Esercizio 24trovare l'ingresso che produce un'uscita assegnata (tema d'esame febbraio 2026)

---

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 →, Equazioni differenziali lineari a coefficienti costantiUn'EDOLCC $\sum a_ky^{(k)}=\sum b_kx^{(k)}$ descrive molti sistemi fisici (circuiti RC, massa-molla-smorzatore). Le soluzioni dell'omogenea formano uno spazio vettoriale di dimensione $n$ con base $t^he^{\lambda t}$ ($\lambda$ radici del polinomio caratteristico $a(s)$). La soluzione generale è libera (dalle condizioni iniziali) più forzata (dall'ingresso); il sistema LTI causale associato ha funzione di trasferimento $b(s)/a(s)$.Equazioni differenziali lineari a coefficienti costanti →, Proprietà della trasformata di LaplaceLe proprietà della trasformata di Laplace ricalcano quelle di Fourier: linearità, ritardo $\to e^{-st_0}$, modulazione esponenziale $e^{s_0t}x\to X(s-s_0)$, derivata nel tempo $\to sX$, moltiplicazione per $t\to-X'(s)$, integrazione $\to X/s$, convoluzione $\to$ prodotto. Ogni regola dice anche come cambia la ROC.Proprietà della trasformata di Laplace →.

(1) $H(s)$ e ROC

$a(s)=s^2+5s+6=(s+2)(s+3)$ (coefficienti di $y'',y',y$) e $b(s)=s-1$ (coefficienti di $x',x$): $$H(s)=\frac{s-1}{s^2+5s+6}=\frac{s-1}{(s+2)(s+3)}.$$ Poli $-2$ e $-3$. Il sistema è causale, quindi la ROC è un semipiano destro limitato dal polo con parte reale più grande: $\mathrm{ROC}=\{\mathrm{Re}\,s>-2\}$.

(2) Risposta impulsiva e stabilità

Fratti semplici (metodo dei limiti): $$\frac{s-1}{(s+2)(s+3)}=\frac{A}{s+2}+\frac B{s+3},\qquad A=\frac{s-1}{s+3}\Big|_{s=-2}=\frac{-3}{1}=-3,\quad B=\frac{s-1}{s+2}\Big|_{s=-3}=\frac{-4}{-1}=4.$$ $$h(t)=\left(4e^{-3t}-3e^{-2t}\right)u(t).$$ ($h(0^+)=1$ ✓, perché $H\sim\frac1s$.) $h\in L^1$: stabile. Lo si vede anche dalla regola: $m=1<n=2$ e i poli $-2,-3$ hanno $\mathrm{Re}<0$ (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) Trasformata dell'uscita

$y(t)=u(t)-e^{-t}u(t)$: $$Y(s)=\frac1s-\frac1{s+1}=\frac{(s+1)-s}{s(s+1)}=\frac1{s(s+1)},\qquad\mathrm{ROC}=\{\mathrm{Re}\,s>0\}$$ (intersezione delle ROC dei due termini: $\mathrm{Re}\,s>0$ e $\mathrm{Re}\,s>-1$; segnale causale).

(4) L'ingresso che produce $y$

Dalla relazione $Y(s)=H(s)X(s)$ (stato nullo): $$X(s)=\frac{Y(s)}{H(s)}=\frac1{s(s+1)}\cdot\frac{(s+2)(s+3)}{s-1}=\frac{s^2+5s+6}{s(s+1)(s-1)}.$$ Il grado del numeratore (2) è minore di quello del denominatore (3): fratti semplici, poli $0,-1,1$: $$X(s)=\frac{A}{s}+\frac B{s+1}+\frac C{s-1},$$ $$A=\frac{s^2+5s+6}{(s+1)(s-1)}\Big|_{s=0}=\frac6{-1}=-6,\quad B=\frac{s^2+5s+6}{s(s-1)}\Big|_{s=-1}=\frac{1-5+6}{(-1)(-2)}=\frac22=1,\quad C=\frac{s^2+5s+6}{s(s+1)}\Big|_{s=1}=\frac{12}{2}=6.$$ Il sistema è causale e si cerca un ingresso causale: ROC di $X$ semipiano destro, $\mathrm{Re}\,s>1$: $$x(t)=\left(-6+e^{-t}+6e^{t}\right)u(t).$$ Osservazioni.

• L'ingresso cresce esponenzialmente (termine $6e^t$), eppure l'uscita è limitata. Il motivo: $H$ ha uno zero in $s=1$ (da $b(s)=s-1$) che cancella il polo di $X$ in $s=1$. Il termine $e^{t}$ dell'ingresso è esattamente la frequenza complessa che il sistema "annulla", quindi non compare nell'uscita. È quindi un esempio in cui il sistema è BIBO stabile ma l'ingresso non è limitato (la definizione di stabilità riguarda solo ingressi limitati).
• Controllo con le condizioni in $0^+$: $x(0^+)=-6+1+6=1$ e, per $H\sim\frac1s$, $y'(0^+)=x(0^+)=1$; infatti $y(t)=1-e^{-t}$ ha $y'(0^+)=1$ ✓ e $y(0^+)=0$ ✓.
• Verifica numerica: integrando l'equazione $y''+5y'+6y=x'-x$ con stato iniziale nullo e questo ingresso si ottiene $y(0{,}5)=0{,}39347$, $y(1)=0{,}63212$, $y(3)=0{,}95021$, $y(6)=0{,}99752$, uguali a $1-e^{-t}$ ($0{,}39347$; $0{,}63212$; $0{,}95021$; $0{,}99752$).

Il secondo caso: $y''+7y'+12y=x$ (gennaio 2025)

Spazio delle soluzioni omogenee. $a(s)=s^2+7s+12=(s+3)(s+4)$, radici $-3$, $-4$: $Y_O=\operatorname{span}\left\{e^{-3t},e^{-4t}\right\}$ (spazio vettoriale di dimensione $2$; ogni elemento è $c_1e^{-3t}+c_2e^{-4t}$).

$H$ e stabilità. $H(s)=\frac1{(s+3)(s+4)}$ ($\mathrm{Re}\,s>-3$): $m=0<2$ e poli $-3,-4$: stabile. Fratti semplici: $\frac1{(s+3)(s+4)}=\frac1{s+3}-\frac1{s+4}$ ($A=\frac1{-3+4}=1$, $B=\frac1{-4+3}=-1$): $h(t)=\left(e^{-3t}-e^{-4t}\right)u(t)$.

Ingresso per $y=\sin(3t)u(t)$. $Y(s)=\frac3{s^2+9}$ (ROC $\mathrm{Re}\,s>0$), quindi $$X(s)=\frac{Y}{H}=\frac{3(s+3)(s+4)}{s^2+9}=\frac{3s^2+21s+36}{s^2+9}=3+\frac{21s+9}{s^2+9}=3+21\frac{s}{s^2+9}+3\cdot\frac{3}{s^2+9}.$$ (grado uguale: si divide: $3s^2+21s+36=3(s^2+9)+21s+9$.) Antitrasformando: $$x(t)=3\delta(t)+21\cos(3t)\,u(t)+3\sin(3t)\,u(t).$$ Verifica diretta con l'equazione: con $y=\sin(3t)u(t)$ si ha $y'=3\cos(3t)u(t)$ (il termine $\delta(t)\sin0$ è nullo) e $y''=-9\sin(3t)u(t)+3\delta(t)$ (la derivata di $u(t)\cdot3\cos3t$ contiene $3\cos(0)\delta(t)$). Allora $$x=y''+7y'+12y=3\delta+(-9+12)\sin3t\,u+21\cos3t\,u=3\delta(t)+3\sin3t\,u(t)+21\cos3t\,u(t)\ \checkmark$$ (È il metodo più rapido: l'ingresso si legge direttamente applicando l'operatore dell'equazione all'uscita desiderata, includendo le derivate generalizzate.) L'ingresso contiene un impulso perché l'uscita parte con pendenza non nulla ($y'(0^+)=3$) e un impulso in ingresso è l'unico modo di dare una pendenza istantanea a un'uscita causale a partire da stato nullo.

Errori comuni

• Dimenticare che si cerca $x$ causale e scegliere la ROC sbagliata (per $X=\frac{s^2+5s+6}{s(s+1)(s-1)}$ con ROC $\mathrm{Re}\,s>1$ tutti e tre i termini sono causali).
• Concludere "l'uscita è limitata quindi l'ingresso deve essere limitato": l'ingresso trovato cresce come $6e^t$, e lo zero di $H$ lo compensa.
• Dividere male i polinomi quando $m=n$ (secondo caso) e perdere il $3\delta(t)$.
• Non derivare in senso generalizzato nel controllo ($y''$ contiene $3\delta$).