Esercizio 22risposta al gradino e a un coseno (tema d'esame giugno 2023)

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Teoria usata: Laplace unilatera, funzione di trasferimento e stabilitàCon la trasformata unilatera $X(s)=\int_{0^-}^\infty x(t)e^{-st}dt$ le derivate diventano $\mathcal L[y']=sY-y(0^-)$: un problema di Cauchy causale si riduce a un'equazione algebrica, $Y=\frac{b}{a}X+\frac{\text{termini iniziali}}{a}$ (forzata + libera). La funzione di trasferimento è $H(s)=b(s)/a(s)$; il sistema causale è BIBO stabile se e solo se $H$ è propria e tutti i poli hanno parte reale negativa.Laplace unilatera, funzione di trasferimento e stabilità →, Antitrasformata di Laplace di funzioni razionaliPer antitrasformare una funzione razionale $X(s)=b(s)/a(s)$ si porta in forma propria con la divisione tra polinomi (resto $\to$ $\delta$ e derivate), si scompone in fratti semplici con il metodo dei limiti (poli semplici), con i termini in $1/(s-p)^k$ (poli multipli) o con $\frac{A(s-\sigma)+B\omega}{(s-\sigma)^2+\omega^2}$ (coppie complesse), e si antitrasforma termine a termine scegliendo causale o anticausale secondo la ROC.Antitrasformata di Laplace di funzioni razionali →, Trasformata di Laplace - definizione e regione di convergenzaLa trasformata di Laplace (bilatera) $X(s)=\int x(t)e^{-st}dt$, con $s=\sigma+j\omega$, generalizza la TF a segnali che non stanno in $L^1$. Esiste solo nella regione di convergenza (ROC), una striscia verticale ${\sigma_1<\mathrm{Re},s<\sigma_2}$ (semipiano destro se il segnale è causale, sinistro se anticausale): la stessa espressione di $X(s)$ con ROC diverse corrisponde a segnali diversi. La TF è $X(s)$ calcolata sull'asse immaginario, se questo sta nella ROC.Trasformata di Laplace - definizione e regione di convergenza →.

(1) La funzione di trasferimento

Il polinomio caratteristico è $a(s)=s^2+5s+6$ (coefficienti di $y'',y',y$) e a destra $b(s)=s-3$ (coefficienti di $x',x$): $$H(s)=\frac{s-3}{s^2+5s+6}.$$

(2) Stabilità

Radici di $s^2+5s+6=0$: $s=\frac{-5\pm\sqrt{25-24}}2=\frac{-5\pm1}2$, cioè $s_1=-2$ e $s_2=-3$ (denominatore $=(s+2)(s+3)$). Il grado del denominatore (2) supera quello del numeratore (1), e i due poli hanno parte reale negativa: BIBO stabile (Laplace unilatera, funzione di trasferimento e stabilitàCon la trasformata unilatera $X(s)=\int_{0^-}^\infty x(t)e^{-st}dt$ le derivate diventano $\mathcal L[y']=sY-y(0^-)$: un problema di Cauchy causale si riduce a un'equazione algebrica, $Y=\frac{b}{a}X+\frac{\text{termini iniziali}}{a}$ (forzata + libera). La funzione di trasferimento è $H(s)=b(s)/a(s)$; il sistema causale è BIBO stabile se e solo se $H$ è propria e tutti i poli hanno parte reale negativa.Laplace unilatera, funzione di trasferimento e stabilità →).

(3) Risposta forzata al gradino

La risposta forzata è l'uscita con condizioni iniziali nulle. Con $x=u$, $X(s)=\frac1s$: $$Y(s)=H(s)X(s)=\frac{s-3}{s(s+2)(s+3)}=\frac{A_1}{s+2}+\frac{A_2}{s+3}+\frac{A_3}{s}.$$ Tutti i poli sono semplici (metodo dei limiti, Antitrasformata di Laplace di funzioni razionaliPer antitrasformare una funzione razionale $X(s)=b(s)/a(s)$ si porta in forma propria con la divisione tra polinomi (resto $\to$ $\delta$ e derivate), si scompone in fratti semplici con il metodo dei limiti (poli semplici), con i termini in $1/(s-p)^k$ (poli multipli) o con $\frac{A(s-\sigma)+B\omega}{(s-\sigma)^2+\omega^2}$ (coppie complesse), e si antitrasforma termine a termine scegliendo causale o anticausale secondo la ROC.Antitrasformata di Laplace di funzioni razionali →): $$A_1=\frac{s-3}{s(s+3)}\Big|_{s=-2}=\frac{-5}{(-2)(1)}=\frac52,\qquad A_2=\frac{s-3}{s(s+2)}\Big|_{s=-3}=\frac{-6}{(-3)(-1)}=-2,\qquad A_3=\frac{s-3}{(s+2)(s+3)}\Big|_{s=0}=\frac{-3}{6}=-\frac12.$$ Quindi $$y(t)=\left(\frac52e^{-2t}-2e^{-3t}-\frac12\right)u(t).$$ Controlli. $y(0)=\frac52-2-\frac12=0$ ✓ e $y'(0^+)=-5+6=1$ ✓: infatti per grandi $s$ si ha $H\sim\frac1s$ e $X=\frac1s$, quindi $Y\sim\frac1{s^2}$, cioè $y(t)\approx t$ vicino a $0^+$. Regime permanente: per $t\to\infty$ i due esponenziali svaniscono e resta $-\frac12=H(0)\cdot1$: infatti $H(0)=\frac{-3}{6}=-\frac12$ ✓ (guadagno statico). (Verificato con la soluzione numerica dell'equazione: $y(0{,}3)=0{,}05889$, $y(1)=-0{,}26124$, $y(4)=-0{,}49917$, $y(9)\approx-0{,}5$.)

(4) Risposta forzata a $x(t)=u(t)\cos(3t)$

$X(s)=\frac{s}{s^2+9}$ (poli $\pm3j$). Allora $$Y(s)=\frac{(s-3)\,s}{(s+2)(s+3)(s^2+9)}=\frac{A_1}{s+2}+\frac{A_2}{s+3}+\frac{A_3s+3A_4}{s^2+9},$$ dove i poli complessi coniugati sono raggruppati nella forma $\frac{A(s-\sigma)+B\omega}{(s-\sigma)^2+\omega^2}$ con $\sigma=0$ e $\omega=3$ (Antitrasformata di Laplace di funzioni razionaliPer antitrasformare una funzione razionale $X(s)=b(s)/a(s)$ si porta in forma propria con la divisione tra polinomi (resto $\to$ $\delta$ e derivate), si scompone in fratti semplici con il metodo dei limiti (poli semplici), con i termini in $1/(s-p)^k$ (poli multipli) o con $\frac{A(s-\sigma)+B\omega}{(s-\sigma)^2+\omega^2}$ (coppie complesse), e si antitrasforma termine a termine scegliendo causale o anticausale secondo la ROC.Antitrasformata di Laplace di funzioni razionali →). Poli reali: $$A_1=\frac{(s-3)s}{(s+3)(s^2+9)}\Big|_{s=-2}=\frac{(-5)(-2)}{(1)(13)}=\frac{10}{13},\qquad A_2=\frac{(s-3)s}{(s+2)(s^2+9)}\Big|_{s=-3}=\frac{(-6)(-3)}{(-1)(18)}=-1.$$ Per $A_3$ e $A_4$ si impone l'uguaglianza tra le due espressioni di $Y$ in due valori di $s$ non polo e scelti per semplicità. In $s=0$ il numeratore originale è nullo, $Y(0)=0$: $$\frac{A_1}{2}+\frac{A_2}{3}+\frac{3A_4}9=0\ \Rightarrow\ \frac5{13}-\frac13+\frac{A_4}3=0\ \Rightarrow\ A_4=-3\left(\frac5{13}-\frac13\right)=-3\cdot\frac{15-13}{39}=-\frac2{13}.$$ In $s=3$ vale ancora $Y(3)=0$ ($s-3=0$): $$\frac{A_1}{5}+\frac{A_2}{6}+\frac{3A_3+3A_4}{18}=0\ \Rightarrow\ \frac2{13}-\frac16+\frac{A_3+A_4}6=0\ \Rightarrow\ A_3+A_4=1-\frac{12}{13}=\frac1{13}\ \Rightarrow\ A_3=\frac3{13}.$$ Dunque $$Y(s)=\frac{10}{13}\frac1{s+2}-\frac1{s+3}+\frac3{13}\frac{s}{s^2+9}-\frac2{13}\frac{3}{s^2+9},$$ e con $\frac s{s^2+9}\leftrightarrow\cos3t$, $\frac3{s^2+9}\leftrightarrow\sin3t$: $$\boxed{y(t)=\frac1{13}\left[10\,e^{-2t}-13\,e^{-3t}+3\cos(3t)-2\sin(3t)\right]u(t).}$$ Struttura. I primi due termini sono il transitorio (modi del sistema, poli $-2,-3$); gli ultimi due sono il regime permanente sinusoidale a $\omega=3$ (modi dell'ingresso). Il regime permanente $\frac{3\cos3t-2\sin3t}{13}$ coincide con la risposta in frequenza (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 →): $H(3j)=\frac{3j-3}{(3j)^2+15j+6}=\frac{-3+3j}{-3+15j}=\frac{(-3+3j)(-3-15j)}{234}=\frac{9+45j-9j+45}{234}=\frac{54+36j}{234}=\frac{3}{13}+\frac{2}{13}j$, e $\Re\left[H(3j)e^{3jt}\right]=\frac3{13}\cos3t-\frac2{13}\sin3t$ ✓. Controllo con $t=0$: $y(0)=\frac1{13}[10-13+3]=0$ ✓. (Confronto con la soluzione numerica: $y(0{,}3)=0{,}03853$, $y(1)=-0{,}19585$, $y(4)=0{,}27754$, $y(9)=-0{,}21455$, tutti uguali alla formula.)

Errori comuni

• Dimenticare che il termine complesso va scritto nella forma $A_3s+3A_4$ (cioè $B\omega$ con $\omega=3$) e non $A_3s+A_4$: il coefficiente del $\sin$ è $A_4$, non $\frac{A_4}3$.
• Usare il metodo dei limiti per i poli $\pm3j$ senza passare ai residui complessi, o dimenticare di verificare $y(0)=0$.
• Dire che l'uscita contiene "solo $\cos3t$" (c'è anche il $\sin$: la fase di $H(3j)$ non è nulla).
• Non separare transitorio e regime permanente.