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Esercizi svolti equilibrio dei sistemi dinamici

L'equilibrio dei sistemi dinamici

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Esercizio 1 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Dato il sistema non lineare:

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} \dot{x}_1(t)=-x_1(t)+4x_2(t)\\[7pt] \dot{x}_2(t)=-x_1(t)-x_2^3(t)\\[7pt] y(t)=x_2^3(t)+3u. \end{cases} \end{equation*}

Determinare i punti di equilibrio quando u=1.

Svolgimento.

In condizioni di equilibrio, le variabili di stato non evolvono, quindi \dot{\overline{x}}(t) = 0. Per u = 1, si ottiene:

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} 0 = -x_1 + 4x_2\\ 0 = -x_1 - x_2^3 \end{cases} \quad \Rightarrow\quad \begin{cases} x_1 = 4x_2\\ -4x_2 - x_2^3 = -x_2(4 + x_2^2) = 0 \end{cases}. \end{equation*}

La seconda equazione ammette un’unica soluzione reale. Il punto di equilibrio è quindi:

(3)   \begin{equation*} \begin{cases} x_{\text{eq}} = \begin{pmatrix} 0\\ 0 \end{pmatrix}\\ y = 3. \end{cases} \end{equation*}

 

Esercizio 2 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Dato il sistema lineare descritto dalle seguenti equazioni

    \[\begin{cases} \dot{x}_1(t)=x_1(t)-2x_2(t)+2u(t)\\ \dot{x}_2(t)=-3x_1(t)+6x_2(t)-6u(t)\\ \dot{x}_3(t)=-2x_3(t)\\ y(t)=x_2(t)-x_3(t) \end{cases}\]

determinare gli stati di equilibrio in corrispondenza di un ingresso costante: u(t)=3. Inoltre, analizzare la stabilità degli stati di equilibrio.

Svolgimento.

Per la ricerca degli stati di equilibrio occorre porre uguale a zero le derivate delle variabili di stato e attribuire all’ingresso u(t) il valore assegnato. Pertanto, risulta

    \[\begin{cases} \tilde{x}_1-2\tilde{x}_2+2(-3)=0\\ -3\tilde{x}_1+6\tilde{x}_2-6(-3)=0\\ -2\tilde{x}_3=0. \end{cases}\]

Dalla terza equazione del sistema risulta \tilde{x}_3=0, mentre la prima e la seconda equazione del sistema sono linearmente indipendenti. Dunque, si può porre ad esempio \tilde{x}_2=\alpha\in\mathbb{R}, da cui \tilde{x}_1=2\alpha+6. Quindi esistono infiniti stati di equilibrio descritti dal vettore \tilde{x}=(2\alpha+6,\alpha,0). A cui corrispondono infinite uscite di equilibrio \overline{y}=\alpha.

La matrice di stato del sistema è

    \[A=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 0\\ -3 & 6 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.\]

Il polinomio caratteristico della matrice A è

    \[P(\lambda)=\det\left(\lambda I-A\right)\]

dove I è la matrice identità. Svolgendo i calcoli si ha

    \[P(\lambda)= (\lambda -2)[(\lambda-1)\left(\lambda-6\right)-6]=0,\]

da cui risulta che uno degli autovalori è \lambda_1=0, \lambda_2=2 e \lambda_3=7, essendo due di loro strettamente positivi il sistema è instabile.

 

Esercizio 3 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Dato il sistema non lineare:

(4)   \begin{equation*} \begin{cases} x_1(k+1)=x_1(k)\left[x_2^2(k)-\alpha\right]+u^2(k)-2\\[7pt] x_2(k+1)=x_1(k)+x_2(k)+\dfrac{1}{4}\left(e^{x_2^2(k)-1}-1\right)\\[7pt] y(k)=x_2^2(k), \end{cases} \end{equation*}

con \alpha\in\mathbb{R}. Determinare i punti di equilibrio quando u=\sqrt{2}.

Svolgimento.

In condizioni di equilibrio si ha che x(k+1)=x(k)=\bar{x}. Le equazioni degli stati diventano:

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} x_1=x_1(x_2^2-\alpha)+u^2-2\\[7pt] x_2=x_1+x_2+\dfrac{1}{4}\left(e^{x_2^2}-1\right). \end{cases} \end{equation*}

Con u=\sqrt{2} si ha

(6)   \begin{equation*} \begin{cases} x_1(x_2^2-1-\alpha)=0\\[7pt] x_1+\dfrac{1}{4}\left(e^{x_2^2-1}-1\right)=0. \end{cases} \end{equation*}

Con x_1=0 la seconda equazione diventa

(7)   \begin{equation*} e^{x_2^2}-1=0, \end{equation*}

che ammette le due soluzioni x_2=\pm 1.

Quindi si possono avere 2 punti di equilibrio in corrispondenza dei quali si possono calcolare le uscite

(8)   \begin{equation*} \begin{cases} x_{1eq}=\begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix}\\[15pt] y_{1eq}=1, \end{cases} \qquad \begin{cases} x_{2eq}=\begin{pmatrix} 0\\-1 \end{pmatrix}\\[15pt] y_{1eq}=0. \end{cases} \end{equation*}

Se invece x_2^2=1+\alpha abbiamo

(9)   \begin{equation*} x_2=\pm\sqrt{1+\alpha}, \end{equation*}

che sostituito nella seconda equazione dà

(10)   \begin{equation*} \dfrac{1}{4}\left(1-e^{\alpha}\right)=\dfrac{1}{4}\left(1-e^{x_2^2-1}\right). \end{equation*}

I punti di equilibrio sono quindi

(11)   \begin{equation*} \begin{cases} x_{3eq}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{4}(1-e^{\alpha})\\\sqrt{1+\alpha} \end{pmatrix}\\[18pt] y_{3eq}=1+\alpha, \end{cases} \qquad \begin{cases} x_{4eq}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{4}(1-e^\alpha)\\-\sqrt{1+\alpha} \end{pmatrix}\\[18pt] y_{4eq}=\dfrac{1}{16}(1-e^\alpha)^2. \end{cases} \end{equation*}

 






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