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1 8 Settembre 2003 – recupero prima prova Esercizio 1 1.a = 12 1 2 1 +s + 3 3 − − s = 11 9 2(2 1)( 3) s ss −− + − (blocchi in parallelo) = 2+ s 1 = 21s s + (blocchi in parallelo) 21 ( ) 2(2 1)( 3) 2(2 1)( 3) 3 221 1 19() 2( 3 ) 1 1 9 ( 2 1 ) ( 9 ) 91 2(2 1)( 3) s Y s ss ss s s ssUs ss s s s s ss s + + −+ − −== = = +− − −− − + − −+ +− (retroazione negativa) Un polo: 9p = . Uno zero: 3z = . 1.b Il sistema non è asintoticamente stabile, anzi è inst abile, perché ha almeno un polo a parte reale positiva ( Re( ) 9 0p => ). 1.c Sia )()( tscatu = . Applichiamo il metodo di Heavyside: 33 1() 2 () 2 99 9 ss A BYs Us ss s s s −−== = +−− − 26 ( )9 (9 ) (9 ) sA B s B ss ss −+ −=−− 2 96 AB B += −= − )(tu )(ty s 1 2 12 1 2 1 +s 3 3 − − s + _ + + + + 2 2 3 4 3 B A  =  = 22 1() 39Ys ss =+  − () 92() 2 1 ()3 tyt e s c at=+ Graficamente: (si noti che 2(0) (2 1) 23y =+ = , anche se non si vede, data la scala molto compressa delle ordinate). Esercizio 2 La f.d.t. complessiva (tra ingresso )(tu e uscita )(ty ) è la serie di ()Gs ed ()Hs (ossia è 32 1() () (1 )2 ( 2 ) sHs Gs cs a sa s c a s c=⋅ −+ + − + − ); quindi, affinché il sistema sia asintoticamente stabile, sia i poli di ()Gs che quelli di ()Hs devono essere a parte reale negativa. Poli di ()Gs : 1 2 1p c −= − ⇒ 1c > . Poli di ( )Hs : usiamo il criterio di Routh: 2 (2 ) 1 22 ac a ac ac ca a a caaa c −− −− − −−= −− − Coefficienti della prima colonna non nulli e dello stesso segno: visto che deve essere 1c > , si deve imporre che 0 20 1 02 0( ) a a aac a c già soddisfatta <  −< − < −−< 0 1 2 3 4 5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 x 10 19 t y 3 Quindi, si ottiene complessivamente che, per avere asintotica stabilità, deve essere 1 0 c a >  < . Esercizio 3 3.a Applicando la trasformazione di Laplace e supponendo…