Esercizio 5transitorio, regime e condizioni iniziali che eliminano il transitorio (temi d'esame agosto 2021 e febbraio 2017)

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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 →.

(i) Regime e transitorio con condizioni nulle

Funzione di trasferimento. $W(s)=\dfrac1{s^2+2s+5}$, poli $-1\pm2j$: BIBO stabile, quindi il regime esiste.

Regime. $W(j)=\dfrac1{(j)^2+2j+5}=\dfrac1{4+2j}=\dfrac{4-2j}{20}=0{,}2-0{,}1j$. Con $u=10\cos t$: $$y_{rp}(t)=\mathrm{Re}\big[10\,W(j)\,e^{jt}\big]=\mathrm{Re}\big[(2-j)(\cos t+j\sin t)\big]=2\cos t+\sin t.$$ Equivalentemente $y_{rp}=10|W(j)|\cos(t+\arg W(j))=\frac{10}{\sqrt{20}}\cos(t-0{,}4636)=2{,}236\cos(t-26{,}57^\circ)$.

Transitorio. Con condizioni iniziali nulle $Y(s)=\dfrac{10s}{(s^2+1)(s^2+2s+5)}$. I poli sono $\pm j$ (dell'ingresso) e $-1\pm2j$ (del sistema). La parte con poli $\pm j$ è $y_{rp}$ (è $\frac{2s+1}{s^2+1}$); quella con i poli del sistema vale $-\frac{2s+5}{s^2+2s+5}=-\frac{2(s+1)+3}{(s+1)^2+4}$, che antitrasformata dà $-e^{-t}\left(2\cos2t+\frac32\sin2t\right)$. Quindi $$y(t)=\underbrace{2\cos t+\sin t}_{y_{rp}}\ \underbrace{-\ e^{-t}\Big(2\cos2t+\tfrac32\sin2t\Big)}_{y_{tr}}\qquad(t\ge0).$$ Controlli: $y(0)=2-2=0$ ✓; $y'(0)$: $y_{rp}'(0)=1$ e, derivando $y_{tr}=-e^{-t}(2\cos2t+1{,}5\sin2t)$, $y_{tr}'(0)=-\big[-2+3\big]=-1$, somma $0$ ✓. Il confronto con la simulazione numerica dà scarto massimo $2\cdot10^{-7}$.

(ii) Condizioni iniziali che annullano il transitorio

L'uscita generale è $y=y_{rp}+y_{tr}$ con $y_{tr}$ combinazione dei modi $e^{-t}\cos2t$, $e^{-t}\sin2t$, con coefficienti dipendenti dalle condizioni iniziali (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 →). Si ha $y\equiv y_{rp}$ per ogni $t\ge0$ se e solo se $y_{tr}\equiv0$, cioè se $y_{rp}$ è soluzione dell'equazione con le condizioni iniziali date. Poiché $y_{rp}$ risolve l'equazione (si controlla: $y_{rp}=2\cos t+\sin t$, $y_{rp}'=-2\sin t+\cos t$, $y_{rp}''=-2\cos t-\sin t$, quindi $y_{rp}''+2y_{rp}'+5y_{rp}=(-2+2+10)\cos t+(-1-4+5)\sin t=10\cos t$ ✓), basta partire dai suoi valori in $t=0$: $$y(0)=y_{rp}(0)=2,\qquad y'(0)=y_{rp}'(0)=1.$$ Il problema di Cauchy ha soluzione unica, quindi per queste condizioni $y(t)=2\cos t+\sin t$ per ogni $t\ge0$. Sì, è possibile, con $y(0)=2$, $y'(0)=1$ (l'ingresso non contiene $\dot u$ e quindi non ci sono impulsi che modifichino le condizioni in $0^+$).

Errori comuni

• Dimenticare che, con condizioni iniziali nulle, il transitorio ha solo i modi di $W$ ($-1\pm2j$): non compaiono altri esponenziali.
• Nel regime, usare il valore $|W(0)|=0{,}2$ al posto di $W(j)$: il guadagno va valutato alla pulsazione dell'ingresso.
• Per (ii), imporre soltanto $y(0)=y_{rp}(0)$: serve anche la derivata ($n=2$ condizioni).
• Dimenticare che le condizioni "per ogni $t\ge0$" dipendono dalla fase e dall'ampiezza dell'ingresso: cambiando $u$ cambiano $y(0),y'(0)$.