Esercizio 1risposta di regime e transitoria di un modello del secondo ordine con derivata dell'ingresso (tema d'esame settembre 2025)

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Teoria usata: Risposta di regime permanente e risposta transitoriaCon ingresso $u=e^{j\tilde\omega t}\delta_{-1}(t)$ e $\tilde\omega$ non polo di $W$, l'uscita è $y=y_{rp}+y_{tr}$ con $y_{rp}(t)=W(j\tilde\omega)e^{j\tilde\omega t}$ (regime permanente) e $y_{tr}$ combinazione dei modi di $a(s)$ (transitorio, a condizioni iniziali nulle solo dei poli di $W$). Per $u=A\cos(\tilde\omega t+\varphi)$: $y_{rp}=A|W(j\tilde\omega)|\cos(\tilde\omega t+\varphi+\arg W(j\tilde\omega))$. Se il sistema è stabile il transitorio si spegne.Risposta di regime permanente e risposta transitoria →, Laplace per i modelli I-O - fratti semplici e risposta del sistemaPer calcolare l'uscita di un modello I/O con Laplace si scrive $Y(s)=\frac{b(s)U(s)+c(s)}{a(s)}$ (forzata + libera), si decompone in fratti semplici e si antitrasforma con la tabella dei modi: $\frac1{(s-\lambda)^{k+1}}\leftrightarrow\frac{t^k}{k!}e^{\lambda t}$, coppie complesse $\to e^{\sigma t}\cos/\sin\omega t$. I poli di $Y$ determinano i modi dell'uscita; il teorema del valore finale dà il limite a regime se $sY(s)$ ha poli solo in $\mathrm{Re}<0$.Laplace per i modelli I-O - fratti semplici e risposta del sistema →, Stabilità asintotica e BIBO dei modelli I-OIl modello è asintoticamente stabile se la libera tende a zero per ogni stato iniziale: tutte le radici di $a(s)$ hanno $\mathrm{Re}<0$ ($a(s)$ di Hurwitz). È BIBO stabile se a ogni ingresso limitato corrisponde un'uscita forzata limitata: equivale a $\int_0^\infty|w|<\infty$, cioè a poli di $W(s)$ (ridotta) tutti in $\mathrm{Re}<0$. Asintotica $\Rightarrow$ BIBO, non viceversa (cancellazioni polo-zero instabili). Poli immaginari semplici: non BIBO (risonanza).Stabilità asintotica e BIBO dei modelli I-O →.

(1) Funzione di trasferimento e stabilità

I coefficienti dell'equazione danno (Sistemi dinamici e modelli ingresso-uscita SISOUn modello ingresso/uscita SISO LTI è un'equazione differenziale $\sum_{i=0}^na_iy^{(i)}=\sum_{i=0}^mb_iu^{(i)}$ con $n\ge m$ (modello proprio). L'uscita è somma di evoluzione libera (dallo stato iniziale, ingresso nullo) e forzata (da stato nullo, $y_f=w*u$, $Y_f=W(s)U(s)$ con $W=b(s)/a(s)$). Le soluzioni libere sono combinazioni dei modi $t^ke^{\lambda t}$ delle radici di $a(s)$.Sistemi dinamici e modelli ingresso-uscita SISO →) $$W(s)=\frac{s+2}{s^2+4s+3}=\frac{s+2}{(s+1)(s+3)}.$$ Poli $-1$ e $-3$, zero in $-2$: nessuna cancellazione e tutti i poli hanno parte reale negativa. Il modello è BIBO stabile (e anche asintoticamente stabile): la risposta di regime permanente esiste.

(2) Risposta di regime permanente

Con $u=\sin(\tilde\omega t)\delta_{-1}$, $\tilde\omega=1$, si valuta $W$ in $s=j$: $$W(j)=\frac{j+2}{(j)^2+4j+3}=\frac{2+j}{2+4j}=\frac{(2+j)(2-4j)}{20}=\frac{8-6j}{20}=0{,}4-0{,}3j.$$ Modulo $|W(j)|=\sqrt{0{,}16+0{,}09}=0{,}5$, fase $\arg W(j)=-\arctan\frac{0{,}3}{0{,}4}=-\arctan0{,}75=-36{,}87^\circ=-0{,}6435$ rad. Quindi $$y_{rp}(t)=0{,}5\,\sin(t-0{,}6435)=0{,}4\sin t-0{,}3\cos t,$$ dove l'ultima forma si ottiene da $0{,}5(\sin t\cos\varphi-\cos t\sin\varphi)$ con $\cos\varphi=0{,}8$, $\sin\varphi=0{,}6$.

(3) Risposta transitoria

Con condizioni iniziali nulle $Y(s)=W(s)\frac1{s^2+1}=\frac{s+2}{(s+1)(s+3)(s^2+1)}$. Fratti semplici:

• in $s=-1$: $\frac{(-1)+2}{(-1+3)((-1)^2+1)}=\frac1{2\cdot2}=\frac14$;
• in $s=-3$: $\frac{-3+2}{(-3+1)(9+1)}=\frac{-1}{(-2)(10)}=\frac1{20}$;
• la parte con i poli $\pm j$ del seno è $\frac{4-3s}{10(s^2+1)}$ (si trova imponendo l'uguaglianza dei numeratori), che antitrasformata dà $0{,}4\sin t-0{,}3\cos t$: coincide con $y_{rp}$ trovata al punto (2).

Quindi $$y(t)=\underbrace{0{,}4\sin t-0{,}3\cos t}_{y_{rp}(t)}+\underbrace{\tfrac14e^{-t}+\tfrac1{20}e^{-3t}}_{y_{tr}(t)}\qquad(t\ge0).$$ Il transitorio contiene solo i poli di $W$ ($-1$ e $-3$), come previsto per condizioni iniziali nulle. Controlli: $y(0)=-0{,}3+\frac14+\frac1{20}=0$ ✓; $y'(0)$: $y_{rp}'(0)=0{,}4$ e $y_{tr}'(0)=-\frac14-\frac3{20}=-0{,}4$, somma $0$ ✓ (l'ingresso ha $u(0)=0$, quindi $\dot u$ non contiene impulsi in $t=0$). Confronto con la simulazione numerica dell'equazione con $u=\sin t$: scarto massimo $4\cdot10^{-8}$ su $t\in[0,15]$.

Errori comuni

• Calcolare $W(j)$ con il numeratore e il denominatore sbagliati: $(j)^2=-1$, quindi il denominatore è $-1+4j+3=2+4j$.
• Dire che il regime è $0{,}5\sin(t+36{,}87^\circ)$: la fase di $W(j)$ è negativa (ritardo).
• Includere nel transitorio anche termini di $y_{rp}$, o dimenticare i due termini esponenziali.
• Trascurare il termine $\dot u$ nell'equazione: contribuisce al numeratore ($s+2$, zero in $-2$) e quindi cambia modulo e fase di $W(j)$.