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18 Luglio 2002 – recupero prima prova Esercizio 1 1.a Nell’ipotesi che lo stato iniziale sia nullo, la f.d.t. da ad è u y 1() ( )Gs C sI A B D−= − + . Visto che 01 11A −⎡⎤= ⎢⎥ −⎣⎦ , , e 1 1B ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣⎦ [0 1]C = 0D = , si ha allora che 1 1 2 11 1() 11 11 sssI A ss ss − − 1+ −⎡⎤ ⎡⎤−= =⎢⎥ ⎢⎥−+ ++⎣⎦ ⎣⎦ 22 11 111() [0 1] 1111 s sGs sss ss +−⎡⎤ ⎡ ⎤ +== ⎢⎥ ⎢ ⎥++ ++⎣⎦ ⎣ ⎦ . Metodo alternativo: nell’ipotesi che lo stato iniziale sia nullo, applicando le proprietà della trasformata di Laplace si ha [] 12 21 2 2 2 1 2 22 2 2 (1 ) 1 ( 1)1 1 (1 ) 1 () 1() () 1 sX X U sX X X U YX XUX s XU UsX ss X s Us sYX Uss Ys sGs Us s s =− +⎧ ⎪ =− +⎨ ⎪ =⎩ −+⎧ =⎪ ⎪ −+⎪ +⎪ =⇒ + + =⎨ +⎪ +⎪ ==⎪ ++⎪⎩ +== ++ + 1.b 2 11() 2 11 1() () () 12 Us ss sYs G s U s ss s s =+ + + ⎛⎞== +⎜⎟++ +⎝⎠ (0) lim ( ) 0 s y sY s →∞ = = = (teorema valore iniziale) 2(0) lim ( ) 2 s ys Y s →∞ = (teorema valore iniziale) 0 2lim ( ) 12s ys Y s∞ → = = = (teorem a valore finale, applicabile perché Y(s) non ha poli instabili né immaginari puri). Rappresentazione grafica di y(t): 1 Impulse Response Time (sec) Amplitude 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 0 0.5 1 1.5 Esercizio 2 2.a 2 32() 68 sGs s s += + + Poli: radici del denominatore di : ( )Gs 1,2 31 4, 2p =− ± = − − . Zeri: radici del numeratore di Gs : ( ) 1 2/3z =− . Guadagno: visto che il sistema è di tipo zero, il guadagno è 20 32lim 68s s ssµ → +== ++ 3 8 . 2.b Il teorema della risposta in freq uenza è applicab ile perché il sis tema è asintoticam ente stabile. Per , si ha che () sin(5 )ut t= () ( 22 35 2 3 5 2sin 5( 5) 6 58 ( 5) 6 58 229 30sin 5 7.51189 17 229 sin 5 1.4382 2.0863 0.4389 sin 5 0.6481 /1189 jjyt jj jj ta rctg arctg tt ∞ ⎛⎞++=+ =⎜⎟++ ++⎝⎠ ⎛⎞=+ − =⎜⎟ −⎝⎠ =+ − = − ( )rad s Esercizio 3 Nell’ipotesi di condizioni iniz iali nulle, trasform ando a mbo i m embri…