Segnali e Sistemi (Ingegneria Informatica)

Segnali e Sistemi (Ingegneria Informatica)

Lezioni sulle EDO e sulle EAD

last update Nov 29, 2005

c2004 Finesso, Pavon, Pinzoni

1

Introduzione alle Equazioni Differenziali Ordinarie

Si presuppone che lo studente sia familiare con la nozione di equazione differenziale ordinaria (EDO) e con la struttura dell’insieme delle soluzioni nel caso di equazioni del primo ordine, lineari

a coefficienti costanti.

Si rimanda al corso di Matematica A per queste nozioni.

In questa lezione trattiamo le equazioni del primo ordine per illustrare in un caso semplice e gi`a noto la tecnica per lo studio delle EDO adottata in Segnali e Sistemi.

2

Introduzione alle EDO - circuito RC

Regime variabile per il circuito RC.(figura 2) La fisica impone il legame tra x ed y nella forma

y
+ 1

RCy = 1 RCx

(EDO del primo ordine, lineare, a coefficienti costanti).

Il circuito ha un interruttore che si chiude all’istante t = 0.

Il condensatore C pu`o avere tensione iniziale y(0) = y0= 0.

Interessa esplicitare la relazione tra x ed y per t > 0.

Matematicamente ci`o equivale a risolvere (per t > 0) y
+ 1

RC y = 1

RC x, y(0) = y0

(Problema ai valori iniziali - o di Cauchy - per l’EDO)

Risolvere il problema di Cauchy equivale a determinare la mappa ({x(t), t > 0}, y0)→ {y(t), t > 0}

Nota bene

La mappa{x(t), t > 0} → {y(t), t > 0} NON `e un sistema LTI.

Fisicamente questo `e evidente: per x(t) nullo y(t) dipende da y0.

Introduzione alle EDO - Problema di Cauchy

Consideriamo il problema di Cauchy (per t > 0) y
+ ay = bx, y(0) = y0

EDO del primo ordine, lineare, a coefficienti costanti generale (a = b =_RC¹ per il circuito RC)

Da Matematica A

E noto che la soluzione generale dell’EDO `` e y(t) = yp(t) + ygo(t) yp(t) `e una soluzione particolare dell’EDO y
+ ay = bx ygo(t) `e la soluzione generale dell’EDO omogenea y
+ ay = 0.

E noto che` ygo(t) = ce^−at

In Matematica A si danno ricette per costruire yp(t) per x(t) semplici.

Imponendo la condizione iniziale si trova c

y(t)|t=0= yp(t) + ce^−at|t=0= yp(0) + c = y0

e la soluzione del problema di Cauchy

y(t) = yp(t) + (y0− yp(0))e^−at

Problema. Costruire yp(t) qualunque sia x(t).

4

Costruzione di yp(t) qualunque sia x(t)

Proposizione.

Se h(t) `e una soluzione dell’EDO y
+ ay = bδ allora h(t)∗ x(t) `e una soluzione dell’EDO y
+ ay = bx Dim.

Osserviamo che dati due segnali v e w vale ^dv_dt∗ w =_dt^d(v∗ w) (provarlo!) Dalla h
+ah = bδ segue (h
+ah)∗x = bδ∗x e, per quanto detto, (h∗x)
+a(h∗x) = bx Ricetta per yp(t).

yp(t) = h(t)∗ x(t) Attenzione

Ci sono infinite h possibili.

La soluzione generale dell’EDO y
+ ay = bδ `e h(t) = hp(t) + ce^−at. Come si sceglie h? next slide please

5

Scelta di h(t)

1. Nel problema fisico (e.g. circuito RC) le soluzioni y(t) dell’EDO y
+ ay = bx

dipendono dall’ingresso x(t), t > 0. Lo stesso deve valere per yp(t).

Abbiamo proposto

yp(t) = h(t)∗ x(t)

Affinch`e yp(t) dipenda causalmente da x(t) bisogna che h(t) = 0, t < 0.

2. h(t) deve risolvere h
+ ah = bδ. Poich`e l’ingresso δ(t) = 0, t > 0 ci aspettiamo che h(t) coincida con una soluzione dell’EDO omogenea per t > 0.

3. Le funzioni h(t) che soddisfano entrambi i vincoli sono tipo h(t) = ce^−atu(t) c da determinare

4. Imponiamo che h(t) risolva l’EDO y
+ ay = bδ per determinare c.

Sostituendo: h
+ ah =−cae^−atu(t) + ce^−atδ(t) + ace^−atu(t) = bδ(t).

5. ”Bilanciando gli impulsi” troviamo c = b ovvero la soluzione causale h+(t) = be^−atu(t)

Introduzione alle EDO - Soluzione del problema di Cauchy

Consideriamo il problema di Cauchy (per t > 0)

y
+ ay = bx, y(0) = y0, x(t) = 0, t < 0

La soluzione generale dell’EDO per t > 0 `e y(t) = be^−atu(t)∗ x(t) + ce^−at Imponendo la condizione iniziale

y(t)|t=0= [be^−atu(t)∗ x(t) + ce^−at]|t=0= c = y0

troviamo la soluzione del problema di Cauchy y(t) = be^−atu(t)∗ x(t) + y⁰e^−at NOTA

La soluzione y(t) `e separata in due componenti y(t) = yf(t) + y(t).

Nel gergo dell’Automatica

yf(t) = h+(t)∗ x(t),risposta forzata

dipende dall’ingresso ma non dalla c.i. – si trova ponendo y0= 0 nel problema y(t) = y0e^−at,risposta libera

dipende dalla c.i. ma non dall’ingresso – si trova ponendo x = 0 nel problema.

Introduzione alle EDO - Esempio svolto

Esempio svolto con la tecnica imparata in Matematica A y
+ 2y = t, y(0) = 1

y = yp+ yo= yp+ ce^−2t soluzione generale y_p(t) = At + B soluzione particolare presunta yp(t) = t

2−1

4 imponendo y_p
+ 2yp= t

y(t) = t 2−1

4+ ce^−2t soluzione generale

y(t) = t 2−1

4+5

4e^−2t imponendo y(0) = 1

Con la tecnica imparata in Matematica A si pu`o tirare ad indovinare yp in un numero limitato di casi.

8

Introduzione alle EDO - Esempio svolto

Lo stesso esempio svolto con la tecnica spiegata oggi y
+ 2y = tu(t), y(0) = 1

h₊(t) = e^−2tu(t) r.i. del sistema causale

y_f(t) =

 _t

0 τ e^−2(t−τ)dτ

 u(t) =

t 2−1

4+1 4e^−2t



u(t) risposta forzata

y_(t) = e^−2t risposta libera

y(t) =

t 2−1

4+1 4e^−2t

 u(t) +

e^−2t



u(t) risposta completa

y(t) = t 2−1

4+5

4e^−2t risultato di Matematica A Per t > 0 coincide, ma gli effetti di x e y(0) non sono separati.

9

Introduzione alle EDO - Sistema LTI associato all’EDO

Alla EDO

y
+ ay = bx

si pu`o associare il sistema LTI causale di risposta impulsiva h₊(t) = be^−atu(t)

che esplicita la relazione imposta dall’EDO limitatamente al caso x(t) = 0, t < 0 y(t) = 0, t < 0

L’uscita del sistema `e la risposta forzata, y_f(t), dell’EDO.

Introduzione alle EDO - circuito RC passa-alto

Per il circuito RC passa-alto (figura 3) y
+ 1

RCy = x

(vedi lezione per la discussione della propriet`a passa-alto) Si osservi che il membro destro dell’EDO contiene x
(t).

In Matematica A il membro destro `e indicato con f (t) poich`e non interessa mettere in evidenza la relazione i/o.

Se, come per il circuito RC, fissiamo a priori quale segnale debba essere considerato ingresso x(t) la fisica imporr`a la forma del membro destro.

La EDO generale che tratteremo nelle prossime lezioni `e del tipo

n k=0

a_kd^ky(t) d t^k =

m k=0

b_kd^kx(t)

d t^k a_n= 1, n≥ m

EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE - EDO

Spesso la fisica fornisce la relazione i/o nella forma

n k=0

a_kd^ky(t) d t^k =

m k=0

b_kd^kx(t)

d t^k t∈R, an= 1 EDO di ordine n, lineare, a coefficienti costanti.

Se x `e fissata si pu`o scrivere

n k=0

a_kd^ky(t)

d t^k = f (t), dove f congloba x e le sue derivate.

La prima forma evidenzia la relazione i/o.

(esempio: filtro passa-alto).

12

EDO - Notazioni alternative

n k=0

a_ky^(k)(t) =

m k=0

b_kx^(k)(t) t∈R

Definendo gli operatori differenziali A(f ) :=

n k=0

a_kf^(k)(t), B(f ) =

m k=0

b_kf^(k)(t)

l’equazione si scrive

A(y) = B(x)

Nei sistemi fisici n≥ m.

13

EDO – Propriet`a delle soluzioni

n k=0

a_ky^(k)(t) =

m k=0

b_kx^(k)(t) t∈R

esistenza: citare Cauchy

tempo-invarianza: poich´e i coefficienti sono costanti (x(t), y(t)) soluzione =⇒ (x(t − T ), y(t − T )) soluzione linearit`a: poich´e l’equazione `e lineare

(x₁, y₁) e (x₂, y₂) soluzioni =⇒ (αx1+ βx₂, αy₁+ βy₂) soluzione

EDO – Insieme delle soluzioni

n k=0

a_ky^(k)(t) =

m k=0

b_kx^(k)(t)

Fissato x, le soluzioni y sono della forma y = y_p+ y_o yp `e una fissata soluzione di A(y) = B(x),

yo`e una qualunque soluzione di A(y) = 0 (omogenea associata).

Al variare di yo si trovano le infinite soluzioni di A(y) = B(x).

Dim.

(x, y), (x, yp) soluzioni⇒ (0, y − y^p) soluzione cio`e yo:= y− y^prisolve A(y) = 0.

Viceversa sia A(yo) = 0 allora y = yp+ yorisolve A(y) = B(x).

EDO omogenea - Insieme delle soluzioni

n k=0

a_kd^ky(t)

d t^k = 0 t∈R

•Le soluzioni formano uno spazio vettoriale Yo di dimensione n.

• Ogni soluzione yo `e c.l. di n soluzioni di base ϕ_l(t) yo(t) =

n l=1

c_lϕ_l(t)

• Le ϕ_l(t) sono legate alle radici del polinomio caratteristico a(s) =

n k=0

a_ks^k

16

EDO omogenea - Costruzione delle ϕ_l(t) Caso I - radici semplici

a(p) = 0 =⇒ φ(t) = e^{p t} soluzione

Dim.

n

k=0

akd^k(e^{p t}) d t^k =

n

k=0

akp^ke^{p t} = a(p)e^{p t}= 0ssea(p) = 0.

Esempio y

+ 3y
+ 2y = 0

polinomio caratteristico a(s) = s²+ 3s + 2 = (s + 1)(s + 2) soluzioni base ϕ₁(t) = e^−t, ϕ₂(t) = e^−2t

soluzione generale y_o(t) = c₁e^−t+ c₂e^−2t

17

Costruzione delle ϕ_l(t) Caso II - radici multiple

La radice p `e doppia se a(s) = (s− p)²a₁(s), a₁(p)= 0.

a(p) = 0, doppia ⇒ φ₁(t) = e^{p t}, φ₂(t) = te^{p t} soluzioni Esempio y

− 6y
+ 9y = 0

a(s) = s²− 6s + 9 = (s − 3)² ϕ₁(t) = e^3t, ϕ₂(t) = t e^3t y_o(t) = c₁e^3t+ c₂t e^3t

Costruzione delle ϕ_l(t) – Ulteriori esempi

Esempio y

+ 4y = 0

a(s) = s²+ 4 = (s− j2)(s + j2) ϕ₁(t) = e^−j2t, ϕ₂(t) = e^j2t yo(t) = c₁e^−j2t+ c₂e^j2t

Nota: le soluzioni reali si ottengono per c₂= c₁. Esempio y


− 2y

+ y
= 0

a(s) = s³− 2s²+ s = s(s²− 2s + 1) = s(s − 1)² ϕ₁(t) = 1, ϕ₂(t) = e^2t, ϕ₃(t) = t e^2t

y_o(t) = c₁+ c₂e^2t+ c₃t e^2t

EDO omogenea – soluzione generale

• fattorizzare a(s) a(s) =

n k=0

a_ks^k= an

r i=1

(s− pi)ⁿⁱ r radici distinte p_i di molteplicit`a n_i con ^_in_i= n

• costruire una base diYo

{φl(t), l = 1, . . . , n} = {t^ke^pit; i = 1, . . . , r, k = 0, . . . n_i− 1}

Insieme linearmente indipendente di n modi

• rappresentazione di y_o

yo(t) =

n l=1

c_lφ_l(t) =

r i=1

n_i−1 k=0

c_i,kt^ke^pit

20

EDO omogenea – soluzione generale – base reale a(s) =

n k=0

a_ks^k

Se a_k∈R, le radici complesse compaiono in coppie coniugate.

a(p) = a(p) = 0, p = σ + jω =⇒ c1ϕ_p+ c₂ϕ_p= c₁e^{p t}+ c₂e^{p t}. Le soluzioni sono reali se e solo se c₂ = c₁.

Con le usuali manipolazioni trigonometriche si ottengono le tre forme

• ce^pt+ ce^pt c∈C

• d₁e^σtcos ωt + d₂e^σtsin ωt d₁, d₂∈R

• Ae^σtcos(ωt + θ) A∈R, θ ∈ [−π, π]

Formule analoghe per le radici multiple.

21

Propriet`a di integrabilit`a dei modi

Per il generico modo corrispondente a p = σ + jω, con a(p) = 0 ϕ_(t) = t^ke^pt= t^ke^σte^jωt ⇒ |ϕ(t)| = |t|^ke^σt

Per la parte causale vale

 _∞

0 |ϕ(t)|dt < ∞ sse σ < 0 Per la parte anticausale vale

 ₀

−∞0|ϕ(t)|dt < ∞ sse σ > 0

Problema di Cauchy per EDO omogenee

Teorema (Cauchy)

Assegnati t₀ ed il vettore (y_o,0, y_o,1, . . . , y_o,n−1)∈Rⁿ esiste, unica, una soluzione di

A(y) = 0 tale che

y(t₀) = y_o,0, y⁽¹⁾(t₀) = y_o,1, . . . , y⁽ⁿ⁻¹⁾(t₀) = y_o,n−1

Costruzione

Alla soluzione y_o(t) =^n_=1c_φ_(t) si impone y^(k)_o (t₀) = y_o,k. Il sistema lineare n× n nelle incognite c ha soluzione unica.

24

Problema di Cauchy per l’omogenea – Esempi

Esempio 1 y

+ y
− 2y = 0, y(0) = 1, y
(0) = 7 a(s) = s²+ s− 2 = (s − 1)(s + 2)

yo(t) = c₁e^t+ c₂e^−2t

yo(0) = c₁+ c₂= 1, y_o
(0) = c₁e^t− 2c2e^−2t

t=0= c₁− 2c2= 7 Risolvendo: c₁= 1, c₂=−2 =⇒ yo(t) = e^t− 2e^−2t

Esempio 2 y

+ 2y
+ 2y = 0, y(0) = 2, y
(0) =−1 a(s) = s²+ 2s + 2 = (s + 1 + j)(s + 1− j)

yo(t) = c₁e^−tcos t + c₂e^−tsin t

yo(0) = c₁= 2, y_o
(0) =−c1+ c₂ =−1

Risolvendo: c₁= 2, c₂= 1 =⇒ yo(t) = 2e^−tcos t + e^−tsin t Esempio 3 A(y) = 0, y(0) = 0

La soluzione (unica) `e y(t) = 0.

25

Problema di Cauchy per l’EDO Teorema (Cauchy)

Assegnati t₀, il vettore (y₀, y₁, . . . , y_n−1)∈Rⁿ e l’ingresso x(t), nullo prima di t = t₀, esiste, unica, la soluzione di

A(y) = B(x) t > t₀ tale che

y(t₀−) = y0, y⁽¹⁾(t₀−) = y1, . . . , y⁽ⁿ⁻¹⁾(t₀−) = y_n−1 (usualmente t₀= 0)

Soluzione del problema di Cauchy La soluzione generale `e y = y_p+ y_o.

Nella lezione precedente abbiamo trovato yo. Problemi aperti

• Costruzione di yp causalmente dipendente da x (come per l’EDO del primo ordine)

• Imposizione delle c.i.

Costruzione di yp

Lemma A(h) = B(δ) =⇒ A(h ∗ x) = B(x) ovvero h ∗ x = yp

Dim.:

(a) _dt^dh∗ x =_dt^dh∗ x, anche per le derivate superiori, allora (b) A(h∗ x) = A(h) ∗ x = B(δ) ∗ x = B(δ ∗ x) = B(x).

Scelta di h

Poich`e vogliamo la soluzione causale (t ≥ t0) del problema di Cauchy, in analogia alla EDO del primo ordine sceglieremo h causale ovvero la soluzione h₊

1. Si assume che h₊(t) =^n_=1c_ϕ_(t−t0)u(t−t0)) (per n > m) . (coincide con una soluzione dell’omogenea per t > t₀)

2. Si sostituisce h₊(t) nell’EDO A(h₊) = B(δ)

3. Si bilanciano gli impulsi e si determinano le costanti c_. La corrispondente soluzione particolare sar`a

y_f(t) = h₊(t)∗ x(t)

Soluzione del problema di Cauchy

y(t) = y_f(t) + y_(t) =

 _t to

h₊(t− τ)x(τ)dτ + y(t)

• la risposta forzata risolve l’EDO con x assegnato e c.i. nulle y_f(t₀−) = y⁽¹⁾_f (t₀−) = · · · = y⁽ⁿ⁻¹⁾_f (t₀−) = 0

• la risposta libera risolve l’EDO con x nullo e c.i. assegnate y^(k)_ (t₀−) = y_k k = 0, 1, . . . , n− 1

28

Esempio di calcolo di h₊(t)

Consideriamo l’EDO del secondo ordine y

+ y = x

Soluzione omogenea: y_o(t) = c₁cos t + c₂sin t 1. Si assume: h(t) =^c₁cos t + c₂sin t u(t) 2. Si impone che h

+ h = δ
.

h
= (−c1sin t + c2cos t)u(t) + c1δ(t)

h

= (−c¹cos t− c²sin t)u(t) + c2δ(t) + c1δ
(t) e sostituendo

h

+ h = (−c1cos t− c2sin t)u(t) + c2δ(t) + c1δ
(t) + (c1cos t + c2sin t)u(t) =

= c2δ(t) + c1δ
(t) = δ
(t).

3. Bilanciando gli impulsi c₁= 1, c₂= 0.

h₊(t) = cos t u(t)

29

Sistema LTI causale associato all’EDO

Alla EDO A(y) = B(x)

si pu`o associare il sistema LTI causale di risposta impulsiva h₊(t) =

n

=1

c_ϕ_(t)u(t) (risultante dal metodo del bilanciamento)

L’uscita del sistema h(t) `e la risposta forzata dell’EDO.

Studio della stabilit`a

h₊(t) `e stabile ssei modi con c_= 0 sono integrabili.

Per il generico modo corrispondente a p = σ + jω, con a(p) = 0 ϕ_(t) = t^ke^pt ⇒ |ϕ_(t)| = t^ke^σt

Dalla lezione precedente

_∞

0 |ϕ_(t)|dt < ∞ sse σ < 0

Esempi di comportamento per l’EDO del secondo ordine

Problema ai valori iniziali:

my

+ ky = F cos ωt u(t), y(0) = y
(0) = 0

NotaDescrive, ad es., la posizione di un sistema massa-molla senza attrito, inizialmente a riposo (posizione e velocit`a nulle), con forza esterna sinusoidale.

a(s) = ms²+ k =

s− j_m^ks + j k

m 

, sia ωo:=

k m. Con la tecnica del bilanciamento troviamo la r.i. causale

h₊(t) = 1

mωosin ω₀t u(t) NOTE

• y(t) = y_f(t) poich`e i valori iniziali sono nulli.

• Il sistema non `e BIBO stabile, _−∞^∞ |h(t)|dt non converge.

• La pulsazione ωo si dice pulsazione propria (`e quella di h₊).

Calcolo della risposta forzata – caso ω= ωo

y_f(t) =

_t

0 h₊(t− τ)x(τ)dτ =^t

0

F

mω_osin ωo(t− τ) cos ωτdτ = ricordiamo che sin α cos β = ¹₂sin(α + β) +¹₂sin(α− β) e sostituendo

=

 _t 0

F 2mωo

sin^ω_ot− (ωo− ω)τ + sin^ω_ot− (ωo+ ω)τ ^dτ =

=_2mω^F

o

1

ωo−ωcos^ω_ot−(ωo−ω)τ +_ω¹

o+ωcos^ω_ot−(ωo+ω)τ ^_^{τ =t}

τ =0=

=_2mω^F

o

1 ωo−ω

cos ωt− cos ωot 

+ _ω¹

o+ω

cos ωt− cos ωot  

.

y_f(t) = F m

1 ω²_o − ω²

cos ωt− cos ωot 

u(t)

32

Fenomeno dei battimenti

Ricordando che cos(A± B) = cos A cos B ∓ sin A sin B

ponendo A =ωo+ ω

2 t, B =ωo− ω

2 t

si pu`o scrivere y_f(t) = 2F

m^ω²_o− ω² sin

ωo− ω

2 t

 sin

ωo+ ω

2 t

 u(t)

se ω_o+ ω ωo− ω si evidenziano i battimenti:

un segnale sinusoidale a bassa frequenza modula l’ampiezza di un segnale sinusoidale ad alta frequenza.

33

Calcolo della risposta forzata – caso ω = ωo – Risonanza

y_f(t) =

_t

0 h₊(t− τ)x(τ)dτ =^t

0

F

mω_osin ωo(t− τ) cos ωoτ dτ =

=

 _t 0

F 2mωo

sin^ω_ot + sin^ω_ot− 2ωoτ ^dτ =

= F

2mω_o t sin ω_ot + F 2mω_o

1

2ω_ocos^ω_ot− 2ωoτ ^_^t

0

ovvero

y_f(t) = F

2mωo t sin ω_ot

Se l’ingresso ha pulsazione ω = ω_o si verifica la risonanza, manifestazione della non stabilit`a BIBO:

l’ingresso limitato x(t) = F cos ωot produce uscita illimitata.

Esempi di calcolo

Esempio 1 y
+ 2y = x, h₊(t) = e^−2tu(t) Il sistema LTI causale `e stabile poich`e p =−2.

Esempio 2 y

+ y = x
, h₊(t) = cos t u(t)

Il sistema LTI causale non `e stabile poich`e p_1,2=±j (sull’asse).

Esempio 3 y

+ y
− 2y = 2x
+ x a(s) = s²+ s− 2 = (s − 1)(s + 2) φ₁(t) = e^t, φ₂(t) = e^−2t

h₊(t) = a₁e^−2tu(t) + a₂e^tu(t)

si deve dterminare h₊ bilanciando gli impulsi per determinare la stabilit`a del sistema LTI causale.

Risposta in frequenza del sistema stabile associato alla EDO Dall’EDO A(y) = B(x), ponendo

x(t) = e^jωt, y(t) = H(jω)e^jωt si trova

n k=0

a_k(jω)^kH(jω)e^jωt =

m k=0

b_k(jω)^ke^jωt t∈R Da cui l’espressione alternativa

H(jω) =

_m

k=0b_k(jω)^k

_n

k=0a_k(jω)^k

NotaLa risposta in frequenza si scrive per ispezione!

ATTENZIONE Questa risposta in frequenza coincide con H₊(jω) =

_∞

0 h₊(t)e^−jωtdt solo nel caso in cui h₊ sia stabile.

36

Transitorio e regime sinusoidale Sia h₊ stabile. Applicando un esponenziale all’istante t = 0, ovvero

x(t) = e^jωtu(t) possiamo scrivere l’uscita come y(t) =

_t

0 h₊(τ )e^jω(t−τ)dτ =

_∞ 0 −^{ ∞}

t h₊(τ )e^jω(t−τ)dτ y(t) = y_per(t) + y_tr(t) risposta totale

yper(t) =

_∞

0 h₊(τ )e^jω(t−τ)dτ = H(jω)e^jωt regime permanente y_tr(t) =−^∞

t h₊(τ )e^jω(t−τ)dτ transitorio Per la stabilit`a lim_t→∞y_tr(t) = 0, ovvero, per t→ ∞,

y(t) uguaglia la risposta in regime sinusoidale yper(t).

37

Introduzione alle Equazioni alle Differenze

Un’equazione alle differenze (EAD) `e una equazione dove l’incognita `e una sequenza y(n) definita sull’intervallo n1≤ n ≤ n2.

Noi considereremo EAD del tipo

N

k=0

aky(n− k) = f(n) n∈ [n¹, n2]

Si tratta di EAD lineari, a coefficienti costanti. N si dice ordine della EAD.

La sequenza f (n) `e supposta nota. In Segnali e Sistemi f (n) sar`a espressa in termini del segnale di ingresso x(n). La sequenza y(n) `e una soluzione della EAD se, sostituita nell’equazione, la verifica per ogni n∈ [n1, n2]

Esempioy(n) = (−1)ⁿ`e una soluzione della EAD y(n) + y(n− 1) = 0, n ∈Z. La soluzione non `e unica, nell’esempio y(n) = 0 `e un’altra soluzione.

Le EAD sono l’analogo a tempo discreto delle EDO. Esse costituiscono un potente strumento per la rappresentazione di sistemi LTI a tempo discreto.

Spesso originano dalla discretizzazione delle EDO.

Sistemi LTI ed EAD

Esempio. Sia L LTI di r.i. h(n) = baⁿu(n), |a| < 1.

La relazione ingresso-uscita esplicita `e y(n) =

n k=−∞

b a^(n−k)x(k)

Scriviamo y(n) =

n−1

k=−∞

ba^n−kx(k) + bx(n) = a

n−1

k=−∞

ba^n−1−kx(k) = ay(n− 1) + bx(n)

La relazione ingresso-uscita `e descritta implicitamente dall’EAD y(n)− ay(n − 1) = bx(n)

Esistono dunque sistemi LTI descrivibili con EAD.

EAD del primo ordine

Esempio fisico: Equazione del conto corrente

Definizioni

y(n) saldo al mese n di un conto corrente α tasso percentuale di interesse mensile x(n) versamenti - prelievi del mese n vale allora

y(n) = y(n− 1) + αy(n − 1) + x(n).

Detto a = 1 + α otteniamo l’equazione y(n)− ay(n − 1) = x(n)

40

Struttura della soluzione

Consideriamo la EAD del primo ordine y(n)− ay(n − 1) = bx(n)

Proposizione. La relazione (implicita) tra x e y per n∈Z`e LTI.

Dim.

Se (x1, y1), (x2, y2) soddisfano EAD allora (αx1+ βx2, αy1+ βy2) soddisfa.

Se (x(n), y(n)) soddisfa EAD allora (x(n + N ), y(n + N )) soddisfa.

Corollario. Fissato x(n) la soluzione generale della EAD `e y(n) = yp(n) + yo(n)

yp(n) `e una soluzione particolare,

yo(n) la soluzione generale della EAD omogenea y(n)− ay(n − 1) = 0.

Dim.

(x, yp), (x, y) soluzioni⇒ (0, yp− y) soluzione i.e. y = yp+ yo per qualche yo. Viceversa (x, yp), (0, yo) soluzioni⇒ (x, y^p+ yo) soluzione.

41

Soluzione generale omogenea yo(n)

Per costruire yo(n), n∈Z risolviamo il problema y(n)− ay(n − 1) = 0, y(0) = c

Sfruttando la struttura ricorsiva dell’EAD si ricava y_o(n) = caⁿ

Costruzione di y_p(n)

Proposizione.

Se h(n) `e una soluzione dell’EAD y(n)− ay(n − 1) = bδ(n) allora h(n)∗ x(n) `e una soluzione dell’EAD y(n)− ay(n − 1) = bx(n) Dim.

Dati due segnali v e w vale (U−1v)∗ w = U−1(v∗ w).

Dalla h(n) + ah(n− 1) = bδ(n) segue (h(n) + ah(n − 1)) ∗ x(n) = bδ(n) ∗ x(n) e, per quanto detto, (h∗ x)(n) + a(h ∗ x)(n − 1) = bx(n)

Ricetta per yp(n).

yp(n) = h(n)∗ x(n) Attenzione

Ci sono infinite h possibili.

La soluzione generale dell’EAD h(n) + ah(n− 1) = bδ(n) `e h(n) = h^p(n) + caⁿ. Come si sceglie h(n)?

Scelta di h(n)

La scelta di h(n) dipende dal problema.

Per il problema di Cauchy (vedi sotto) ipotizziamo che y(n) dipende causalmente da x(n)

Lo stesso deve valere per yp(n) = h(n)∗ x(n), quindi h(n) deve essere causale.

Per ottenere h causale poniamo il problema

h(n)− ah(n − 1) = bδ(n), h(−1) = 0 La ricorsione fornisce

h(n) = baⁿu(n)

44

Soluzione del problema di Cauchy

Consideriamo il problema di Cauchy (per n≥ 0)

y(n)− ay(n − 1) = bx(n), y(−1) = y−1

La soluzione generale dell’EAD per n≥ 0 `e y(n) = baⁿu(n)∗ x(n) + caⁿ Imponendo la condizione iniziale

y(n)|n=−1= [baⁿu(n)∗ x(n) + caⁿ]|n=−1= ca⁻¹= y₋₁ troviamo la soluzione del problema di Cauchy

y(n) = baⁿu(n)∗ x(n) + y−1aⁿ⁺¹, n≥ 0 NOTA

La soluzione y(n) `e separata in due componenti y(n) = yf(n) + y(n).

Nel gergo dell’Automatica

yf(n) = h(n)∗ x(n),risposta forzata

dipende solo dall’ingresso – si trova ponendo y−1= 0 nel problema di Cauchy y(n) = y−1aⁿ⁺¹,risposta libera

dipende solo dalla c.i. – si trova ponendo x = 0 nel problema di Cauchy.

45

Sistema LTI associato all’EAD

Alla EAD

y(n)− ay(n − 1) = bx(n)

si pu`o associare il sistema LTI causale di risposta impulsiva h(n) = baⁿu(n)

che esplicita la relazione imposta dall’EAD limitatamente al caso x(n) = 0, n < 0 y(n) = 0, n < 0

L’uscita del sistema, y_f(n), `e la risposta forzata dell’EAD.

EQUAZIONI ALLE DIFFERENZE

Spesso la ”fisica” fornisce la relazione i/o nella forma

N k=0

a_ky(n− k) = ^M

k=0

b_kx(n− k) n∈Z

N.B. L’EAD `e di ordine N se a_N = 0. Per modellare sistemi causali a₀= 0.

Definendo gli operatori alle differenze A(f ) :=

N k=0

a_kf (n− k), B(f ) =

M k=0

b_kf (n− k)

l’equazione si scrive

A(y) = B(x)

EAD – Struttura delle soluzioni

N k=0

aky(n− k) =

M k=0

bkx(n− k) n∈Z

Esistenza. Garantita dalla struttura ricorsiva dell’EAD Tempo-invarianza. Poich´e i coefficienti sono costanti (x(n), y(n)) soluzione =⇒ (x(n − N), y(n − N)) soluzione Linearit`a. Poich´e l’equazione `e lineare

(x1, y1) e (x2, y2) soluzioni =⇒ (αx¹+ βx2, αy1+ βy2) soluzione Soluzione generale. Fissato x, la soluzione generale y `e della forma

y = yp+ yo

yp`e una fissata soluzione di A(y) = B(x),

yo `e una qualunque soluzione di A(y) = 0 (omogenea associata).

Dim. vedi EAD del primo ordine

48

EAD omogenea - Soluzione generale

N k=0

a_ky(n− k) = 0 n∈Z

•Le soluzioni formano uno spazio vettoriale Yo di dimensione n.

• Ogni soluzione yo `e c.l. di N soluzioni di base ϕ_l(n)

y_o(n) =

N l=1

c_lϕ_l(n)

• Le ϕ_l(n) sono legate alle radici dell’equazione caratteristica

a(z) =

N k=0

a_kz^−k

NOTA a(z) = 0 sse z^Na(z) = 0 (a parte il punto z = 0)

49

EAD omogenea - Costruzione delle ϕ_l(n) Caso I - radici semplici

a(λ) = 0 =⇒ φ(n) = λⁿ soluzione

Dim.

N k=0

akλ^n−k = λⁿ

N k=0

akλ^−k = a(λ)λⁿ= 0ssea(λ) = 0.

Esempio y(n) + 3y(n− 1) + 2y(n − 2) = 0

polinomio caratteristico z²a(z) = z²+3z +2 = z²(z +1)(z +2)

soluzioni base ϕ₁(n) = (−1)ⁿ, ϕ₂(n) = (−2)ⁿ soluzione generale yo(t) = c₁(−1)ⁿ+ c₂(−2)ⁿ

Costruzione delle ϕ_l(n) Caso II - radici multiple

a(λ) = 0, doppia ⇒ φ₁(n) = λⁿ, φ₂(n) = nλⁿ soluzioni Esempio y(n)− 6y(n − 1) + 9y(n − 2) = 0

z²a(z) = z²− 6z + 9 = (z − 3)² ϕ₁(n) = 3ⁿ, ϕ₂(n) = n3ⁿ y_o(n) = c₁3ⁿ+ c₂n3ⁿ

Costruzione delle ϕ_l(n)

Caso III - radici complesse coniugate

Esempio y(n) + 4y(n− 2) = 0 z²a(z) = z²+ 4 = (z− j2)(z + j2) ϕ₁(n) = (−j2)ⁿ, ϕ₂(n) = (j2)ⁿ y_o(n) = c₁(−j2)ⁿ+ c₂(j2)ⁿ

Nota: le soluzioni reali si ottengono per c₂= c₁.

52

EAD omogenea – soluzione generale

• fattorizzare z^Na(z)

z^Na(z) =

N k=0

a_kz^N−k= a₀

r i=1

(z− λi)ⁿⁱ r radici distinte λ_i di molteplicit`a n_i con ^_in_i= N

• costruire una base diYo

{φl(n), l = 1, . . . , n} = {n^kλⁿ_i; i = 1, . . . , r, k = 0, . . . n_i− 1}

Insieme linearmente indipendente di N modi

• rappresentazione di y_o

yo(n) =

N l=1

c_lφ_l(n) =

r i=1

n_i−1 k=0

c_i,kn^kλⁿ_i

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EAD omogenea – soluzione generale – base reale z^Na(z) =

N k=0

a_kz^N−k

Se a_k∈R, le radici complesse compaiono in coppie coniugate.

Se a(λ) = a(λ) = 0, λ = ρe^jω

allora c₁ϕ(λ) + c₂ϕ(λ) = c₁ρⁿe^jωn+ c₂ρⁿe^−jωn. Le soluzioni sono reali se e solo se c₂= c₁.

Con le usuali manipolazioni trigonometriche si ottengono le tre forme

• c ρⁿe^jωn+ c ρⁿe^−jωn c∈C

• d₁ρⁿcos ωn + d₂ρⁿsin ωn d₁, d₂∈R

• Aρⁿcos(ωn + θ) A∈R, θ ∈ [−π, π]

Formule analoghe per le radici multiple.

Grafici dei modi