Esercizi svolti retroazione statica dallo stato

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Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dato un sistema tempo continuo:

$\begin{cases} \dot{x}(t)=Ax(t)+Bu(t)\\ y(t)=Cx(t)+Du(t) \end{cases}$

dove

$A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ -1 & -4 & \\ 0 & 0 & -4 \end{pmatrix}; \quad B=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\quad \text{e}\quad C=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}.$

Si progetti se possibile un controllore che operi una retroazione dello stato in modo da posizione i poli a ciclo chiuso tutti in $-4$ .

Svolgimento.

Affinché sia possibile progettare un controllore di stato, è necessario che il sistema sia raggiungibile o che almeno gli autovalori che si desidera modificare siano raggiungibili. Possiamo verificare la completa raggiungibilità del sistema attraverso la matrice di raggiungibilità $M_r$ :

$M_r = \begin{pmatrix} B & AB & A^2B \end{pmatrix}.$

Considerando che:

$AB = \begin{pmatrix} 1 \\ -4 \\ -4 \end{pmatrix}$

$A^2B = \begin{pmatrix} -4 \\ 15 \\ 16 \end{pmatrix}.$

Possiamo calcolare $M_r$ come segue:

$M_r = \begin{pmatrix} 0 & 1 & -4\\ 1 & -4 & 15 \\ 1 & -4& 16 \end{pmatrix}.$

Calcoliamo il determinante di $M_r$ :

$\det M_r = (-1)\begin{vmatrix} 1 & 15 \\ 1 & 16 \end{vmatrix} - 4\begin{vmatrix} 1 & -4 \\ 1 & -4 \end{vmatrix} = (-1)(16-15) - 4(-4+4) = -1.$

Poiché il determinante della matrice è diverso da zero, il sistema è completamente raggiungibile. Pertanto, attraverso la retroazione di stato, è possibile modificare tutti gli autovalori.

Per applicare il metodo di Ackerman e trovare un vettore di guadagni $\overline{k}$ per il regolatore di stato, possiamo utilizzare la seguente formula:

$\overline{k} = -q^{T}p_d(A),$

dove $q^{T}$ rappresenta l’ultima riga della matrice inversa della matrice di raggiungibilità e $p_d(A)$ è il polinomio caratteristico ottenuto sostituendo la variabile indipendente con la matrice $A$ .Nel caso in esame:

$M_r^{-1} = \begin{pmatrix} 4 & 0 & 1 \\ 1 & -4 & 4 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}$

quindi:

$q^{T} = \begin{pmatrix} 0 & -1 & -1 \end{pmatrix}.$

Il polinomio desiderato è:

$p_d(\lambda) = (\lambda+4)^3 = \lambda^3+12\lambda^2+48\lambda+64$

da cui:

$p_d(A) = A^3+12A^2+48A+64I,$

dove $I$ è la matrice identità,

$A^2 = \begin{pmatrix} -1 & -4 & 0 \\ 4 & 15 & 0 \\ 0 & 0 & 16 \end{pmatrix}$

$A^3 = \begin{pmatrix} 4 & 15 & 0 \\ -15 & -56 & 0 \\ 0 & 0 & -64 \end{pmatrix}.$

Sostituendo in $A$ , $A^2$ e $A^3$ in $p_d(A)$ otteniamo:

$\overline{p}_d(A) = \begin{pmatrix} 56 & 15 & 0 \\ -15 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$

La matrice dei guadagni del controllore di stato è quindi:

$\overline{k} = -{q}^{T}\,{p}_d(A) = \begin{pmatrix} -15 & -4 & 0 \end{pmatrix}.$

La nuova matrice dinamica del sistema retroazionato diventa:

$A+B\,k = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -16 & -8 & 0 \\ -15 & -4 & 4 \end{pmatrix}.$

Si osservi che per verificare la correttezza del risultato ottenuto si può trovare il polinomio caratteristico associato a questa nuova matrice dinamica:

$\det\left(A+B\,k-\lambda I\right) = \begin{vmatrix} -\lambda & 1 & 0 \\ -16 & -\lambda-8 & 0 \\ -15 & -4 & -\lambda-4 \end{vmatrix} = -\lambda^3-12\lambda^2-48\lambda-64$

che coincide a meno del segno con il polinomio caratteristico desiderato. Pertanto, gli autovalori associati sono tutti uguali a $-4$ , come richiesto dalla traccia.

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Considerando un sistema dato da:

$\begin{cases} \dot{x}(t)=Ax(t)+Bu(t)\\ \dot{y}(t)=Cx(t)+Du(t), \end{cases}$

dove

$A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 2\\ 0 & 2 & 0 \end{pmatrix},$

$B=\begin{pmatrix} 1 \\ 0\\ 0 \end{pmatrix},$

$C$ è una matrice con una riga e tre colonne, $D$ è uno scalare, $u(t)$ rappresenta l’ingresso, e $x(t)$ è il vettore delle variabili di stato. L’obiettivo è trovare un vettore di guadagni $k$ in modo che, ponendo $u(t)=kx(t)+v(t)$ (dove $v(t)$ rappresenta il nuovo ingresso esterno dopo la retroazione dello stato), il sistema abbia autovalori pari a $-1$ , $-2$ e $-2$ . Si noti che per risolvere l’esercizio non è necessario conoscere il valore esatto di $C$ e $D$ .

Svolgimento.

Determiniamo gli autovalori del sistema, cioè

$\det \left(A-\lambda I\right)=0,$

ovvero

$\det\begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & 0\\ 0&-\lambda &2 \\ 0 & 2& -\lambda \end{pmatrix}=0,$

da cui

$\lambda^3-5\lambda^2+8\lambda-4=0,$

cioè

$\left(\lambda-1\right)\left(\lambda-2\right)^2=0,$

conseguentemente

$\lambda_1=1\quad \vee \quad \lambda_2=\lambda_3=2.$

È importante notare che gli autovalori calcolati precedentemente non corrispondono a quelli desiderati. Per raggiungere gli autovalori desiderati, è fondamentale garantire che il sistema sia completamente raggiungibile. In altre parole, dobbiamo assicurarci che sia possibile variare ciascun autovalore a nostro piacimento applicando un ingresso adeguato. La verifica della raggiungibilità del sistema può essere effettuata mediante l’analisi della matrice di raggiungibilità:

$M_r=\left[B\, AB\, A^2B\right]=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2\\ 1&0 &4\\ 0 & 2& 0 \end{pmatrix}.$

È evidente che la matrice $M_r$ ha un rango pari a tre, dimostrando così la completa raggiungibilità del sistema. Per ottenere il vettore di guadagni $k$ , necessario per modificare gli autovalori come richiesto dalla traccia, possiamo utilizzare la formula di Mitter o la formula di Ackerman. In questo caso, optiamo per la formula di Ackerman:

$k = -q^Tp_d(A),$

dove $q^T$ rappresenta l’ultima riga dell’inversa della matrice di raggiungibilità e $p_d(A)$ è il polinomio desiderato, ottenuto sostituendo la variabile con la matrice $A$ . Per applicare la formula di Ackerman, è necessario calcolare l’inversa della matrice di raggiungibilità:

(1) $\begin{equation*} M_r^{-1}=\begin{pmatrix} -2 & -1 & -2\\[10pt] 0&0 &\dfrac{1}{2} \\[10pt] -\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Dunque, si ha

(2) $\begin{equation*} q^T=\begin{pmatrix} -\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Il polinomio caratteristico è

$p_d(\lambda)=\left(\lambda+1\right)\left(\lambda+2\right)^2=\lambda^3+4\lambda^2+8\lambda+4,$

come assegnato dalla traccia. Sostituiamo $\lambda=A$ , ottenendo

$p_d(A)=A^3+4A^2+8A+4I,$

dove

$A^3=\begin{pmatrix} 1 & 5 & 2\\ 0&0 &8 \\ 0 & 8 &0\end{pmatrix},$

$A^2=\begin{pmatrix} 1 &1 & 2\\ 0&4 &0 \\ 0 & 0 &4\end{pmatrix},$

$I= \begin{pmatrix} 1 &0 & 0\\ 0&1 &0 \\ 0 & 0 &1\end{pmatrix},$

da cui

$p_d(A)=\begin{pmatrix} 18 &18 & 12\\ 0&24 &24 \\ 0 & 24 &24\end{pmatrix}.$

Sfruttando quanto ottenuto, si ha

$k = \begin{pmatrix} 9 & -15 & -18 \end{pmatrix}.$

Sostituendo $k$ nell’equazione della dinamica, si ottiene

$\dot{x}(t) = Ax(t) + B\left(kx(t)+v(t)\right) = \left(A+Bk\right)x(t) + Bv(t).$

Il sistema a seguito della retroazione dello stato ha come nuova matrice della dinamica $A+Bk$ , come è facile verificare, e questa matrice ha gli autovalori desiderati in traccia.

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dato il sistema a tempo continuo

(3) $\begin{equation*} \begin{cases} \dot{x}(t)=Ax(t)+Bu(t)\\ y(t)=C x(t)+D u(t), \end{cases} \end{equation*}$

con matrici date da

(4) $\begin{align*} A&=\begin{pmatrix} -4&-3&-4\\4&3&4\\3&3&3 \end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix},\\[5pt] C&=\begin{pmatrix} 2&1&1 \end{pmatrix},\qquad\qquad D=0. \end{align*}$

Determinare se il sistema è stabilizzabile asintoticamente e trovare un ingresso $u(t)=kx(t)$ che stabilizzi il sistema.

Svolgimento.

Determiniamo la matrice di raggiungibilità del sistema, definita come:

$M_R = [B\quad AB\quad A^2B] = \begin{pmatrix} 0 & -3 & -9 \\ 1 & 3 & 9 \\ 0 & 3 & 9 \end{pmatrix},$

osservando che il suo rango è pari a $2$ . Ciò dimostra che il sistema non è completamente raggiungibile. L’applicazione della trasformata di Kalman ci consente di individuare gli elementi del sistema che sono effettivamente controllabili, permettendoci di focalizzare la retroazione dello stato esclusivamente su di essi. La procedura richiede di selezionare, dalla matrice $M_R$ , le colonne che sono linearmente indipendenti. Queste colonne costituiscono una base per il sottospazio raggiungibile. Per completare la base dello spazio di stato, aggiungiamo vettori linearmente indipendenti per rappresentare il sottospazio non raggiungibile:

(5) $\begin{equation*} T = \begin{pmatrix} 0 & -1 & \vline & 0 \\ 1 & 1 & \vline & 0 \\ 0 & 1 & \vline & 1 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

La matrice inversa di questa trasformazione è data da:

(6) $\begin{equation*} T^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Mediante le trasformazioni

(7) $\begin{equation*} \hat{A} = T^{-1}AT, \qquad \hat{B} = T^{-1}B, \end{equation*}$

il sistema trasformato si presenta come:

(8) $\begin{equation*} \dot{\tilde{x}}(t) = \begin{pmatrix} 0 & 0 & \vline & 0 \\ 3 & 3 & \vline & 4 \\ \hline 0 & 0 & \vline & -1 \end{pmatrix} \tilde{x}(t) + \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} u(t). \end{equation*}$

Identifichiamo le sottomatrici

(9) $\begin{equation*} A_{11} = \begin{pmatrix} 6 & 6 \\ -3 & 3 \end{pmatrix}, \quad B_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Nel sottospazio raggiungibile troviamo autovalori $\lambda_1=0$ e $\lambda_2=3$ , mentre per la parte non raggiungibile l’autovalore è $\lambda_3=-1$ .

La negatività dell’autovalore non raggiungibile ci consente di stabilizzare il sistema. Assegnando ai due autovalori raggiungibili il valore $-2$ , deriviamo per la parte raggiungibile il polinomio caratteristico:

(10) $\begin{equation*} p(\lambda) = (\lambda + 2)^2 = \lambda^2 + 4\lambda + 4. \end{equation*}$

Con un controllo del tipo $u(t) = k x(t)$ , il vettore di guadagno $[k_1 \quad k_2]$ che posiziona gli autovalori del sistema retroazionato come desiderato è definito da:

(11) $\begin{equation*} \det(\lambda I - A_{11} - B_1 k) = \begin{vmatrix} \lambda - k_1 & -k_2 \\ -3 & \lambda - 3 \end{vmatrix} = \lambda^2 - (3 + k_1)\lambda + 3k_1 - 3k_2. \end{equation*}$

Uguagliando questo risultato al polinomio desiderato, otteniamo:

(12) $\begin{equation*} K = \begin{pmatrix} -7 & -\frac{25}{3} \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Tuttavia, la retroazione include anche la parte non raggiungibile. Pertanto, il vettore dei guadagni completo, $\bar{K}$ , è calcolato come:

(13) $\begin{equation*} \bar{K} = [k \quad k_3]T^{-1} = \begin{pmatrix} \frac{4}{3} + k_3 & -7 & k_3 \end{pmatrix}, \end{equation*}$

dove $k$ rappresenta un parametro libero, ad esempio $k = 0$ .

Confermiamo che gli autovalori della matrice $A + B\bar{K}$ sono precisamente $-1, -2, -2$ , come atteso.

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Consideriamo il seguente sistema lineare tempo-invariante (LTI):

$\dot{x}(t) = Ax + Bu,$

dove

$A = \begin{pmatrix} -2 & 1 & 0 & 0\\ -1 & -2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 12\\ -1 & 13 & 0 & -2 \end{pmatrix},$

$B = \begin{pmatrix} 0 & -1\\ -1 & -2\\ 1 & 2\\ 3 & 5 \end{pmatrix},$

con $x(t)$ che rappresenta il vettore delle variabili di stato e $u(t)$ il vettore degli ingressi. Lo scopo è trovare, se possibile, un vettore di guadagni $K$ che permetta di spostare eventuali autovalori instabili in $-3$ .

Svolgimento.

Determiniamo gli autovalori associati alla matrice $A$ utilizzando la condizione

$\det(A - \lambda I) = 0,$

dove $I$ è la matrice identità di ordine $4$ . Gli autovalori risultanti sono $\lambda_1 = 2$ , $\lambda_2 = -2$ , $\lambda_3 = -2 + i$ e $\lambda_4 = -2 - i$ . Notiamo che l’unico autovalore instabile è $\lambda_1$ , poiché ha parte reale positiva. Per valutare la possibilità di spostare questo autovalore mediante la retroazione dello stato, calcoliamo la matrice di raggiungibilità del sistema:

$M_r = [B, AB, A^2B, A^3B],$

che risulta

$M_r = \begin{pmatrix} 0 & -1 & -1 & 0 & 4 & 5 & -11 & -20 \\ -1 & -2 & 2 & 5 & -3 & -10 & 2 & 15 \\ 1 & 2 & 38 & 64 & -152 & -292 & 476 & 1036 \\ 3 & 5 & -19 & -35 & 65 & 135 & -173 & -405 \end{pmatrix}.$

Analizzando $M_r$ , possiamo considerare, per esempio, la seguente sottomatrice:

$\begin{pmatrix} 4 & 5 & -11 & -20 \\ -3 & -10 & 2 & 15 \\ -152 & -292 & 476 & 1036 \\ 65 & 135 & -173 & -405 \end{pmatrix},$

che ha un determinante

$\det \begin{pmatrix} 4 & 5 & -11 & -20 \\ -3 & -10 & 2 & 15 \\ -152 & -292 & 476 & 1036 \\ 65 & 135 & -173 & -405 \end{pmatrix} = -14784 \neq 0,$

indicando che il sistema è completamente raggiungibile. Pertanto, l’autovalore instabile $\lambda_1 = 2$ può essere spostato attraverso una adeguata retroazione dello stato. Tuttavia, non possiamo applicare la formula di Ackerman per la ricerca dei vettori dei guadagni poiché il sistema ha due ingressi, come evidenziato dalla matrice $B$ a due colonne. Decidiamo quindi di applicare la formula di Mitter, che è espressa come segue:

$K = \frac{(\gamma - \lambda) (wB)^T w}{\|wB\|^2},$

dove $w$ è l’autovettore sinistro associato all’autovalore $\lambda = 2$ che intendiamo spostare, mentre $\gamma$ rappresenta l’autovalore desiderato, ovvero $-3$ . Per determinare $w$ , utilizziamo la condizione

$w(A - 2I) = 0,$

che ci porta a

$\begin{pmatrix} w_a & w_b & w_c & w_d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -4 & 1 & 0 & 0 \\ -1 & -4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 12 \\ -1 & 13 & 0 & -4 \end{pmatrix} = 0,$

dove $w_a$ , $w_b$ , $w_c$ e $w_d$ sono le componenti del vettore $w$ da determinare. Abbiamo dunque

$\begin{cases} -4w_a-w_b-w_d=0\\ w_a-4w_b+13w_d=0\\ 12w_c-4w_d=0, \end{cases}$

da cui, ad esempio, ponendo $\omega_d=1$ , si ottiene la seguente soluzione

$w=\begin{pmatrix} w_a&w_b&w_c&w_d \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1&3&\dfrac{1}{3}&1 \end{pmatrix}.$

Dunque, si ha

$wB=\begin{pmatrix} -1&3&\dfrac{1}{3}&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -0&-1\\ -1&-2 \\ 1&2\\ 3&5 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{3}&\dfrac{2}{3} \end{pmatrix}.$

Essendo

$\left \vert wB\right \vert^2=(wB)(wB)^T=\dfrac{5}{9},$

si trova

(14) $\begin{equation*} K=-\dfrac{5}{\dfrac{5}{9}}\begin{pmatrix} \dfrac{1}{3}\\[10pt]\dfrac{2}{3} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -1&3&\dfrac{1}{3}&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -3&9&1&3\\ -6&18&2&6\\ \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Per verificare la correttezza del risultato, calcoliamo gli autovalori della nuova matrice della dinamica

$A - BK,$

che risultano essere $\lambda_1 = -3$ , $\lambda_2 = -2$ , $\lambda_3 = -2 + i$ e $\lambda_4 = -2 - i$ , in linea con le nostre aspettative. È importante sottolineare che l’unico autovalore inizialmente instabile, specificatamente quello a $2$ , è stato efficacemente spostato a $-3$ , come era richiesto.

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Consideriamo il seguente sistema dinamico:

$\dot{x}(t) = A + Bu(t),$

dove la matrice $A$ è data da

$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},$

e la matrice $B$ è

$B = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},$

con $u(t)$ che rappresenta l’input del sistema.

Il nostro obiettivo è determinare il vettore dei guadagni $k$ , composto dalle costanti $k_a$ , $k_b$ e $k_c$ , ovvero

$k = \begin{pmatrix} k_a & k_b & k_c \end{pmatrix},$

in modo tale che, applicando una retroazione dello stato secondo l’algoritmo di Mitter, gli autovalori del sistema

$\dot{x}(t) = (A + Bk)x(t) + Bu(t)$

siano posizionati in $-1$ , $-2$ e $-3$ .

Svolgimento.

Affinché l’algoritmo di Mitter sia applicabile occorre che il sistema sia completamente controllabile o almeno che gli autovalori che si vogliono spostare siano controllabili. Verifichiamo la controllabilità del sistema tramite la matrice di raggiungibilità. La raggiungibilità è una proprietà che se verificata comporta la controllabilità del sistema. La matrice di raggiungibilità è:

$\begin{aligned} M_r&=\left[B\left(AB\right)\left( A^2B\right)\right]=\\[10pt] &=\begin{pmatrix} 1&1&2 \\ 0&1&2 \\ 1&1&1 \end{pmatrix} \end{aligned}$

che ha rango pieno, quindi il sistema è completamente raggiungibile e controllabile.La matrice $A$ ha tutti gli autovalori pari a $1$ . Per applicare la formula di Mitter si procede come segue:

$k_i=\dfrac{\gamma_i-\ell_1}{\left \vert w_iB\right \vert^2}\,\left(w_iB\right)^Tw_i,$

dove $\gamma_i$ indica gli autovalori desiderati, $\ell_i$ gli autovalori iniziali, e $w_i$ gli autovettori sinistri associati all’autovalore in esame. Iniziamo considerando il primo autovalore $\ell_1=1$ e ricercando il corrispondente autovettore sinistro:

$\begin{aligned} &w_1\left(A-\lambda I\right)=0\quad \Leftrightarrow \quad \\ &\Leftrightarrow \quad \begin{pmatrix} w_{1a}&w_{1b}&w_{1c} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0&1&0 \\ 0&0&1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \end{aligned}$

che porta a

$\begin{cases} w_{1a}=0\\ w_{1b}=0\\ w_{1c}=1. \end{cases}$

Di conseguenza, l’autovettore sinistro è

$w_1=\begin{pmatrix} 0&0&1 \end{pmatrix}.$

Applicando ora la formula di Mitter, otteniamo il vettore dei guadagni $k_1$ che sposta l’autovalore $1$ in $-1$ :

$\begin{aligned} k_1&=\dfrac{-1-1}{\left \vert\begin{pmatrix} 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\right \vert^2}\,\left(\begin{pmatrix} 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\right)^T\begin{pmatrix} 0&0&1 \end{pmatrix} =\\[10pt] &=-\dfrac{2}{1}\, 1\,\begin{pmatrix} 0&0&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0&0&-2 \end{pmatrix}. \end{aligned}$

La nuova matrice della dinamica è

$A^\prime=A+Bk_1=\begin{pmatrix} 1&1&-2\\ 0&1&1\\ 0&0&-1 \end{pmatrix}.$

Come atteso ha due valori invariati in $1$ e il terzo in $-1$ . Si replica la procedura precedente per la nuova matrice $A^\prime$ . Ricaviamo l’autovettore sinistro. Abbiamo dunque

$w_2\left(A^\prime-\lambda I\right)=\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix},$

con $\lambda=1$ diventa

$\begin{pmatrix} w_{2a}\\ w_{2b}\\ w_{2c} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0&1&-2\\ 0&0&1\\ 0&0&-2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix},$

da cui

$\begin{cases} w_{2a}=0\\ w_{2b}=2w_{2c}\\ w_{2c}=c, \end{cases}$

dove $c\in\mathbb{R}$ . Pertanto risulta un autovettore del tipo

$w_2=\begin{pmatrix} 0&2&1 \end{pmatrix}.$

Sostituendo nella formula di Mitter otteniamo

$k_2=\dfrac{\gamma_2-\ell_2}{\left \vert w_2B\right \vert^2}\,\left(w_2B\right)^Tw_2,$

dove $\ell_2=1$ e $\gamma_2$ si sceglie di dare il valore $-2$ . Dunque risulta

$\begin{aligned} k_2&=\dfrac{-3}{1}\, 1 \,\begin{pmatrix} 0&2&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0&-6 &-3 \end{pmatrix}, \end{aligned}$

dove abbiamo sostituito $w_{2}B =1$ . Valutiamo la nuova matrice della dinamica $A^{\prime \prime}$ . Abbiamo dunque

$A^{\prime \prime}=A+Bk_1+Bk_2=\begin{pmatrix} 1&-5&-5\\ 0&1&1\\ 0&-6&-4 \end{pmatrix}$

che ha come autovalori $1$ , $-2$ e $-1$ . Applichiamo la procedura di Mitter per spostare l’ultimo autovalore da $1$ in $-3$ . Calcoliamo l’autovettore sinistro

$w_3 (A^2-\lambda I)=0.$