Capitolo 9 · C1

Antitrasformazione, poli e residui

Tornare nel tempo, Fratti semplici e residui, Poli multipli, Poli complessi coniugati, Φ(s) e polinomio minimo, Poli e modi

17 pagine (15 numerate). Aggiornato il 14 ottobre 2026.

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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 8, tranne quella dell’impulso, 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 8; 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. 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 e deve essere strettamente proprio: se un fratto non lo fosse, nemmeno la somma lo sarebbe. Il suo numeratore è quindi una costante. 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 8), 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 8), 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 semplici distinti, e 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) = adj(sI − A) d(s) , d(s) := det(sI − A), con adj 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 adj(sI − A) 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 5, di rango uguale alla molteplicità algebrica di λi. Dimostrazione 1. Se A è diagonalizzabile, per il Capitolo 5 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. □ Se m(s) ha una radice multipla, nella scomposizione di Φ(s) compaiono fratti con (s−λi)k, e quindi in eAt potenze di t davanti all’esponenziale. 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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6 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). 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 5. 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 4 e 5). □ 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. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 8

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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 Riepilogo • Metodo: si scompone F (s) in fratti semplici, si legge ogni fratto nella tabella e si moltiplica per δ−1(t). • Polo semplice: Ri = lims→si (s − si)F (s), e Ri s−si → Riesit. • 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 = adj(sI − A)/d(s), e antitrasformando si ha eAt. • Polinomio minimo: le stesse radici di d(s), con molteplicità minori o uguali; tutte semplici se e solo se A è diagonalizzabile. • Residui di Φ: le matrici residue Ri, di rango uguale alla molteplicità algebrica. • Poli e modi: in Ψ(s) gli osservabili, in H(s) gli eccitabili, in W (s) solo modi eccitabili e osservabili. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 9

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7 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 12 → 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 12 → Esercizio 3 – 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 13 → Esercizio 4 – 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 13 → Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 10

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Esercizio 5 – 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 14 → Esercizio 6 – 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; v. calcolare la risposta per condizione iniziale x0 = (1 1 1)T ed ingresso u(t) = t2 + 2t + 2. Soluzione a pagina 15 → Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 11

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8 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 10 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 10 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 12

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Soluzione dell’Esercizio 3 – 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. 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 3, pagina 10 Soluzione dell’Esercizio 4 – Appello del 24/07/2026, Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 2, adattato e. det(sI − A) = (s − 0.5)2 − 2.25 = (s − 2)(s + 1) e (sI − A)−1B = 1 s+1 1 1 ! , quindi W (s) = 1 s + 1 (il modo di 2 non è eccitabile, Capitolo 8). 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 4, pagina 10 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 13

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Soluzione dell’Esercizio 5 – 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 5, pagina 11 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 14

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Soluzione dell’Esercizio 6 – 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 6, pagina 11 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 15

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9 Antitrasformazione, poli e residuiC1

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