Capitolo 2 · C1

Rappresentazione differenziale e modi naturali

Forma differenziale, Stato di un’equazione di ordine n, Dalla forma esplicita alla differenziale e ritorno, Esponenziale di matrice, Autovalori, autovettori e forma spettrale, Evoluzione libera e modi naturali, Osservabilità ed eccitabilità, Modi nelle risposte impulsive, Cambio di coordinate, La base degli autovettori

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1 La rappresentazione differenziale Definizione – Rappresentazione implicita o differenziale La forma implicita, o differenziale, di un sistema lineare stazionario a tempo continuo è ̇x(t) = A x(t) + B u(t), y(t) = C x(t) + D u(t), x(t0) = x0 con A di n × n, B di n × p, C di q × n e D di q × p costanti. La condizione iniziale fa parte della rappresentazione. La prima equazione dà la variazione dello stato, una combinazione lineare di stato e ingresso, mentre la seconda è la trasformazione d’uscita del Capitolo 1, che è istantanea. Da sola l’equazione differenziale ha infinite soluzioni, e a sceglierne una è la condizione iniziale x(t0) = x0. Le leggi fisiche si scrivono quasi sempre con delle derivate, mentre la forma esplicita del Capitolo 1 dà direttamente x(t) e y(t), quindi serve un modo per passare dall’una all’altra. Esempio – Circuito RC + − u R i C vC Un generatore di tensione u, un resistore R e un condensatore di capacità C sono in serie, quindi la corrente i è la stessa in tutto il circuito. La legge delle tensioni e la legge del condensatore (Capitolo 1) danno u − R i − vC = 0, i = C ̇vC =⇒ RC ̇vC = u − vC . Con x = vC è la forma differenziale con n = 1: ̇x = − 1 RC x + 1 RC u. Qui C è la capacità, non la matrice d’uscita. La forma esplicita del circuito si calcola nell’Esercizio 1. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 1

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2 Dall’equazione differenziale allo stato Proposizione – Stato di un’equazione di ordine n Per un’equazione differenziale di ordine n nell’incognita p, con ingresso u, si sceglie come stato x =      p ̇p ... p(n−1)      : • ogni componente ha per derivata la successiva, ̇xi = xi+1 per i < n, • ̇xn = p(n) si ricava dall’equazione. Se l’equazione è una combinazione lineare di p, . . . , p(n) e u a coefficienti costanti, il sistema è lineare e stazionario, ̇x = Ax + Bu, e i coefficienti formano A e B. La derivata p(n) non serve come componente, perché la dà l’equazione, una volta noto lo stato. Per una massa, posizione e velocità bastano, e l’accelerazione segue dalla somma delle forze (Esercizio 2). Proposizione – Un termine costante Se l’equazione contiene anche un termine costante, non è lineare: una retta che non passa per l’origine non è una funzione lineare. Se con u = 0 l’equazione ha una soluzione costante pe, la posizione di equilibrio, nella coordinata traslata ̃p := p − pe il termine costante sparisce e l’equazione in ̃p è lineare. Le derivate di ̃p sono quelle di p, perché pe è costante, e sostituendo p = ̃p + pe i termini costanti si cancellano, dato che pe risolve l’equazione con u = 0. È una traslazione: si sposta lo zero e gli assi restano, mentre il cambio di coordinate z = T x della Sezione 14 cambia la base e lascia l’origine dov’è. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 2

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Esempio – Una massa appesa Con la massa dell’Esercizio 2 in verticale e p misurata verso l’alto dalla posizione di riposo della molla, agisce anche il peso: M ̈p = F − b ̇p − k p − M g. Con F = 0 e ̇p = ̈p = 0 si ha pe = −M g k : la massa lasciata libera si ferma più in basso, dove la molla compensa il peso. Con ̃p = p − pe, M ̈ ̃p = F − b ̇ ̃p − k ̃p, che è l’equazione dell’Esercizio 2 in ̃p, con le stesse matrici. 3 Dalla forma esplicita alla forma differenziale Teorema – Dalla forma esplicita alla differenziale Sia data la rappresentazione esplicita a tempo continuo del Capitolo 1, x(t) = Φ(t − t0) x0 + Z t t0 H(t − τ ) u(τ ) dτ, y(t) = C x(t) + D u(t), con Φ derivabile con derivata continua e H continua. Allora ̇x(t) = A x(t) + B u(t), A := ̇Φ(0), B := H(0) dove ̇Φ è la derivata di Φ rispetto al suo argomento, A è di n × n e B di n × p. A e B sono costanti, perché A è una derivata calcolata in un punto e B il valore di H in un punto. Anche la variazione dello stato, come l’uscita, è una combinazione lineare di stato e ingresso. Nota – Regola di Leibniz Per derivare un integrale in cui t compare negli estremi e nella funzione integranda: d dt Z b(t) a(t) f (t, τ ) dτ = f t, b(t) ̇b(t) − f t, a(t) ̇a(t) + Z b(t) a(t) ∂f ∂t (t, τ ) dτ. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 3

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Dimostrazione 1. Leibniz. Con a(t) = t0 costante, b(t) = t e f (t, τ ) = H(t − τ ) u(τ ): ̇x(t) = d dt Φ(t − t0) x0 + H(0) u(t) + Z t t0 ∂ ∂t H(t − τ ) u(τ ) dτ. 2. Separazione. Per ogni τ < t si sceglie t1 con τ ≤ t1 ≤ t. Per i vincoli del Capitolo 1, Φ(t − t0) = Φ(t − t1) Φ(t1 − t0) e H(t − τ ) = Φ(t − t1) H(t1 − τ ), quindi la dipendenza da t è tutta in Φ(t − t1), e d dtΦ(t − t0) = ̇Φ(t − t1) Φ(t1 − t0), ∂ ∂tH(t − τ ) = ̇Φ(t − t1) H(t1 − τ ). 3. Limite t1 → t. I primi membri non dipendono da t1. Al limite ̇Φ(t − t1) → ̇Φ(0) = A, Φ(t1 − t0) → Φ(t − t0) e H(t1 − τ ) → H(t − τ ): d dtΦ(t − t0) = A Φ(t − t0), ∂ ∂tH(t − τ ) = A H(t − τ ). 4. Raccolta. Si sostituisce nel punto 1 e si raccoglie A a sinistra: ̇x(t) = A Φ(t − t0) x0 + Z t t0 H(t − τ ) u(τ ) dτ + H(0) u(t) = A x(t) + B u(t). 5. Uscita. y = Cx + Du è già istantanea e resta com’è. □ L’Esercizio 5 chiede questa dimostrazione. Osservazione – Serve la regolarità La forma esplicita non chiede nulla alla derivata di Φ, mentre la differenziale la usa. Se Φ non è derivabile il limite del punto 3 non esiste e la forma differenziale non c’è, quindi i sistemi con una forma differenziale sono una parte di quelli con una forma esplicita. 4 L’esponenziale di matrice Definizione – Esponenziale di matrice Per una matrice A di n × n e t ∈ R eAt := ∞X k=0 Ak tk k! = I + A t + A2 t2 2 + A3 t3 6 + · · · , con A0 = I. È la serie dell’esponenziale con la matrice al posto del numero. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 4

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Nota – Errore tipico eAt non è la matrice che ha per elementi gli esponenziali eaij t, perché le potenze Ak mescolano gli elementi. Per esempio con A = 0 la serie si ferma al primo termine e dà I, non la matrice con tutti gli elementi uguali a 1. Proposizione – Derivata dell’esponenziale d dt eAt = A eAt = eAt A, eA·0 = I. Dimostrazione 1. Termine a termine. Il termine k = 0 è costante e sparisce, mentre gli altri danno Ak k tk−1 k! = Ak tk−1 (k − 1)!. 2. A a sinistra. Si scrive Ak = A Ak−1 e si pone h = k − 1: d dt eAt = A ∞X h=0 Ah th h! = A eAt. 3. A a destra. Con Ak = Ak−1A la A esce a destra e si ottiene eAtA. I due ordini coincidono perché eAt è fatta di potenze di A, che commutano con A. In t = 0 resta solo il termine k = 0, cioè I. □ 5 Dalla forma differenziale alla forma esplicita Teorema – Soluzione della forma differenziale La soluzione di ̇x = A x + B u con x(t0) = x0 è x(t) = eA(t−t0) x0 + Z t t0 eA(t−τ ) B u(τ ) dτ Con n = 1, cioè A = a e B = b numeri, è la formula dell’analisi, che si ottiene con la variazione delle costanti: 1. Senza ingresso. Le soluzioni di ̇x = a x sono x(t) = eatk, con k costante qualsiasi. 2. La costante diventa una funzione. Con x(t) = eatk(t) l’equazione ̇x = a x + b u diventa eat ̇k(t) = b u(t), quindi k(t) = k(t0) + R t t0 e−aτ b u(τ ) dτ . Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 5

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3. Condizione iniziale. x(t0) = x0 dà k(t0) = e−at0 x0, e moltiplicando per eat si ottiene la formula del teorema. Ogni ingresso u(τ ) agisce come uno stato iniziale b u(τ ) dτ dato in τ , che poi evolve con ea(t−τ ), e l’integrale somma questi contributi. Con le matrici si prova la stessa formula, con eAt al posto di eat e B a destra dell’esponenziale, e si verifica che funziona. Tutto il conto usa solo d dt eAt = A eAt ed eA·0 = I (Esercizio 3). Proposizione – Matrici della forma esplicita La forma differenziale con matrici A, B, C, D ha la rappresentazione esplicita del Capitolo 1 con Φ(t) = eAt, H(t) = eAtB, Ψ(t) = C eAt, W (t) = C eAtB + D δ(t). Lo stato del teorema e quello della forma esplicita devono coincidere per ogni x0 e ogni ingresso, quindi i coefficienti di x0 e di u(τ ) sono uguali, cioè Φ(t − t0) = eA(t−t0) e H(t − τ ) = eA(t−τ )B. Per Ψ e W valgono le definizioni del Capitolo 1, Ψ = C Φ e W = C H + D δ. L’Esercizio 6 usa queste matrici con n = 1. I due passaggi sono uno l’inverso dell’altro, perché da Φ = eAt si ritrova ̇Φ(0) = A eA·0 = A, da H = eAtB si ritrova H(0) = B, e da Ψ = C eAt si ritrova Ψ(0) = C. Quando Φ è regolare, le due rappresentazioni sono equivalenti. dalla esplicita alla differenziale dalla differenziale alla esplicita stato A = ̇Φ(0), B = H(0) Φ(t) = eAt, H(t) = eAtB uscita C = Ψ(0), D di y = Cx + Du Ψ(t) = C eAt, W (t) = C eAtB + D δ(t) serve Φ derivabile la condizione iniziale x(t0) = x0 Nota – Errore tipico Nel passaggio dalla forma esplicita alla differenziale A e B non sono noti, ma nascono lì, come A := ̇Φ(0) e B := H(0). Per dimostrarlo non si può usare Φ(t) = eAt, che viene dal passaggio inverso. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 6

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6 Matrici diagonali, autovalori e autovettori Proposizione – Esponenziale di una matrice diagonale A =    a11 . . . ann    =⇒ eAt =    ea11t . . . eannt    , con tutti zeri fuori dalla diagonale. Le potenze di una matrice diagonale sono diagonali, con le potenze degli elementi, cioè Ak ha sulla diagonale ak 11, . . . , ak nn. La serie si somma elemento per elemento, e sulla diagonale restano le serie degli esponenziali eaiit. Per una A qualsiasi la serie non si somma a mano. Una A diagonale, però, vuol dire n equazioni, ciascuna in una sola variabile di stato, e nei modelli non capita quasi mai. Si cerca allora una matrice diagonale legata ad A, con gli autovettori. Definizione – Autovalori e autovettori Il numero λ è un autovalore di A, e il vettore u̸ = 0 un suo autovettore, se A u = λ u : A manda la retta di u in sé stessa. Proposizione – Equazione caratteristica Gli autovalori di A sono le soluzioni di det(A − λI) = 0, un’equazione di grado n in λ (il polinomio caratteristico uguagliato a zero). Gli autovettori di λ sono le soluzioni non nulle di (A − λI) u = 0. (A − λI) u = 0 è un sistema lineare omogeneo, e ha soluzioni non nulle solo se A − λI è singolare. Le n soluzioni dell’equazione possono essere complesse o coincidere. Qui gli autovalori sono reali, e il caso più semplice è quello di n autovalori distinti. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 7

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7 La forma spettrale Si mettono gli autovettori u1, . . . , un come colonne di una matrice U e gli autovalori sulla diagonale di Λ, e si chiamano v1, . . . , vn le righe di U −1: U := u1 · · · un , Λ :=    λ1 . . . λn    , U −1 =    v1 ... vn    . Il libro scrive T −1 al posto di U , e quindi T AT −1 = Λ. Teorema – Forma spettrale Se A ha n autovettori u1, . . . , un linearmente indipendenti: 1. A si scrive A = U Λ U −1 = nX i=1 λi ui vi 2. le righe di U −1 e gli autovettori soddisfano vi uj = (1 se i = j, 0 se i̸ = j. Con n autovalori reali e distinti gli autovettori sono sempre indipendenti. Dimostrazione 1. Le colonne di A U sono A ui = λi ui, quelle di U Λ sono λi ui, quindi A U = U Λ. Gli autovettori sono indipendenti, quindi U è invertibile e A = U ΛU −1. 2. Il prodotto U (Λ U −1) è la somma delle colonne di U per le righe di Λ U −1, cioè λi vi, e così A = P i λi ui vi. 3. U −1U = I dice elemento per elemento vi uj = 1 se i = j e 0 altrimenti. □ Moltiplicando A = U ΛU −1 a sinistra per U −1 si ha U −1A = Λ U −1, cioè vi A = λi vi, quindi le vi sono gli autovettori sinistri, le righe che risolvono v (A − λiI) = 0. Non sono autovettori sinistri qualsiasi, ma quelli normalizzati con vi ui = 1. Ogni ui vi è una matrice n × n (colonna per riga), mentre vi uj è un numero. Con un autovalore ripetuto non è detto che ci siano abbastanza autovettori indipendenti, mentre la forma spettrale chiede di trovarne n. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 8

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Proposizione – Esponenziale nella forma spettrale Se A ha n autovettori indipendenti, Ak = U Λk U −1 = nX i=1 λk i ui vi, eAt = U eΛt U −1 = nX i=1 eλit ui vi con eΛt la matrice diagonale degli eλit. Dimostrazione 1. Potenze. In A2 = U ΛU −1 U ΛU −1 il prodotto U −1U in mezzo vale I, quindi A2 = U Λ2U −1, e così per ogni k. 2. Con le somme. In A2 = P i P j λiλj ui (vi uj ) vj i termini con i̸ = j sono nulli, e resta P i λ2 i ui vi. Lo stesso vale per ogni k. 3. Serie. Si mette Ak nella serie e si portano fuori U e U −1. Dentro resta la serie di Λ, che è diagonale e quindi dà eΛt. Nella forma con le somme, per ogni i la serie di λk i tk/k! dà eλit. □ Per calcolare eAt quindi: 1. Si trovano gli autovalori con det(A − λI) = 0. 2. Per ciascuno si trovano autovettori indipendenti, risolvendo (A − λiI) u = 0: in tutto ne servono n. 3. Si costruiscono U e U −1, le cui righe sono le vi. 4. Si scrive eAt = P i eλit ui vi. Gli esercizi 4 (in R2) e 7 (in R3, con un autovalore ripetuto) seguono questi passi. 8 L’evoluzione libera e i modi naturali Proposizione – Evoluzione libera Se A ha n autovettori indipendenti, l’evoluzione libera da x0 è x(t) = eA(t−t0) x0 = nX i=1 ci eλi(t−t0) ui, ci := vi x0 e in t = t0 si ha x0 = P i ci ui. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 9

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Basta la forma spettrale, che dà eA(t−t0)x0 = P i eλi(t−t0) ui (vi x0), e ci = vi x0 è un numero, che si porta davanti. I ci sono le componenti di x0 rispetto agli autovettori. Definizione – Modo naturale Ciascun termine ci eλi(t−t0) ui dell’evoluzione libera è un modo naturale, in cui lo stato evolve da solo, senza ingresso, lungo l’autovettore ui, con la legge temporale eλit. Con autovalori reali e distinti l’evoluzione libera contiene solo esponenziali, e ogni componente di x(t) è una combinazione di eλ1t, . . . , eλnt. Lungo ciascun autovettore ui l’ampiezza ci eλi(t−t0) segue un esponenziale puro: • cresce se λi > 0, • si riduce verso zero se λi < 0, • resta ci se λi = 0. Lo stato è la somma vettoriale di questi movimenti, e ogni modo si studia da solo, senza guardare gli altri. x1 x2 u1, λ1 = 1 u2, λ2 = −1 c1u1 c2u2 x0 x(t) x(t) al crescere di t Nella figura λ1 = 1 e λ2 = −1. Siccome la componente lungo u1 cresce come et−t0 e quella lungo u2 si riduce come e−(t−t0), lo stato si allontana dall’origine e si avvicina alla retta di u1. Osservazione – Le componenti si leggono con le parallele c1 e c2 si trovano sul disegno tracciando da x0 le parallele agli autovettori, non le perpendicolari. È la regola del parallelogramma letta al contrario. Ricomponendo le due componenti a ogni istante si ottiene lo stato. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 10

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Nel piano il segno dei due autovalori dice come si muove lo stato, anche senza calcolare la traiettoria: λ1 λ2 moto dello stato da x0 > 0 > 0 si allontana dall’origine > 0 < 0 si avvicina alla retta di u1 e si allontana lungo di essa (prima figura) < 0 < 0 va verso l’origine = 0̸ = 0 resta sulla retta per x0 parallela a u2: va verso c1u1 se λ2 < 0, se ne allontana se λ2 > 0 x1 x2 u1, λ1 = 0 u2, λ2 < 0 x0 c1u1 Con λ1 = 0 la componente lungo u1 resta c1 per sempre, mentre quella lungo u2 va a zero, e così lo stato scorre sulla retta tratteggiata e si ferma in c1u1. Proposizione – Partire sugli autovettori Se x0 sta sulla retta di ui, cioè cj = 0 per j̸ = i, l’evoluzione libera resta su quella retta: x(t) = ci eλi(t−t0) ui. Più in generale, il sottospazio generato da alcuni autovettori è invariante, cioè partendo lì si resta lì. Le componenti con cj = 0 restano nulle per sempre. Per esempio in R3, con c3 = 0 lo stato resta nel piano di u1 e u2. Nella prima figura della sezione, partendo sulla retta di u2 lo stato va verso l’origine, mentre partendo sulla retta di u1 se ne allontana lungo la retta. Gli esercizi 4 e 8 cercano gli stati iniziali da cui l’evoluzione libera non si allontana. 9 I modi naturali nell’evoluzione libera in uscita Da qui alla fine del capitolo A ha n autovalori reali e distinti λ1, . . . , λn, con autovettori ui, U = (u1 · · · un) e vi le righe di U −1, come nella Sezione 7. Il sistema ha p ingressi e q uscite. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 11

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Proposizione – Evoluzione libera in uscita Con ci := vi x0, y(t) = Ψ(t − t0) x0 = nX i=1 ci eλi(t−t0) C ui, Ψ(t) = C eAt = nX i=1 eλit (C ui) vi Basta portare C dentro la somma dell’evoluzione libera dello stato, x(t) = P i ci eλi(t−t0)ui. Siccome ci ed eλi(t−t0) sono numeri, resta il vettore C ui di q componenti. L’evoluzione libera in uscita è quindi una combinazione dei modi naturali. Definizione – Modo non osservabile Il modo naturale i-esimo è non osservabile se C ui = 0, e osservabile altrimenti. Con più uscite C ui è un vettore, e il modo è non osservabile se è nullo tutto il vettore. Un modo non osservabile manca da y(t) per ogni stato iniziale, quindi la sua legge eλit non si vede nell’uscita, anche se il modo c’è nello stato. 10 I modi naturali nella risposta impulsiva dello stato Proposizione – Risposta impulsiva nello stato H(t) = eAtB = nX i=1 eλit ui (vi B) Si ottiene moltiplicando a destra per B la forma spettrale di eAt. Con un solo ingresso B è un vettore colonna e vi B è un numero, quindi H è una combinazione dei modi naturali, con peso vi B. Definizione – Modo eccitabile Con un solo ingresso, il modo naturale i-esimo è eccitabile (con impulsi in ingresso) se vi B̸ = 0, e non eccitabile se vi B = 0. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 12

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Il nome viene dalla risposta a un impulso del Capitolo 1. Con x0 = 0 e u(τ ) = δ(τ ) lo stato è x(t) = H(t), e vi compaiono solo i modi eccitabili. Un modo non eccitabile non compare nello stato, qualunque sia l’impulso in ingresso. Nota – Errore tipico Eccitabilità e osservabilità sono proprietà di un modo naturale, non di uno stato. 11 Struttura del sistema e stato iniziale Osservazione – Che cosa decide se un modo compare vi B e ci = vi x0 hanno la stessa forma, ma dipendono da cose diverse: • B è data dal sistema, e se vi B = 0 il modo manca sempre da H. • x0 si sceglie, e con vi x0 = 0 il modo manca dall’evoluzione libera da quel solo x0. Per uno stato iniziale generico tutti i ci sono diversi da zero e nell’evoluzione libera compaiono tutti i modi. Se un modo diverge, λ1 > 0, lo si evita scegliendo x0 con v1 x0 = 0. Così lo stato parte nel sottospazio degli altri autovettori, vi resta (Sezione 8, «Partire sugli autovettori») e, se gli altri autovalori sono negativi, va verso l’origine. 12 Più ingressi e più uscite Con p ingressi B = (b1 · · · bp) ha p colonne e vi B = vi b1 · · · vi bp è una riga di p numeri. Definizione – Eccitabilità con più ingressi Il modo naturale i-esimo è eccitabile se la riga vi B non è tutta nulla, e eccitabile dall’ingresso j se vi bj̸ = 0. La colonna j di H è la risposta a un impulso sul solo ingresso j (Capitolo 1), e vale P i eλit ui (vi bj ), quindi il modo compare in quella colonna se e solo se vi bj̸ = 0. Per esempio, con cinque ingressi e vi B = (1 0 0 0 0) il modo è eccitabile, ma soltanto da un impulso sul primo ingresso. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 13

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Se non interessa da quale ingresso il modo sia eccitabile, basta controllare che vi B non sia la riga nulla. Con più uscite vale lo stesso per le colonne. In quel caso C ui ha q componenti, e il modo si vede nell’uscita k se la componente k di C ui non è nulla. 13 I modi nella risposta impulsiva in uscita Proposizione – Risposta impulsiva in uscita W (t) = C eAtB + D δ(t) = nX i=1 eλit (C ui) (vi B) + D δ(t) Il modo i-esimo compare in W se e solo se è eccitabile e osservabile. Portando C dentro la somma di H, il modo i ha il peso (C ui)(vi B), che è nullo appena uno dei due fattori è nullo. Il termine D δ(t) è il legame diretto e non contiene modi. matrice con i modi compaiono i modi Φ(t) = eAt P i eλit ui vi tutti H(t) = eAtB P i eλit ui (viB) eccitabili Ψ(t) = C eAt P i eλit (Cui) vi osservabili W (t) − D δ(t) P i eλit (Cui)(viB) eccitabili e osservabili Osservazione – Due cause per un modo assente Se un modo manca da W , è non eccitabile oppure non osservabile, o entrambe le cose, e W da sola non dice quale. Per saperlo si controllano C ui e vi B separatamente. Per analizzare un sistema quindi: 1. Si calcolano autovalori, autovettori e U −1 (Sezione 7). 2. I modi con C ui = 0 sono non osservabili. 3. I modi con vi B = 0 sono non eccitabili. 4. In W restano i modi eccitabili e osservabili. Gli esercizi 9 e 10 seguono questi passi. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 14

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14 Il cambio di coordinate Definizione – Cambio di coordinate Un cambio di coordinate nello spazio di stato è z = T x, x = T −1z con T di n × n invertibile e costante. x e z sono lo stesso stato, letto in due basi diverse. Lo stato del modello fisico ha componenti con un significato (carica di un condensatore, posizione, temperatura), ma ciascuna evolve con molti esponenziali. In un’altra base, anche non ortogonale, la dinamica può leggersi meglio, mentre le nuove componenti in genere non sono più grandezze fisiche. Proposizione – Le colonne di T −1 Le colonne di T −1 sono i vettori della nuova base, scritti nelle vecchie coordinate: x = T −1z = P i zi gi, dove gi è la colonna i di T −1. Con z = e1, cioè z1 = 1 e le altre componenti nulle, x = T −1e1 è la prima colonna, quindi muovere la sola z1 vuol dire muoversi lungo il primo vettore della nuova base. Lo stesso vale per ogni colonna. Per costruire un cambio di coordinate si mettono quindi i vettori della nuova base come colonne di T −1, nell’ordine che si vuole per le componenti di z, e si inverte. x1 x2 g1 g2 x = ( 1 0 ) nelle coordinate x z = ( 1 1 ) nelle coordinate z Nella figura la nuova base è g1 = 1/2 1/2 e g2 = 1/2 −1/2 . Lo stesso punto ha coordinate (1, 0) nella base di partenza e (1, 1) nella nuova, perché è g1 + g2. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 15

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Proposizione – Il sistema nelle nuove coordinate Con z = T x il sistema ̇x = Ax + Bu, y = Cx + Du diventa ̇z = ̃A z + ̃B u, y = ̃C z + ̃D u, ̃A = T AT −1, ̃B = T B, ̃C = CT −1, ̃D = D Il sistema resta lineare e stazionario. Dimostrazione 1. Stato. Poiché T è costante, ̇z = T ̇x = T A x + T B u. 2. Si elimina x. Sostituendo x = T −1z si ha ̇z = T AT −1z + T B u. 3. Uscita. y = C T −1z + D u. □ D non cambia perché lega direttamente l’ingresso all’uscita, senza passare per lo stato. ̃A e A sono simili, e la similitudine delle matrici è un cambio di coordinate del sistema. Viceversa, da ̃A si ritrova A = T −1 ̃A T . 15 La base degli autovettori Proposizione – Coordinate degli autovettori Con gli autovettori come nuova base, cioè T = U −1, z = U −1x, x = U z la matrice dinamica diventa diagonale: ̃A = U −1AU = Λ. Basta confrontare A = U ΛU −1 (Sezione 7) con A = T −1 ̃A T per vedere che con T = U −1 si ha ̃A = Λ. Le colonne di T −1 = U sono proprio gli autovettori, come chiede la proposizione sulle colonne di T −1. Ogni ordine degli autovettori va bene, e l’ordine degli autovalori in Λ lo segue. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 16

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Osservazione – Ogni coordinata è un modo Nelle coordinate degli autovettori la componente zi = vi x evolve da sola: ̇zi = λi zi + (vi B) u, y = nX i=1 (C ui) zi + D u. Le righe di ̃B = U −1B sono le vi B e le colonne di ̃C = C U le C ui, quindi un modo non eccitabile ha la riga di ̃B nulla, e uno non osservabile la colonna di ̃C nulla. Con u = 0 e zi(t0) = vi x0 = ci si ritrova zi(t) = ci eλi(t−t0), l’ampiezza del modo lungo ui della Sezione 8. Riepilogo • Forma differenziale: ̇x = Ax+Bu, y = Cx+Du, x(t0) = x0, e per un’equazione di ordine n lo stato è (p, ̇p, . . . , p(n−1)). • Fra le due forme: A = ̇Φ(0), B = H(0), C = Ψ(0), e Φ = eAt, H = eAtB, Ψ = CeAt, W = CeAtB + Dδ. • Esponenziale di matrice: eAt = P k Aktk/k!, non elemento per elemento, e x(t) = eA(t−t0)x0 + R t t0 eA(t−τ )B u(τ ) dτ . • Forma spettrale: con n autovettori indipendenti A = U ΛU −1 = P i λiuivi ed eAt = P i eλituivi. • Modi naturali: x(t) = P i cieλi(t−t0)ui con ci = vix0, e lungo ui cresce se λi > 0, si riduce se λi < 0, resta se λi = 0. • Osservabile ed eccitabile: non osservabile se Cui = 0, eccitabile se viB̸ = 0; viB dipende dal sistema, ci = vix0 dallo stato iniziale. • Risposte impulsive: H(t) = P i eλit ui (viB) e W (t) = P i eλit(Cui)(viB) + Dδ(t), con solo i modi eccitabili e osservabili. • Cambio di coordinate: z = T x dà (T AT −1, T B, CT −1, D), e con T = U −1 si ha ̃A = Λ. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 17

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16 Esercizi Esercizio 1 – Il circuito RC Nel circuito dell’esempio della Sezione 1 l’ingresso è la tensione u del generatore e l’uscita la tensione vC del condensatore. 1. Scegli lo stato e scrivi la forma differenziale. 2. Calcola Φ, H, Ψ e W . 3. Con quale peso la tensione applicata s secondi prima entra nell’uscita? Soluzione a pagina 22 → Esercizio 2 – Massa, molla e smorzatore Una massa M è collegata a una molla di costante k e a uno smorzatore di coefficiente b. L’ingresso è la forza F , l’uscita la posizione p, misurata dalla posizione di riposo della molla: M ̈p = F − b ̇p − k p. Scrivi una rappresentazione con lo stato. Soluzione a pagina 22 → Esercizio 3 – Verifica della soluzione Verifica, derivando, che x(t) = eA(t−t0) x0 + Z t t0 eA(t−τ ) B u(τ ) dτ soddisfa ̇x(t) = A x(t) + B u(t) e x(t0) = x0. Soluzione a pagina 22 → Esercizio 4 – Evoluzione libera lungo gli autovettori Sia A = 3 −4 2 −3 ! . 1. Calcola autovalori e autovettori di A, poi U e U −1. 2. Calcola eAt con la forma spettrale. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 18

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3. Calcola l’evoluzione libera di ̇x = Ax con t0 = 0 da x0 = 3 2 ! , e descrivi che cosa succede lungo gli autovettori. 4. Da quali stati iniziali l’evoluzione libera tende all’origine? Soluzione a pagina 23 → Esercizio 5 – Appello del 08/06/2020, Prof.ssa Claudia Califano e Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 4 Dimostrare (con tutti i passaggi) come si passa dal modello esplicito al modello implicito di un sistema a tempo continuo. Soluzione a pagina 23 → Esercizio 6 – Appello del 25/03/2019, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 2, adattato Per κ ∈ R, si consideri il sistema ̇x = −x + κu, y = x. Calcolare la risposta forzata rispetto a u(t) = δ−1(t), il gradino unitario (δ−1(t) = 1 per t ≥ 0 e 0 per t < 0). Soluzione a pagina 24 → Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 19

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Esercizio 7 – Appello del 11/02/2022, Prof.ssa Claudia Califano e Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 1, adattato Sia dato il sistema rappresentato da ̇x(t) =    3 −4 −4 2 −3 −2 0 0 −1    x(t) +    2 − α 1 0    u(t), y(t) = −α 2α 1 x(t) + α u(t) con α ∈ R. Posto α = 1: 1. determinare H(t), Ψ(t) e W (t); 2. determinare la risposta forzata all’ingresso u(t) = (t − 1) δ−1(t) − t δ−1(t − 1), dopo averlo graficato. Con δ−1 si indica il gradino unitario: δ−1(t) = 1 per t ≥ 0 e 0 per t < 0. Soluzione a pagina 25 → Esercizio 8 – Appello del 24/07/2026, Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 2, adattato Dato il sistema ̇x(t) = 0.5 −1.5 −1.5 0.5 ! x + 1 1 ! u, y = 1 0 x : 1. determinarne i modi naturali; 2. determinare gli stati iniziali, se esistono, tali che l’evoluzione libera non diverga; 3. disegnare qualitativamente l’evoluzione libera a partire da x0 = 1 1 ! ; 4. calcolare le risposte impulsive nello stato ed in uscita; 5. calcolare la risposta forzata all’ingresso u(t) = cos(2t − 1). Soluzione a pagina 26 → Esercizio 9 – Appello del 12/04/2023, Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 1 Dato il sistema descritto dalle equazioni ̇x(t) = −5 4 −4 5 ! x(t) + 1 2 ! u(t), y(t) = 2 −1 x(t) + 2 u(t), Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 20

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fornirne la rappresentazione in forma esplicita e commentare il risultato sulla base di un’analisi modale. Soluzione a pagina 27 → Esercizio 10 – Appello del 30/01/2023, Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 1, adattato Si consideri il sistema descritto da ̇x(t) =    2 0 0 −3 0 1 3 1 0    x(t) +    1 −2 2    u(t), y(t) = −2 −1 1 x(t). 1. Scrivere esplicitamente i modi naturali e studiarne le proprietà di eccitabilità ed osservabilità. 2. Determinare, se esistono, tutti gli stati iniziali tali che l’evoluzione libera (nello stato) si mantenga limitata al crescere del tempo. 3. Determinare, se esistono, tutti gli stati iniziali tali che l’evoluzione libera in uscita si mantenga limitata al crescere del tempo. 4. Calcolare la risposta forzata del sistema all’ingresso u(t) = t + 1 + cos(t) δ−1(t − 2). Con δ−1 si indica il gradino unitario: δ−1(t) = 1 per t ≥ 0 e 0 per t < 0. Soluzione a pagina 28 → Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 21

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17 Soluzioni Soluzione dell’Esercizio 1 – Il circuito RC 1. Lo stato è x = vC , perché la sua variazione compare nel modello e il suo valore iniziale riassume la carica accumulata prima. Da RC ̇vC = u − vC : ̇x = − 1 RC x + 1 RC u, y = x, cioè A = − 1 RC , B = 1 RC , matrice d’uscita 1 e D = 0. 2. Con n = 1 la serie dell’esponenziale è quella di un numero, e dà eAt = e−t/(RC). Quindi Φ(t) = Ψ(t) = e−t/(RC), H(t) = W (t) = 1 RC e−t/(RC), senza impulso in W perché D = 0. 3. Il peso è W (s) = 1 RC e−s/(RC) per s ≥ 0 (nullo per s < 0). Decresce in modo esponenziale, e per s = 3RC vale già circa il 5% del valore in s = 0 (e−3 ≈ 0,05). La memoria del circuito dura quindi qualche multiplo di RC. ← Torna all’Esercizio 1, pagina 18 Soluzione dell’Esercizio 2 – Massa, molla e smorzatore Stato. L’equazione è del secondo ordine, quindi si prendono x1 = p e x2 = ̇p. Allora ̇x1 = x2 e, dall’equazione, ̇x2 = − k M x1 − b M x2 + 1 M F . I coefficienti sono costanti e l’equazione è lineare: ̇x = 0 1 − k M − b M ! x + 0 1 M ! F, p = 1 0 x, con D = 0, perché la forza non agisce direttamente sulla posizione. ← Torna all’Esercizio 2, pagina 18 Soluzione dell’Esercizio 3 – Verifica della soluzione 1. Condizione iniziale. In t = t0 l’integrale è nullo ed eA·0 = I, quindi x(t0) = x0. 2. Primo termine. Per la derivata dell’esponenziale, con t − t0 al posto di t (la sua derivata è 1): d dt eA(t−t0)x0 = A eA(t−t0)x0. 3. Integrale. Si applica la regola di Leibniz con a(t) = t0, b(t) = t e f (t, τ ) = eA(t−τ )B u(τ ). Il termine all’estremo superiore è f (t, t) = eA·0B u(t) = B u(t), e ∂f ∂t = A eA(t−τ )B u(τ ). Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 22

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4. Somma. Si raccoglie A a sinistra: ̇x(t) = A eA(t−t0)x0 + Z t t0 eA(t−τ )B u(τ ) dτ + B u(t) = A x(t) + B u(t). ← Torna all’Esercizio 3, pagina 18 Soluzione dell’Esercizio 4 – Evoluzione libera lungo gli autovettori 1. det(A − λI) = (3 − λ)(−3 − λ) + 8 = λ2 − 1, quindi λ1 = 1 e λ2 = −1. Per un vettore di componenti a e b, (A−I) u = 0 si riduce a 2a−4b = 0 e (A+I) u = 0 a 4a − 4b = 0: u1 = 2 1 ! , u2 = 1 1 ! , U = 2 1 1 1 ! , U −1 = 1 −1 −1 2 ! . Il determinante di U è 1. Le righe di U −1 sono v1 = (1 −1) e v2 = (−1 2), e infatti v1u1 = v2u2 = 1, v1u2 = v2u1 = 0. 2. Con u1v1 e u2v2, colonna per riga: eAt = et 2 −2 1 −1 ! + e−t −1 2 −1 2 ! = 2et − e−t −2et + 2e−t et − e−t −et + 2e−t ! . In t = 0 dà I, come deve. 3. c1 = v1x0 = 3 − 2 = 1 e c2 = v2x0 = −3 + 4 = 1: x(t) = et 2 1 ! + e−t 1 1 ! . La componente lungo u1 cresce come et, quella lungo u2 si riduce come e−t, quindi per t grande x(t) ≈ etu1, e lo stato si allontana lungo la retta di u1, come nella figura della Sezione 8. 4. Il termine c1etu1 cresce se c1̸ = 0, quindi serve c1 = v1x0 = x0,1 − x0,2 = 0, cioè gli stati iniziali sulla retta di u2, x0 = c2 u2. Da lì x(t) = c2 e−tu2 va verso l’origine lungo la retta. ← Torna all’Esercizio 4, pagina 18 Soluzione dell’Esercizio 5 – Appello del 08/06/2020, Prof.ssa Claudia Califano e Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 4 Si parte dal modello esplicito di un sistema lineare stazionario, x(t) = Φ(t − t0) x0 + Z t t0 H(t − τ ) u(τ ) dτ, y(t) = C x(t) + D u(t), Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 23

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con Φ derivabile con derivata continua e H continua. 1. Vincoli. Per la proprietà di separazione, per t0 ≤ τ ≤ t1 ≤ t valgono Φ(t − t0) = Φ(t − t1) Φ(t1 − t0), H(t − τ ) = Φ(t − t1) H(t1 − τ ); inoltre Φ(0) = I. 2. Derivata. Con la regola di Leibniz ̇x(t) = d dt Φ(t − t0) x0 + H(0) u(t) + Z t t0 ∂ ∂t H(t − τ ) u(τ ) dτ. 3. Derivate delle matrici. Con i vincoli la dipendenza da t è tutta in Φ(t − t1), quindi d dt Φ(t − t0) = ̇Φ(t − t1) Φ(t1 − t0) e ∂ ∂t H(t − τ ) = ̇Φ(t − t1) H(t1 − τ ). Per t1 → t diventano A Φ(t − t0) e A H(t − τ ), con A := ̇Φ(0). 4. Equazione dello stato. Sostituendo e raccogliendo A, con B := H(0): ̇x(t) = A Φ(t − t0) x0 + Z t t0 H(t − τ ) u(τ ) dτ + B u(t) = A x(t) + B u(t). 5. Modello implicito. L’uscita è già istantanea e resta com’è. La condizione iniziale si legge dal modello esplicito in t = t0, dove Φ(0) = I dà x(t0) = x0: ̇x(t) = A x(t) + B u(t), y(t) = C x(t) + D u(t), x(t0) = x0. A e B nascono nel passaggio, e non si usa Φ = eAt, che viene dal passaggio inverso. ← Torna all’Esercizio 5, pagina 19 Soluzione dell’Esercizio 6 – Appello del 25/03/2019, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 2, adattato Il sistema è nella forma differenziale con n = 1, A = −1, B = κ, matrice d’uscita 1 e D = 0. Quindi W (t) = e−tκ = κ e−t, senza impulso. Con t0 = 0, per t ≥ 0: y(t) = Z t 0 κ e−(t−τ ) · 1 dτ = κ e−teτ t 0 = κ 1 − e−t, e y(t) = 0 per t < 0. L’uscita parte da 0 e tende a κ. ← Torna all’Esercizio 6, pagina 19 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 24

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Soluzione dell’Esercizio 7 – Appello del 11/02/2022, Prof.ssa Claudia Califano e Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 1, adattato Con α = 1: B =    1 1 0    , C = −1 2 1 , D = 1. 1. Autovalori. Sviluppando il determinante sull’ultima riga, det(A − λI) = (−1 − λ)(3 − λ)(−3 − λ) + 8 = −(1 + λ)(λ2 − 1), quindi λ = 1 e λ = −1 doppio. Autovettori. Si prende un vettore di componenti a, b, c. Con λ = 1, (A − I) u = 0 dà c = 0 e a = 2b. Con λ = −1, A + I ha le prime due righe proporzionali e la terza nulla, e resta la sola equazione a − b − c = 0, con due soluzioni indipendenti. Quindi u1 =    2 1 0    , u2 =    1 1 0    , u3 =    1 0 1    , U −1 =    1 −1 −1 −1 2 1 0 0 1    , con det U = 1, e v1 = (1 −1 −1), v2 = (−1 2 1), v3 = (0 0 1). I tre autovettori sono indipendenti e vale la forma spettrale. Esponenziale. eAt = et u1v1 + e−t (u2v2 + u3v3), con u1v1 =    2 −2 −2 1 −1 −1 0 0 0    , u2v2 + u3v3 = I − u1v1 =    −1 2 2 −1 2 1 0 0 1    , perché la somma di tutti gli uivi è U U −1 = I. Matrici della forma esplicita. Servono i prodotti con B e C: v1B = 0, v2B = 1, v3B = 0 e Cu1 = 0, Cu2 = 1, Cu3 = 0. Il termine in et sparisce da tutte e tre: H(t) = eAtB = e−t    1 1 0    , Ψ(t) = C eAt = e−t −1 2 1 , W (t) = C H(t) + D δ(t) = e−t + δ(t). 2. Ingresso. u(t) = 0 per t < 0, u(t) = t−1 per 0 ≤ t < 1 e u(t) = (t−1)−t = −1 per t ≥ 1: t u 1 −1 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 25

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Risposta forzata. Con x0 = 0 e t0 = 0, per la proprietà di campionamento y(t) = Z t 0 W (t − τ ) u(τ ) dτ = Z t 0 e−(t−τ ) u(τ ) dτ + u(t). Per 0 ≤ t < 1: R t 0 e−(t−τ )(τ − 1) dτ = e−teτ (τ − 2)t 0 = t − 2 + 2e−t, quindi y(t) = 2t − 3 + 2e−t. Per t ≥ 1 l’integrale si spezza in 1: e−teτ (τ − 2)1 0 − R t 1 e−(t−τ ) dτ = (2 − e) e−t − 1 − e1−t = 2e−t − 1, quindi y(t) = 2e−t − 2. L’integrale è continuo in t = 1, mentre y salta di −1, come u, per il legame diretto D = 1. ← Torna all’Esercizio 7, pagina 20 Soluzione dell’Esercizio 8 – Appello del 24/07/2026, Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 2, adattato 1. Modi naturali. det(A − λI) = (0.5 − λ)2 − 2.25 = λ2 − λ − 2 = (λ − 2)(λ + 1), quindi λ1 = 2 e λ2 = −1. Per un vettore di componenti a e b, (A − 2I) u = 0 dà a + b = 0 e (A + I) u = 0 dà a − b = 0: u1 = 1 −1 ! , u2 = 1 1 ! , U = 1 1 −1 1 ! , U −1 = 1 2 1 −1 1 1 ! , con v1 = 1 2 (1 −1) e v2 = 1 2 (1 1). I modi naturali sono c1 e2(t−t0)u1, che cresce, e c2 e−(t−t0)u2, che va a zero, con ci = vix0. 2. Stati che non divergono. Serve c1 = v1x0 = 1 2 (x0,1 − x0,2) = 0, cioè gli stati sulla retta di u2, x0 = α u2 con α ∈ R. Da lì x(t) = α e−(t−t0)u2 va verso l’origine. Da ogni altro stato la componente lungo u1 cresce come e2(t−t0). 3. Disegno. x0 = u2, quindi c1 = 0, c2 = 1 e x(t) = e−(t−t0) 1 1 ! . Lo stato scorre sulla retta di u2 verso l’origine, senza raggiungerla in tempo finito. x1 x2 u1, λ1 = 2 u2, λ2 = −1 x0 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 26

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4. Risposte impulsive. v1B = 0 e v2B = 1, quindi H(t) = eAtB = e2tu1(v1B) + e−tu2(v2B) = e−t 1 1 ! , W (t) = C H(t) = e−t, senza impulso perché D = 0. La legge e2t non compare, perché un impulso in ingresso porta lo stato sulla retta di u2. 5. Risposta forzata. Dallo stato nullo in t0 = 0, istante da cui si applica l’ingresso, per t ≥ 0 y(t) = Z t 0 e−(t−τ ) cos(2τ − 1) dτ = e−t h1 5 eτ cos(2τ − 1) + 2 sin(2τ − 1)it 0 , quindi y(t) = 1 5 cos(2t − 1) + 2 sin(2t − 1) − 1 5 cos 1 − 2 sin 1 e−t, nulla in t = 0. ← Torna all’Esercizio 8, pagina 20 Soluzione dell’Esercizio 9 – Appello del 12/04/2023, Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 1 1. Autovalori e autovettori. det(A − λI) = (−5 − λ)(5 − λ) + 16 = λ2 − 9, quindi λ1 = 3 e λ2 = −3. Per un vettore di componenti a e b, (A − 3I) u = 0 dà b = 2a e (A + 3I) u = 0 dà a = 2b: u1 = 1 2 ! , u2 = 2 1 ! , U = 1 2 2 1 ! , U −1 = 1 3 −1 2 2 −1 ! , quindi v1 = 1 3 (−1 2) e v2 = 1 3 (2 −1). 2. Eccitabilità e osservabilità. v1B = 1 3 (−1 + 4) = 1, v2B = 1 3 (2 − 2) = 0, Cu1 = 2 − 2 = 0, Cu2 = 4 − 1 = 3. 3. Matrici della forma esplicita. Con le formule della Sezione 13: Φ(t) = e3tu1v1 + e−3tu2v2 = 1 3 −e3t + 4e−3t 2e3t − 2e−3t −2e3t + 2e−3t 4e3t − e−3t ! , H(t) = e3t u1 (v1B) = e3t 1 2 ! , Ψ(t) = e−3t (Cu2) v2 = e−3t 2 −1 , W (t) = e3t(Cu1)(v1B) + e−3t(Cu2)(v2B) + 2 δ(t) = 2 δ(t). In t = 0 si ritrova Φ(0) = I. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 27

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4. Forma esplicita. Per la proprietà di campionamento l’impulso 2 δ(t − τ ) dà 2 u(t): x(t) = Φ(t − t0) x0 + Z t t0 e3(t−τ ) 1 2 ! u(τ ) dτ, y(t) = e−3(t−t0) 2 −1 x0 + 2 u(t). 5. Commento. Il modo e3t, lungo u1, cresce ed è eccitabile ma non osservabile, quindi compare in Φ e in H ma non in Ψ. Il modo e−3t, lungo u2, è osservabile ma non eccitabile, quindi compare in Φ e in Ψ ma non in H. Nessun modo è eccitabile e osservabile, e in W resta solo il legame diretto. Così la risposta forzata in uscita è 2 u(t), mentre la risposta impulsiva nello stato cresce come e3t lungo u1 senza che l’uscita lo mostri. ← Torna all’Esercizio 9, pagina 20 Soluzione dell’Esercizio 10 – Appello del 30/01/2023, Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 1, adattato 1. Autovalori. Sviluppando sulla prima riga, det(A − λI) = (2 − λ)(λ2 − 1), quindi λ1 = 2, λ2 = 1 e λ3 = −1, reali e distinti. Per un vettore di componenti a, b, c, con λ = 2 si ha b = −a e c = a, con λ = 1 si ha a = 0 e c = b, e con λ = −1 si ha a = 0 e c = −b: u1 =    1 −1 1    , u2 =    0 1 1    , u3 =    0 −1 1    , U −1 =    1 0 0 0 1/2 1/2 −1 −1/2 1/2    . I modi naturali sono c1e2(t−t0)u1, c2et−t0 u2 e c3e−(t−t0)u3, con ci = vix0. Eccitabilità e osservabilità. v1B = 1, v2B = −1 + 1 = 0 e v3B = −1 + 1 + 1 = 1, mentre Cu1 = −2 + 1 + 1 = 0, Cu2 = −1 + 1 = 0 e Cu3 = 1 + 1 = 2. modo legge eccitabile osservabile λ1 = 2 e2t sì no λ2 = 1 et no no λ3 = −1 e−t sì sì 2. Stato limitato. e2t ed et crescono senza limite, mentre e−t va a zero, quindi l’evoluzione libera resta limitata se e solo se c1 = c2 = 0, cioè v1x0 = x0,1 = 0 e v2x0 = 1 2 (x0,2 + x0,3) = 0. Sono gli stati sulla retta di u3, x0 = α u3 con α ∈ R, e da lì x(t) = α e−(t−t0)u3 va verso l’origine. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 28

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3. Uscita limitata. Cu1 = Cu2 = 0, quindi y(t) = c3 e−(t−t0) Cu3 = (−2x0,1 − x0,2 + x0,3) e−(t−t0), cioè (Cx0) e−(t−t0), quindi l’uscita libera è limitata, e va a zero, per ogni x0 ∈ R3. I due modi che crescono non sono osservabili. 4. Risposta forzata. Solo λ3 è eccitabile e osservabile, quindi W (t) = e−t(Cu3)(v3B) = 2e−t, senza impulso perché D = 0. Con stato iniziale nullo e u = 0 prima di t = 2, l’uscita è nulla per t < 2, mentre per t ≥ 2 y(t) = Z t 2 2e−(t−τ )τ + 1 + cos τ dτ = 2e−t h τ eτ + 1 2 eτ (cos τ + sin τ ) it 2 , perché τ eτ è una primitiva di (τ + 1)eτ e 1 2 eτ (cos τ + sin τ ) di eτ cos τ . Quindi y(t) = 2t + cos t + sin t − (4 + cos 2 + sin 2) e−(t−2), t ≥ 2, che vale 0 in t = 2. ← Torna all’Esercizio 10, pagina 21 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 29

Entrambi

2 Rappresentazione differenziale e modi naturaliC1

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