Risposta di regime permanente e risposta transitoria

Quando a un sistema stabile si applica un ingresso sinusoidale, dopo un transitorio l'uscita diventa anch'essa una sinusoide alla stessa pulsazione, con ampiezza e fase modificate. Questa nota dimostra il fatto e dà le formule usate per risolvere gli esercizi sul regime (Risposta in frequenza e risposta a ingresso sinusoidaleGli esponenziali complessi $e^{j\omega t}$ sono autofunzioni dei sistemi LTI stabili: escono moltiplicati per la risposta in frequenza $H(\omega)=\int h(\tau)e^{-j\omega\tau}d\tau$. Per un sistema reale, $A\cos(\omega_0t+\varphi)$ esce come $A|H(\omega_0)|\cos(\omega_0t+\varphi+\arg H(\omega_0))$: la frequenza non cambia, cambiano ampiezza e fase.Risposta in frequenza e risposta a ingresso sinusoidale → ne tratta la versione per sistemi LTI definiti su tutto l'asse dei tempi).

La risposta in frequenza

Si chiama risposta in frequenzafunzione W(jω): moltiplicatore complesso con cui il sistema modifica una sinusoide di pulsazione ω del modello la funzione $$W(j\omega)=W(s)\Big|_{s=j\omega},\qquad\omega\in\mathbb R.$$ È un numero complesso per ogni $\omega$, con modulo $|W(j\omega)|$ (guadagno) e fase $\arg W(j\omega)$ (sfasamento). Se il modello è BIBO stabile i poli di $W$ non stanno sull'asse immaginario, quindi $W(j\omega)$ è finita per ogni $\omega\in\mathbb R$. Poiché $W$ ha coefficienti reali vale la simmetria hermitianaper coefficienti reali W(−jω) è il complesso coniugato di W(jω): modulo pari e fase dispari $W(-j\omega)=\overline{W(j\omega)}$: modulo pari, fase dispari.

Regime permanente e transitorio con ingresso fasoriale

Teorema. Sia $u(t)=e^{j\tilde\omega t}\delta_{-1}(t)$ ($\tilde\omega\in\mathbb R$ fissata), il modello con condizioni iniziali arbitrarie, e si supponga che $j\tilde\omega$ non sia un polo di $W(s)$. Allora $$y(t)=\underbrace{W(j\tilde\omega)\,e^{j\tilde\omega t}}_{y_{rp}(t)\ \text{(regime permanente)}}+\underbrace{y_{tr}(t)}_{\text{transitorio}},\qquad t\ge0,$$ dove $y_{tr}$ è una combinazione dei modi del sistema (radici di $a(s)$).

Dimostrazione (con Laplace). $Y(s)=\dfrac{W(s)}{s-j\tilde\omega}+\dfrac{c(s)}{a(s)}$, dove il primo termine è la forzata e il secondo la libera. Si aggiunge e si toglie $W(j\tilde\omega)$ al numeratore del primo termine: $$\frac{W(s)}{s-j\tilde\omega}=\frac{W(j\tilde\omega)}{s-j\tilde\omega}+\frac{W(s)-W(j\tilde\omega)}{s-j\tilde\omega}.$$ Il numeratore $W(s)-W(j\tilde\omega)$ si annulla in $s=j\tilde\omega$, quindi il secondo termine non ha il polo in $j\tilde\omega$: i suoi poli sono solo quelli di $W$. Antitrasformando, il primo termine dà $W(j\tilde\omega)e^{j\tilde\omega t}$ e il resto dà combinazioni dei modi di $a(s)$.

Dimostrazione nel dominio del tempo. Si cerca una soluzione particolare di $a(\frac d{dt})y=b(\frac d{dt})u$ nella forma $y_p=\alpha e^{j\tilde\omega t}$. Poiché $\frac d{dt}e^{j\tilde\omega t}=j\tilde\omega e^{j\tilde\omega t}$, sostituendo si ottiene $a(j\tilde\omega)\alpha=b(j\tilde\omega)$, quindi $\alpha=\frac{b(j\tilde\omega)}{a(j\tilde\omega)}=W(j\tilde\omega)$ (serve $a(j\tilde\omega)\ne0$). La soluzione generale è $y_p$ più la soluzione dell'omogenea, combinazione dei modi di $a(s)$, con coefficienti fissati dalle condizioni iniziali: questa è $y_{tr}$. $\square$

Che cosa tende a zero. Se $a(s)$ è di Hurwitz (stabilità asintotica) tutti i modi decadono e $y_{tr}\to0$: per $t$ grande $y\approx y_{rp}$. Se le condizioni iniziali sono nulle il secondo termine $c(s)/a(s)$ sparisce e $y_{tr}$ contiene soltanto i poli di $W$: basta allora la stabilità BIBO per averlo decrescente.

Ingresso sinusoidale

Per l'ingresso $u(t)=A\cos(\tilde\omega t+\varphi)\delta_{-1}(t)=\mathrm{Re}\big[Ae^{j\varphi}e^{j\tilde\omega t}\big]\delta_{-1}$, per la linearità e perché i coefficienti di $W$ sono reali, la parte reale del risultato precedente dà $$\boxed{y_{rp}(t)=A\,|W(j\tilde\omega)|\,\cos\!\big(\tilde\omega t+\varphi+\arg W(j\tilde\omega)\big).}$$ Per il seno si cambia $\varphi\to\varphi-\frac\pi2$ oppure si usa $\sin$ in tutta la formula. Dunque il sistema amplifica di $|W(j\tilde\omega)|$ e sfasa di $\arg W(j\tilde\omega)$: in questo consiste il diagramma di Bode (Forma di Bode e diagrammi di Bode dei termini elementariLa forma di Bode scrive $W(s)=\frac{K_B}{s^h}\frac{\prod(1+T_i's)\prod(1+2\xi_i'\frac s{\omega_{ni}'}+\frac{s^2}{\omega_{ni}'^2})}{\prod(1+T_is)\prod(1+2\xi_i\frac s{\omega_{ni}}+\frac{s^2}{\omega_{ni}^2})}$ con $K_B=\lim_{s\to0}s^hW(s)$. Il diagramma di Bode (modulo in dB e fase, su asse $\omega$ logaritmico) si ottiene sommando i contributi dei termini elementari: costante, $s^{\mp1}$ ($\mp20$ dB/dec, $\mp90^\circ$), binomio ($\pm20$ dB/dec dopo $1/|T|$, fase $\pm90^\circ$, opposta se instabile), trinomio ($\pm40$ dB/dec dopo $\omega_n$, fase $\pm180^\circ$, picco $20\log2\xi$).Forma di Bode e diagrammi di Bode dei termini elementari →).

Esempio. $W(s)=\dfrac1{s+1}$, $u=\sin2t\,\delta_{-1}(t)$, condizioni nulle. $W(2j)=\frac1{1+2j}=\frac{1-2j}5$, $|W(2j)|=\frac1{\sqrt5}$, $\arg W(2j)=-\arctan2\approx-63{,}43^\circ$. Quindi $y_{rp}=\frac1{\sqrt5}\sin(2t-63{,}43^\circ)$. Il transitorio: $Y=\frac{2}{(s+1)(s^2+4)}=\frac25\frac1{s+1}-\frac25\frac{s-1}{s^2+4}$, da cui $$y(t)=\underbrace{\tfrac15(\sin2t-2\cos2t)}_{=y_{rp}}+\underbrace{\tfrac25e^{-t}}_{y_{tr}},$$ con $y_{tr}$ proporzionale all'unico polo di $W$ ($-1$), come previsto dal teorema (verificato con la simulazione numerica).

Come si usa

1. Uscita di regime. $y_{rp}$ si ottiene valutando $W$ in $j\tilde\omega$: modulo e fase con i numeri complessi (Numeri complessi, formula di Eulero ed esponenziali complessiUn numero complesso si scrive in forma cartesiana a+jb o polare |x|e^{jφ}; il prodotto moltiplica i moduli e somma le fasi. La formula di Eulero e^{jα}=cos α + j sin α lega esponenziali e sinusoidi e permette di trattare tutti i segnali del corso come somme di esponenziali complessi e^{(σ+jω)t}.Numeri complessi, formula di Eulero ed esponenziali complessi →). Servono prima la BIBO stabilità e che $j\tilde\omega$ non sia polo.

2. Calcolo inverso. Se si conosce $y_{rp}=B\cos(\tilde\omega t+\psi)$ e si cerca l'ingresso: $A=\frac B{|W(j\tilde\omega)|}$, $\varphi=\psi-\arg W(j\tilde\omega)$. Esempio: $W=\frac{10^4}{(s+1)^2}$, $y_{rp}=100\sin t$: $W(j)=\frac{10^4}{(1+j)^2}=\frac{10^4}{2j}$, $|W(j)|=5000$, $\arg=-90^\circ$; l'ingresso è $u=0{,}02\sin(t+90^\circ)=0{,}02\cos t$ (verificato).

3. Parametri incogniti. Imporre modulo e fase di $W(j\tilde\omega)$: due equazioni reali per due incognite (Esercizio 2 · valore del parametro a e ampiezza della risposta di regime a un seno (tema d'esame febbraio 2023)).

4. Regime per ogni $t\ge0$. L'uscita coincide con $y_{rp}$ fin dall'inizio (cioè $y_{tr}\equiv0$) solo per particolari condizioni iniziali: quelle uguali ai valori in $t=0$ di $y_{rp}$ e delle sue derivate (Esercizio 5 · transitorio, regime e condizioni iniziali che eliminano il transitorio (temi d'esame agosto 2021 e febbraio 2017)).

Errori comuni

• Applicare la formula di regime a un sistema non stabile o con $j\tilde\omega$ polo: non c'è regime sinusoidale (risonanza).
• Confondere la fase di $W(j\omega)$ in gradi e radianti, o dimenticare il segno meno della fase di un polo.
• Dire che il transitorio dipende solo da $W$: con condizioni iniziali non nulle contiene tutti i modi di $a(s)$.
• Usare $|W(0)|$ come guadagno a una sinusoide: il guadagno va valutato in $j\tilde\omega$.