Esercizio 3parametri a e b da una risposta di regime a un coseno (tema d'esame gennaio 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 →, 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) Stabilità e condizione sul regime

I poli di $G$ sono le radici di $s^2+2s+2$, cioè $-1\pm j$: parte reale negativa, per ogni $a,b$ (il numeratore non li cancella perché ha una sola radice reale). Il sistema è sempre BIBO stabile, quindi il regime esiste.

Per $u=\cos(\tilde\omega t)\delta_{-1}$ con $\tilde\omega=\sqrt2$ il regime è $y_{rp}=|G(j\tilde\omega)|\cos(\tilde\omega t+\arg G(j\tilde\omega))$. Si deve avere $$|G(j\sqrt2)|=\sqrt2,\qquad\arg G(j\sqrt2)=-\frac\pi4,\qquad\text{cioè}\qquad G(j\sqrt2)=\sqrt2\,e^{-j\pi/4}=1-j.$$ (Infatti $\sqrt2\left(\cos\frac\pi4-j\sin\frac\pi4\right)=\sqrt2\cdot\frac{\sqrt2}2(1-j)=1-j$.)

(2) Calcolo di $G(j\sqrt2)$

In $s=j\sqrt2$: $s^2=-2$, quindi il denominatore vale $-2+2\sqrt2\,j+2=2\sqrt2\,j$. Il numeratore è $a\sqrt2\,j+b$. Dunque $$G(j\sqrt2)=\frac{b+j\sqrt2\,a}{2\sqrt2\,j}=\frac{(b+j\sqrt2\,a)(-j)}{2\sqrt2}=\frac{\sqrt2\,a-jb}{2\sqrt2}=\frac a2-j\,\frac b{2\sqrt2}.$$

(3) Uguaglianza

$\frac a2-j\frac b{2\sqrt2}=1-j$ equivale alle due equazioni reali $$\frac a2=1\ \Rightarrow\ a=2,\qquad\frac b{2\sqrt2}=1\ \Rightarrow\ b=2\sqrt2.$$ La soluzione esiste ed è unica: $G(s)=\dfrac{2s+2\sqrt2}{s^2+2s+2}$. Verifica numerica: $G(j\sqrt2)=1-j$, modulo $\sqrt2=1{,}414$, fase $-45^\circ$ ✓.

Errori comuni

• Imporre una sola equazione (il modulo) per due incognite: servono modulo e fase (due equazioni reali per $a,b$).
• Dimenticare che il quadrato di $j\sqrt2$ è $-2$ (il denominatore si riduce a una quantità immaginaria pura).
• Confondere il coseno con il seno nella fase: qui l'ingresso e l'uscita sono entrambi coseni, quindi la fase è direttamente quella di $G(j\sqrt2)$.
• Controllare la stabilità solo per alcuni $a,b$: i poli dipendono solo dal denominatore, che è fissato.