Capitolo 6 · C1

Antitrasformazione, poli e residui

Tornare nel tempo, Fratti semplici e residui, Poli multipli, Poli complessi coniugati, Φ(s) e polinomio minimo, Autovalori non diagonalizzabili, Poli e modi, Le leggi della risposta forzata, Ingressi ritardati

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1 Tornare nel tempo Definizione – Funzione razionale strettamente propria F (s) = N (s) D(s) , con N e D polinomi, è razionale strettamente propria se il grado del numeratore è minore di quello del denominatore. Le trasformate del Capitolo 5, tranne quella dell’impulso e il fattore e−sT del ritardo (Capitolo 5, Sezione 9), sono razionali strettamente proprie, e lo sono le loro somme e i loro prodotti. Quindi lo sono le trasformate delle leggi dei modi naturali e degli ingressi usuali (costanti, rampe, sinusoidi), e anche X(s) = Φ(s) x0 + H(s) U (s), Y (s) − D U (s) = Ψ(s) x0 + C H(s) U (s). Nota – Il metodo Per tornare da F (s) a f (t) non si calcola un integrale: 1. si scompone F (s) in una somma di fratti semplici, che sono nella tabella del Capitolo 5; 2. si legge nella tabella la funzione del tempo di ogni fratto, con lo stesso coefficiente; 3. si moltiplica il risultato per δ−1(t), perché è nullo prima di 0. Il problema tipico è la risposta forzata in uscita a un ingresso dato, Yf (s) = W (s) U (s), che va riportata nel tempo, dove ha il significato della grandezza fisica. L’Esercizio 1 lo fa con W (s) = 1 s+1 e u(t) = sin ωt, gli Esercizi 5 e 6 con un coseno. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 1

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2 Fratti semplici e residui Teorema – Residui di poli semplici Se F (s) è razionale strettamente propria e il denominatore ha le radici distinte s1, . . . , sn: 1. F si scompone in modo unico come F (s) = R1 s − s1 + · · · + Rn s − sn , 2. ogni coefficiente è Ri = lim s→si (s − si) F (s) 3. e l’antitrasformata è f (t) = R1 es1t + · · · + Rn esnt δ−1(t) Dimostrazione 1. Numeratori costanti. Ogni fratto ha denominatore di primo grado; se il numeratore non è costante, il fratto è una costante più un fratto con numeratore costante. F è strettamente propria, quindi queste costanti hanno somma nulla e restano solo numeratori costanti. 2. Il limite. Moltiplicando per s − si, il fratto i diventa Ri e gli altri diventano Rj s−si s−sj , che per s → si vanno a zero perché si̸ = sj . Resta Ri. 3. Antitrasformata. 1 s−si è la trasformata di esit (Capitolo 5), e per la linearità i coefficienti restano gli stessi. □ I coefficienti si possono trovare anche riscrivendo la somma con il denominatore comune e uguagliando i coefficienti dei due numeratori (principio d’identità dei polinomi), ma con n radici serve un sistema lineare di n equazioni. Con i limiti bastano n conti separati. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 2

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Esempio – Due poli reali Per F (s) = s s2 + 3s + 2 = s (s + 1)(s + 2) = R1 s + 1 + R2 s + 2 i residui sono R1 = lim s→−1 s s + 2 = −1, R2 = lim s→−2 s s + 1 = 2, quindi f (t) = 2e−2t −e−t δ−1(t). Con l’identità dei polinomi, R1(s+2)+R2(s+1) = s dà R1 + R2 = 1 e 2R1 + R2 = 0, con la stessa soluzione. 3 Poli multipli Se s1 è radice del denominatore con molteplicità r, il fratto N1(s) (s−s1)r può avere a numeratore un polinomio di grado fino a r − 1, e con i limiti non se ne separano i coefficienti. Riscrivendo N1(s) in potenze di s − s1, ogni potenza semplifica il denominatore, e il fratto si spezza in r fratti con numeratore costante. Teorema – Residui di un polo multiplo Se s1 ha molteplicità r: 1. nella scomposizione compaiono tutte le potenze di s − s1, da r a 1: F (s) = R11 (s − s1)r + R12 (s − s1)r−1 + · · · + R1r s − s1 + (fratti degli altri poli), 2. con G(s) := (s − s1)r F (s), i coefficienti sono R1j = 1 (j − 1)! lim s→s1 d j−1G(s) ds j−1 , j = 1, . . . , r 3. e ogni fratto si antitrasforma con 1 (s − s1)k −→ tk−1 (k − 1)! es1t δ−1(t) I poli semplici si trattano come nella Sezione 2. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 3

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Dimostrazione 1. Si moltiplica per la potenza più alta. In G(s) = R11 + R12 (s − s1) + · · · + R1r (s − s1)r−1 + (s − s1)r (altri fratti) gli altri fratti non hanno s1 come polo, quindi l’ultimo termine si annulla in s1 con le sue prime r − 1 derivate. 2. Si deriva j − 1 volte. I termini di grado minore di j − 1 spariscono, il termine R1j (s − s1)j−1 diventa (j − 1)! R1j , e quelli di grado maggiore conservano un fattore s − s1. 3. Si fa il limite per s → s1: resta (j − 1)! R1j . 4. Antitrasformata. È la riga eλt tk k! della traslazione in s (Capitolo 5), con λ = s1 e k − 1 al posto di k. □ Il primo coefficiente è un limite, ogni altro una derivata in più di G, che si è già calcolata per il precedente. Un polo multiplo dà potenze di t davanti all’esponenziale. L’Esercizio 2 applica la formula. Esempio – Un polo triplo Se la scomposizione dà F (s) = 2 (s + 1)3 + 1 (s + 1)2 − 3 s + 1 + 2 s + 2, ogni fratto si legge nella tabella con il suo coefficiente. Il primo dà 2 t2 2 e−t = t2e−t, e f (t) = (t2 + t − 3) e−t + 2 e−2t δ−1(t). 4 Poli complessi coniugati Se il denominatore ha coefficienti reali, le radici complesse vengono a coppie α ± iω, come per le trasformate di eαt sin ωt ed eαt cos ωt, il cui denominatore è (s−α)2 +ω2. Nel campo complesso sono due poli distinti; se sono semplici, i loro residui si calcolano con i limiti della Sezione 2. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 4

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Teorema – Una coppia di poli complessi Sia F razionale strettamente propria a coefficienti reali, con poli semplici α ± iω, e sia R1 = Ra + iRb il residuo di α + iω. 1. Il residuo di α − iω è il coniugato Ra − iRb. 2. I due fratti insieme sono R1 s − α − iω + R1 s − α + iω = 2Ra (s − α) − 2Rb ω (s − α)2 + ω2 . 3. La loro antitrasformata è reale: 2 eαtRa cos ωt − Rb sin ωt δ−1(t) Dimostrazione 1. Coniugati. Con coefficienti reali F ( ̄s) = F (s), quindi il limite in α − iω è il coniugato di quello in α + iω. 2. Nel campo complesso. I due fratti si antitrasformano come poli semplici: (Ra +iRb) e(α+iω)t +(Ra −iRb) e(α−iω)t = eαt Ra eiωt +e−iωt+iRb eiωt −e−iωt , e per Eulero le due parentesi sono 2 cos ωt e 2i sin ωt, con i · 2i = −2. 3. Restando in s. Con il denominatore comune (s − α)2 + ω2, nel numeratore (Ra +iRb)(s−α+iω)+(Ra −iRb)(s−α−iω) le parti immaginarie si cancellano e resta 2Ra(s − α) − 2Rb ω. I due termini sono, nella tabella, 2Ra eαt cos ωt e −2Rb eαt sin ωt. □ Nei conti R1 è un numero, e il coefficiente del coseno risulta il doppio della sua parte reale: basta fare i conti, senza ricordare la formula. L’Esercizio 1 ha una coppia ±iω. 5 Φ(s) e polinomio minimo In R1 s−s1 la radice s1 si chiama polo e il coefficiente R1 residuo, e la scomposizione in fratti semplici si chiama anche scomposizione in poli e residui. Il residuo di un polo complesso è complesso. Se F (s) è una matrice di funzioni, i residui sono matrici delle stesse dimensioni, perché la loro somma divisa per i fattori deve dare F , e si calcolano con gli stessi limiti, elemento per elemento. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 5

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Con Φ(s) = (sI − A)−1 si calcola eAt per qualunque A, senza autovettori: si inverte sI − A e si antitrasforma elemento per elemento. L’inversa è Φ(s) = (sI − A)aT d(s) , d(s) := det(sI − A), con (sI − A)aT l’aggiunta trasposta, cioè la trasposta della matrice dei complementi algebrici. d(s) è il polinomio caratteristico, e le sue radici sono gli autovalori di A. Definizione – Polinomio minimo Semplificando i fattori comuni fra (sI − A)aT e d(s), il denominatore che resta, cioè il minimo comune multiplo dei denominatori degli elementi di Φ(s), è il polinomio minimo m(s). Teorema – Le radici del polinomio minimo m(s) ha le stesse radici di d(s), ciascuna con molteplicità al più uguale a quella in d(s). Dimostrazione 1. Molteplicità. m(s) è d(s) diviso per i fattori semplificati. 2. Nessuna radice sparisce. Se un autovalore λi non fosse radice di m(s), Φ(s) sarebbe continua in λi. Passando al limite in (sI − A) Φ(s) = I si avrebbe (λiI − A) Φ(λi) = I, ma λiI − A non è invertibile. □ Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 6

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Teorema – Diagonalizzabilità A è diagonalizzabile se e solo se le radici di m(s) sono tutte semplici. In questo caso, con λ1, . . . , λK gli autovalori distinti, Φ(s) = KX i=1 Ri s − λi e i residui sono le matrici residue Ri del Capitolo 3, di rango uguale alla molteplicità algebrica di λi. Dimostrazione 1. Se A è diagonalizzabile, per il Capitolo 3 eAt = P i eλitRi, che si trasforma termine a termine nella somma dei Ri s−λi . Il denominatore comune è il prodotto dei s − λi, con radici semplici. 2. Se le radici di m(s) sono semplici, Φ(s) si scompone come sopra e eAt = P i eλitRi. In t = 0 si ha P i Ri = I. 3. Le colonne dei residui sono autovettori. Derivando, A eAt = P i λieλitRi, e anche A eAt = P i eλit ARi. Le leggi distinte sono indipendenti, quindi ARi = λiRi. 4. Bastano. Ogni vettore è x = P i Ri x, una somma di autovettori, quindi gli autovettori generano tutto lo spazio e se ne trovano n indipendenti. □ Esempio – Un autovalore doppio Per A = I in R2, d(s) = (s − 1)2 e Φ(s) = s − 1 0 0 s − 1 !−1 = 1 (s − 1)2 s − 1 0 0 s − 1 ! = 1 s − 1 I. Il fattore s−1 si semplifica e m(s) = s−1, con radice semplice: A è diagonalizzabile, e infatti è già diagonale. Il residuo I ha rango 2, la molteplicità algebrica di 1, e eAt = et I. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 7

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Esempio – Massa, molla e smorzatore: due strade per eAt Il sistema dell’Esercizio «Massa, molla e smorzatore» del Capitolo 2, con M = k = 1 e smorzamento b, ha A = 0 1 −1 −b ! , B = 0 1 ! , C = 1 0 , D = 0, e d(s) = s2 + b s + 1. Con b = 5 gli autovalori sono reali e distinti, λ1 = −5 − √21 2 , λ2 = −5 + √21 2 , λ1 + λ2 = −5, λ1λ2 = 1. Con gli autovettori. La prima riga di (A − λiI) u = 0 è −λiu1 + u2 = 0, e la seconda ne dipende perché A − λiI è singolare. Quindi ui = 1 λi ! , U = 1 1 λ1 λ2 ! , U −1 = 1 √21 λ2 −1 −λ1 1 ! , con λ2 − λ1 = √21, e con le righe vi di U −1 eAt = eλ1t u1v1 + eλ2t u2v2 = eλ1t √21 λ2 −1 1 −λ1 ! + eλ2t √21 −λ1 1 −1 λ2 ! , dove λ1λ2 = 1 ha semplificato gli elementi in basso a sinistra. Con Φ(s). Con l’aggiunta trasposta, Φ(s) = 1 s2 + 5s + 1 s + 5 1 −1 s ! , e il residuo di λ1, con λ1 + 5 = −λ2 e λ1 − λ2 = −√21, è R1 = lim s→λ1 (s − λ1) Φ(s) = 1 λ1 − λ2 λ1 + 5 1 −1 λ1 ! = 1 √21 λ2 −1 1 −λ1 ! = u1v1, e allo stesso modo R2 = u2v2, come dice il teorema. Le due strade danno la stessa eAt. Nota – Errore tipico: i radicali approssimati Gli autovalori si lasciano con il radicale. Con un valore approssimato di λi, la matrice A − λiI non è più singolare, e l’unica soluzione di (A − λiI) u = 0 è u = 0. con gli autovettori con Φ(s) conti autovalori, autovettori, U −1 un’inversa e i residui risultato i modi, con le direzioni ui eAt elemento per elemento serve per sapere quali modi eccita x0 l’espressione di xL(t) = eAtx0 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 8

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L’Esercizio 3 rifà il conto con b = 1, dove gli autovalori sono complessi. 6 Autovalori non diagonalizzabili Proposizione – Una radice multipla del polinomio minimo Se λi ha molteplicità k ≥ 2 in m(s): 1. A non è diagonalizzabile; 2. in eAt, λi dà l’esponenziale per un polinomio in t di grado k − 1, a coefficienti matrici: eλit Ri1 tk−1 (k − 1)! + · · · + Ri,k−1 t + Rik con Ri1̸ = 0; 3. in t = 0 restano solo i termini senza t, e la loro somma su tutti gli autovalori è I. Dimostrazione 1. Diagonalizzabilità. È il teorema della Sezione 5. 2. I fratti. m(s) è il minimo comune multiplo dei denominatori degli elementi di Φ(s), quindi la potenza più alta di s − λi in un elemento è k. Il teorema della Sezione 3, elemento per elemento, dà i fratti Rij (s−λi)k−j+1 , j = 1, . . . , k, con matrici Rij e Ri1̸ = 0. 3. Nel tempo. 1 (s−λi)k−j+1 dà tk−j (k−j)! eλit, e il grado più alto, k − 1, viene da j = 1. 4. In t = 0. eA·0 = I, e i termini con t si annullano. □ Il caso con gi < ri, escluso nel Capitolo 3, si calcola quindi con Φ(s), senza autovettori: oltre a eλit compaiono t eλit, . . . , tk−1eλit. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 9

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Esempio – Massa, molla e smorzatore con b = 2 Con b = 2, d(s) = (s + 1)2 e N := A + I = 1 1 −1 −1 ! ha rango 1, quindi g = 1 < r = 2. Con Φ(s): Φ(s) = 1 (s + 1)2 s + 2 1 −1 s ! . L’elemento 1 (s+1)2 non si semplifica, quindi m(s) = (s + 1)2 e, anche senza il rango, A non è diagonalizzabile. Con G(s) = (s + 1)2 Φ(s), i residui sono R11 = G(−1) = 1 1 −1 −1 ! = N, R12 = G′(−1) = 1 0 0 1 ! = I, e quindi Φ(s) = N (s + 1)2 + I s + 1, eAt = e−t (I + t N ) In t = 0 vale I. L’evoluzione libera della posizione è ̃p(t) = e−tx01 + (x01 + x02) t, e il termine in t manca solo se x0 è multiplo dell’autovettore ( 1 −1 ), per cui N x0 = 0. 7 Poli e modi Le altre matrici in s sono Ψ(s) = C Φ(s), H(s) = Φ(s) B, W (s) = C Φ(s) B + D. Moltiplicare per C o per B combina gli elementi di Φ(s), e il numeratore può acquisire fattori del denominatore, che si semplificano: i poli che restano sono una parte di quelli di Φ(s). Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 10

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Proposizione – Poli e modi Sia A diagonalizzabile. Un autovalore λi è un polo 1. di Φ(s) sempre, 2. di Ψ(s) se e solo se il suo modo è osservabile, 3. di H(s) se e solo se il suo modo è eccitabile, 4. di W (s) solo se il suo modo è eccitabile e osservabile; se λi è semplice, o è una coppia complessa semplice, vale anche il viceversa. Dimostrazione 1. I residui. Moltiplicando la scomposizione di Φ(s), Ψ(s) = X i CRi s − λi , H(s) = X i RiB s − λi , W (s) − D = X i CRiB s − λi , e λi è un polo se e solo se il suo residuo non è nullo. 2. Il Capitolo 3. CRi = 0 se e solo se il modo è non osservabile, e RiB = 0 se e solo se è non eccitabile. CRiB è nullo se lo è uno dei due fattori, e con λi semplice, o con una coppia complessa semplice, solo in quel caso (Capitoli 2 e 3). □ Se un autovalore non è un polo di W (s), il suo modo manca dalla risposta forzata in uscita, e W (s) da sola non dice se è non eccitabile o non osservabile. Gli Esercizi 7 e 8 leggono modi, eccitabilità e osservabilità dai poli. Esempio – Quattro autovalori distinti Sia A con autovalori −1, 0, 1, 2, così m(s) = d(s) = (s + 1) s (s − 1)(s − 2). Se i modi osservabili sono quelli di −1, 0, 1 e gli eccitabili quelli di −1 e 2, dopo le semplificazioni i denominatori sono: matrice poli denominatore Φ(s) tutti gli autovalori (s + 1) s (s − 1)(s − 2) Ψ(s) modi osservabili (s + 1) s (s − 1) H(s) modi eccitabili (s + 1)(s − 2) W (s) modi eccitabili e osservabili s + 1 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 11

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8 Le leggi della risposta forzata Proposizione – Le leggi della risposta forzata Sia U (s) razionale strettamente propria. 1. I poli di Xf (s) = H(s) U (s) sono fra quelli di H(s) e di U (s), e i poli di Yf (s) = W (s) U (s) fra quelli di W (s) e di U (s). 2. Se nessun polo di U (s) è polo di W (s), la risposta forzata in uscita è una combinazione delle leggi dei modi che compaiono in W (s) e delle leggi dell’ingresso, e di nessun’altra. Lo stesso vale per lo stato, con H(s) al posto di W (s). Dimostrazione 1. Il prodotto. Il denominatore di un prodotto di funzioni razionali è il prodotto dei denominatori, che le semplificazioni possono solo ridurre. 2. I fratti. Con poli distinti, ogni polo che resta dopo le semplificazioni ha al più la sua molteplicità e dà nel tempo le leggi della tabella: un polo di W (s) quelle di un modo (Sezione 7), un polo di U (s) quelle che compongono u(t), perché U (s) si scompone negli stessi fratti. □ I coefficienti dipendono da entrambi: il residuo di un polo dell’ingresso si calcola con tutto W (s), e quello di un polo del sistema con tutto U (s). Le leggi invece restano separate. Un gradino dà in uscita una costante, una rampa un polinomio di primo grado, una sinusoide una sinusoide della stessa pulsazione, salvo che uno zero di W (s) semplifichi il polo dell’ingresso (e uno zero di U (s) può togliere un polo del sistema, come nell’Esercizio 5): una legge che il sistema non ha si ottiene in uscita solo mettendola nell’ingresso. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 12

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Esempio – Una forza costante sulla massa, b = 2 Il sistema dell’esempio della Sezione 6 parte da x0 = 0 e riceve da t = 0 la forza costante u = −10, verso il basso. Allora U (s) = −10 s , H(s) = Φ(s) B = 1 (s + 1)2 1 s ! , Xf (s) = − 10 s (s + 1)2 1 s ! . U (s) esiste per Re s > 0 e H(s) per Re s > −1, quindi Xf (s) per Re s > 0: la sua ascissa di convergenza è 0. Con G(s) = (s + 1)2Xf (s) = −10/s −10 , i residui sono R0 = lim s→0 s Xf (s) = −10 0 ! , R11 = G(−1) = 10 −10 ! , R12 = G′(−1) = 10 0 ! , e nel tempo, con yf = C xf la prima componente, xf (t) = −10 0 ! + 10 −10 ! t e−t + 10 0 ! e−t ! δ−1(t), yf (t) = − 10 + 10 e−t + 10 t e−t δ−1(t). La costante −10 viene dal polo dell’ingresso, e−t e t e−t dal polo doppio del sistema. Non è un legame diretto, perché D = 0: è il residuo in 0, che vale W (0)·(−10) con W (s) = 1 (s+1)2 e dipende quindi da tutto il sistema. La posizione tende a −10, dove la molla di costante k = 1 compensa la forza. L’Esercizio 9 calcola la risposta al gradino di uno smorzatore, con una coppia di poli complessi. 9 Ingressi ritardati Proposizione – Risposta a un ingresso ritardato Se U (s) = e−sT U0(s), con T ≥ 0 e U0(s) razionale strettamente propria, e g(t) δ−1(t) è l’antitrasformata di G(s) := W (s) U0(s), allora yf (t) = g(t − T ) δ−1(t − T ) Dimostrazione Yf (s) = W (s) U (s) = e−sT G(s), e per il teorema del ritardo del Capitolo 5 e−sT G(s) è la trasformata di g(t − T ) δ−1(t − T ). □ Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 13

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e−sT G(s) non è razionale, e non si scompone in fratti semplici. Il metodo: 1. si mette da parte il fattore e−sT ; 2. si scompone e si antitrasforma G(s) come nelle Sezioni 2-4, e si ottiene g(t) δ−1(t); 3. si sostituisce t − T a t in tutta l’espressione, gradino compreso. Il risultato è quello che ci si aspetta da un sistema stazionario: l’ingresso spostato di T dà la risposta spostata di T . Che il ritardo sia nell’ingresso o nel sistema, in s i conti sono gli stessi: un fattore e−sT nel prodotto. Gli Esercizi 10 e 11 applicano il metodo a due ingressi d’esame. Esempio – Un gradino che parte in ritardo Per W (s) = 1 s+1 e u(t) = 2 δ−1(t − 1), U (s) = 2e−s s e G(s) = 2 s (s + 1) = 2 s − 2 s + 1, g(t) = 2 − 2 e−t, con i residui 2 in 0 e −2 in −1. Quindi yf (t) = 2 − 2 e−(t−1) δ−1(t − 1). Nota – Errore tipico: il gradino su un termine solo Il gradino spostato va su tutti i termini o su nessuno: si scrive 2−2 e−(t−1) δ−1(t−1), non 2 δ−1(t − 1) − 2 e−(t−1), che fra 0 e 1 non è nullo. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 14

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Esempio – Un ingresso rettangolare L’ingresso che vale 3 fra t = 1 e t = 2 e 0 altrove è la differenza di due gradini spostati: u(t) = 3 δ−1(t − 1) − 3 δ−1(t − 2), U (s) = 3 e−s s − 3 e−2s s . I due termini sono lo stesso gradino con due ritardi. Basta antitrasformare W (s) s , la risposta al gradino unitario, che per W (s) = 1 s+1 è w−1(t) = 1−e−t, e per la linearità yf (t) = 31 − e−(t−1) δ−1(t − 1) − 31 − e−(t−2) δ−1(t − 2). Il valore di yf (t) in un istante contiene solo i termini il cui ritardo è già passato, perché gli altri hanno il gradino ancora nullo: intervallo termini presenti yf (t) 0 ≤ t < 1 nessuno 0 1 ≤ t < 2 il primo 31 − e−(t−1) t ≥ 2 tutti e due 3 (e − 1) e−(t−1) L’espressione completa vale da 2 in poi, il massimo dei ritardi, quando l’ingresso è finito: dopo, l’uscita torna a zero con il modo e−t. t1 2 3 4 5 3 u(t) yf (t) Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 15

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Proposizione – La funzione di trasferimento è razionale Per un sistema lineare stazionario a dimensione finita, ogni elemento di W (s) = C(sI − A)−1B + D è una funzione razionale propria. Quindi e−sT , con T > 0, non è la funzione di trasferimento di nessun sistema di questo tipo. Dimostrazione 1. Razionale. (sI −A)−1 = (sI −A)aT /d(s) (Sezione 5) ha per elementi polinomi di grado al più n − 1 divisi per d(s), di grado n; moltiplicare per le matrici costanti C, B e sommare D dà ancora funzioni razionali proprie. 2. e−sT no. Per s reale e s → −∞, e−sT cresce più di ogni potenza di |s|, mentre una funzione razionale cresce al più come una potenza. □ Il ritardo puro di T , il sistema che restituisce l’ingresso T secondi dopo, y(t) = u(t − T ) δ−1(t − T ), ha per il teorema del ritardo Y (s) = e−sT U (s), e nei conti si usa come una funzione di trasferimento. Non è però un sistema descritto da A, B, C, D: l’Esercizio 4 trova quale proprietà gli manca. Riepilogo • Polo semplice: si scompone in fratti semplici, Ri = lims→si (s−si)F (s), e Ri s−si → Riesitδ−1(t). • Polo multiplo: R1j = 1 (j−1)! dj−1 dsj−1 (s − s1)rF s1 , e 1 (s−s1)k → tk−1 (k−1)! es1t. • Coppia complessa: con R1 = Ra + iRb il residuo di α + iω, 2eαt(Ra cos ωt − Rb sin ωt). • Φ(s): (sI − A)−1 = (sI − A)aT /d(s), e antitrasformando si ha eAt, con meno conti che con gli autovettori. • Polinomio minimo: le radici di d(s); semplici se e solo se A è diagonalizzabile; molteplicità k: eλit per un polinomio di grado k − 1. • Poli e modi: in Ψ(s) gli osservabili, in H(s) gli eccitabili, in W (s) solo modi eccitabili e osservabili. • Risposta forzata: i poli di W (s)U (s) sono del sistema e dell’ingresso, e così le leggi di yf (t). • Ingresso ritardato: e−sT fuori dai residui; g(t)δ−1(t) diventa g(t − T )δ−1(t − T ). Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 16

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10 Esercizi Esercizio 1 – Risposta forzata a una sinusoide Un sistema ha funzione di trasferimento W (s) = 1 s + 1. Calcola la risposta forzata in uscita all’ingresso u(t) = sin ωt δ−1(t), con ω > 0. Soluzione a pagina 21 → Esercizio 2 – I coefficienti di un polo triplo Scomponi in fratti semplici e antitrasforma F (s) = −s3 − 5s2 − 4s + 2 (s + 1)3(s + 2) . Soluzione a pagina 21 → Esercizio 3 – Massa, molla e smorzatore con b = 1 Per il sistema massa, molla e smorzatore della Sezione 5, con A = ( 0 1 −1 −1 ), calcola eAt antitrasformando Φ(s). Soluzione a pagina 22 → Esercizio 4 – Il ritardo puro Per il sistema y(t) = u(t−T ) δ−1(t−T ), con T > 0, stabilisci se è lineare, stazionario, causale e a dimensione finita. Soluzione a pagina 22 → Esercizio 5 – Esonero del 14/11/2025 (fila A), Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 3 Calcolare la risposta forzata del sistema descritto da W (s) = 1 s all’ingresso u(t) = cos 10t. Soluzione a pagina 22 → Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 17

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Esercizio 6 – 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 e. calcolare la funzione di trasferimento; f. calcolare la risposta forzata all’ingresso u(t) = cos(2t − 1). Soluzione a pagina 23 → Esercizio 7 – Appello del 18/02/2026, Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 1, adattato Sia dato il sistema ̇x =    1 0 2 0 1 2 0 0 −1    x +    1 1 0    u, y = 0 1 1 x + u i. determinarne i modi naturali e studiarne le proprietà di eccitabilità ed osservabilità; ii. determinare, se esistono, tutti gli stati iniziali per i quali l’evoluzione libera nello stato risulti limitata; vi. determinarne la funzione di trasferimento e calcolare la risposta forzata all’ingresso u(t) = t + e2t. Soluzione a pagina 24 → Esercizio 8 – Appello del 05/04/2024, Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 1, adattato Dato il sistema descritto da ̇x(t) =    −3 −1 4 −1 −3 4 0 0 0    x(t) +    2 0 1    u(t), y(t) = 1 0 −1 x(t) − u(t) i. calcolarne il polinomio caratteristico e quello minimo; ii. calcolarne i modi naturali e studiarne eccitabilità ed osservabilità; Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 18

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v. calcolare la risposta per condizione iniziale x0 = (1 1 1)T ed ingresso u(t) = t2 + 2t + 2. Soluzione a pagina 25 → Esercizio 9 – Appello del 16/04/2026 (fila A), Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 1, adattato Di uno smorzatore per uso civile si consideri solo la parte di smorzamento verticale. L’equazione che descrive il suo funzionamento può essere scritta come M ̈h(t) = F (t) − kh(t) − h0 − a ̇h(t) con h(t) la distanza del solaio da terra all’istante t, h0 la distanza in condizioni di riposo, e F (t) la sollecitazione dal suolo. Siano F (t) l’ingresso e y(t) = h(t) − h0 l’uscita. 1. Determinarne una rappresentazione con lo spazio di stato. 2. Posti M = 105 kg e k = 107 N m−1, determinare tutti i possibili valori dello smorzamento a, in N s m−1, per i quali il sistema presenta solo modi naturali aperiodici. 3. Fissato poi a = 106 N s m−1, calcolare la risposta al gradino (F = δ−1(t)). Soluzione a pagina 26 → Esercizio 10 – Appello del 13/06/2025, Prof.ssa Claudia Califano e Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 2, adattato Sia dato un sistema rappresentato dalla funzione di trasferimento W (s) = s + 1 s2 (s2 − s + 100) ii. calcolare la risposta forzata del sistema all’ingresso u(t) = e−(t−T ) δ−1(t − T ), T ∈ R. Soluzione a pagina 27 → Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 19

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Esercizio 11 – Appello del 30/01/2023 (fila A), 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) f. calcolare la risposta forzata del sistema all’ingresso u(t) = t + 1 + cos(t) δ−1(t − 2). Soluzione a pagina 27 → Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 20

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11 Soluzioni Soluzione dell’Esercizio 1 – Risposta forzata a una sinusoide In s. Yf (s) = W (s) U (s) = ω (s + 1)(s2 + ω2), con un polo reale in −1 e la coppia ±iω (α = 0). Polo reale. R0 = lims→−1 ω s2 + ω2 = ω 1 + ω2 . Coppia. Il residuo di iω è R1 = lim s→iω ω (s + 1)(s + iω) = ω (1 + iω) 2iω = 1 2(i − ω) = − ω + i 2(1 + ω2), quindi Ra = − ω 2(1 + ω2) e Rb = − 1 2(1 + ω2), e la coppia dà 2(Ra cos ωt − Rb sin ωt). Nel tempo. yf (t) = 1 1 + ω2 ω e−t + sin ωt − ω cos ωt δ−1(t). Controllo. yf (0) = 0, e derivando si verifica ̇yf + yf = sin ωt, l’equazione del sistema ̇y = −y + u di funzione di trasferimento 1 s+1 . Il termine e−t viene dal polo del sistema, gli altri dai poli dell’ingresso. ← Torna all’Esercizio 1, pagina 17 Soluzione dell’Esercizio 2 – I coefficienti di un polo triplo Polo semplice. R2 = lims→−2 −s3 − 5s2 − 4s + 2 (s + 1)3 = 8 − 20 + 8 + 2 −1 = 2. Polo triplo. Si divide il numeratore per s + 2: G(s) = (s + 1)3F (s) = −s3 − 5s2 − 4s + 2 s + 2 = −s2 − 3s + 2 − 2 s + 2, e con G′(s) = −2s − 3 + 2 (s + 2)2 , G′′(s) = −2 − 4 (s + 2)3 : R11 = G(−1) = 2, R12 = G′(−1) = 1, R13 = G′′(−1) 2! = −3. Nel tempo. Sono i coefficienti dell’esempio della Sezione 3: f (t) = (t2 + t − 3) e−t + 2 e−2t δ−1(t). ← Torna all’Esercizio 2, pagina 17 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 21

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Soluzione dell’Esercizio 3 – Massa, molla e smorzatore con b = 1 Φ(s). d(s) = s2 + s + 1 = s + 1 2 2 + 3 4 , con la coppia −1 2 ± i ω, ω = √3 2 , e Φ(s) = 1 (s + 1 2 )2 + ω2 s + 1 1 −1 s ! . Gli elementi. Si scrivono i numeratori in potenze di s + 1 2 , così ogni elemento è una combinazione delle trasformate di e−t/2 cos ωt, che ha numeratore s + 1 2 , e di e−t/2 sin ωt, che ha numeratore ω (traslazione in s, Capitolo 5): s + 1 = s + 1 2 + 1 √3 ω, 1 = 2 √3 ω, s = s + 1 2 − 1 √3 ω. Nel tempo. eAt = e−t/2 cos ωt + 1√3 sin ωt 2√3 sin ωt − 2√3 sin ωt cos ωt − 1√3 sin ωt ! , ω = √3 2 . Controllo. In t = 0 vale I. È un modo pseudoperiodico convergente, come nell’Esercizio «I modi di massa, molla e smorzatore» del Capitolo 3 per 0 < b < 2. ← Torna all’Esercizio 3, pagina 17 Soluzione dell’Esercizio 4 – Il ritardo puro Lineare. All’ingresso a u1 + b u2 corrisponde a u1(t − T ) + b u2(t − T ) (per t ≥ T ), la stessa combinazione delle due uscite. Stazionario. Se l’ingresso si sposta di θ, anche l’uscita, che lo ripete T dopo, si sposta di θ. Causale. y(t) dipende solo da u(t − T ), un istante precedente a t. Non a dimensione finita. Se lo fosse, essendo lineare e stazionario avrebbe funzione di trasferimento razionale, mentre è e−sT (Sezione 9). Infatti per dare l’uscita da t a t+T serve tutto l’ingresso fra t−T e t: lo stato in t è questo pezzo di funzione, e nessun vettore di n numeri lo contiene. ← Torna all’Esercizio 4, pagina 17 Soluzione dell’Esercizio 5 – Esonero del 14/11/2025 (fila A), Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 3 In s. U (s) = s s2 + 100, e il fattore s si semplifica con il polo in 0 di W : Yf (s) = 1 s · s s2 + 100 = 1 s2 + 100 = 1 10 · 10 s2 + 100. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 22

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Nel tempo. È la riga del seno con ω = 10: yf (t) = 1 10 sin 10t δ−1(t). Controllo. W (s) = 1 s è un integratore, e infatti R t 0 cos 10τ dτ = 1 10 sin 10t. ← Torna all’Esercizio 5, pagina 17 Soluzione dell’Esercizio 6 – Appello del 24/07/2026, Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 2, adattato e. L’inversa. det(sI − A) = (s − 0.5)2 − 2.25 = (s − 2)(s + 1), e (sI − A)−1B = 1 (s − 2)(s + 1) s − 0.5 −1.5 −1.5 s − 0.5 ! 1 1 ! = 1 s + 1 1 1 ! . Funzione di trasferimento. Con D = 0: W (s) = C(sI − A)−1B = 1 s + 1. Lettura. Gli autovalori sono 2 e −1, ma in W (s) resta solo s+1. Infatti AB = −B, quindi B è un autovettore di −1 e il modo di 2 (autovettore (1 −1)T) non è eccitabile. Così W (t) = C eAtB = e−t, che ha trasformata 1 s+1 (Capitolo 5, Sezione 7, con λ = −1). L’ingresso. cos(2t − 1) δ−1(t) non è un coseno ritardato, che sarebbe nullo prima di t = 1 2 . Si sviluppa il coseno della differenza: u(t) = cos 1 cos 2t + sin 1 sin 2t, U (s) = s cos 1 + 2 sin 1 s2 + 4 . f. Yf (s) = s cos 1 + 2 sin 1 (s + 1)(s2 + 4) , con un polo in −1 e la coppia ±2i. • In −1: R0 = − cos 1 + 2 sin 1 5 . • In 2i: il numeratore è 2i cos 1 + 2 sin 1 = 2i e−i, quindi R1 = 2i e−i (1 + 2i) 4i = (1 − 2i) e−i 10 = (cos 1 − 2 sin 1) − i (2 cos 1 + sin 1) 10 . Con Ra = cos 1−2 sin 1 10 , Rb = −2 cos 1+sin 1 10 e α = 0, la coppia dà 2(Ra cos 2t − Rb sin 2t), e raccogliendo con le formule del coseno e del seno della differenza: yf (t) = 1 5 (2 sin 1 − cos 1) e−t + cos(2t − 1) + 2 sin(2t − 1) δ−1(t). Controllo. yf (0) = 1 5 (2 sin 1 − cos 1 + cos 1 − 2 sin 1) = 0, e ̇yf + yf = cos(2t − 1), l’equazione di W (s) = 1 s+1 . ← Torna all’Esercizio 6, pagina 18 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 23

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Soluzione dell’Esercizio 7 – Appello del 18/02/2026, Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 1, adattato Φ(s). A è triangolare: d(s) = (s − 1)2(s + 1), e Φ(s) =    1 s−1 0 2 (s−1)(s+1) 0 1 s−1 2 (s−1)(s+1) 0 0 1 s+1    . i. Modi. m(s) = (s − 1)(s + 1) ha radici semplici, quindi A è diagonalizzabile, con l’autovalore 1 doppio e −1 semplice. Da 2 (s−1)(s+1) = 1 s−1 − 1 s+1 , eAt = et    1 0 1 0 1 1 0 0 0    + e−t    0 0 −1 0 0 −1 0 0 1    , con residui di rango 2 e 1: i modi sono et lungo l’autospazio generato da (1 0 0)T e (0 1 0)T, ed e−t lungo (1 1 −1)T. Poi H(s) = Φ(s)B = 1 s − 1    1 1 0    , Ψ(s) = C Φ(s) = 0 1 s−1 1 s−1 . −1 non è polo né di H né di Ψ: il modo di −1 è non eccitabile e non osservabile, quello di 1 è eccitabile e osservabile. ii. Lo stato libero è limitato se e solo se manca et, cioè se il residuo di 1 annulla x0: x0,1 + x0,3 = 0 e x0,2 + x0,3 = 0. Sono gli x0 = α (1 1 −1)T, α ∈ R, per i quali x(t) = e−tx0. vi. W (s) = CΦ(s)B + 1 = 1 s−1 + 1 = s s−1 , e con U (s) = 1 s2 + 1 s−2 Yf (s) = 1 s(s − 1) + s (s − 1)(s − 2) = − 1 s + 1 s − 1 + − 1 s − 1 + 2 s − 2 = −1 s + 2 s − 2. I due residui in 1 si cancellano, perché U (s) = (s−1)(s+2) s2(s−2) ha uno zero in 1, e yf (t) = 2 e2t − 1 δ−1(t). In t = 0 vale 1 = D u(0), il legame diretto. ← Torna all’Esercizio 7, pagina 18 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 24

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Soluzione dell’Esercizio 8 – Appello del 05/04/2024, Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 1, adattato i. Sviluppando lungo la terza riga, d(s) = s (s + 3)2 − 1 = s (s + 2)(s + 4), e Φ(s) =    s+3 (s+2)(s+4) − 1 (s+2)(s+4) 4 s(s+4) − 1 (s+2)(s+4) s+3 (s+2)(s+4) 4 s(s+4) 0 0 1 s    . Il minimo comune multiplo dei denominatori è s(s + 2)(s + 4): m(s) = d(s), come deve essere con tre autovalori distinti. ii. I modi sono e−4t, e−2t e la costante 1 (autovalore 0). Poi H(s) =    2(s+1) s(s+2) 2 s(s+2) 1 s    , Ψ(s) = s+3 (s+2)(s+4) − 1 (s+2)(s+4) − 1 s+4 . I poli di H sono 0 e −2, quelli di Ψ sono −2 e −4: • e−2t è eccitabile e osservabile; • 1 è eccitabile e non osservabile; • e−4t è osservabile e non eccitabile. v. Risposta libera. Yl(s) = Ψ(s) x0 = (s+3)−1 (s+2)(s+4) − 1 s+4 = 0: x0 è l’autovettore di 0, il cui modo non è osservabile. Risposta forzata. W (s) = CΦ(s)B − 1 = −s+1 s+2 e U (s) = 2 s3 + 2 s2 + 2 s = 2(s2+s+1) s3 , quindi Y (s) = −2(s + 1)(s2 + s + 1) s3(s + 2) . Il polo −2 è semplice: R = lims→−2 − 2(s+1)(s2+s+1) s3 = −2·(−1)·3 −8 = −3 4 . Per il polo triplo in 0, G(s) = −2(s+1)(s2+s+1) s+2 = −2(s3+2s2+2s+1) s+2 , e con la divisione G(s) = −2s2 + 2 − 3 s+2 : R11 = G(0) = −1, R12 = G′(0) = −6 4 = −3 2, R13 = G′′(0) 2! = 1 2 − 4 + 12 8 = −5 4. Quindi y(t) = − t2 2 − 3t 2 − 5 4 − 3 4 e−2t δ−1(t). In t = 0 vale −2 = D u(0), e manca il modo e−4t, non eccitabile. ← Torna all’Esercizio 8, pagina 18 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 25

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Soluzione dell’Esercizio 9 – Appello del 16/04/2026 (fila A), Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 1, adattato 1. Stato. Il termine k h0 è costante, e h0 è la posizione di equilibrio con F = 0. Nella coordinata traslata y = h − h0, con ̇y = ̇h e ̈y = ̈h, l’equazione è lineare: M ̈y = F − k y − a ̇y. Con x1 = y, x2 = ̇y: ̇x = 0 1 − k M − a M ! x + 0 1 M ! F, y = 1 0 x, D = 0. 2. Modi aperiodici. Gli autovalori risolvono M λ2 + aλ + k = 0 e sono reali se e solo se a2 ≥ 4M k = 4 · 1012, cioè, con a > 0, a ≥ 2 · 106 N s m−1. Con a > 2 · 106 sono reali, distinti e negativi. Con a = 2 · 106, λ = − a 2M = −10 è doppio e A + 10I = ( 10 1 −100 −10 ) ha rango 1: A non è diagonalizzabile, e le leggi e−10t e t e−10t sono ancora aperiodiche. 3. In s. Con a M = 10 e k M = 100, d(s) = s2 + 10s + 100 = (s + 5)2 + 75, con la coppia −5 ± 5√3 i, e W (s) = C Φ(s) B = 10−5 s2 + 10s + 100, Yf (s) = W (s) 1 s = 10−5 s (s2 + 10s + 100). • In 0: R0 = 10−5 100 = 10−7. • In p = −5 + 5√3 i: con p − ̄p = 10√3 i, R1 = 10−5 p (p − ̄p) = 10−5 −150 − 50√3 i = −10−7 2 + i √3 6 10−7. Nel tempo. La coppia dà 2e−5t(Ra cos ωt − Rb sin ωt) con ω = 5√3: yf (t) = 10−7 1 − e−5t cos 5√3 t + 1√3 sin 5√3 t δ−1(t) m. Controllo. yf (0) = 0 e ̇yf (0) = 0. La costante 10−7 = 1 k viene dal polo dell’ingresso: il solaio si sposta di F k , e oscilla intorno perché con a = 106 < 2 · 106 il modo è pseudoperiodico. ← Torna all’Esercizio 9, pagina 19 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 26

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Soluzione dell’Esercizio 10 – Appello del 13/06/2025, Prof.ssa Claudia Califano e Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 2, adattato Con T ≥ 0 l’ingresso è e−t ritardato di T : U (s) = e−sT s+1 . Si mette da parte e−sT , e il polo dell’ingresso si semplifica con lo zero di W : G(s) = W (s) s + 1 = 1 s2 (s2 − s + 100). Polo doppio in 0. Con Q(s) = s2G(s) = 1 s2−s+100 : R11 = Q(0) = 1 100, R12 = Q′(0) = − 2s − 1 (s2 − s + 100)2 s=0 = 1 104 . Coppia. s2 − s + 100 = 0 dà p = 1 2 + iω, ω = √399 2 . Da p2 = p − 100 = −199 2 + iω e p − ̄p = 2iω: R1 = 1 p2 (p − ̄p) = − 2 399 + 199√399 i = − 1 2 · 104 + i 199 2 · 104√399, e la coppia dà 2et/2(Ra cos ωt − Rb sin ωt). Nel tempo. g(t) = t 100 + 1 104 1 − et/2 cos ωt + 199√399 sin ωt , yf (t) = g(t − T ) δ−1(t − T ). Con T < 0 l’ingresso, da 0 in poi, è eT e−t, senza ritardo, e yf (t) = eT g(t) δ−1(t). Controllo. g(0) = ̇g(0) = ̈g(0) = 0, perché G(s) ha denominatore di quattro gradi più del numeratore. Il modo dell’ingresso e−t non compare, perché −1 è uno zero di W ; il modo et/2 diverge, quindi yf non resta limitata. ← Torna all’Esercizio 10, pagina 19 Soluzione dell’Esercizio 11 – Appello del 30/01/2023 (fila A), Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 1, adattato H(s). Si risolve (sI − A) h = B. La prima riga dà h1 = 1 s−2 . Sommando le altre due, (s − 1)(h2 + h3) = 0, quindi h3 = −h2, e la seconda dà 3h1 + (s + 1) h2 = −2: h2 = − 2s − 1 (s − 2)(s + 1), h3 = 2s − 1 (s − 2)(s + 1). W (s). W (s) = C h = − 2 s − 2 + 2(2s − 1) (s − 2)(s + 1) = 2s − 4 (s − 2)(s + 1) = 2 s + 1. L’ingresso. Davanti al gradino c’è t, non t−2: si cerca f con f (t−2) = t+1+cos t, cioè f (τ ) = τ +3+cos(τ +2) = τ +3+cos 2 cos τ −sin 2 sin τ . Allora U (s) = e−2sU0(s) Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 27

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con U0(s) = 1 s2 + 3 s + s cos 2 − sin 2 s2 + 1 . I fratti di G = W U0. 2 s2(s+1) = 2 s2 − 2 s + 2 s+1 , 6 s(s+1) = 6 s − 6 s+1 , e in 2(s cos 2−sin 2) (s+1)(s2+1) il residuo in −1 è −(cos 2 + sin 2), quello in i R1 = i cos 2 − sin 2 i (1 + i) = cos 2 + sin 2 2 + i sin 2 − cos 2 2 . Nel tempo. La coppia dà (cos 2 + sin 2) cos τ + (cos 2 − sin 2) sin τ , e g(τ ) = 2τ + 4 − (4 + cos 2 + sin 2) e−τ + (cos 2 + sin 2) cos τ + (cos 2 − sin 2) sin τ. Con τ = t − 2 gli ultimi due termini sono cos t + sin t, quindi yf (t) = 2t + cos t + sin t − (4 + cos 2 + sin 2) e−(t−2) δ−1(t − 2). Controllo. In t = 2 vale 0, e per t > 2 si ha ̇yf +yf = 2u, l’equazione di W (s) = 2 s+1 . ← Torna all’Esercizio 11, pagina 20 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 28

Entrambi

6 Antitrasformazione, poli e residuiC1

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