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Esercizi di Fondamenti di Automatica

Bruno Picasso

Riferimento bibliografico

In questi esercizi useremo la scrittura “ [FdA] ” per riferirci al libro di testo adottato nel corso, ossia:

P. Bolzern, R. Scattolini e N. Schiavoni, “Fondamenti di controlli automatici” – 4a edizione – McGraw-Hill.

1 Prerequisiti

1.1 Equazioni differenziali

Esercizio 1 Si consideri il seguente problema di Cauchy:

{x(t) = 3

2x(t)

x(0) = 2.(1)

1. Si dica quale delle seguenti funzioni e la soluzione del problema (1):

(a) x(t) = 32t+ 3

2

(b) x(t) =√3t+ 4

(c) x(t) =√3t+ 1.

2. Per la soluzione x(t) al problema (1), calcolare x(0).

3. Si dica se esiste una condizione iniziale x(0) = x0 ∈ R tale che il corrispondente problema di

Cauchy (1) abbia per soluzione una funzione costante x(t) ≡ x0

(cioe, x(t) = x0 ∀ t ≥ 0

).

1.2 Algebra lineare

Esercizio 2

1. Siano M ∈ Rh×k, N , P ∈ Ri×j e Q matrici tali che vale la seguente uguaglianza:

MNP = Q.

Si dica qual e la dimensione delle matrici N e Q.

2. Siano U ∈ Rm×n, V e Z matrici tali che vale la seguente uguaglianza:

UV = Z.

Sapendo che Z ha h colonne, si dica qual e la dimensione delle matrici V e Z.

1

3. Si considerino i seguenti prodotti fra le matrici precedentemente introdotte:

ı) QZ

ıı) ZQ

ııı) QQ⊤Z⊤ (dove M⊤ indica la trasposta della matrice M).

Si dica in quali casi c’e compatibilita fra le dimensioni delle matrici (ossia, il prodotto indicato

ha senso) e, nei casi in cui e possibile eseguire il prodotto, indicare le dimensioni della matrice

risultante.

Esercizio 3 Si considerino le seguenti matrici:

A1 =

[1 1

0 −2

], A2 =

[1 2

1 2

], A3 =

[3 0

0 3

], A4 =

[1 −4

1 −3

], A5 =

[1 5

−2 3

].

1. Calcolare la traccia, il determinante, il polinomio caratteristico e gli autovalori di ognuna delle

matrici date.

2. Si dica quali delle matrici date sono invertibili e, di quelle invertibili, si calcoli la matrice inversa.

3. Si dica quali delle matrici Ai, i = 1, . . . , 4, sono diagonalizzabili. Effettuare poi la diagonalizza-

zione di ognuna delle matrici Ai diagonalizzabili (ossia, calcolare una matrice Ti invertibile ed

una matrice Di diagonale tali che T−1i AiTi = Di).

4. Calcolare due matrici T5 ∈ C2×2 e D5 ∈ C2×2, D5 matrice diagonale, tali che T−15 A5T5 = D5.

Esercizio 4 Sia data la matrice

M =

0 1 0

0 0 1

−18 −3 −6

e sia s ∈ C un parametro.

1. Calcolare il polinomio caratteristico di M .

2. Calcolare (sI −M)−1.

1.3 Numeri Complessi

Esercizio 5 Si considerino i seguenti numeri Complessi:

z1 =√3 + j z2 = 3j z3 = −1− 3j z4 = −4

z5 = 2√2ejπ/4 z6 = 2e−jπ/2 z7 = 3ej·0 z8 = ej2π/3.

1. Rappresentare zi, i = 1, . . . , 8, sul piano Complesso (disegnare un solo piano Complesso su cui

rappresentare tutti i numeri dati).

2. Determinare z9 = z1, z10 = z2, z11 = z4 e rappresentarli sul medesimo piano Complesso

impiegato per il punto precedente.

3. Calcolare: z1+z3, z1+z4−z3, z1 ·z3, z12 = 2·z1, z13 = −z1, z1 ·z1, z3/z1 e z3/z2. Rappresentare

inoltre i numeri z12 e z13 sul piano Complesso impiegato nei punti precedenti.

2

4. Scrivere l’espressione di z14 = z5 e rappresentare anch’esso sul piano Complesso. Calcolare poi

z5 · z6 e z5/z6.

5. Scrivere i numeri Complessi zi, i = 1, . . . , 4, in forma polare.

6. Scrivere i numeri Complessi zi, i = 5, . . . , 8, in forma cartesiana.

7. Calcolare z1 + z5 e z1·z3·z8z5

.

2 Esercizi sui sistemi dinamici a tempo continuo

Esercizio 6 Si considerino i seguenti sistemi dinamici:

S1 :

x1(t) = −x1(t) + 2x3(t)

x2(t) = x1(t) + x2(t) + x3(t)− u(t)

x3(t) = −2x1(t) + x3(t) + 2u(t)

y(t) = −x2(t) + 4x3(t)

S2 :

x1(t) = x22(t) + u(t)

x2(t) = 0

x3(t) = x1(t) + x2(t)− x3(t) + 2u(t)

y1(t) = x1(t)

y2(t) = x2(t) + u(t)

S3 :

{x(t) = −5x(t)

y(t) =√x(t)

S4 :

x1(t) = 2x2(t) + u1(t)

x2(t) = −x1(t) + 3x2(t)

y(t) = x1(t) + u2(t)

1. Classificare ognuno dei sistemi dati specificandone l’ordine e compilando la seguente tabella (alle

domande 3. e 4. si risponda solo se il sistema non e autonomo):

1. Il sistema e lineare? ✷ SI ✷ NO

2. Il sistema e autonomo? ✷ SI ✷ NO

3. Il sistema e strettamente proprio? ✷ SI ✷ NO

4. Il sistema e SISO? ✷ SI ✷ NO

(2)

2. Fra i sistemi dati, si considerino adesso quelli lineari: si specifichino le matrici A, B, C e D.

Esercizio 7 Si consideri un veicolo elettrico rappresentato per mezzo del seguente modello che de-

scrive come la sua velocita v e lo stato di carica ξ della batteria variano nel tempo e sono influenzati

dall’angolo di apertura ϑ della manopola dell’acceleratore:

{ξ(t) = φ1

(ξ(t), v(t)

)

v(t) = φ2

(v(t), ϑ(t)

),

dove si suppone che le funzioni φ1 e φ2 siano note. Si vuole impiegare tale modello per lo studio di

come l’uso della manopola influenzi lo stato di carica della batteria.

1. Scrivere una rappresentazione in forma di stato per il modello del sistema considerato (dunque,

in particolare, si specifichino le variabili di stato x, le variabili d’ingresso u e di uscita y).

2. Classificare il sistema specificandone l’ordine e compilando la Tabella (2).

3

Esercizio 8 Si consideri l’equazione differenziale di ordine 2 che descrive la dinamica di un pendolo

di lunghezza l e massa m in presenza di attrito e in assenza di sollecitazioni esterne:

θ(t) = − k

ml2θ(t)− g

lsin(θ(t)

),

dove k > 0 e il coefficiente di attrito e θ e l’angolo compreso fra l’asta del pendolo e la verticale. Si

supponga di essere interessati a studiare l’andamento nel tempo sia della posizione del pendolo che

della sua energia cinetica.

1. Scrivere una rappresentazione in forma di stato per il modello del sistema considerato (in

particolare, si specifichino le variabili di stato x, le variabili d’ingresso u e di uscita y).

2. Classificare il sistema ottenuto specificandone l’ordine, compilando la Tabella (2) e indicando la

dimensione della variabile di uscita.

3. Sulla base della propria esperienza (quindi, senza fare conti) tracciare un disegno qualitativo

della traiettoria dello stato nei due casi seguenti:

ı) A partire dalla condizione iniziale θ(0) = π/2 e θ(0) = 0;

ıı) A partire dalla condizione iniziale θ(0) = π e θ(0) = 0.

In entrambi i casi, sulla base del disegno tracciato, si dica poi quanto valgono

limt→+∞

x(t) e limt→+∞

y(t).

4. Si risponda nuovamente alla domanda precedente nel caso in cui k = 0 (cioe, in assenza di

attrito).

Esercizio 9 Sulla base della propria conoscenza, esperienza ed intuizione, si dica quali dei seguenti

esempi sono sistemi statici e quali sono sistemi dinamici:

A. Un conto in banca (ingresso: u = versamenti/prelievi; uscita: y = il saldo del conto);

B. Un rubinetto (u = posizione della manopola; y = portata d’acqua);

C. Il prezzo di un bene (u = tasso di produzione del bene stesso; y = prezzo del bene);

D. Un ghiacciaio (u = accumuli di neve; y = posizione della fronte del ghiacciaio);

E. Il sistema che descrive la relazione che esiste fra la forza agente su un corpo di massa m e

l’accelerazione del corpo stesso (u = la forza; y = l’accelerazione).

Esercizio 10 Con riferimento ad uno stato di equilibrio x ∈ Rn per un sistema dinamico autonomo

x(t) = f(x(t)

), x ∈ R

n,

si diano le definizioni di: stato di equilibrio stabile, stato di equilibrio instabile, stato di equilibrio

asintoticamente stabile e stato di equilibrio semplicemente stabile.

Esercizio 11 Si consideri il seguente sistema dinamico:

{x(t) = x(t)u(t)

y(t) = x2(t).

4

Si supponga che x(0) = 1 e u(t) = sca(t).

1. Calcolare il movimento dello stato e dell’uscita.

2. Calcolare i movimenti libero e forzato dello stato e dell’uscita corrispondenti, rispettivamente,

a x(0) = 1 e a u(t) = sca(t). Quindi verificare che non e vero che la loro somma fornisce

il movimento complessivo dello stato e dell’uscita (e dunque, per tale sistema, non e valido il

principio di sovrapposizione degli effetti).

3. Analizzare le proprieta di stabilita del movimento dello stato calcolato al punto 1 (specificare,

cioe, se si tratta di un movimento asintoticamente stabile, semplicemente stabile o instabile).

Esercizio 12 Sia dato il sistema lineare

{x(t) = Ax(t), x ∈ R

n

x(0) = x0.

1. Verificare che se x0 e tale che Ax0 = λx0, λ ∈ R (ossia, x0 e un autovettore per la matrice A

relativo all’autovalore λ), allora il corrispondente movimento dello stato del sistema e dato da

x(t) = eλtx0.

2. Calcolare il movimento dello stato per il seguente sistema:

x(t) =

[2 2

−2 −3

]x(t)

x(0) =

[ −2

1

].

e rappresentare la corrispondente traiettoria nello spazio di stato.

Esercizio 13 Si consideri il sistema dinamico

x(t) = ax(t) + bu(t), x ∈ R, u ∈ R. (3)

1. Calcolare il movimento forzato dello stato corrispondente al segnale d’ingresso

u(t) =

{u per 0 ≤ t < t

0 per t ≥ t.(4)

2. L’andamento nel tempo del numero σ di impiegati in una grossa azienda in funzione del tasso

ǫ di assunzioni e modellizzato dalla seguente equazione differenziale:

σ(t) = −ρσ(t) + λǫ(t), ρ > 0, λ > 0.

Supponendo che σ(0) = σ0 e

ǫ(t) =

{ǫ per 0 ≤ t < 10

0 per t ≥ 10,

calcolare σ(t) per t ≥ 0.

3. Con riferimento al serbatoio rappresentato in Figura 1, l’andamento nel tempo del livello h di

liquido all’interno di esso in funzione della portata d’ingresso p e modellizzato attraverso la

5

�

�

Figura 1: Il sistema serbatoio considerato nell’Esercizio 13.3.

seguente equazione differenziale:

h(t) = −αh(t) + βp(t), α > 0, β > 0.

Supponendo che h(0) = h0 e

p(t) =

{p per 0 ≤ t < 2

0 per t ≥ 2,

calcolare h(t) per t ≥ 0.

4. Per valori non troppo elevati della velocita v, la dinamica del moto di un grave di massa m

in un mezzo viscoso sotto l’effetto di una forza F parallela alla direzione del moto puo essere

descritta dalla seguente equazione differenziale:

v(t) = − γ

mv(t) +

1

mF (t),

dove γ > 0 e il coefficiente di attrito. Supponendo che v(0) = v0 e

F (t) =

{F per 0 ≤ t < 3

0 per t ≥ 3,

calcolare v(t) per t ≥ 0.

5. Si consideri nuovamente il movimento forzato dello stato calcolato in 1 e si considerino i par-

ticolari segnali d’ingresso (4) in cui u = 1/t. Si noti che, al variare di t > 0, e cosı definito un

insieme infinito di segnali d’ingresso.

• Si disegni il grafico di u(t) nei tre casi in cui t = 2, t = 1 e t = 1/2.

• Si scriva l’espressione del movimento forzato dello stato corrispondente al generico segnale

d’ingresso nell’insieme considerato. Si indichi tale movimento con xF, t(t) (dove la presenza

dell’indice t richiama il valore del parametro t che individua il segnale d’ingresso che ha

generato tale movimento forzato) e, nel caso in cui a < 0, si tracci un grafico qualitativo

della funzione xF, t(t).

• Per ogni fissato t > 0, si calcoli il seguente limite1:

limt→0+

xF, t(t)

1Questa domanda sottintende difficolta significativamente superiori a quelle che ci si aspetta che gli studenti delcorso siano in grado di affrontare. Vale comunque la pena di provare a rispondere in quanto e piu difficile comprenderela domanda ed il suo significato “fisico” che non risolverla.

6

quindi, posto gx(t) = limt→0+ xF, t(t), si tracci il grafico di gx(t) nei tre casi a > 0, a = 0 e

a < 0 (la funzione gx(t) rappresenta la risposta forzata del sistema ad un ingresso del tipo

considerato in (4) nel limite per t → 0+ [· · · ]).

Esercizio 14 Analizzare la stabilita del sistema lineare scalare x(t) = ax(t) al variare di a ∈ R.

Esercizio 15 Siano Ai, i = 1, . . . , 5, le matrici definite nell’Esercizio 3, si ponga inoltre:

A6 = −A2; A7 =

−1 0 2

1 −1 1

−2 0 1

; A8 =

2 −17 0

1 −6 0

0 0 −3

.

Per ognuno dei diversi casi in cui A = Ai, i = 1, . . . , 8, si consideri il sistema dinamico

{x = Ax+Bu

y = Cx+Du

e si risponda alle seguenti domande:

1. Analizzare la stabilita del sistema.

2. Scrivere l’espressione dei modi naturali del sitema.

Esercizio 16 Si considerino i sistemi dinamici lineari Σi, i = 1, . . . , 4. Si supponga che:

• il sistema Σ1 abbia tra i suoi modi le seguenti funzioni: φ1(t) = e−2t, φ2(t) = e−10t, t ≥ 0;

• il sistema Σ2 abbia tra i suoi modi la funzione φ(t) = e−t, t ≥ 0, e che tale modo abbia

molteplicita pari a 2.

• il sistema Σ3 abbia tra i suoi modi le seguenti funzioni: φ1(t) = e5t, φ2(t) = e−t cos(4t), t ≥ 0;

• il sistema Σ4 abbia tra i suoi modi le seguenti funzioni: φ1(t) ≡ 1, φ2(t) = t2e−3t, t ≥ 0.

Si supponga inoltre che Σi sia di ordine il piu piccolo possibile compatibilmente con l’esistenza dei

modi sopra specificati.

1. Stabilire qual e l’ordine di ognuno dei sistemi Σi ed elencarne tutti i modi naturali.

2. Analizzare la stabilita di ognuno dei sistemi Σi.

3. Nei casi i = 1, 2, 3, scrivere un esempio numerico di matrice A compatibile con le informazioni

sul sistema Σi.

Esercizio 17 Scrivere un esempio numerico di sistema dinamico avente tutte le seguenti caratte-

ristiche: il sistema e lineare, stabile ma non asintoticamente stabile, abbia almeno un modo naturale

convergente a 0 per t → +∞, abbia 1 ingresso e 2 uscite, non sia strettamente proprio, sia di ordine

minimo possibile.

Esercizio 18 Per valori positivi ed elevati della velocita, l’equazione differenziale che descrive la

dinamica del moto verticale di un grave di massa m in un mezzo viscoso sotto l’effetto della forza di

gravita e

v(t) = − γ

mv2(t) + g,

dove γ > 0 e il coefficiente di attrito viscoso e g = 9.8 m/s2 e l’accelerazione di gravita.

7

1. Classificare il sistema specificandone l’ordine e compilando la tabella (2).

2. Posto m = 100 Kg e supponendo che v(0) > 0, calcolare limt→+∞ v(t). Determinare poi i valori

di γ che garantiscono che tale limite sia maggiore di 330 m/s (cioe, circa la velocita del suono).


{x(t) = x3(t)− x(t)u(t)

y(t) = sin(x(t)

)+ u2(t).

1. Determinare gli stati e le uscite di equilibrio corrispondenti all’ingresso costante u(t) ≡ 1.

Scivere l’espressione del sistema linearizzato attorno a tali equilibri.

2. Valutare le proprieta di stabilita degli equilibri determinati.

Esercizio 20 Sia dato un sistema descritto dalla seguente equazione differenziale:

θ(t) + θ(t) sin(θ(t)

)− θ2(t) + θ(t)u(t) = 0.

1. Supponendo che θ sia la variabile di uscita, si dia una rappresentazione in forma di stato del

sistema dato.

2. Calcolare i valori di equilibrio dell’uscita in corrispondenza dell’ingresso costante u(t) ≡ −4 e

si analizzi la stabilita dei corrispondenti stati di equilibrio.


x1(t) = −x1(t)√x2(t) + 8u1(t)

x2(t) = −x2(t)u21(t) + 2x1(t) + u2(t)

y(t) = x1(t) + x2(t).

(5)

1. Classificare il sistema specificandone l’ordine e compilando la tabella (2).

2. Determinare gli stati e le uscite di equilibrio corrispondenti a u(t) ≡ u =

[2

0

].

3. Scrivere l’espressione del sistema linearizzato attorno alla coppia di equilibrio (x, u) determinata

e valutarne le proprieta di stabilita. Si dica poi se la seguente affermazione e vera o falsa: “ in

presenza del segnale d’ingresso u(t) ≡ u, qualunque sia la condizione iniziale x(0) ∈ R2, il

corrispondente movimento dello stato x(t) per il sistema (5) e tale che limt→+∞ x(t) = x”.

Esercizio 22 Un braccio robotico elementare di lunghezza l e massa m puo essere modellizzato come

un pendolo (vedi Esercizio 8, useremo qui la stessa notazione). Supponiamo che la posizione di tale

braccio robotico possa essere controllata mediante l’applicazione di una coppia u. Il sistema dinamico

che descrive la dinamica di tale braccio robotico e dunque dato da:

x1(t) = x2(t)

x2(t) = − kml2 x2(t)− g

l sin(x1(t)

)+ 1

ml2 u(t)

y(t) = x1(t),

dove k > 0 e il coefficiente di attrito.

8

1. Determinare un valore di coppia u che permetta di mantenere il braccio robotico in equilibrio

alla posizione x1 = π4 .

2. Verificare che, in presenza della coppia costante determinata al punto precedente, il braccio robo-

tico tende a riportarsi nella sua posizione di equilibrio anche nel caso in cui piccole perturbazioni

transitorie dovessero eventualmente spostare il braccio dalla sua posizione di equilibrio.

Esercizio 23 Si consideri nuovamente il serbatoio rappresentato in Figura 1 e si supponga che esso

sia cilindrico con sezione di area σ. Se il moto del liquido che fuoriesce dal serbatoio e turbolento,

l’equazione differenziale che descrive la dinamica del livello h di liquido presente nel serbatoio in

funzione della portata d’ingresso p e data da:

h(t) = −α√h(t) + βp(t), α > 0, β =

1

σ> 0.

Siamo interessati a studiare l’andamento nel tempo del volume di liquido presente nel serbatoio.

1. Scrivere un modello in forma di stato per tale sistema.

Si supponga da ora in avanti che α = 5/12, β = 1/2 (ossia, σ = 2).

2. Determinare il valore u della portata p tale che la corrispondente uscita di equilibrio sia y = 8.

3. Scrivere le equazioni del sistema linearizzato attorno a tale equilibrio e si valutino le proprieta

di stabilita dell’equilibrio.

4. Si supponga che h(0) = 4 e che p(t) =(u+ 1

10

)sca(t): impiegare il modello linearizzato trovato

nel punto precedente per determinare limt→+∞ h(t). Calcolare poi limt→+∞ h(t) impiegando il

modello non lineare. Perche i due risultati sono differenti? Quale dei due risultati e da ritenersi

piu attendibile?

Esercizio 24 Si consideri il sistema lineare che appare nella soluzione dell’Esercizio 17.

1. Calcolare il movimento dello stato a partire dalla condizione iniziale

x(0) =

[1

−2

]

ed in corrispondenza del segnale d’ingresso u(t) = e−2tsca(t).

2. Calcolare la funzione (matrice) di trasferimento del sistema.

3. Calcolare il movimento dell’uscita a partire dalla stessa condizione iniziale del punto 1 ed in

corrispondenza del segnale d’ingresso u(t) = sca(t).

Esercizio 25 Si risolva nuovamente l’Esercizio 13.1 impiegando i metodi basati sulla trasformata di

Laplace ed osservando che il segnale d’ingresso specificato nell’equazione (4) puo essere riscritto nella

seguente forma

u(t) = u sca(t)− u sca(t− t).


{x1(t) = x1(t)

(x2(t) + 1

)+ x2(t)

x2(t) = −x1(t) + x22(t)− x2(t).

9

1. Determinare gli stati di equilibrio del sistema e l’espressione del sistema linearizzato attorno a

tali equilibri.

2. Sia x(t) = Ax(t) il sistema linearizzato determinato in 1: calcolare la matrice eAt e valutare le

proprieta di stabilita del sistema. Dire se da tale analisi e possibile trarre conclusioni circa le

proprieta di stabilita del corrispondente equilibrio del sistema nonlineare.

3. Impiegando il modello linearizzato, calcolare il movimento dello stato e rappresentarne la cor-

rispondente traiettoria nello spazio di stato nei due casi corrispondenti alle seguenti condizioni

iniziali:

ı) x′(0) =

[2

−2

];

ıı) x′′(0) =

[1

0

].

Esercizio 27

1. Scrivere un esempio numerico di sistema lineare di ordine piu piccolo possibile in modo tale che

tutti i seguenti requisiti siano soddisfatti: il sistema sia SISO, in corrispondenza dell’ingresso

costante u(t) ≡ 0 esso ammetta infiniti stati di equilibrio, tutti i movimenti dello stato del

sistema siano instabili e la sua funzione di trasferimento sia strettamente propria.

2. Si calcoli la funzione di trasferimento del sistema prescelto e se ne specifichi l’ordine, i poli, gli

zeri e il grado relativo. Si dica inoltre se il sistema prescelto ha “parti nascoste”.

3. Per il sistema prescelto, si fissi poi una condizione iniziale x(0) e si scriva il codice Matlab che

permette di tracciare il grafico del movimento libero della prima componente dello stato a partire

da tale condizione iniziale.

Esercizio 28 Calcolare il movimento dello stato per il seguente sistema dinamico:

x(t) =

[3 −1

2 1

]x(t)

x(0) =

[1

−1

].

Esercizio 29 Si consideri il seguente sistema lineare:

x(t) = Ax(t) +B1u(t) +B2w(t), x ∈ Rn, u ∈ R

m, w ∈ Rq,

dove A e una matrice i cui autovalori λ sono tali che ℜe(λ) < 0. Sia x,

x : R+ → Rn

t 7→ x(t),

il movimento dello stato determinato da una data condizione iniziale x(0) = x0, da un dato segnale

d’ingresso u,u : R+ → Rm

t 7→ u(t),

10

e dal disturbo w(t) ≡ 0.

Sia x∗ il movimento perturbato determinato dalla stessa condizione iniziale x(0) = x0, dallo stesso

segnale d’ingresso u e da un segnale di disturbo w tale che, ∀ t ≥ T , w(t) = 0.

Mostrare che

limt→+∞

‖x∗(t)− x(t)‖ = 0.

Esercizio 30 Si supponga che le seguenti funzioni di trasferimento Gi(s) abbiano lo stesso ordine del

sistema lineare Σi che esse rappresentano:

G1(s) =2

s− 3; G2(s) =

1

s; G3(s) =

s− 1

s+ 1;

G4(s) =s+ 2

s2 − 2s− 3; G5(s) =

−1

(s− 1)(s+ 2)2; G6(s) =

s− 2

s3 + 7s2 + 734 s+ 25

;

G7(s) =s+ 1

s2; G8(s) =

s

(s2 + 4)(s2 + s+ 1).

1. Per ognuno dei sistemi Σi, si dica se esso sia asintoticamente stabile, semplicemente stabile

oppure instabile.

2. Scrivere l’espressione dei modi naturali associati ai sistemi Σi (per il sistema Σ6, si usi l’infor-

mazione aggiuntiva che esso ammette il modo naturale φ1(t) = e−4t, t ≥ 0).

3. Per i sistemi che risultano essere asintoticamente stabili, si calcoli il tempo Ta di assestamento

a 0 del movimento libero dello stato.

4. Nei casi G1(s), G2(s), G3(s), scrivere un sistema lineare Σi in forma di stato la cui funzione

di trasferimento sia Gi(s).

Esercizio 31 Sia

g(t) =(e−2t + te−t

)sca(t) + δ(t)

la risposta all’impulso di un sistema lineare e sia Σ(A,B,C,D) una sua rappresentazione in forma di

stato.

1. Si dica se si tratta di un sistema SISO oppure MIMO e se il sistema e proprio o strettamente

proprio. Determinare la matrice D.

Si supponga d’ora in avanti che il sistema Σ(A,B,C,D) sia di ordine minimo compatibilmente con

l’avere la risposta all’impulso specificata.

2. Elencare tutti i modi naturali del sistema, analizzare la stabilita di Σ(A,B,C,D), dire qual e la

dimensione della matrice A e scriverne il polinomio caratteristico.

3. Calcolare la funzione di trasferimento del sistema.

4. Calcolare l’uscita forzata yF (t) in corrispondenza di ognuno dei seguenti quattro segnali di

ingresso:

ı) u1(t) = sca(t);

ıı) u2(t) = e−3tsca(t);

ııı) u3(t) = sca(t)− e−3tsca(t);

ıv) u4(t) = −sca(t− 1) + 2e−3(t−2)sca(t− 2).

11

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4−0.2

−0.1

0

0.1

0.2

0.3

t

yF(t

)

(a)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40

1

2

3

ty

F(t

)(b)

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

0.1

0.2

0.3

0.4

t

yF(t

)

(c)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40

0.1

0.2

0.3

0.4

t

yF(t

)

(d)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4−2

−1

0

1

2

3

t

yF(t

)

(e)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40

1

2

3

4

t

yF(t

)

(f)

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

1

2

3

4

t

yF(t

)

(g)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40

0.1

0.2

0.3

t

yF(t

)

(h)

Figura 2: Con riferimento all’Esercizio 32.3, grafici ipotetici della risposta allo scalino.

12

Esercizio 32 (Variazione dell’Esercizio 2 del compito del 7-9-2012) Sia dato il seguente si-

stema dinamico:

x1(t) = 2x1(t)− 4x2(t) + u(t)

x2(t) = 7x1(t)− 9x2(t) + 2u(t)

y(t) = 2x1(t).

1. Calcolare la funzione di trasferimento del sistema e dire se il sistema e asintoticamente stabile,

semplicemente stabile oppure instabile.

2. Calcolare limt→+∞ y(t) in corrispondenza dei seguenti segnali d’ingresso:

• u1(t) = 5 sca(t);

• u2(t) = δ(t);

• u3(t) = 5 sca(t− 1);

• u4(t) = 2u1(t) + u2(t)− u3(t).

3. Sia yF (t) la risposta allo scalino del sistema(ossia, l’uscita forzata corrispondente all’ingresso

u(t) = sca(t)). Calcolare limt→0+ yF (t), limt→0+ yF (t) e dire quale tra quelli riportati in Figura 2

e il grafico corretto di yF (t).

4. Sia g(t) la risposta all’impulso del sistema: determinare limt→0+ g(t) e limt→+∞ g(t). Inoltre,

sfruttando opportunamente la conoscenza del grafico della risposta allo scalino determinata al

punto precedente, si tracci un grafico qualitativo dell’andamento di g(t).

Esercizio 33 Sia dato il sistema lineare

x1(t) = 2x1(t) + u(t)

x2(t) = −x1(t)− x2(t)− 2u(t)

y(t) = x1(t)− 2x2(t).

(6)

(7)

1. Calcolare la funzione di trasferimento Tyu(s) del sistema e specificarne i valori dei poli e degli

zeri; calcolare il guadagno statico del sistema.

2. Considerare il sistema come l’interconnessione di due sottosistemi, il primo di equazione (6)

(con variabile di uscita y1 = x1), il secondo di equazione (7) (con variabile di uscita y2 = x2).

Rappresentare i due sottosistemi mediante uno schema a blocchi, quindi rappresentare il sistema

complessivo mediante lo schema a blocchi ottenuto interconnettendo i due schemi relativi ai

sottosistemi. Infine, impiegare tale schema per il calcolo della funzione di trasferimento Tyu(s).

3. Calcolare l’uscita forzata del sistema nei seguenti casi e tracciarne un grafico qualitativo che ne

evidenzi l’andamento per t → +∞ e per t → 0+:

• u1(t) = δ(t);

• u2(t) = etsca(t);

• u3(t) = u1(t)− u2(t).

4. Analizzare le proprieta di stabilita dei tre movimenti forzati dello stato corrispondenti ai tre

ingressi considerati sopra.

13

Esercizio 34 2 In Figura 3 e rappresentata la risposta allo scalino di un sistema la cui funzione di

trasferimento e G(s).

1. Si dica quale fra le seguenti e la corretta funzione di trasferimento:

G1(s) =12(s+ 1)

(s+ 2)(s+ 3); G2(s) =

2(1− s)

(s+ 2)(s+ 3);

G3(s) =12(1− s)

(s+ 2)(s+ 3); G4(s) =

1200(1− s)

(s+ 20)(s+ 30).

Si consideri, d’ora in avanti, il sistema G(s) individuato al punto precedente.

2. Si calcolino le risposte di regime in corrispondenza dei seguenti ingressi:

ı) ua(t) = 5e4t;

ıı) ub(t) = 2 sin(5t).

3. Tracciare su un foglio di carta semi-logaritmica i diagrammi di Bode del modulo e della fase di

G(s) (sia quelli asintotici che, qualitativamente, quelli reali).

Esercizio 35 Si consideri il sistema dinamico descritto mediante lo schema a blocchi riportato in

Figura 4, dove u rappresenta la variabile di controllo e w rappresenta un disturbo.

1. Si supponga che la variabile di controllo u sia l’uscita di un sistema dinamico lineare con funzione

di trasferimento R(s) interconnesso in serie al sistema dato cosı come descritto in Figura 5.

Determinare un sistema della forma R(s) = k ∈ R (ossia, un sistema statico) in modo tale

che, quando yo(t) = sca(t) e w(t) ≡ 0, si abbia limt→+∞ y(t) = 1. Tracciare quindi un grafico

qualitativo dell’andamento dell’uscita yF (t) nei seguenti casi:

• yo(t) = sca(t) e w(t) ≡ 0;

• yo(t) ≡ 0 e w(t) = sca(t);

• yo(t) = sca(t) e w(t) = sca(t).

2. Si supponga adesso che la variabile di controllo u sia l’uscita di un sistema dinamico lineare con

funzione di trasferimento R(s) interconnesso al sistema dato mediante lo schema in retroazione

riportato in Figura 6. Supponendo che R(s) = µs+λ , determinare l’insieme dei valori di µ ∈ R

e λ ∈ R tali che entrambe le seguenti proprieta siano soddisfatte: il sistema complessivo risulti

asintoticamente stabile e, per yo(t) = sca(t) e w(t) ≡ 0, si abbia limt→+∞ y(t) = 1.

2Variazione di un esercizio tratto da un compito del Prof. N. Schiavoni.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

−1

0

1

2

t

y(t

)

Figura 3: Risposta allo scalino del sistema dell’Esercizio 34.

14

�

�

��

��

��

�

�

��

��

��

Figura 4: Rappresentazione mediante schema a blocchi del sistema considerato nell’Esercizio 35.

�

�

��

� ��

��

Figura 5: Schema a blocchi del sistema di controllo considerato nell’Esercizio 35.1.

3. Tra i sistemi R(s) determinati al punto precedente, si consideri quello in cui µ = 5: sapendo

che in tal caso il polinomio caratteristico del sistema retroazionato si fattorizza nella forma

pcl(s) ≃ (s+ 10.05)(s2 + 0.95s+ 0.50), (8)

tracciare l’andamento qualitativo dell’uscita yF (t) nei seguenti casi:

• yo(t) = sca(t) e w(t) ≡ 0;

• yo(t) ≡ 0 e w(t) = sca(t).

Infine, calcolare limt→+∞ yF (t) quando yo(t) = sca(t) e w(t) = sca(t).

Esercizio 36 Si considerino le seguenti funzioni di trasferimento:

G1(s) =100(s+ 5)

(s+ 1/2)(s+ 10); G2(s) =

90s(s− 2)

5s2 + 12s+ 180; G3(s) = − 2s− 1

(s− 15 )

2(s+ 1)2;

G4(s) = − 1

(s+ 1)(s− 1); G5(s) = 20

s+ 2

s2 + s+ 4; G6(s) = − 100(s2 + 1)

(s+ 0.1)(s2 + 2s+ 100).

1. Per ognuna di esse, scrivere l’espressione della risposta in frequenza.

2. Tracciare su fogli di carta semi-logaritmica i diagrammi di Bode del modulo e della fase di tali

funzioni (sia quelli asintotici che, qualitativamente, quelli reali).

3. Si consideri il sistema G6(s) e si supponga che esso non abbia “parti nascoste”: si dica se per

tale sistema e possibile applicare il Teorema della risposta armonica e, in caso affermativo, si

calcoli l’uscita di regime yR(t) in corrispondenza dei due seguenti segnali d’ingresso:

-

�

�

��

� ��

��

�

�

��

� ��

�

�

�

��

�

� �

��

Figura 6: Schema a blocchi del sistema di controllo considerato nell’Esercizio 35.2-3.

15

0 20 40 60 80 100−0.5

0

0.5

1

1.5

t

f(t

)

(a)

10−1

100

1010

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

Frequenza [rad/s]

Spe

ttro

di a

mpi

ezza

(b)

Figura 7: Segnale f(t) (e suo spettro di ampiezza) relativo all’Esercizio 37.

0 2 4 6 8 10−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

t

p(t

)

(a)

0 10 20 30 40 50 60 70 80

0.1

0.01

0.001

Frequenza [rad/s]

Spe

ttro

di a

mpi

ezza

(b)

Figura 8: Segnale p(t) (e suo spettro di ampiezza) relativo all’Esercizio 38.

• u1(t) = sin(t);

• u2(t) = sin(10t).

Si commentino i risultati ottenuti.

Esercizio 37 Si e interessati a studiare l’andamento nel tempo di una certa grandezza f . A tal

fine sono state raccolte delle misure di f a vari istanti di tempo t: in Figura 7 e rappresentato il

corrispondente grafico di f(t). Le misure di f sono state effettuate per mezzo di uno strumento

che introduce sulla misura un disturbo additivo la cui banda si trova a frequenze superiori a 10 rad/s.

Inoltre, la grandezza misurata presenta delle oscillazioni nella banda [0, 0.01] rad/s dovute a variazioni

stagionali e di cui non si vuole tenere conto. Ai fini dello studio di f , risulta quindi d’interesse solo

la componente del segnale f(t) il cui spettro insiste nella banda [0.1, 1] rad/s.

Si costruisca un sistema lineare in modo tale che, ponendo in ingresso a tale sistema il segnale f(t), la

corrispondente uscita di regime replichi le caratteristiche di f(t) all’interno della banda di interesse.

Esercizio 38 In Figura 8 e rappresentato il grafico del segnale p(t) che colleziona i valori delle misure,

effettuate a vari istanti di tempo t, della posizione p della testina di riproduzione in un lettore CD.

All’interno di tale lettore CD e presente una ventola di raffreddamento che ruota a3 3.98 Hz e che

genera una perturbazione della misura di p esattamente alla propria frequenza di rotazione.

Si costruisca un sistema lineare in modo tale che, ponendo in ingresso a tale sistema il segnale

p(t), nella corrispondente uscita di regime risulti cancellata la perturbazione causata dalla ventola

di raffreddamento e tale uscita possa essere considerata una stima dell’andamento effettivo di p.

3Conversione Hz ↔ rad/s: poiche x Hz significa x giri completati in 1 s ed 1 giro corrisponde a 2π rad, allora

[x]Hz

[x]rad/s=

1

2π.

16

Esercizio 39 In Figura 9.(a), e rappresentato il grafico di un segnale w(t).

1. Osservando il grafico di w(t) si nota che, specialmente per t ≥ 5 s, il segnale ha un andamento

rapidamente variabile dovuto alla presenza di armoniche ad alta frequenza. Si stimi intorno a

quale pulsazione ω si trovano le armoniche costituenti il segnale e che originano l’andamento

osservato. A tal fine si proceda nel modo seguente: si stimi il periodo delle rapide oscillazioni

presenti nel segnale w(t) e si impieghi la formula T = 2π/ω(il periodo puo essere stimato a

partire dal conto del numero di oscillazioni presenti in un dato intervallo di tempo).

2. In Figura 9.(b–d), sono riportati gli spettri di tre segnali. Si dica quale di questi spettri e quello

del segnale w(t).

3. Si considerino i seguenti filtri:

G1(s) =5

s+ 5, G2(s) =

10

s+ 5, G3(s) =

50s

(s+ 5)(s+ 50)e G4(s) =

3s(s+ 10)

(s+ 50)2.

Per ognuno di essi si tracci il diagramma di Bode del modulo, si dica di che tipo di filtro si tratta

e se ne calcoli la banda passante.

4. Si consideri il sistema rappresentato in Figura 10 nei 4 casi in cui G(s) = Gi(s), i = 1, . . . , 4:

per ognuno di essi, l’andamento dell’uscita forzata corrispondente al segnale d’ingresso w(t) e

rappresentato in Figura 11 con una linea rossa. Si determini la giusta associazione fra i sistemi

Gi(s) e i 4 grafici in Figura 11.

Esercizio 40 Si considerino le seguenti funzioni di trasferimento:

L1(s) =100(s+ 5)

(s+ 1/2)(s+ 10); L2(s) =

100(s+ 1/2)

(s+ 5)(s+ 10); L3(s) =

s+ 100

2(s+ 5)(s+ 10);

L4(s) =12(1− s)

(s+ 2)(s+ 3); L5(s) = −10

1− 0.5s

(1− 10s)(1 + 0.01s)2; L6(s) = − 2s− 1

(s− 15 )

2(s+ 1)2;

L7(s) = − 1

(s+ 1)(s− 1); L8(s) =

3s(s+ 10)

(s+ 50)2; L9(s) =

1

s(s+ 1)2;

L10(s) =10

s(s+ 1)2; L11(s) =

0.1(1− 2s)

s(1 + 10s)(1 + 0.1s); L12(s) = −3(s+ 1)

s.

1. Tracciare su fogli di carta semi-logaritmica i diagrammi di Bode del modulo e della fase di tali

funzioni (sia quelli asintotici che, qualitativamente, quelli reali).

2. Si considerino adesso le 5 funzioni Li(s) corrispondenti a i = 4, 5, 9, 10, 11. Si indichi con

ωπ il valore della pulsazione ω in corrispondenza della quale ∠(Li(jω)

)= −180◦. Nei 5 casi

considerati, determinare approssimativamente il valore di ωπ e si calcoli |Li(jωπ)|.Al fine di stimare ωπ, si puo procedere nel modo seguente:

I. A partire dai diagrammi della fase tracciati al punto precedente, si compia una prima stima

“ad occhio” di ωπ (indichiamo tale stima con ω1);

II. Si calcoli il valore effettivo di ∠(Li(jω1)

)e, se significativamente diverso da −180◦, si

compia una nuova stima ω2 basandosi sull’andamento del diagramma di Bode della fase;

17

1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

−10

0

10

20

30

t

w(t

)

(a)

0 20 40 60 80 100 1200

1

2

3

4

Frequenza [rad/s]

Mod

ulo

(spe

ttro

di a

mpi

ezza

)

(b)

0 20 40 60 80 100 1200

1

2

3

4

Frequenza [rad/s]

Mod

ulo

(spe

ttro

di a

mpi

ezza

)

(c)

0 20 40 60 80 100 1200

0.5

1

1.5

2

2.5

Frequenza [rad/s]

Mod

ulo

(spe

ttro

di a

mpi

ezza

)

(d)

Figura 9: Con riferimento all’Esercizio 39.1-2, grafico del segnale w(t) (a) e grafici ipotetici delcorrispondente spettro di ampiezza (b–d).

��

��

�

Figura 10: Sistema considerato nell’Esercizio 39.4.

18

1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

−10

0

10

20

30

t

yF(t

)

(a)

1 2 3 4 5 6 7 8 9 100−20

−10

0

10

20

30

40

t

yF(t

)

(b)

1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

−10

0

10

20

30

t

yF(t

)

(c)

1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

−10

0

10

20

30

t

yF(t

)

(d)

Figura 11: Con riferimento all’Esercizio 39.4, grafico dei segnali yF (t) (linea rossa) in corrispondenzadel segnale d’ingresso w(t) (linea blu tratteggiata) e dei filtri Gi(s), i = 1, . . . , 4.

19

� �

� �

�

��

��

� ��-

Figura 12: Sistema retroazionato negativamente con funzione di anello L(s).

III. Si ripeta il passo II. finche si perviene ad una stima accettabile di ωπ.

Nota bene: La stima di ωπ e da ritenersi accettabile solo se consente di stabilire in modo

inequivocabile se |Li(jωπ)| e maggiore o minore di 1.

Per calcolare ∠(Li(jωk)

)si consiglia, se possibile4, di impiegare il regolo delle fasi in quanto

accorcia notevolmente i tempi di calcolo.

3. Tracciare (qualitativamente) il diagramma di Nyquist delle funzioni di trasferimento Li(s), i =

1, . . . , 12 (nei 5 casi in cui i = 4, 5, 9, 10, 11, servirsi dei risultati trovati al punto precedente

per individuare approssimativamente il punto d’intersezione del diagramma di Nyquist con il

semi-asse ℜeale negativo).

4. In ognuno dei casi in cui L(s) = Li(s), i = 1, . . . , 12, analizzare l’asintotica stabilita del sistema

retroazionato rappresentato in Figura 12.

Esercizio 41 Si considerino le funzioni di trasferimento G2(s), G5(s) e G6(s) definite nell’Eserci-

zio 36 e si considerino i rispettivi diagrammi di Bode riportati nelle Figure 13, 14 e 15.

1. A partire da tali diagrammi di Bode, si traccino (qualitativamente) i diagrammi di Nyquist di

G2(s), G5(s) e G6(s). In particolare5:

• Nel caso di G2(s) si individuino i punti di intersezione fra il diagramma di Nyquist e:

la circonferenza unitaria centrata nell’origine; il semi-asse ℜeale negativo; il semi-asse

ℑmmaginario positivo.

• Nel caso di G5(s) si individuino i punti di intersezione fra il diagramma di Nyquist e: il

semi-asse ℜeale positivo; la bisettrice del II − IV quadrante; il semi-asse ℑmmaginario

negativo; la circonferenza unitaria centrata nell’origine.

• Nel caso di G6(s) si individuino i punti di intersezione fra il diagramma di Nyquist e: il

semi-asse ℜeale negativo; la circonferenza unitaria centrata nell’origine.

2. Si analizzi l’asintotica stabilita del sistema retroazionato in Figura 12 nei casi in cui L(s) =

G2(s), L(s) = G5(s) e L(s) = G6(s).

4Si ricorda che il regolo delle fasi permette di determinare i contributi alla fase solo di poli e zeri ℜeali.5In tutti i casi, si determinino le intersezioni richieste ricavando opportunamente le informazioni dai diagrammi di

Bode e facendo meno conti possibile.

20

10−1

100

101

102−20

−15−10−5

05

101520253035

dB

Diagramma di Bode − Modulo

Pulsazione [rad/s](a)

10−1

100

101

102−360

−330−300−270−240−210−180−150−120−90−60−30

0

deg

Pulsazione [rad/s]

Diagramma di Bode − Fase

(b)

Figura 13: Diagrammi di Bode di G2(s) = 90s(s− 2)/(5s2 + 12s+ 180).

21

10−1

100

101

102−15

−10−5

05

101520253035

dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−1

100

101

102−180

−135

−90

−45

0

45

90

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

Figura 14: Diagrammi di Bode di G5(s) = 20(s+ 2)/(s2 + s+ 4).

22

10−2

10−1

100

101

102−20

−15−10−5

05

101520253035

dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−2

10−1

100

101

102

−270−180−90

090

180270

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

Figura 15: Diagrammi di Bode di G6(s) = −100(s2 + 1)/((s+ 0.1)(s2 + 2s+ 100)

).

23

�

��

�

-

Figura 16: Sistema considerato nell’Esercizio 42.

Esercizio 42 Si consideri il sistema retroazionato in Figura 16 e le funzioni di trasferimento Li(s),

i = 1, . . . , 12, definite nell’Esercizio 40.

1. Nei due casi in cui L(s) = L9(s) e L(s) = L11(s), si calcoli il margine di guadagno km del

sistema.

2. Per i = 1, . . . , 12, si dica in quali casi e possibile analizzare l’asintotica stabilita del sistema

retroazionato mediante il Criterio di Bode e, quando possibile, compiere tale analisi.

3. In ognuno dei casi in cui il Criterio di Bode permette di stabilire l’asintotica stabilita del sistema

retroazionato, si calcoli la pulsazione critica e il margine di fase.

4. In ognuno dei casi in cui il Criterio di Bode permette di stabilire l’asintotica stabilita del sistema

retroazionato, si calcoli yR(t) quando yo(t) = sca(t) e, solo nel caso L(s) = L11(s), si tracci anche

l’andamento qualitativo di yF (t).

5. Nel caso L(s) = L11(s), determinare yR(t) nei due casi seguenti:

ı) yo(t) = e0.5t;

ıı) yo(t) = et.

Esercizio 43 Si consideri nuovamente il sistema retroazionato in Figura 6 dove, come nell’Eserci-

zio 35.3,

R(s) =5

s.

Si supponga pero di non conoscere la fattorizzazione data in equazione (8) del polinomio caratteristico

del sistema retroazionato.

Verificare l’asintotica stabilita del sistema retroazionato mediante il Criterio di Bode e, servendo-

si della regola “ empirica” per l’approssimazione dei poli dominanti del sistema retroazionato, trac-

ciare l’andamento qualitativo di yF (t) quando yo(t) = sca(t) e w(t) ≡ 0. Confrontare il risultato

(approssimato) ottenuto con quello (“esatto”) trovato nella risoluzione dell’Esercizio 35.3.

24

yy yy)

y yG(s)

w

-

H(s)

Figura 17: Sistema retroazionato dell’Esercizio 44.

ddun

yG(s)

-

uR(s)

-yo e

Figura 18: Architettura standard di controllo in retroazione.

Esercizio 44 6 Si consideri il sistema in Figura 17, dove

G(s) =10s

(1 + s)2e H(s) =

1

(1 + s)2.

1. Verificare l’asintotica stabilita del sistema retroazionato e calcolarne il margine di guadagno.

2. Mediante le usuali approssimazioni, tracciare il diagramma di Bode del modulo di Tyw(s).

Esercizio 45 7 Con riferimento al sistema di controllo in Figura 18, sia

G(s) =2

(1 + 0.1s)3e R(s) = µ

1 + 0.1s

1 + 10s.

Si supponga, per il momento, che µ = 5.

1. Verificare l’asintotica stabilita del sistema retroazionato e calcolarne il margine di fase e di

guadagno.

2. Determinare eR(t) quando yo(t) = 310 sca(t) e du(t) =

15 sca(t).

3. Calcolare Tun(s). Mediante le usuali approssimazioni, scriverne poi la risposta in frequenza

Tun(jω), se ne tracci il diagramma di Bode asintotico del modulo e si scriva la corrispondente

espressione Tun(s). Infine, impiegando tale Tun(s), determinare ω0 tale che, per n(t) = sin(ω0t),

si abbia che l’ampiezza di uR(t) e pari a 0.1.

Si supponga adesso che µ ∈ R.

4. Determinare l’insieme dei valori µ < 0 tali che il sistema retroazionato e asintoticamente stabile.

6Esercizio tratto da un compito del Prof. N. Schiavoni.7Esercizio tratto da un compito del Prof. N. Schiavoni.

25

yyo e yH(s)

yk

-

e

Figura 19: Sistema retroazionato considerato nell’Esercizio 46.

Esercizio 46 Si consideri il sistema retroazionato in Figura 19, dove

H(s) = −6s(s− 5)

(s+ 10)2.

1. Si tracci il diagramma polare di H(s) e se ne determinino le intersezioni con l’asse ℜeale e con

la circonferenza unitaria. Nel caso k = 1, si puo applicare il Criterio di Bode per analizzare

l’asintotica stabilita del sistema retroazionato?

2. Determinare i valori di k ∈ R tali che il sistema retroazionato e asintoticamente stabile.

3. Al variare dei k trovati sopra, determinare eR(t) quando yo(t) = sca(t).

4. Posto k = − 12 , tracciare un diagramma di Bode approssimato della funzione di sensitivita

complementare Tyyo(s).

5. Sempre per k = − 12 , valutare l’ampiezza di yR(t) quando yo(t) = sin(100t).

Esercizio 47 Con riferimento al sistema retroazionato in Figura 18, si consideri la funzione di anello

L(s) = R(s)G(s) i cui diagrammi di Bode reali e asintotici sono riportati in Figura 20.

1. Sapendo che L(s) ha solo singolarita Reali, scrivere l’espressione di L(s).

2. Analizzare l’asintotica stabilita del sistema retroazionato.

3. Determinare eR(t) in presenza di yo(t) = sca(t) e d(t) = ram(t). Stimare il tempo di assesta-

mento dell’errore.

4. Stimare l’ampiezza dell’errore di regime in presenza di yo(t) = ram(t), n(t) = sin(10t) e d(t) =

sca(t).

Esercizio 48 (Principio del modello interno) Con riferimento al sistema retroazionato in Figu-

ra 18 e supponendo che tale sistema sia asintoticamente stabile, mostrare che se yo(t) = sin(ω0t),

condizione necessaria e sufficiente affinche eR(t) = 0 e che la funzione di anello L(s) = R(s)G(s)

abbia una coppia di poli in ±jω0

(ossia, che contenga il fattore 1

s2+ω20

).

26

10−3

10−2

10−1

100

101

102−80

−60−40−20

020406080

100

dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−3

10−2

10−1

100

101

102−190

−180−170−160−150−140−130−120−110−100−90−80

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

Figura 20: Diagrammi di Bode reali (linea blu tratteggiata) e asintotici (linea verde continua) dellafunzione d’anello L(s) dell’Esercizio 47.

27

−2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7−2

−1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

x(k)

x(k

+1)

=f(

x(k

),−

1)

Figura 21: Con riferimento all’Esercizio 49.5-6, grafico di f(x,−1) (linea continua) e della bisettricedel I− III quadrante (linea tratteggiata).

3 Esercizi sui sistemi dinamici a tempo discreto

Esercizio 49 (Variazione dell’Esercizio 4 del compito del 7-9-2012) Sia dato il seguente si-

stema dinamico a tempo discreto:

{x(k + 1) =

(2u(k) + 3

)x2(k)− u(k)x(k)

y(k) = x(k).(9)

1. Determinare il valore dell’ingresso costante u(k) ≡ u in corrispondenza del quale x = 1 e uno

stato di equilibrio per il sistema.

2. Scrivere l’espressione del sistema linearizzato attorno alla coppia di equilibrio (x = 1, u) deter-

minata al punto precedente e dire se, per il sistema non lineare, tale coppia e asintoticamente

stabile, semplicemente stabile oppure instabile.

3. Tracciare il grafico della risposta allo scalino per il sistema linearizzato determinato al punto 2.

4. Posto x(0) = 1 e u(k) ≡ −1, impiegare il sistema linearizzato determinato al punto 2 per

calcolare limk→+∞ x(k).

D’ora in avanti, si consideri nuovamente il sistema non lineare x(k + 1) = f(x(k), u(k)

)dato nel-

l’equazione (9) e si supponga che u(k) ≡ −1. In Figura 21 e tracciato il grafico della funzione

f(x,−1).

5. Posto x(0) = 1, calcolare x(1) e x(2). Verificare graficamente il risultato ottenuto (a tal fine,

disegnare cio che occorre sul grafico in Figura 21). Infine, per mezzo del medesimo procedimento

grafico (quindi, senza fare conti), determinare limk→+∞ x(k) e confrontare in modo critico il

risultato ottenuto con quello trovato nello svolgimento del punto 4.

6. Sulla base del grafico in Figura 21 (quindi, senza fare conti), si risponda alle seguenti domande:

28

• determinare lo stato di equilibrio ¯x corrispondente all’ingresso costante u(k) ≡ −1;

• dire quanto vale la matrice A del sistema linearizzato attorno alla coppia di equilibrio

(¯x, ¯u = −1) ed analizzare le proprieta di stabilita di tale sistema linearizzato;

• dire se lo studio del sistema linearizzato permette di concludere l’analisi di stabilita della

coppia di equilibrio (¯x, ¯u = −1) per il sistema non lineare;

• si dica se la coppia di equilibrio (¯x, ¯u = −1) del sistema non lineare e asintoticamente

stabile, semplicemente stabile oppure instabile.

29

SOLUZIONI

Soluzione degli esercizi sui prerequisiti

SOLUZIONE ESERCIZIO 1.

1.1- La funzione x(t) che risolve il problema di Cauchy dato deve essere tale che sia soddisfatta la

condizione iniziale x(0) = 2 e l’equazione differenziale x = 3/(2x).

Calcoliamo dapprima il valore per t = 0 delle tre funzioni candidate a risolvere il problema.

Caso (a) : x(0) =3

0 + 3/2= 2; caso (b) : x(0) =

√0 + 4 = 2; caso (c) : x(0) =

√0 + 1 = 1.

Possiamo dunque affermare che la funzione data in (c) non risolve il problema.

Per discriminare quale sia la soluzione fra le funzioni date in (a) e in (b), calcoliamo la derivata rispetto

al tempo di tali funzioni e vediamo quale delle due soddisfa la relazione x = 32x .

• Caso (a):

x(t) = 3d

dt

(1

2t+ 32

)= 3 ·

(− 1(2t+ 3

2

)2

)· d

dt

(2t+

3

2

)= − 6

(2t+ 3

2

)2 . (10)

A questo punto vediamo se l’espressione trovata per x(t) e uguale a 32x(t) : si ha

3

2x(t)=

3

2 32t+3/2

=2t+ 3

2

2

e tale funzione e differente dalla funzione x(t) calcolata nell’equazione (10) (ad esempio, esse assumono

valori differenti per t = 0). Cio significa che la funzione data in (a) non risolve il problema in quanto

non soddisfa l’equazione differenziale.

• Caso (b):

x(t) =1

2√3t+ 4

· d

dt(3t+ 4) =

3

2√3t+ 4

. (11)

In questo caso risulta evidente il fatto che l’espressione trovata per x(t) coincide con la funzione 32x(t) ,

dunque la funzione che risolve il problema di Cauchy (1) e quella data in (b).

In alternativa, e possibile risolvere direttamente l’equazione (1) e confrontare la soluzione trovata

con le tre funzioni proposte. Mostriamo, per completezza, anche tale procedimento, si osservi pero che

l’esercizio non richiede di risolvere l’equazione differenziale e che, in generale, e molto piu semplice

verificare se una certa funzione risolva una data equazione differenziale piuttosto che risolvere tale

equazione. Si ha

x(t) = 32x(t) ⇔ x(t)x(t) = 3

2 ⇔∫ t

0x(t)x(t)dt =

∫ t

032dt ⇔

∫ x(t)

x(0)xdx = 3

2 t ⇔

⇔ x2

2

]x(t)x(0)

= 32 t ⇔ x2(t) = 3t+ x(0)2

da cui x(t) =√3t+ x(0)2 e, essendo x(0) = 2, la soluzione risulta x(t) =

√3t+ 4.

1.2- Ponendo t = 0 nell’equazione (1), risulta x(0) = 32x(0) e, essendo x(0) = 2, si ha

x(0) =3

4.

30

In alternativa, abbiamo calcolato nell’equazione (11) l’espressione della funzione x(t): valutandola

per t = 0 si ottiene x(0) = 32√0+4

= 34 .

1.3- Supponiamo che x(t) ≡ x0 sia una soluzione del problema (1) con condizione iniziale x(0) = x0.

Poiche per tale ipotetica soluzione si ha x(t) ≡ 0, allora, affinche l’equazione differenziale x(t) = 32x(t)

sia soddisfatta, deve valere che

0 =3

2x0.

Tale equazione, tuttavia, non e risolta per nessun valore di x0 ∈ R e dunque non esiste nessuna

condizione iniziale che dia origine ad una soluzione costante.


Si ricordino, preliminarmente, i seguenti fatti:

Prodotto righe × colonne: dimensioni e compatibilita

Date due matrici A ∈ Ra1×a2 e B ∈ Rb1×b2 , e possibile eseguire il prodotto AB

se e solo se il numero di colonne di A e uguale al numero di righe di B, ossia

a2 = b1.

Se tale condizione di compatibilita fra le dimensioni delle matrici e soddisfatta,

la matrice C = AB e tale che

C ∈ Ra1×b2 .

Da una diretta applicazione di tali regole, si ottengono i seguenti risultati:

2.1- N ∈ Rk×i e Q ∈ R

h×j .

2.2- V ∈ Rn×h e Z ∈ Rm×h.

2.3- ı) Il prodotto QZ non ha senso, in generale, perche il numero di colonne di Q e pari a j e differisce

dal numero di righe di Z che e pari a m (ha senso solo nel caso particolare in cui j = m ed in tal caso

si ha QZ ∈ Rh×h).

ıı) Il prodotto ZQ ha senso perche il numero di colonne di Z e pari ad h cosı come il numero di righe

di Q. Si ha che ZQ ∈ Rm×j.

ııı) Si noti che Q⊤Z⊤ = (ZQ)⊤, quindi, in virtu dei risultati trovati in ıı), il prodotto Q⊤Z⊤ ha senso

e, posto S = Q⊤Z⊤, si ha S = (ZQ)⊤ ∈ Rj×m. Ne consegue che QQ⊤Z⊤ = QS e tale prodotto ha

senso in quanto il numero di colonne di Q, pari a j, coincide con il numero di righe di S. Si ha infine

QQ⊤Z⊤ = QS ∈ Rh×m.


3.1- La traccia di una matrice A, che indichiamo con tr(A), e la somma dei suoi elementi sulla

diagonale, quindi:

tr(A1) = 1− 2 = −1; tr(A2) = 1 + 2 = 3; tr(A3) = 3 + 3 = 6;

tr(A4) = 1− 3 = −2; tr(A5) = 1 + 3 = 4.

31

Indichiamo con det(A) il determinante di una matrice A. Si ha:

det(A1) = 1 · (−2)− 0 · 1 = −2; det(A2) = 1 · 2− 1 · 2 = 0; det(A3) = 3 · 3− 0 · 0 = 9;

det(A4) = 1 · (−3)− 1 · (−4) = 1; det(A5) = 1 · 3− (−2) · 5 = 13.

In generale, il polinomio caratteristico di una matrice quadrata A e dato da

pA(s) = det(sI −A),

dove I e la matrice identita di dimensioni uguali a quelle di A.

Polinomio caratteristico per matrici di dimensione 2

Nel caso particolare di matrici A di dimensione 2, si ha

pA(s) = s2 − tr(A)s+ det(A).

Quindi, nei cinque casi considerati, si ha:

pA1(s) = s2 + s− 2; pA2

(s) = s2 − 3s; pA3(s) = s2 − 6s+ 9;

pA4(s) = s2 + 2s+ 1; pA5

(s) = s2 − 4s+ 13.

Gli autovalori di una matrice A sono le radici del suo polinomio caratteristico, quindi:

pA1(s) = s2 + s− 2 = (s− 1)(s+ 2) ⇒ λ1 = 1, λ2 = −2

pA2(s) = s2 − 3s = s(s− 3) ⇒ λ1 = 0, λ2 = 3

pA3(s) = s2 − 6s+ 9 = (s− 3)2 ⇒ λ1 = λ2 = 3

pA4(s) = s2 + 2s+ 1 = (s+ 1)2 ⇒ λ1 = λ2 = −1.

Nel caso A5, il discriminante del polinomio pA5(s) e dato da δ

4 = −9. Tale matrice ha quindi una

coppia di radici Complesse coniugate date da λ1,2 = 2± 3j. In definitiva:

pA5(s) = s2 − 4s+ 13 = (s− 2− 3j)(s− 2 + 3j) ⇒ λ1 = 2 + 3j, λ2 = 2− 3j.

Osservazione: come immediatamente verificabile dai conti appena svolti, si ricorda che:

1. la traccia di una matrice e uguale alla somma degli autovalori della matrice stessa, il determi-

nante e uguale al prodotto degli autovalori;

2. tranne casi particolari, gli autovalori di una matrice non sono gli elementi sulla diagonale della

matrice stessa (vedi le matrici A2, A4 e A5);

3. un caso particolare in cui gli elementi sulla diagonale di una matrice coincidono con gli autovalori

della matrice stessa e rappresentato dalle matrici triangolari (vedi le matrici A1 e A3, nel caso

di A3 si tratta di una matrice diagonale, cioe un caso particolare di matrice triangolare).

32

3.2- Una matrice e invertibile se e solo se il suo determinante non e nullo. Equivalentemente, una

matrice e invertibile se e solo se essa non ha 0 tra i suoi autovalori. In conseguenza di cio, tutte le

matrici date, tranne A2, sono invertibili.

Inversione delle matrici di dimensione 2

Nel caso particolare di matrici

A =

[a b

c d

], det(A) 6= 0,

di dimensione 2, si ha

A−1 =1

det(A)

[d −b

−c a

].

Ossia, si scambiano di posto gli elementi sulla diagonale, gli elementi fuori dalla

diagonale si lasciano dove sono ma si cambiano di segno, si divide il tutto per

il determinante di A(det(A) = a · d− c · b

).

Di conseguenza

A−11 = − 1

2

[ −2 −1

0 1

]=

[1 1/2

0 −1/2

]; A−1

3 =

[1/3 0

0 1/3

];

A−14 =

[ −3 4

−1 1

]; A−1

5 = 113

[3 −5

2 1

]=

[3/13 −5/13

2/13 1/13

].

3.3- Richiamiamo i fatti principali relativi al problema della diagonalizzazione di matrici.

Diagonalizzabilita e diagonalizzazione di matrici

• Autovalori: molteplicita algebrica e geometrica. Data una matrice A ∈ Rn×n, il

suo polinomio caratteristico pA(s) e un polinomio di grado n e a coefficienti Reali le cui

radici sono gli autovalori della matrice A.

In virtu del Teorema Fondamentale dell’Algebra, e sempre possibile fattorizzare un polinomio

pA(s) di grado n e a coefficienti Reali nella seguente forma:

pA(s) = (s− λ1)n1(s− λ2)

n2 · · · (s− λr)nr (12)

con λi ∈ C (i = 1, . . . , r),∑r

i=1 ni = n e λi 6= λj . In altre parole, un polinomio di grado n a

coefficienti Reali ha esattamente n radici in C (purche si tenga conto della loro molteplicita).

Di conseguenza, una matrice A ∈ Rn×n ha esattamente n autovalori (contati con

la loro molteplicita). Con riferimento alla fattorizzazione (12), il numero ni si dice

molteplicita algebrica dell’autovalore λi e si indica con

µa(λi).

33

Data una matrice A ∈ Rn×n e un suo autovalore Reale λi ∈ R, un autovettore per la matrice

A relativo all’autovalore λi e un vettore v ∈ Rn, v 6= 0, tale che

Av = λiv.

Portando il termine λiv al primo membro, tale equazione e equivalente a

(A− λiI)v = 0. (13)

Dunque, risolvendo il sistema lineare (13), e possibile determinare tutti gli autovettori per la

matrice A relativi all’autovalore λi. L’insieme delle soluzioni del sistema lineare (13) e un

sottospazio vettoriale di Rn la cui dimensione e detta molteplicita geometrica dell’autovalore

λi e si indica con

µg(λi).

• Diagonalizzabilita. Sia A ∈ Rn×n una matrice i cui autovalori sono tutti Reali. Una

tale matrice si dice che e diagonalizzabile se esiste una matrice invertibile T ∈ Rn×n tale

che T−1AT = DA, dove DA ∈ Rn×n e una matrice diagonale. In tal caso, la matrice DA

ha sulla diagonale gli autovalori di A.

Valgono i seguenti risultati:

1. Se λi ∈ R e un autovalore Reale di una matrice A ∈ Rn×n, allora

1 ≤ µg(λi) ≤ µa(λi); (14)

2. Una matrice A ∈ Rn×n i cui autovalori λi, i = 1, . . . , r, sono tutti Reali e diagonaliz-

zabile se e solo se tutti i suoi autovalori hanno molteplicita geometrica uguale a quella

algebrica(cioe, ∀ i = 1, . . . , r, µg(λi) = µa(λi)

).

3. Come diretta conseguenza dei due risultati precedenti, una condizione sufficiente di

diagonalizzabilita di una matrice A ∈ Rn×n e che essa abbia n autovalori Reali e

distinti(infatti, avere autovalori distinti significa che, ∀ i, µa(λi) = 1 e dunque, in

virtu delle disequazioni (14), non puo che essere µg(λi) = µa(λi) = 1).

•Diagonalizzazione. Data una matrice A ∈ Rn×n diagonalizzabile, una matrice invertibile

T ∈ Rn×n tale che T−1AT = DA si determina nel modo seguente: si costruisce T in modo

tale che abbia per colonne una base di Rn fatta di autovettori per la matrice A. In pratica,

quindi, basta risolvere il sistema (13) in corrispondenza di ogni autovalore λi per la matrice

A e scegliere una base di ogni corrisponente spazio delle soluzioni. Poiche la scelta della

base non e unica (ed anzi, ci sono sempre infinite scelte), ne segue che anche la matrice T

non e unica.

• Caso Complesso. Nel caso di autovalori Complessi, λi ∈ C, quanto detto sopra resta

sostanzialmente immutato pur di considerare autovettori Complessi v ∈ Cn.

Alla luce dei risultati sulla diagonalizzabilita, possiamo dunque concludere che: le matrici A1 e A2 sono

diagonalizzabili in quanto hanno autovaloriReali e distinti; la matriceA3 e certamente diagonalizzabile

in quanto gia diagonale (in altre parole, T3 = I e la matrice diagonalizzante). Resta da analizzare in

34

dettaglio il caso A4: essendo λ1 = λ2 = −1, il sistema (13) prende la forma

(A4 + I)v = 0 ossia

[2 −4

1 −2

] [v1v2

]=

[0

0

]

le cui soluzioni sono i vettori v della forma

v =

[2v2v2

],

al variare di v2 ∈ R. Poiche vi e un solo parametro libero, cioe v2, lo spazio delle soluzioni ha

dimensione 1, cioe µg(−1) = 1. Dunque, 1 = µg(−1) 6= µa(−1) = 2 cosicche la matrice A4 non e

diagonalizzabile.

In alternativa, e possibile mostrare che la matrice A4 non e diagonalizzabile ragionando per assurdo

nel modo seguente: poiche A4 e di dimensione due ed ha due autovalori coincidenti pari a −1, allora,

se fosse diagonalizzabile sarebbe DA4= −I e T−1

4 A4T4 = −I; d’altra parte, T−14 A4T4 = −I ⇔

A4 = −T4IT−14 ⇔ A4 = −I, il che e assurdo in quanto A4 6= −I.

Osservazione: la condizione di avere autovalori distinti e solo sufficiente per la diagonalizzabilita.

In presenza di autovalori coincidenti, una matrice puo essere sia diagonalizzabile, come A3, che non

diagonalizzabile, come A4.

• Diagonalizzazione della matrice A1: calcoliamo T1 e DA1.

In corrispondenza dell’autovalore λ1 = 1, il sistema (13) prende la forma

(A1 − I)v = 0 ossia

[0 1

0 −3

] [v1v2

]=

[0

0

]


v =

[v10

],

al variare di v1 ∈ R. Fissiamo, ad esempio, v1 = 1: in tal modo otteniamo il vettore

v =

[1

0

]

che costituira la prima colonna della matrice T1.

In corrispondenza dell’autovalore λ2 = −2, il sistema (13) prende la forma

(A1 + 2I)v = 0 ossia

[3 1

0 0

] [v1v2

]=

[0

0

]


v =

[v1

−3v1

],

al variare di v1 ∈ R. Fissiamo, ad esempio, v1 = 1: in tal modo otteniamo il vettore

v =

[1

−3

]

35

che costituira la seconda colonna della matrice T1.

Ponendo quindi

T1 =

[1 1

0 −3

],

si ha

T−11 A1T1 = DA1

=

[1 0

0 −2

]

(nota bene: l’ordine con cui appaiono gli auotovalori sulla diagonale di DA1e conforme con l’ordine

in cui sono disposti gli autovettori nelle colonne di T1).

• Diagonalizzazione della matrice A2: calcoliamo T2 e DA2.

Procedendo in modo analogo a quanto fatto per la matrice A1, si ottengono i seguenti risultati: nel

caso λ1 = 0, le soluzioni del sistema (13) sono i vettori v della forma

v =

[ −2v2v2

],

al variare di v2 ∈ R; nel caso λ2 = 3, le soluzioni del sistema (13) sono i vettori v della forma

v =

[v1v1

],

al variare di v1 ∈ R; si puo quindi porre

T2 =

[ −2 1

1 1

]

ed ottenere

T−12 A2T2 = DA2

=

[0 0

0 3

].

• Diagonalizzazione della matrice A3: come gia osservato, T3 = I e DA3= A3.

3.4- Poiche la matrice A5 ha autovalori Complessi, occorre declinare nel caso Complesso i risultati

sulla diagonalizzabilita e diagonalizzazione richiamati in precedenza.

La diagonalizzabilita e assicurata dal fatto che la matrice ha due autovalori distinti.

Per determinare la matrice T5 si procede in modo del tutto analogo a quanto fatto per determinare

T1 e T2, l’unica differenza consiste nel fatto che si opera con numeri Complessi. In corrispondenza

dell’autovalore λ1 = 2 + 3j, il sistema (13) prende la forma

(A5 − (2 + 3j)I

)v = 0 ossia

[ −1− 3j 5

−2 1− 3j

] [v11 + jv12v21 + jv22

]=

[0

0

]. (15)

Al fine di semplificare i calcoli, possiamo fissare la prima componente del vettore v ad un valore a

piacere purche non nullo. Ad esempio, possiamo porre v11 + jv12 = 1 (questo passaggio e l’analogo

dell’aver scelto v1 = 1 nel calcolo della matrice T1). Con questa scelta, il sistema (15) diventa

[ −1− 3j 5

−2 1− 3j

] [1

v21 + jv22

]=

[0

0

],

36

ossia { −1− 3j + 5(v21 + jv22) = 0

−2 + (1− 3j)(v21 + jv22) = 0.(16)

Le prima delle due equazioni si riscrive come

(−1 + 5v21) + (5v22 − 3)j = 0

e, uguagliando a zero la parte ℜeale e la parte ℑmmaginaria del primo membro, si ottiene

v21 =1

5e v22 =

3

5(le due equazioni che definiscono il sistema (15) sono equivalenti – la seconda si ottiene dalla prima

moltiplicando ambo i membri per un’opportuna costante c ∈ C – in quanto il sistema (15) deve avere

infinite soluzioni non nulle corrispondenti agli autovettori per A5 relativi a λ1; di conseguenza, come

peraltro facilmente verificabile, i valori trovati per v21 e v22 risolvendo la prima delle due equazioni (16)

risolvono anche la seconda equazione del sistema (16)).

Possiamo quindi porre la prima colonna di T5 uguale al vettore

v =

[1

15 + 3

5j

].

Per determinare la seconda colonna di T5 si puo ripetere il conto considerando λ2 = 2 − 3j oppure,

piu semplicemente, basta ricordarsi che gli autovettori relativi all’autovalore Complesso coniugato

di λ1 non sono altro che i vettori che hanno per componenti il numero Complesso coniugato delle

componenti degli autovettori relativi a λ1. Possiamo quindi direttamente scrivere che

T5 =

[1 1

15 + 3

5j15 − 3

5j

]

ed ottenere

T−15 A5T5 = DA5

=

[2 + 3j 0

0 2− 3j

].


4.1- Si ha:

pM (s) = det(sI −M) = det

s −1 0

0 s −1

18 3 s+ 6

=

(a)= s · det

[s −1

3 s+ 6

]− (−1) · det

[0 −1

18 s+ 6

]=

= s(s2 + 6s+ 3) + 18 = s3 + 6s2 + 3s+ 18,

dove nell’uguaglianza (a) abbiamo usato lo sviluppo di det(sI −M) rispetto alla prima riga.

37

4.2- Si ricordi preliminarmente che:

Formula generale dell’inversa di matrice

Data una matrice quadrata A, invertibile e di dimensione n, si indichi con Aij

la matrice quadrata di dimensione n−1 ottenuta da A cancellando la riga i-ma

e la colonna j-ma. L’elemento di A−1 posto in posizione ij e dato da:

A−1ij = (−1)i+j · det(Aji)

det(A)(17)

(prestare attenzione al fatto che gl’indici nella matrice A∗∗ presente al

numeratore sono ji).

Applicando l’equazione (17), si ottiene:

(sI −M)−111 = (−1)2 ·

det

[s −1

3 s+ 6

]

s3 + 6s2 + 3s+ 18=

s2 + 6s+ 3

s3 + 6s2 + 3s+ 18

(sI −M)−112 = (−1)3 ·

det

[ −1 0

3 s+ 6

]

s3 + 6s2 + 3s+ 18= − −s− 6

s3 + 6s2 + 3s+ 18

...

cosicche

(sI −M)−1 =1

s3 + 6s2 + 3s+ 18

s2 + 6s+ 3 s+ 6 1

−18 s2 + 6s s

−18s −3s− 18 s2

.

38


Numeri Complessi

Un numero z ∈ C e rappresentato nella cosiddetta forma cartesiana se

z = a+ bj o, indifferentemente, z = a+ jb,

dove a ∈ R si dice parte ℜeale di z(a = ℜe(z)

), e b ∈ R si dice parte ℑmmaginaria di z(

b = ℑm(z)). La rappresentazione in forma polare di z ∈ C, z 6= 0, e

z = ρ · ejθ,

dove ρ > 0 e il modulo di z(ρ = |z|

)ed e uguale alla distanza di z dall’origine, e θ ∈ R e

la fase (o argomento) di z(θ = ∠(z)

)e rappresenta l’angolo compreso fra il semiasse Reale

positivo e il segmento che congiunge z all’origine.

• Conversione da forma polare a forma cartesiana.

ρ · ejθ = ρ(cos(θ) + j sin(θ)

)= ρ cos(θ) + jρ sin(θ).

• Conversione da forma cartesiana a forma polare.

z = a+ jb = |z| · ej∠(z),

dove:

|z| =√a2 + b2 e ∠(z) =

arctan(b/a) se a > 0

arctan(b/a)± π se a < 0

π/2 se a = 0 e b > 0

−π/2 se a = 0 e b < 0;

nel caso a < 0 e indifferente aggiungere o togliere π in virtu della periodicita di periodo

2π delle funzioni sin e cos(ossia, le scritture ρ · ej(θ+2kπ), k ∈ Z, sono infinite differenti

rappresentazioni del medesimo numero Complesso).

Con z si indica il numero Complesso coniugato di z definito come segue:

In forma cartesiana: z = a+ jb → z = a− jb

In forma polare: z = ρ · ejθ → z = ρ · e−jθ.

E utile ricordare che:

• j2 = −1;

• z · z = |z|2 dunque, in particolare, z · z ∈ R+;

• se z1 = ρ1 · ejθ1 e z2 = ρ2 · ejθ2 , allora z1 · z2 = (ρ1 · ρ2) · ej(θ1+θ2) e z1/z2 = ρ1

ρ2· ej(θ1−θ2).

In altre parole, il modulo del prodotto di due numeri Complessi e il prodotto dei moduli dei

due numeri, il modulo del quoziente e il quoziente dei moduli, la fase del prodotto e la somma

delle fasi, la fase del quoziente e la differenza delle fasi.

39

5.1- Vedi la Figura 22.

5.2- Si ha:

z9 =√3− j, z10 = −3j e z11 = −4 = z4.

5.3- Si ha:z1 + z3 = (

√3 + j) + (−1− 3j) = (

√3− 1)− 2j

z1 + z4 − z3 = (√3 + j)− 4 + (1 + 3j) = (

√3− 3) + 4j

z1 · z3 = (√3 + j) · (−1− 3j) = −

√3− 3

√3j − j − 3j2 =

= −√3− (3

√3 + 1)j − 3(−1) =

= (3 −√3)− (3

√3 + 1)j

2 · z1 = 2 · (√3 + j) = 2

√3 + 2j

−z1 = −(√3 + j) = −

√3− j

z1 · z1 = (√3 + j) · (

√3− j) = 3 + 1 = 4

z3/z1 =−1− 3j√

3 + j=

−1− 3j√3 + j

·√3− j√3− j

=

=−(

√3 + 3) + (1− 3

√3)j

4= −

√3 + 3

4+

1− 3√3

4j

z3/z2 =−1− 3j

3j= − 1

3j− 3j

3j= − 1

3j· jj− 1 = −1 +

1

3j.

Osservazione: nel calcolo di z3/z1 abbiamo moltiplicato numeratore e denominatore per z1 in modo

tale che la frazione risultante, cioe (z3 · z1)/(z1 · z1), avesse per denominatore un numero Reale.

5.4- Si ha:z5 = 2

√2 e−jπ/4

z5 · z6 = 2√2 ejπ/4 · 2 e−jπ/2 = 4

√2 ej(

π4−π

2) = 4

√2 e−jπ/4

z5/z6 =2√2 ejπ/4

2 e−jπ/2=

√2 ej(

π4+π

2) =

√2 ej3π/4.

5.5- Si ha:

|z1| =√3 + 1 = 2 ∠(z1) = arctan(1/

√3) = π/6 ⇒ z1 = 2 ejπ/6

|z2| = 3 ∠(z2) = π/2 ⇒ z2 = 3 ejπ/2

|z3| =√1 + 9 =

√10 ∠(z3) = arctan

((−3)/(−1)

)+ π ≃ 1.24 + π ≃ 4.39 ⇒ z3 ≃

√10 ej·4.39

|z4| = 4 ∠(z4) = −π ⇒ z4 = 4 e−jπ.

Osservazione: naturalmente il modulo di jb (cioe, di un numero ℑmmaginario puro) e dato da |b| eil modulo di a (cioe, di un numero ℜeale) e dato da |a|.E doveroso ricordare che, cosı come l’argomento delle funzioni trigonometriche sin, cos, tan, . . . e un

angolo misurato in radianti, stesso discorso si applica alla fase di un numero Complesso scritto in

forma polare: in particolare, si ricordi di esprimere in radianti il risultato del calcolo di arctan(b/a).

40

••

•

•

•

�

z1

z2

z4� z11z7

z122π/32π/32π/32π/3 π/4π/4π/4π/4

1

ℑm

e

z5

z8

•

•

•

•

•

••

•

•

• •

z3

z9

z10

z7

z6

z131 ℜe

z14

π/4π/4π/4π/4

Figura 22: Con riferimento all’Esercizio 5, rappresentazione sul piano Complesso dei numeri zi, i =1, . . . , 14.

5.6- Si ha:z5 = 2

√2(cos(π/4) + j sin(π/4)

)= 2 + 2j

z6 = 2(cos(−π/2) + j sin(−π/2)

)= −2j

z7 = 3(cos(0) + j sin(0)

)= 3

z8 =(cos(2π/3) + j sin(2π/3)

)= −1

2+

√3

2j.

5.7- Al fine di eseguire la somma fra numeri Complessi, e utile esprimerli in forma cartesiana, quindi:

z1 + z5 = (√3 + j) + (2 + 2j) = (

√3 + 2) + 3j.

Al fine di eseguire prodotti e divisioni fra numeri Complessi, e utile esprimerli in forma polare, quindi:

z1 · z3 · z8z5

≃ (2 ejπ/6) · (√10 e−j·4.39) · (ej2π/3)

2√2 e−jπ/4

=

=2√10

2√2ej(

π6−4.39+ 2π

3+π

4) ≃

≃√5e−j·0.99.

Se si preferisce, si puo convertire il risultato in forma cartesiana ed ottenere

z1 · z3 · z8z5

≃√5e−j·0.99 =

√5(cos(−0.99) + j sin(−0.99)

)≃ 1.23− 1.87j.

41

Soluzione degli esercizi sui sistemi dinamici a tempo continuo


6.1- Il sistema S1 e di ordine 3, lineare, non autonomo, strettamente proprio, SISO.

Il sistema S2 e di ordine 3, nonlineare, non autonomo, proprio (non strettamente), MIMO.

Il sistema S3 e di ordine 1 (scalare), nonlineare, autonomo.

Il sistema S4 e di ordine 2, lineare, non autonomo, proprio (non strettamente), MIMO.

6.2- Per il sistema S1:

A =

−1 0 2

1 1 1

−2 0 1

, B =

0

−1

2

, C =

[0 −1 4

], D = 0.

Per il sistema S4:

A =

[0 2

−1 3

], B =

[1 0

0 0

], C =

[1 0

], D =

[0 1

].


7.1- Le incognite dell’equazione differenziale sono ξ e v, possiamo quindi porre

x =

[x1

x2

]=

[ξ

v

];

la variabile indipendente e ϑ, quindi

u = θ;

la grandezza di cui si vuole studiare l’andamento e ξ, quindi

y = ξ.

Di conseguenza, un modello in forma di stato del sistema dinamico considerato e:

x1(t) = φ1

(x1(t), x2(t)

)

x2(t) = φ2

(x2(t), u(t)

)

y(t) = x1(t).

7.2- Si tratta di un sistema di ordine 2, il sistema e lineare se e solo se sia φ1 che φ2 sono funzioni

lineari (ma, non essendo specificata l’espressione di tali funzioni, non e possibile rispondere a tale

domanda), non autonomo, strettamente proprio, SISO.


8.1- Un modo standard per trasformare un’equazione differenziale di ordine n in un sistema di equa-

zioni differenziali di ordine 1 consiste nel considerare un vettore di stato che colleziona la funzione

incognita dell’equazione differenziale e le sue derivate fino all’ordine n − 1. Nel caso particolare

dell’equazione considerata, possiamo quindi porre

x =

[x1

x2

]=

[θ

θ

];

42

�

A••

•

C

• E

•D

B

��

•

��

D

�

•

��

�

� �

D

�

(a)

B

•

�� D

A••

B•

C

•

�� ••

��

��

D

E•�

(a) (b)(b)

•��

D

•

��

D

A=E•

B•

C

•

�� •��

��

•

��

�

� �

D

•�

(a) (b)(c)

Figura 23: Con riferimento all’Esercizio 8.3-4, il pendolo (a) e rappresentazione qualitativa delletraiettorie in spazio di stato a partire dalle condizioni iniziali specificate (b-c).

l’assenza di sollecitazioni esterne sul pendolo significa che il sistema e autonomo, ossia e privo di

ingressi; le grandezze di cui si vuole studiare l’andamento sono θ e l’energia cinetica Ec = 12ml2θ2,

quindi

y =

[y1y2

]=

[θ

12ml2θ2

].

Di conseguenza, un modello in forma di stato del sistema dinamico considerato e:

x1(t) = x2(t)

x2(t) = − gl sin

(x1(t)

)− k

ml2 x2(t)

y1(t) = x1(t)

y2(t) =12ml2x2

2(t).

8.2- Il sistema ha ordine 2, e nonlineare e autonomo; la variabile di uscita y ha dimensione 2.

8.3- ı) La traiettoria richiesta e rappresentata in Figura 23.(b): si noti che quando il pendolo arriva in

posizione “C” ed inverte il moto, esso si trova ad un angolo il cui modulo e inferiore a π/2 in quanto,

a causa dell’attrito, il sistema dissipa energia; similmente, quando il pendolo arriva in posizione “E”,

esso si trova ad un angolo inferiore al modulo dell’angolo che individua la posizione “C” e cosı via

finche, asintoticamente, il pendolo si ferma in θ = 0.

In virtu di tale analisi, si ha

limt→+∞

x(t) =

[0

0

]

e, conseguentemente,

limt→+∞

y(t) =

[limt→+∞ x1(t)

limt→+∞12ml2x2

2(t)

]=

[0

0

].

ıı) La condizione iniziale e di equilibrio, dunque

θ(t) ≡ θ(0) = π e θ(t) ≡ θ(0) = 0

e la traiettoria corrispondente e il punto “rosa” di Figura 23.(b) posto in x = (x1 = π, x2 = 0).

Si ha

limt→+∞

x(t) = x(0) =

[π

0

]e lim

t→+∞y(t) = y(0) =

[π

0

].

Osservazione: Si noti che nel caso ıı), il risultato non e qualitativo, e esatto.

43

8.4- In assenza di attrito, l’energia meccanica del pendolo si conserva e, a partire da θ(0) = π/2 e

θ(0) = 0, il sistema resta in oscillazione permanente. Conseguentemente, la traiettoria in spazio di

stato e la curva chiusa rappresentata in Figura 23.(c): essa viene percorsa infinite volte. In tal caso,

quindi i due limiti richiesti non esistono.

Nel caso θ(0) = π e θ(0) = 0, il risultato e invece identico all’analogo caso considerato in 8.3.


A. Si tratta di un sistema dinamico in quanto la sola conoscenza dell’ammontare dei versamenti e

dei prelievi effettuati in un dato giorno(ossia, la conoscenza di u(t)

)non e sufficiente per conoscere

il saldo del conto in quello stesso giorno(ossia, y(t)

).

Osservazione: approfondimento sul concetto di “variabile di stato” nei sistemi dinamici.

Questo esempio permette di fare piu luce sul concetto di variabile di stato in un sistema dinamico.

Per descrivere la dinamica del saldo di un conto in banca e possibile seguire due differenti approcci:

I. il saldo attuale del conto e noto se si tiene memoria di tutta la storia di prelievi e versamenti

effettuati sul conto dal giorno della sua apertura fino all’istante attuale;

oppure,

II. si introduce una variabile di stato rappresentante il saldo del conto e, per conoscere il saldo

attuale, e sufficiente conoscere il saldo (cioe, lo stato) ad un dato istante t0 e la storia di

prelievi e versamenti sul conto solo a partire dall’istante t0 a quello attuale.

Il secondo approccio e quello a cui fa riferimento la forma di stato dei sistemi dinamici (dove t0rappresenta il cosiddetto istante iniziale, quello in cui si suppone di conoscere la “condizione” in cui

si trova il sistema e che convenzionalmente abbiamo sempre indicato con t = 0). Il vantaggio dato

dall’introduzione di una variabile di stato discende dal fatto che tutta la “storia” del sistema precedente

l’istante t0 (ossia, tutte le azioni esterne fatte sul sistema fino a quell’istante) viene riassunta dal valore

x(t0) assunto dalla variabile di stato.

B. Si tratta di un sistema statico, possiamo infatti supporre con buona approssimazione che la portata

y(t) in uscita dal rubinetto dipenda solo da quanto esso e aperto correntemente, cioe da u(t).

C. Si tratta di un sistema dinamico, e lecito infatti aspettarsi che alla formazione del prezzo di un

bene ad un dato istante non concorra soltanto il tasso di produzione corrente ma anche altri fattori,

quali la presenza di riserve ancora invendute di prodotto, dipendenti dall’andamento del tasso di

produzione ad istanti precedenti quello considerato.

D. Si tratta di un sistema dinamico, e chiaro infatti che la posizione della fronte di un ghiacciaio in

un dato istante non e individuata dagli accumuli correnti di neve.

E. Si tratta di un sistema statico, infatti la seconda legge della dinamica “ ~F = m~a ” stabilisce proprio

la relazione algebrica che sussiste fra la forza agente ad un dato istante su un corpo di massa m e la

sua accelerazione corrente cioe, con la notazione introdotta, y(t) = 1mu(t).

Osservazione: si noti che, invece, la relazione stabilita dalla seconda legge della dinamica fra forza

e velocita oppure fra forza e posizione di un corpo di massa m e dinamica. Da una parte questo e

chiaro in quanto sia il legame forza–velocita che quello forza–posizione sono espressi da un’equazione

differenziale(mv(t) = F (t) e mx(t) = F (t), rispettivamente

). D’altra parte e anche chiaro che, per

conoscere la velocita o la posizione di un oggetto ad un certo istante, non e sufficiente conoscere il

valore corrente della sua accelerazione (ossia, della forza agente sul corpo in quel dato istante) ma

occorre conoscere anche quale e stato l’andamento della forza negli istanti precedenti, almeno a partire

da un’istante t0 in cui si conosca il valore v(t0) (nel caso in cui si studi l’andamento della velocita)

44

o x(t0) e v(t0)(nel caso in cui si studi l’andamento della posizione: in questo caso il sistema e di

ordine 2 – mx(t) = F (t) – e dunque occorrono 2 condizioni iniziali).


• Lo stato di equilibrio x si dice essere stabile se e solo se ∀ ǫ > 0, ∃δ(ǫ) > 0 tale che ∀x∗0 con

‖x∗0 − x‖ ≤ δ(ǫ) il corrispondente movimento x∗(t) e tale che ‖x∗(t)− x‖ ≤ ǫ ∀ t ≥ 0.

• Lo stato di equilibrio x si dice essere instabile se e solo se non e stabile.

• Lo stato di equilibrio x si dice essere asintoticamente stabile se e solo se e stabile e inoltre ∃ρ > 0

tale che ∀x∗0 con ‖x∗

0 − x‖ ≤ ρ il corrispondente movimento x∗(t) e tale che limt→+∞ ‖x∗(t)− x‖ = 0.

• Lo stato di equilibrio x si dice essere semplicemente stabile se e solo se e stabile ma non asintotica-

mente stabile.


11.1- Poiche per t ≥ 0, u(t) ≡ 1, basta risolvere il sistema

x(t) = x(t)

y(t) = x2(t)

x(0) = 1.

(18)

Quindi,

per t ≥ 0, x(t) = et e y(t) = e2t.

11.2- Il movimento libero dello stato e dell’uscita si ottiene, per definizione, risolvendo il seguente

sistema(ponendo cioe u(t) ≡ 0

):

x(t) = 0

y(t) = x2(t)

x(0) = 1

e dunque

xL(t) ≡ 1 e yL(t) ≡ 1.

Il movimento forzato dello stato e dell’uscita si ottiene, per definizione, risolvendo il seguente sistema(ponendo cioe x(0) = 0 e u(t) = sca(t)

):

x(t) = x(t)

y(t) = x2(t)

x(0) = 0

dunque,

xF (t) ≡ 0 e yF (t) ≡ 0.

Confrontando con il risultato ottenuto ottenuto al punto 1, si osserva infine che

x(t) 6= xL(t) + xF (t) e y(t) 6= yL(t) + yF (t),

cio a causa della nonlinearita del sistema.

11.3- Applichiamo la definizione di stabilita del movimento: perturbando lo stato iniziale, conside-

rando cioe x∗(0) = 1 + δ, si ha il movimento perturbato x∗(t) = (1 + δ)et e

∣∣x∗(t)− x(t)∣∣ =

∣∣(1 + δ)et − et∣∣ =

∣∣δ∣∣et

45

��

��

•��

��

�

��

Figura 24: Con riferimento all’Esercizio 12.2, rapperesentazione della traiettoria dello stato.

che diverge per qualunque valore di δ 6= 0, quindi il movimento dello stato considerato(cioe x(t) = et

)

e instabile.

In alternativa, in presenza dell’ingresso considerato, u(t) ≡ 1, il sistema dato assume la forma

in equazione (18). L’equazione della dinamica del sistema (18) e lineare e dunque, per l’analisi di

stabilita del movimento, possiamo ricondurci ai risultati sui sistemi lineari: il sistema x(t) = x(t) e

instabile (ha un autovalore pari a 1) e dunque tutti i suoi movimenti sono instabili.


12.1- In modo del tutto analogo a quanto fatto nell’Esercizio 1, basta verificare che x(t) = eλtx0

risolve il sistema: in effetti, x(t) = λeλtx0 e Ax(t) = eλtAx0 = λeλtx0; inoltre, la soluzione proposta

soddisfa la condizione iniziale(ossia, x(0) = x0

).

In alternativa, la soluzione del sistema e

x(t) = eAtx0 =

+∞∑

k=0

(At)k

k!x0

(a)=

+∞∑

k=0

(λt)kx0

k!= eλtx0,

dove nell’uguaglianza (a) si usa il fatto che Ax0 = λx0 ⇒ (At)kx0 = (λt)kx0.

12.2- Poiche per

x(0) =

[ −2

1

]

si ha [2 2

−2 −3

]x(0) = x(0),

allora, impiegando il risultato mostrato nel punto 1, si ha

x(t) = etx(0) =

[ −2et

et

], t ≥ 0.

La traiettoria e riportata in Figura 24: essa giace quindi sulla retta passante per l’origine e per il

punto x(0)(infatti i vettori x(t) sono proporzionali a x(0)

): essa parte da x(0) e, poiche al crescere

di t il fattore et e crescente e divergente, essa prosegue lungo tale retta nel verso corrispondente ad

allontanarsi dall’origine; la traiettoria e divergente.

46


13.1- Impiegando la Formula di Lagrange, si ha

xF (t) =

∫ t

0

ea(t−τ)bu(τ) dτ =

∫ t

0

ea(t−τ)bu dτ se 0 ≤ t < t

∫ t

0

ea(t−τ)bu dτ se t ≥ t,

dove si noti soltanto che, nel caso t ≥ t, l’integrale e calcolato solo fra 0 e t in quanto, per t ≥ t, il

segnale d’ingresso e nullo e quindi e nulla la funzione integranda. Calcolando tali integrali, si ottiene

xF (t) =

bu

a(eat − 1) se 0 ≤ t < t

(1− e−at)bu

a· eat se t ≥ t,

(19)

se a 6= 0, e

xF (t) =

{but se 0 ≤ t < t

but se t ≥ t,(20)

se a = 0.

13.2- Si osservi innanzitutto che il sistema considerato e modellizzato per mezzo di un sistema dinami-

co della stessa forma del sistema (3) considerato nel punto 1 e che il segnale d’ingresso e anch’esso

della forma considerata in (4). Il movimento forzato dello stato si ottiene dunque dall’equazione (19)

semplicemente sostituendo a = −ρ, b = λ, u = ǫ e t = 10. Quindi, senza dover rifare alcun conto,

posto x = σ, si ha:

xF (t) =

λǫ

ρ

(1− e−ρt

)se 0 ≤ t < 10

(e10ρ − 1

)λǫ

ρ· e−ρt se t ≥ 10;

il movimento libero dello stato e dato da xL(t) = σ0e−ρt ed infine, x(t) = xL(t) + xF (t).

13.3- Esattamente come nel caso precedente, il movimento forzato dello stato si ottiene dall’equazio-

ne (19) semplicemente sostituendo a = −α, b = β, u = p e t = 2. Quindi, senza dover rifare alcun

conto, posto x = h, si ha:

xF (t) =

βp

α

(1− e−αt

)se 0 ≤ t < 2

(e2α − 1

)βp

α· e−αt se t ≥ 2;

il movimento libero dello stato e dato da xL(t) = h0e−αt ed infine, x(t) = xL(t) + xF (t).

13.4- Esattamente come nei due casi precedenti, il movimento forzato dello stato si ottiene dall’e-

quazione (19) semplicemente sostituendo a = − γm , b = 1

m , u = F e t = 3. Quindi, senza dover rifare

47

�

��

•••

•

•��

��

�

�

•

Figura 25: Con riferimento all’Esercizio 13.5, grafico di u(t) nei tre casi in cui t = 2 (linea blu), t = 1(linea rossa) e t = 1/2 (linea verde).

alcun conto, posto x = v, si ha:

xF (t) =

F

γ

(1− e−

γm

t)

se 0 ≤ t < 3

F

γ

(e

3γm − 1

)· e− γ

mt se t ≥ 3;

il movimento libero dello stato e dato da xL(t) = v0e− γ

mt ed infine, x(t) = xL(t) + xF (t).

Osservazione: le prime quattro domande di questo esercizio permettono di toccare con mano il

significato ed apprezzare i vantaggi del fatto che

“i sistemi dinamici sono modelli matematici in grado di astrarre e di fornire una

medesima descrizione per fenomeni di natura completamente differente”.

13.5- I grafici dei tre segnali d’ingresso considerati sono riportati in Figura 25.

Osservazione: si noti che tutti i segnali considerati sono accomunati dal fatto di avere integrale

unitario: ∫ +∞

0

u(t)dt = 1.

Il movimento forzato dello stato corrispondente al generico segnale d’ingresso del tipo in equazione (4)

si ottiene dalle equazioni (19) e (20) semplicemente sostituendo u = 1/t. Quindi,

xF, t(t) =

b

at

(eat − 1

)se 0 ≤ t < t

b(1− e−at

)

at· eat se t ≥ t,

se a 6= 0, e

xF, t(t) =

b

t· t se 0 ≤ t < t

b se t ≥ t,

se a = 0.

Nel caso in cui a = −1 e b = 1, il grafico richiesto e riportato in Figura 26 per tre diversi valori di t.

Osservazione: il tratto crescente iniziale del grafico di xF, t(t) e la sua prosecuzione (linea blu

tratteggiata) costituiscono il grafico della risposta forzata corrispondente all’ingresso costante u(t) ≡ u

48

0 1 2 3 4 50

0.2

0.4

0.6

0.8

1

t

xF

,t(t

)vs

gx(t

)

(a)

0 1 2 3 4 50

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

xF

,t(t

)vs

gx(t

)

t

(b)

0 1 2 3 4 50.20

1

2

3

4

5

6

t

xF

,t(t

)vs

gx(t

)

(c)

Figura 26: Con riferimento all’Esercizio 13.5, nel caso in cui a < 0: grafico di gx(t) (linea rossa) e dixF, t(t) (linea verde) per t = 2 (a), t = 1 (b) e t = 1/5 (c).

49

(la cosiddetta “ risposta allo scalino”), a partire dall’istante t = t l’ingresso si annulla e lo stato tende

a 0 con la dinamica del movimento libero (tende cioe a 0 come il modo naturale del sistema, ossia

l’esponenziale φ(t) = eat; piu precisamente, per t ≥ t, xF, t(t) = xF, t(t) · ea(t−t)).

Per calcolare il limite richiesto, poiche t → 0+ e t > 0 e fissato, e sufficiente considerare l’espressione

di xF, t(t) per t ≥ t, dunque

limt→0+

xF, t(t) =

limt→0+

b(1−e−at

)

at · eat (a)= beat se a 6= 0

b se a = 0,

dove, l’uguaglianza (a) segue dall’approssimazione lineare dell’esponenziale, ossia e−at .= 1− at.

Il grafico di gx(t) = beat e riportato in Figura 26 (linea rossa) nel caso in cui a < 0 e b = 1; per a = 0,

gx(t) e costante uguale a b, per a > 0 e un esponenziale divergente a +∞ se b > 0, a −∞ se b < 0.

Osservazione: la funzione gx(t) e la cosiddetta “ risposta all’impulso” del sistema. Come si vede

anche dai grafici in Figura 25, al diminuire del periodo di tempo t durante il quale agisce il segnale

d’ingresso u, l’intensita dell’ingresso aumenta e, al limite per t → 0+, tale intensita diverge a +∞.

Ossia, al limite per t → 0+, il segnale d’ingresso agisce “istantaneamente con intensita infinita”, e

cioe un impulso. Naturalmente tutto cio rappresenta un’astrazione della realta e, per una corretta

descrizione in termini matematici, occorrono strumenti teorici piuttosto sofisticati (la “Teoria delle

distribuzioni”) di cui nel corso non faremo alcun cenno.


Il sistema e:

• asintoticamente stabile, se a < 0;

• semplicemente stabile, se a = 0;

• instabile, se a > 0.

Oltre che per mezzo del metodo grafico, tale analisi di stabilita segue anche dall’analisi dei modi

naturali del sistema: il sistema ha infatti l’unico modo φ(t) = eat, t ≥ 0, che e

• convergente a 0, se a < 0;

• limitato e non convergente a 0, se a = 0;

• illimitato, se a > 0.

Equivalentemente, tale analisi di stabilita segue anche dallo studio degli autovalori del sistema: il

sistema e di ordine 1 e dunque la matrice A = a coincide con l’unico autovalore del sistema. L’unico

caso che potrebbe far nascere dei dubbi e il caso a = 0: occorre solo osservare che, essendo in ipotesi

di diagonalizzabilita (la matrice A = a e diagonale!), si ha ovviamnete µa(0) = µg(0) = 1 e dunque la

semplice stabilita.


• Caso A1: Sistema instabile (ha un autovalore λ = 1 > 0).

Modi naturali: φ1(t) = et, φ2(t) = e−2t, t ≥ 0.


Modi naturali: φ1(t) = e0·t = sca(t), φ2(t) = e3t, t ≥ 0.

50


Modi naturali: φ(t) = e3t, t ≥ 0, di molteplicita pari a 2.

• Caso A4: Sistema asintoticamente stabile (ha tutti gli autovalori pari a λ = −1 < 0).

Modi naturali: φ1(t) = e−t, φ2(t) = te−t, t ≥ 0 (la matrice A4 non e diagonalizzabile,

vedi soluzione dell’Esercizio 3).

• Caso A5: Sistema instabile (ha una coppia di autovalori Complessi coniugati λ = 2 ± 3j con

ℜe(λ) = 2 > 0).

Modi naturali: φ1(t) = e2t cos(3t), φ2(t) = e2t sin(3t), t ≥ 0.

• Caso A6: Sistema semplicemente stabile(pA6

(s) = s(s + 3) cosicche8 λ1 = 0 e λ2 = −3: essendo

distinti, la matrice e diagonalizzabile e, in particolare, µa(0) = µg(0) = 1).

Modi naturali: φ1(t) = sca(t), φ2(t) = e−3t, t ≥ 0.

• Caso A7: Sistema semplicemente stabile(pA7

(s) = det(sI − A7) = (s + 1)((s + 1)(s − 1) + 4

)=

= (s+ 1)(s2 + 3) cosicche λ1 = −1, λ2,3 = ±j√3: essendo distinti, la matrice e diagona-

lizzabile e sia µa(j√3) = µg(j

√3) = 1 che µa(−j

√3) = µg(−j

√3) = 1

).

Modi naturali: φ1(t) = e−t, φ2(t) = cos(√3t), φ3(t) = sin(

√3t), t ≥ 0.

• Caso A8: Sistema asintoticamente stabile(pA8

(s) = (s + 3)(s2 + 4s+ 5) cosicche λ1 = −3, λ2,3 =

= −2± j e, ∀ i = 1, 2, 3, ℜe(λi) < 0).

Modi naturali: φ1(t) = e−3t, φ2(t) = e−2t cos(t), φ3(t) = e−2t sin(t), t ≥ 0.


• Caso Σ1: Sistema di ordine 2 in quanto i modi specificati sono tutti i modi del sistema (infatti,

l’esistenza di ognuno di essi non presuppone l’esistenza di altri modi).

Sistema asintoticamente stabile (tutti i modi sono convergenti a 0).

Ad esempio,

A =

[ −2 0

0 −10

].

• Caso Σ2: Sistema di ordine 2 in quanto i modi specificati sono tutti i modi del sistema (infatti,

l’esistenza di ognuno di essi non presuppone l’esistenza di altri modi).

Sistema asintoticamente stabile (tutti i modi sono convergenti a 0).

Necessariamente9,

A =

[ −1 0

0 −1

].

• Caso Σ3: Sistema di ordine 3 in quanto, avendo il modo φ2(t) = e−t cos(4t), esso ha anche il modo

φ3(t) = e−t sin(4t), t ≥ 0.

Sistema instabile(ha un modo illimitato, cioe φ1(t) = e5t, t ≥ 0

).

Gli autovalori del sistema sono λ1 = 5 e λ2,3 = −1 ± 4j. Per ottenere una matrice A

come richiesto, basta costruirla della forma

A =

[5 0

0 A

]

con la matrice A ∈ R2×2 avente gli autovalori λ2,3 = −1± 4j. Il polinomio caratteristico

di A e dato da pA(s) = (s + 1 − 4j)(s + 1 + 4j) = s2 + 2s + 17 quindi, tr(A) = −2 e

8Oppure, piu semplicemente, gli autovalori di −A sono gli autovalori di A cambiati di segno.9Qualunque altra matrice di ordine 2 con 2 autovalori coincidenti pari a −1 non e diagonalizzabile (vedi la soluzione

alternativa proposta per l’analisi di diagonalizzabilita della matrice A4 nella soluzione dell’Esercizio 3.3) e dunqueavrebbe i modi φ1(t) = e−t e φ2(t) = te−t, t ≥ 0.

51

det(A) = 17 (si ricordi la forma del polinomio caratteristico per matrici di dimensione 2

riportata nella soluzione dell’Esercizio 3.1) e dunque, ad esempio,

A =

[0 1

−17 −2

]

cosicche

A =

5 0 0

0 0 1

0 −17 −2

.

• Caso Σ4: Sistema di ordine 4 in quanto, avendo il modo φ2(t) = t2e−3t, esso ha anche i modi

φ3(t) = te−3t e φ4(t) = e−3t, t ≥ 0.

Sistema semplicemente stabile(tutti i modi sono limitati e φ1(t) non converge a 0

).


Il sistema e lineare e le uniche richieste che riguardano la matrice A sono quelle circa la stabilita, la

presenza di un modo convergente a 0 e l’ordine minimo possibile. Tale matrice A deve dunque avere

ordine 2 (poiche si chiede che il sistema sia semplicemente stabile, oltre al modo convergente a 0, vi

deve essere anche un modo limitato ma non convergente a 0). Tali richieste sono soddisfatte da una

matrice A avente un autovalore nullo e uno minore di zero, ad esempio:

A =

[0 0

0 −1

].

Il sistema ha 1 ingresso e 2 uscite, quindi B ∈ R2×1, C ∈ R2×2, D ∈ R2×1. L’unico vincolo su tali

matrici e che D 6= 0 in modo tale che il sistema non sia strettamente proprio. In conlcusione, una

possibile soluzione e:

x(t) =

[0 0

0 −1

]x(t) +

[1

−3

]u(t)

y(t) =

[0 1

−1 4

]x(t) +

[2

0

]u(t).


18.1- Si tratta di un sistema di ordine 1, nonlineare e autonomo.

18.2- Gli equilibri v del sistema v(t) = f(v(t)

)sono definiti dall’equazione f(v) = 0, ossia

− γ

mv2 + g = 0.

Per v > 0, l’unico equilibrio del sistema e quindi

v =

√mg

γ.

Dallo studio del segno di f(v) = − γmv2 + g, si ha che

per 0 < v < v, f(v) > 0, per v > v, f(v) < 0.

Se ne deduce quindi che l’equilibrio v e asintoticamente stabile e che, se v(0) > 0, allora

52

0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500−15

−10

−5

0

5

10

v

f(v

)=

−γ m

v2

+g

v

Figura 27: Con riferimento all’Esercizio 18.2, grafico di f(v) per m = 100 Kg e γ = 0.008 Kg/m.

limt→+∞

v(t) = v

(vedi la Figura 27). Infine, per determinare i valori di γ richiesti, basta imporre che v > 330 ossia√mgγ > 330, da cui

0 < γ <mg

3302=

980

3302≃ 0.009 Kg/m.


19.1- L’equazione che definisce le coppie (x, u) di equilibrio e x3 − xu = 0, ossia x(x2 − u) = 0. Per

u = 1, tale equazione diventa

x(x2 − 1) = 0 ossia x(x + 1)(x− 1) = 0.

Il sistema ha quindi tre stati di equilibrio corrispondenti a u = 1 dati da

x(1) = 0, x(2) = −1 e x(3) = 1.

Le corrispondenti uscite di equilibrio sono definite dall’equazione y = sin(x) + u2 quindi, nei tre casi:

y(1) = 1, y(2) = − sin(1) + 1 ≃ 0.16 e y(3) = sin(1) + 1 ≃ 1.84.

Posto δx(t) = x(t) − x, δu(t) = u(t)− u = u(t)− 1 e δy(t) = y(t)− y, il sistema linearizzato prende

la forma {˙δx(t) = ∂f

∂x (x, u) δx(t) +∂f∂u (x, u) δu(t)

δy(t) = ∂g∂x (x, u) δx(t) +

∂g∂u (x, u) δu(t).

Si ha:∂f

∂x(x, u) = 3x2 − u;

∂f

∂u(x, u) = −x;

∂g

∂x(x, u) = cos(x) e

∂g

∂u(x, u) = 2u.

53

Sostituendo u = 1 e x = x(i) nei tre diversi casi, si ottiene:

per (x, u) = (x(1), 1) = (0, 1), SL :

{˙δx(t) = − δx(t)

δy(t) = δx(t) + 2 δu(t)

per (x, u) = (x(2), 1) = (−1, 1), SL :

{˙δx(t) = 2 δx(t) + δu(t)

δy(t) = cos(−1) δx(t) + 2 δu(t) ≃ 0.54 δx(t) + 2 δu(t)

per (x, u) = (x(3), 1) = (1, 1), SL :

{˙δx(t) = 2 δx(t)− δu(t)

δy(t) = cos(1) δx(t) + 2 δu(t) ≃ 0.54 δx(t) + 2 δu(t).

19.2- In virtu dei Teoremi 3.9 e 3.10 in [FdA] – paragrafo 3.5.2 – possiamo concludere che la coppia

di equilibrio (x(1), 1) = (0, 1) e asintoticamente stabile per il sistema nonlineare dato, e che le coppie

di equilibrio (x(2), 1) = (−1, 1) e (x(3), 1) = (1, 1) sono instabili per il sistema nonlineare dato.


20.1- Seguendo lo stesso metodo presentato nella soluzione dell’Esercizio 8.1, si ponga

x =

[x1

x2

]=

[θ

θ

].

Quindi,x1(t) = θ(t) = x2(t)

x2(t) = θ(t) = −θ(t) sin(θ(t)

)+ θ2(t)− θ(t)u(t) =

= −x2(t) sin(x1(t)

)+ x2

1(t)− x1(t)u(t),

cioe:

x1(t) = x2(t)

x2(t) = −x2(t) sin(x1(t)

)+ x2

1(t)− x1(t)u(t)

y(t) = x1(t).

20.2- Il sistema di equazioni che definisce le coppie (x, u) di equilibrio e le uscite di equilibrio y

corrispondenti e {f(x, u) = 0

y = g(x, u).

Tale sistema, nel caso specifico, assume la seguente forma:

x2 = 0

−x2 sin x1 + x21 − x1u = 0

y = x1,

cioe

x2 = 0

x1(x1 − u) = 0

y = x1.

Quindi, per u = −4, si hanno due stati di equilibrio x(1) e x(2) dati da

x(1) =

[0

0

], x(2) =

[ −4

0

]

a cui corrispondono le due seguenti uscite di equilibrio: y(1) = 0 e y(2) = −4, rispettivamente.

54

In alternativa, all’equilibrio si ha θ(t) ≡ θ e dunque θ(t) ≡ θ(t) ≡ 0. Ponendo θ = 0 e θ = 0

direttamente nell’equazione differenziale di ordine 2 data nel testo dell’esercizio, si ottiene l’equazione

−θ 2 + θu = 0

da cui, per u = −4, si ottengono i seguenti due valori di equilibrio per θ: θ(1) = 0 e θ(2) = −4.

Per analizzare la stabilita dei due equilibri trovati, proviamo a studiare il sistema linearizzato attorno

a tali coppie. L’equazione che definisce x1 (come pure la trasformazione di uscita) e gia lineare; quella

che definisce x2 e f2(x, u) = −x2 sin(x1) + x21 − x1u. Quindi:

∂f2∂x1

(x, u) = −x2 cos(x1) + 2x1 − u e∂f2∂x2

(x, u) = − sin(x1).

Posto δx(t) = x(t) − x, δu(t) = u(t) − u = u(t) + 4, δy(t) = y(t) − y e sostituendo i valori (x, u) di

equilibrio trovati, si ottengono i due seguenti sistemi linearizzati (si esplicita solo la matrice A perche

e l’unica che occorre conoscere per analizzare la stabilita):

˙δx =

[0 1

4 0

]δx+B1 δu

δy = δx1

(δx = x− x(1))

e

˙δx =

[0 1

−4 − sin(−4)

]δx+B2 δu

δy = δx1

(δx = x− x(2)) .

Da essi si deduce che:

• x(1) e uno stato di equilibrio instabile per il sistema nonlineare dato perche il corrispondente

sistema linearizzato ha un autovalore pari a +2(infatti, pA(s) = s2 − 4 = (s+ 2)(s− 2)

);

• x(2) e uno stato di equilibrio asintoticamente stabile per il sistema nonlineare dato, mostriamo

infatti che il corrispondente sistema linearizzato e asintoticamente instabile. Si ha10

pA(s) = s2 − sin(4)s+ 4 :

poiche il sistema e di ordine 2, per l’asintotica stabilita e necessario e sufficiente che il polinomio

caratteristico abbia i coefficienti tutti dello stesso segno e cio accade in quanto sin(4) < 0.


21.1- Si tratta di un sistema di ordine 2, nonlineare, non autonomo, strettamente proprio e MIMO.

21.2- Il sistema di equazioni che definisce le coppie (x, u) di equilibrio prende la forma

{−x1

√x2 + 8u1 = 0

−x2u21 + 2x1 + u2 = 0.

Nel caso in cui u1 = 2 e u2 = 0, esso si riduce a

{− x1

√x2 + 16 = 0

− 4x2 + 2x1 = 0.

(21)

(22)

10Si ricordi che − sin(−α) = sin(α) e che l’argomento della funzione sin( · ) si misura in radianti(

da cui sin(4) ≃−0.76 < 0

)

.

55

Dall’equazione (22) si ricava x1 = 2x2, sostituendo tale espressione di x1 nell’equazione (21), si ottiene

2x2√x2 = 16 ossia,

x2

√x2 = 8.

Quindi x2 = 4 e, conseguentemente, x1 = 8. All’ingresso costante dato, corrisponde quindi un unico

stato di equilibrio dato da

x =

[8

4

]

con relativa uscita di equilibrio

y = x1 + x2 = 12.

21.3- Si ha x1 = f1(x, u) = −x1√x2 + 8u1 e x2 = f2(x, u) = −x2u

21 + 2x1 + u2, cosicche

∂f1∂x1

(x, u) = −√x2

∂f1∂x2

(x, u) = − x1

2√x2

∂f1∂u1

(x, u) = 8∂f1∂u2

(x, u) = 0

∂f2∂x1

(x, u) = 2∂f2∂x2

(x, u) = −u21

∂f2∂u1

(x, u) = −2x2u1∂f2∂u2

(x, u) = 1.

L’equazione di uscita e gia lineare. Quindi, posto

δx(t) = x(t) − x =

[x1(t)− 8

x2(t)− 4

], δu(t) = u(t)− u =

[u1(t)− 2

u2(t)

],

δy(t) = y(t)− y = y(t)− 12

e sostituendo i valori (x, u) di equilibrio trovati, si ottiene il seguente sistema linearizzato:

˙δx =

[ −2 −2

2 −4

]δx+

[8 0

−16 1

]δu

δy =[1 1

]δx.

La coppia di equilibrio considerata e asintoticamente stabile per il sistema nonlineare dato in quanto il

corrispondente sistema linearizzato e asintoticamente stabile(infatti, esso ha polinomio caratteristico

pari a pA(s) = s2 + 6s+ 12 e, poiche il sistema e di ordine 2, per l’asintotica stabilita e necessario e

sufficiente che il polinomio caratteristico abbia i coefficienti tutti dello stesso segno).

L’affermazione riportata nel testo dell’esercizio e falsa. In generale, uno stato di equilibrio asintotica-

mente stabile per un sistema nonlineare ha un bacino di attrazione limitato ad un intorno dell’equilibrio

stesso(in altre parole, solo per condizioni iniziali x(0) sufficientemente vicine all’equilibrio x si ha che

i movimenti dello stato convergono asintoticamente a x), si dice cioe che l’asintotica stabilita e una

proprieta locale. Nel caso specifico, inoltre, l’equazione differenziale ha soluzioni fintanto che x2(t) ≥ 0(a causa del termine

√x2(t) presente nell’equazione che definisce x1(t)

)e dunque, condizioni iniziali

con x2(0) < 0 non sono ammissibili.


22.1- Il sistema di equazioni che definisce le coppie (x, u) di equilibrio prende la forma

{x2 = 0

− kml2 x2 − g

l sin(x1) +1

ml2 u = 0ossia

{x2 = 0

− gl sin(x1) +

1ml2 u = 0.

(23)

56

Imponendo che x1 = π4 sia di equilibrio ossia, sostituendo x1 = π

4 nelle equazioni (23), si ottiene

u =

√2

2mlg.

22.2- La proprieta che viene richiesto di verificare e garantita dall’asintotica stabilita dell’equilibrio.

Verifichiamo dunque, mediante linearizzazione del sistema, che la coppia di equilibrio

x =

[π4

0

], u =

√2

2mlg

e asintoticamente stabile. L’equazione che definisce x1 e gia lineare; essendo x2 = f2(x, u) =

− gl sin(x1)− k

ml2 x2 +1

ml2 u, si ha

∂f2∂x1

(x, u) = −g

lcos(x1) e

∂f2∂x2

(x, u) = − k

ml2.

Quindi, sostituendo x1 = π4 , x2 = 0 e u =

√22 mlg, si ottiene il seguente sistema linearizzato:

˙δx =

[0 1

−√2g2l − k

ml2

]δx+B δu

δy = δx1

il cui polinomio caratteristico e pA(s) = s2+ kml2 s+

√2g2l e, essendo tutti i suoi coefficienti positivi (k > 0

per ipotesi), cio garantisce l’asintotica stabilita sia del sistema linearizzato che della corrispondente

coppia di equilibrio per il sistema nonlineare dato.


23.1- Posto x = h e u = p, il volume V di liquido presente nel serbatoio e dato da V = σh, quindi

y = σx e la corrispondente forma di stato del sistema e

{x(t) = −α

√x(t) + βu(t)

y(t) = σx(t).

23.2- Con i valori specificati per i parametri, il sistema prende la forma

{x(t) = − 5

12

√x(t) + 1

2u(t)

y(t) = 2x(t).

All’equilibrio, { − 512

√x+ 1

2 u = 0

y = 2x :(24)

essendo y = 8, si ottiene x = 4 e dunque

u =5

3.

23.3- Si ha∂f

∂x(x, u) = − 5

24√x,

57

0 1 2 3 4 5 6 7 8−0.5

0

0.5

1

x

f(x

)=

−5 12

√x

+1 2·5

3

30

x′

Figura 28: Con riferimento all’Esercizio 23.4, grafico di f(x) per u = 53 + 1

10 = 5330 .

da cui ∂f∂x (x, u) =

∂f∂x

(4, 53)= − 5

48 . Quindi, posto

δx(t) = x(t)− x = x(t) − 4, δu(t) = u(t)− u = u(t)− 5

3e δy(t) = y(t)− y(t) = y(t)− 8, (25)

il sistema linearizzato e dato da

{˙δx(t) = − 5

48δx(t) +12δu(t)

δy(t) = 2δx(t)

e ne consegue che la coppia di equilibrio(x = 4, u = 5

3

)e asintoticamente stabile per il sistema

nonlineare dato.

23.4- Al fine di impiegare il modello linearizzato, occorre innanzitutto tradurre i dati del problema

(cioe, la condizione iniziale e la legge di controllo) in funzione delle variabili che compaiono nel

sistema linearizzato. Ricordando che h(t) = x(t), p(t) = u(t) e la definizione delle variabili δx e δu

data nell’equazione (25), si ha:

{δx(0) = x(0)− x = h(0)− x = 4− 4 = 0

δu(t) = u(t)− u =(u+ 1

10

)− u = 1

10 , t ≥ 0.

In presenza dell’ingresso costante δu(t) ≡ δu = 110 , poiche il sistema linearizzato e asintoticamente

stabile, si ha

limt→+∞

δx(t) = −BA−1δu =1

2· 485

· 1

10=

12

25

e quindi, essendo h(t) = x(t) = δx(t) + x,

limt→+∞

h(t) = limt→+∞

δx(t) + x =12

25+ 4 =

112

25= 4.48.

Impiegando il modello nonlineare, ricaviamo dall’equazione (24) l’equilibrio x′ corrispondente all’in-

gresso u′ = u + 110 = 5

3 + 110 = 53

30 : si ha√x′ = 6

5 u′ e dunque x′ = 36

25 u′2 = 36

25 · 532

302 =(5325

)2 ≃ 4.49.

Mediante l’impiego del metodo grafico si vede che tale eqilibrio e asintoticamente stabile e che ogni

58

condizione iniziale x(0) > 0 appartiene al suo bacino di attrazione (vedi11 Figura 28). Di conseguenza,

limt→+∞

h(t) = limt→+∞

x(t) = x′ ≃ 4.49.

I due risultati sono differenti in quanto il sistema linearizzato non e equivalente al sistema nonlineare

dato ma ne e solo un’approssimazione. Dei due risultati e quindi da considerare piu attendibile quello

basato sullo studio diretto del sistema nonlineare.


24.1- Avvalendosi dei metodi basati sulla Trasformata di Laplace, si ha:

X(s) = (sI −A)−1x(0) + (sI −A)−1BU(s).

Poiche

(sI −A)−1 =

[1s 0

0 1s+1

]e U(s) =

1

s+ 2,

si ottiene

X(s) =

[1s 0

0 1s+1

][1

−2

]+

[1s 0

0 1s+1

] [1

−3

]1

s+2 =

=

[1s−2s+1

]+

[1

s(s+2)−3

(s+1)(s+2)

]=

[1s−2s+1

]+

[1/2s − 1/2

s+2−3s+1 + 3

s+2

]=

=

3/2

s− 1/2

s+ 2

−5

s+ 1+

3

s+ 2

.

Infine,

x(t) = L−1[X(s)

]=

3

2− 1

2e−2t

−5e−t + 3e−2t

sca(t).

In alternativa, e comunque possibile risolvere l’esercizio direttamente nel dominio del tempo (impie-

gando la Formula di Lagrange): in questo caso, essendo la matrice A diagonale, non vi e difficolta

nel calcolo dell’esponenziale di matrice e risulta direttamente

eAt =

[1 0

0 e−t

].

11Nota bene: si ricordi che per l’impiego del metodo grafico, e sufficiente studiare il segno della funzione f(x), nonoccorre eseguire uno studio piu approfondito della funzione f(x) ne occorre disegnarne il grafico.

59

24.2- Si ha

G(s) = C(sI −A)−1B +D =

[0 1

−1 4

] [ 1s 0

0 1s+1

][1

−3

]+

[2

0

]=

=

[0 1

−1 4

] [ 1s−3s+1

]+

[2

0

]=

[ −3s+1 + 2

− 1s − 12

s+1

]=

=

2s− 1

s+ 1

− 13s+ 1

s(s+ 1)

.

24.3- Avvalendosi dei metodi basati sulla Trasformata di Laplace, si ha:

Y (s) = C(sI − A)−1x(0) +G(s)U(s).

Essendo in questo caso

U(s) =1

s,

si ottiene:

Y (s) =

[0 1

−1 4

] [ 1s 0

0 1s+1

][1

−2

]+

[2s−1s+1

− 13s+1s(s+1)

]· 1s =

=

[− 2

s+1

− 1s − 8

s+1

]+

[2s−1s(s+1)

− 13s+1s2(s+1)

]=

[− 2

s+1

− 1s − 8

s+1

]+

[− 1

s + 3s+1

− 1s2 − 12

s + 12s+1

]=

=

−1

s+

1

s+ 1

− 1

s2− 13

s+

4

s+ 1

.

Infine,

y(t) = L−1[Y (s)

]=

[ −1 + e−t

−t− 13 + 4e−t

]sca(t).


Si ha

XF (s) =b

s− aU(s),

dove

U(s) = L[u sca(t)− u sca(t− t)

]=

u

s− u

s· e−ts,

quindi

XF (s) =bu

(s− a)s− bu

(s− a)s· e−ts. (26)

Posto

x1(t) = L−1

[bu

(s− a)s

],

60

eseguendo l’anti-trasformata di Laplace di ambo i membri dell’equazione (26), si ottiene che

xF (t) = x1(t)− x1(t− t).

Calcoliamo dunque x1(t): se a 6= 0, si ha

bu

(s− a)s=

bua

s− a−

bua

s,

cosicche

x1(t) =bu

a(eat − 1) sca(t).

Conseguentemente,

x1(t− t) =bu

a(ea(t−t) − 1) sca(t− t)

exF (t) = x1(t)− x1(t− t) =

=bu

a

[(eat − 1) sca(t)− (ea(t−t) − 1) sca(t− t)

]=

(α)=

{bua (eat − 1) se 0 ≤ t < t

bua (1− e−at) · eat se t ≥ t,

dove nell’ugiaglianza (α) si usa il fatto che sca(t − t) e nullo per t < t (e uguale a 1 per t ≥ t) ed il

fatto che ea(t−t) = eat · e−at.

Se invece a = 0, si habu

(s− a)s=

bu

s2,

cosicche

x1(t) = bu · t sca(t)

exF (t) = x1(t)− x1(t− t) =

= bu[t sca(t)− (t− t) sca(t− t)

]=

(β)=

{bu t se 0 ≤ t < t

bu t se t ≥ t,

dove, come sopra, nell’ugiaglianza (β) si usa il fatto che sca(t− t) e nullo per t < t.

Osservazione: le uguaglianze (α) e (β) sono state scritte solo per mostrare esplicitamente che il

risultato ottenuto in questo esercizio e identico a quello trovato nella soluzione dell’Esercizio 13.1. Ai

fini della risoluzione di questo esercizio, e sufficiente fornire le due espressioni di xF (t) poste a monte

delle uguaglianze (α) e (β).


26.1- Il sistema di equazioni che definisce gli stati x di equilibrio prende la forma

{x1(x2 + 1) + x2 = 0

− x1 + x22 − x2 = 0.

(27)

(28)

61

Dall’equazione (28) si ricava x1 = x22 − x2, sostituendo tale espressione di x1 nell’equazione (27), si

ottiene (x22 − x2)(x2 + 1) + x2 = 0 ossia, x3

2 = 0. Quindi, x2 = 0 e x1 = 0, vi e cioe un solo stato di

equilibrio dato da

x =

[0

0

].

Per il calcolo del sistema linearizzato, impiegando l’usuale notazione, si ha:

∂f1∂x1

(x) = x2 + 1∂f1∂x2

(x) = −x1 + 1

∂f2∂x1

(x) = −1∂f2∂x2

(x) = 2x2 − 1.

Quindi, essendo δx(t) = x(t)− x = x(t) e valutando le espressioni delle derivate in corrispondenza del

valore di equilibrio x = x = 0, si ottiene il seguente sistema linearizzato:

x(t) = Ax(t) =

[1 1

−1 −1

]x(t).

26.2- Impiegando i metodi basati sulla Trasformata di Laplace, la matrice eAt puo essere determinata

nel modo seguente:

eAt = L−1[(sI −A)−1

]= L−1

[[s− 1 −1

1 s+ 1

]−1]=

= L−1

[1s2 ·

[s+ 1 1

−1 s− 1

] ]= L−1

1

s+

1

s21

s2

− 1

s21

s− 1

s2

=

=

[1 + t t

−t 1− t

], t ≥ 0.

Il sistema linearizzato e instabile in quanto, dall’espressione trovata per la matrice eAt, si deduce che

i modi naturali associati al sistema sono φ1(t) = 1 e φ2(t) = t, t ≥ 0, e φ2 e un modo illimitato.

Il sistema linearizzato ha due autovalori nulli(il polinomio caratteristico della matriceA e pA(s) = s2

),

non e quindi possibile applicare ne il Teorema 3.9 ne il Teorema 3.10 in [FdA] – paragrafo 3.5.2.

Dunque, dalla sola analisi di stabilita del sistema linearizzato, non e possibile trarre alcuna conclusione

circa le proprieta di stabilita dell’equilibrio x per il sistema nonlineare dato.

In alternativa, l’analisi di stabilita del sistema linearizzato puo essere condotta come segue: poiche

la matrice A ha due autovalori nulli, il sistema linearizzato e semplicemente stabile se la matrice A

e diagonalizzabile oppure instabile se la matrice A non e diagonalizzabile. Poiche e facile vedere che

la molteplicita geometrica dell’autovalore 0 e pari a 1, ne consegue che A non e diagonalizzabile e il

sistema linearizzato e instabile.

Osservazione: poiche la matrice A non e diagonalizzabile, l’unico metodo che permette di calcolare

eAt e che impieghi solo la teoria svolta nel corso, e quello basato sull’uguaglianza

eAt = L−1[(sI −A)−1

].

26.3- Impiegando i metodi basati sulla Trasformata di Laplace, i movimenti dello stato richiesti

62

��

��

��

��

��

�

•��

��

��

�

•

•

Figura 29: Traiettorie in spazio di stato relative ai movimenti x′′(t) calcolati nell’Esercizio 26.3.

possono essere calcolati nel modo seguente:

x(t) = L−1[(sI −A)−1x(0)

].

Avendo gia trovato nel punto precedente che

(sI −A)−1 =

[s+1s2

1s2

− 1s2

s−1s2

],

nel caso x(0) = x′(0) =[2 −2

]⊤si ha

x(t) = L−1

[[s+1s2

1s2

− 1s2

s−1s2

]·[

2

−2

] ]= L−1

[[2s

− 2s

] ]=

[2

−2

], t ≥ 0.

Osservazione: il movimento trovato e costante, cio significa che x′(0) =[2 −2

]⊤e una condi-

zione di equilibrio. In effetti, si riscontra che Ax′(0) = 0: chi si accorge di questo fatto fin dall’inizio,

risolve l’esercizio indicando direttamente la soluzione x(t) ≡ x′(0), t ≥ 0, senza fare alcun conto.

Nel caso x(0) = x′′(0) =[1 0

]⊤si ha invece

x(t) = L−1

[[s+1s2

1s2

− 1s2

s−1s2

]·[

1

0

] ]= L−1

[[s+1s2

− 1s2

] ]=

[1 + t

−t

], t ≥ 0.

Le traiettorie richeste sono rappresentate in Figura 29. La traiettoria associata al movimento costante

x(t) ≡ x′(0) e costituita da un punto posto in x′(0). La traiettoria associata al movimento che si origina

dalla condizione iniziale x′′(0) si determina invece nel modo seguente: le equazioni che definiscono

tale movimento sono {x1(t) = 1 + t

x2(t) = −t;

eliminando t da tali equazioni, si ottiene x2 = −x1 +1 che definisce la retta su cui giace la traiettoria

dello stato; per t ≥ 0, x2(t) = −t ≤ 0, quindi la traiettoria e la semi-retta che parte da x′′(0) e

attraversa il quarto quadrante del piano (x1, x2).

63


27.1- Tra le richieste, quelle che coinvolgono la matrice A della dinamica sono:

a. la presenza di infiniti stati di equilibrio in corrispondenza dell’ingresso costante u(t) ≡ 0;

b. il fatto che tutti i movimenti dello stato del sistema siano instabili;

c. avere ordine piu piccolo possibile.

Per soddisfare la richiesta a. e necessario e sufficiente che la matrice A abbia almeno un autovalore in 0

(infatti, l’equazione che definisce gli equilibri in corrispondenza di u(t) ≡ 0 e Ax = 0 ed essa ha infinite

soluzioni se e solo se A ha almeno un autovalore nullo). D’altra parte, la richiesta b. corrisponde

a chiedere che il sistema sia instabile: questa richiesta, insieme alla richiesta a., comporta che il

sistema debba avere almeno ordine 2. Quindi, la scelta di una matrice A con un autovalore in 0 ed

un autovalore positivo e sufficiente12 a soddifare le tre richieste a.-b.-c., ad esempio:

A =

[0 0

0 1

].

Infine, affinche il sistema sia SISO occorre che B ∈ R2×1 e che C ∈ R1×2; la funzione di trasferimento

del sistema e strettamente propria se e solo se il sistema e strattamente proprio, ossia D = 0. In

conclusione, un esempio di sistema con le proprieta richieste e

x(t) =

[0 0

0 1

]x(t) +

[1

0

]u(t)

y(t) =[1 2

].

(29)

27.2- Per il sistema scelto nel punto precedente, si ha

G(s) =[1 2

][

1s 0

0 1s−1

] [1

0

]=

1

s.

Quindi, indicati con P e con Z l’insieme dei poli e degli zeri del sistema, rispettivamente, e con Σ il

sistema in forma di stato dato nell’equazione (29), si ha:

ord(G) = 1 < ord(Σ) = 2, P = {0}, Z = ∅ e reldeg(G) = 1.

L’autovalore λ = 1 e un autovalore “nascosto” per tale sistema.

Osservazione: la presenza di parti “nascoste” nel sistema considerato dipende dalla particolare scelta

fatta per le matrici B e C. Se ad esempio avessimo scelto di porre

B =

[1

1

],

12Un’altra matrice A con le proprieta richieste e quella trovata ed analizzata nella risoluzione dell’Esercizio 26:

A =

[

1 1−1 −1

]

.

Tale matrice ha due autovalori nulli ed il corrispondente sistema lineare e instabile: cio mostra che, per soddisfare lerichieste dell’esercizio corrente, non e necessario che la matrice A abbia un autovalore positivo. Naturalmente, la sceltadi una matrice A con un autovalore positivo rende piu semplice la soluzione del problema.

64

avremmo ottenuto

G(s) =[1 2

][

1s 0

0 1s−1

] [1

1

]=

s+ 1

s(s− 1).

Quindi,

ord(G) = 2 = ord(Σ), P = {0 , 1}, Z = {−1}, reldeg(G) = 1

e si tratta di un sistema senza parti “nascoste”.

27.3- Posto, ad esempio,

x(0) =

[1

2

],

una scrittura in codice Matlab che risponde a quanto richiesto e la seguente:

>> A=[0 0; 0 1];

>> B=[1; 0];

>> C=[1 0];

>> D=0;

>> sistema=ss(A,B,C,D);

>> x0=[1; 2];

>> initial(sistema,x0)

Si noti che, avendo posto C = [1 0], la variabile di uscita del sistema definito in Matlab e proprio la

prima componente dello stato x: in effetti, in questa domanda dell’esercizio, la cosiddetta “variabile

d’interesse” e x1 e dunque dovrebbe essere naturale definire la variabile di uscita come y = x1.


Il movimento dello stato richiesto puo essere calcolato nel modo seguente:

x(t) = L−1[X(s)

].

Si ha:

X(s) = (sI −A)−1x(0) =

[s− 3 1

−2 s− 1

]−1

·[

1

−1

]=

= 1s2−4s+5

[s− 1 −1

2 s− 3

]·[

1

−1

]=

=

s

s2 − 4s+ 5−s+ 5

s2 − 4s+ 5

.

Occorre, a questo punto, anti-trasformare le due componenti di X(s). Le radici di s2 − 4s+ 5 sono

Complesse e pari a λ = 2± j, si richiamano allora i due fatti seguenti:

65

Polinomi di grado 2 con radici Complesse

Un polinomio p(s) = s2+as+b avente una coppia di radici Complesse coniugate

pari a λ1,2 = σ ± jω si puo riscrivere nella seguente forma:

p(s) = (s− σ)2 + ω2,

infatti: p(s) = (s− λ1)(s− λ2) = (s− σ − jω)(s− σ + jω) = (s− σ)2 + ω2.

Anti-trasformata di Laplace di funzioni razionali:

coppia di poli Complessi

Si ha:

L−1

[αs+ β

(s− σ)2 + ω2

]=

(α cos(ωt) +

ασ + β

ωsin(ωt)

)eσtsca(t). (30)

Il polinomio s2 − 4s+ 5 si puo dunque riscrivere nella forma (s− 2)2 + 1. Dunque,

X1(s) =s

s2 − 4s+ 5=

s

(s− 2)2 + 1

e, applicando la formula (30) con α = 1, β = 0, σ = 2 e ω = 1, si ottiene

x1(t) =(cos(t) + 2 sin(t)

)· e2t, t ≥ 0.

Inoltre,

X2(s) =−s+ 5

s2 − 4s+ 5=

−s+ 5

(s− 2)2 + 1

e, applicando la formula (30) con α = −1, β = 5, σ = 2 e ω = 1, si ottiene

x2(t) =(− cos(t) + 3 sin(t)

)· e2t, t ≥ 0.

Riassumendo,

x(t) = L−1[(sI −A)−1x(0)

]= L−1

s

s2 − 4s+ 5−s+ 5

s2 − 4s+ 5

=

[cos(t) + 2 sin(t)

− cos(t) + 3 sin(t)

]· e2t sca(t).

In alternativa, si puo procedere nel modo seguente: poiche gli autovalori di A sono pari a λ = 2± j,

allora i modi naturali del sistema sono

φ1(t) = e2t cos(t) e φ2(t) = e2t sin(t), t ≥ 0.

Dal Teorema fondamentale dei modi naturali, sappiamo che le componenti del movimento dello stato

66

cercato sono una combinazione lineare dei modi del sistema, cioe

x(t) =

[α11φ1(t) + α12φ2(t)

α21φ1(t) + α22φ2(t)

].

Imponendo che sia soddisfatta la condizione iniziale, si ottiene

x(0) =

[α11φ1(0) + α12φ2(0)

α21φ1(0) + α22φ2(0)

]=

[1

−1

]

ossia, essendo φ1(0) = 1 e φ2(0) = 0,

[α11

α21

]=

[1

−1

].

Quindi x(t) e della forma

x(t) =

[φ1(t) + α12φ2(t)

−φ1(t) + α22φ2(t)

]. (31)

A questo punto, per determinare le due incognite α12 e α22, imponiamo che tale x(t) soddisfi l’e-

quazione differenziale x(t) = Ax(t): a tal fine, e sufficiente imporre che la relazione x(t) = Ax(t)

sia soddisfatta per t = 0 (infatti, cosı facendo, troviamo due nuove equazioni che ci permettono di

determinare le due incognite). Da una parte, derivando l’espressione di x(t) data nell’equazione (31)

e valutandola per t = 0 si ottiene

x(t)∣∣t=0

=

[(2α12 − 1) sin(t) + (2 + α12) cos(t)

(2α22 + 1) sin(t) + (α22 − 2) cos(t)

]· e2t∣∣∣

t=0

=

[2 + α12

α22 − 2

](32)

D’altra parte,

Ax(0) =

[3 −1

2 1

] [1

−1

]=

[4

1

]. (33)

Uguagliando i membri destri delle equazioni (32) e (33), si ottiene α12 = 2 e α22 = 3 cosicche,

sostituendo nell’espressione (31), si ottiene infine

x(t) =

[φ1(t) + 2φ2(t)

−φ1(t) + 3φ2(t)

]=

[cos(t) + 2 sin(t)

− cos(t) + 3 sin(t)

]· e2t, t ≥ 0.


Si ponga δx(t) = x∗(t)− x(t) e si osservi che

˙δx(t) = x∗(t)− ˙x(t) = Ax∗(t) +B1u(t) +B2w(t) −Ax(t)−B1u(t) =

= Aδx(t) +B2w(t).

Poiche la matrice A ha tutti gli autovalori a parte ℜeale negativa (cioe, il sistema e asintoticamente

stabile) e il segnale d’ingresso w(t) e definitivamente nullo, si ha che limt→+∞ δx(t) = 0 indipenden-

temente dalla condizione iniziale δx(0)(in questo particolare esempio, δx(0) = x∗(0) − x(0) = 0

)e

dall’andamento di w(t) per 0 ≤ t < T .

67


Si ricordino, preliminarmente, i seguenti fatti utili alla risoluzione dell’esercizio:

• Per t > 0, la risposta all’impulso di un sistema lineare Σ e combinazione lineare dei modi

naturali del sistema.

• Se la funzione di trasferimento G(s) ha lo stesso ordine del sistema Σ, allora:

◦ l’insieme dei poli e quello degli autovalori del sistema Σ sono coincidenti;

◦ dallo studio del denominatore della funzione di trasferimento G(s) e possibile individuare

tutti i modi naturali del sistema Σ e dunque concludere l’analisi di stabilita del sistema.

30.1- In virtu dell’ipotesi ord(Gi) = ord(Σi), possiamo concludere l’analisi di stabilita dei sistemi

dati cosı come riassunto nella seguente tabella:

Sistema Stabilita Motivazione

Σ1 Instabile Ha un polo a parte ℜeale positiva (posto in +3).

Σ2 Semplicemente stabile E un sistema di ordine 1 con l’unico autovalore posto in 0.

Σ3 Asintoticamente stabile L’unico polo del sistema e a parte ℜeale negativa (posto in

−1).

Σ4 Instabile Si ha s2 − 2s − 3 = (s + 1)(s − 3), vi e quindi un polo a

parte ℜeale positiva (posto in +3).

Σ5 Instabile Ha un polo a parte ℜeale positiva (posto in +1).

Σ6 Asintoticamente stabile Via criterio di Routh-Hurwitz (vedi sotto i dettagli).

Σ7 Instabile Ha un modo naturale illimitato, infatti g7(t) = L−1[s+1s2

]=

1 + t, t ≥ 0 : i modi naturali sono quindi 1 e t, t ≥ 0, e

quest’ultimo e illimitato.

Σ8 Semplicemente stabile Le radici di s2 + s + 1 sono a parte ℜeale negativa (e un

polinomio di grado 2, posso usare la regola di Cartesio),

quelle di s2 +4 sono ±2j, dunque a parte ℜeale nulla, e ad

esse sono associati i modi limitati (e non convergenti a 0)

φ1(t) = cos(2t) e φ2(t) = sin(2t), t ≥ 0.

Per quanto riguarda il sistema Σ6, non essendo disponibili (in questa domanda) informazioni che

permettano di calcolare i poli di G6(s), conviene applicare il Criterio di Routh-Hurwitz. Cosı facendo

si ottiene la seguente tabella:1 73/4

7 25734 − 25

7

25

Poiche 734 − 25

7 = 7·73−10028 > 0, allora la prima colonna della tabella e ben definita e con elementi

tutti dello stesso segno, quindi tutte le radici di s3 + 7s2 + 734 s + 25 hanno parte ℜeale negativa e il

sistema Σ6 e asintoticamente stabile.

68

30.2- I modi naturali dei sistemi dati sono riportati nella seguente tabella:

Sistema Modi naturali (t ≥ 0) Spiegazione (se necessario)

Σ1 φ1(t) = e3t

Σ2 φ1(t) = 1

Σ3 φ1(t) = e−t

Σ4 φ1(t) = e−t, φ2(t) = e3t Infatti: G4(s) = s+2(s+1)(s−3) , quindi il sistema

ha due autovalori distinti pari a −1 e +3.

Σ5 φ1(t) = et, φ2(t) = e−2t, φ3(t) =

te−2t

Infatti: G5(s) = A1

s−1 + A2

s+2 + A3

(s+2)2 , quindi

g5(t) = A1et +A2e

−2t +A3te−2t, t ≥ 0.

Σ6 φ1(t) = e−4t, φ2(t) = e−32t sin(2t),

φ3(t) = e−32t cos(2t)

Vedi sotto.

Σ7 φ1(t) = 1, φ2(t) = t Come visto al punto precedente, g7(t) = 1+ t,

t ≥ 0.

Σ8 φ1(t) = sin(2t), φ2(t) = cos(2t),

φ3(t) = e−12t sin

(√32 t), φ4(t) =

e−12t cos

(√32 t)

La presenza dei modi φ1(t) e φ2(t) e stata di-

scussa nella soluzione del punto precedente, i

modi φ3(t) e φ4(t) sono associati alle radici del

polinomio s2 + s+ 1 che sono λ = − 12 ±

√32 j.

Per quanto riguarda il sistema Σ6, il fatto che esso ammetta il modo φ1(t) = e−4t, t ≥ 0, significa che

λ = −4 e un polo del sistema e dunque il denominatore di G6(s) si fattorizza nella forma

s3 + 7s2 +73

4s+ 25 = (s+ 4)(s2 + as+ b).

Eseguendo, ad esempio, la divisione Euclidea tra s3+7s2+ 734 s+25 e s+4, si ottiene che s2+as+b =

s2 + 3s+ 254 , ossia

G6(s) =s− 2

(s+ 4)(s2 + 3s+ 25

4

) .

Il risultato riportato nella tabella segue quindi dal fatto che le radici del polinomio s2 + 3s+ 254 sono

λ = − 32 ± 2j.

30.3- Gli unici due sistemi asintoticamente stabili sono Σ3 e Σ6, per essi si ha:

• Ta = 5|−1| = 5;

• Ta = 5|ℜe(λdom)| ; come visto nella soluzione del punto precedente, l’insieme A degli autovalori di

Σ6 e dato da A ={− 4 , − 3

2 + 2j , − 32 − 2j

}, quindi gli autovalori dominanti (cioe, quelli piu

vicini all’asse ℑmmaginario) sono λ = − 32 ± 2j e Ta = 5

3/2 = 103 ≃ 3.33.

30.4- I sistemi Σi, i = 1, 2, 3, sono di ordine 1. Le realizzazioni in forma di stato di ordine 1 per tali

sistemi sono dunque individuate da una quadrupla di numeri Reali (matrici 1 × 1). Indichiamo tali

quadruple con (a, b, c, d): ad esse corrisponde la funzione di trasferimento:

G(s) =bc

s− a+ d.

Confrontando l’espressione di G(s) con la quadrupla di numeri che l’ha originata, si deduce facilmente

il passaggio inverso per ottenere una realizzazione Σ = (a, b, c, d) di una data G(s) di ordine 1:

• Σ1 = (a, b, c, d) = (3, 2, 1, 0) oppure Σ1 = (3, 1, 2, 0) oppure Σ1 = (3, 1/3, 6, 0). . . In generale,

Σ1 = (3, b, c, 0) con b e c tali che bc = 2;

69

• Ad esempio, Σ2 = (0, 1, 1, 0). In generale, Σ2 = (0, b, c, 0) con b e c tali che bc = 1;

• PoicheG3(s) e una funzione razionale propria (non strettamente), occorre innanzitutto riscriver-

la come una funzione razionale strettamente propria sommata ad una costante: G3(s) =−2s+1+1.

Quindi, ad esempio, Σ3 = (−1, 1,−2, 1). In generale, Σ3 = (−1, b, c, 1) con b e c tali che bc = −2.


31.1- Il sistema e SISO perche la risposta all’impulso data e una singola funzione (in generale, la

risposta all’impulso e una matrice di p × m di funzioni). Dal confronto diretto con l’espressione

generale della risposta all’impulso, cioe

g(t) = CeAtB +Dδ(t), t ≥ 0,

segue che il sistema e proprio (non strettamente) e D = 1.

31.2-3- Per t > 0,

g(t) = e−2t + te−t

e sappiamo che tale espressione e una combinazione lineare dei modi naturali del sistema. Il sistema

Σ(A,B,C,D) ha quindi certamente i modi φ1(t) = e−2t e φ2(t) = te−t; d’altra parte, se il sistema

ha il modo φ2(t) = te−t, allora necessariamente ha anche il modo φ3(t) = e−t. Da cio segue, in

particolare, che ord(Σ) = 3 e dunque A ∈ R3×3. Il sistema Σ(A,B,C,D) e asintoticamente stabile

perche tutti i suoi 3 modi naturali sono convergenti a 0. Inoltre,

G(s) = L[g(t)

]=

1

s+ 2+

1

(s+ 1)2+ 1 =

s3 + 5s2 + 8s+ 5

(s+ 2)(s+ 1)2:

il polinomio caratteristico di A e dunque dato dal denominatore di G(s), ossia

pA(s) = (s+ 2)(s+ 1)2.

31.4- Si ha

U1(s) =1

se U2(s) =

1

s+ 3.

Dunque:

YF1(s) = G(s) · U1(s) =s3+5s2+8s+5s(s+2)(s+1)2 =

= αs + β

s+2 + γs+1 + δ

(s+1)2 =

(a)= 5/2

s − 1/2s+2 + γ

s+1 − 1(s+1)2 =

(b)=

5/2

s− 1/2

s+ 2− 1

s+ 1− 1

(s+ 1)2,

dove in (a) abbiamo usato la formula dei residui ed in (b) abbiamo eseguito il match dei coefficienti.

Quindi,

yF1(t) =

(5

2− 1

2e−2t − e−t − te−t

)sca(t).

Analogamente,

YF2(s) = G(s) · U2(s) =s3 + 5s2 + 8s+ 5

(s+ 3)(s+ 2)(s+ 1)2=

1/4

s+ 3+

1

s+ 2− 1/4

s+ 1+

1/2

(s+ 1)2,

70

quindi

yF2(t) =

(1

4e−3t + e−2t − 1

4e−t +

1

2te−t

)sca(t).

Infine, usando il principio di sovrapposizione degli effetti e le proprieta del ritardo di tempo, si ha:

yF3(t) = yF1(t)− yF2(t)

yF4(t) = −yF1(t− 1) + 2yF2(t− 2).


32.1- Il sistema si riscrive nella seguente forma matriciale:

x(t) =

[2 −4

7 −9

]x(t) +

[1

2

]u(t)

y(t) =[2 0

]x(t).

Si ha dunque

G(s) =[2 0

] [ s− 2 4

−7 s+ 9

]−1 [1

2

]=

[2 0

] [ s+ 9 −4

7 s− 2

] [1

2

]

s2 + 7s+ 10=

= 2s+ 1

(s+ 2)(s+ 5).

Il sistema e asintoticamente stabile perche i suoi autovalori, λ1 = −2 e λ2 = −5, sono entrambi

negativi.

32.2- Poiche il sistema e asintoticamente stabile, si ha

limt→+∞

yL(t) = 0 e dunque limt→+∞

y(t) = limt→+∞

yF (t) :

ci limitiamo quindi a calcolare il limite delle corrispondenti uscite forzate.

• In corrispondenza di u1(t),

limt→+∞

yF1(t) = 5 ·G(0) = 5 · 15= 1;

• In corrispondenza di u2(t), yF2(t) = g(t) e, essendo il sistema asintoticamente stabile,

limt→+∞

g(t) = 0;

• In corrispondenza di u3(t), yF3(t) = yF1(t− 1) e

limt→+∞

yF1(t− 1) = limt→+∞

yF1(t) = 1;

• In corrispondenza di u4(t), per il principio di sovrapposizione degli effetti, si ha yF4(t) = 2yF1(t)+

yF2(t)− yF3(t) e

limt→+∞

(2yF1(t) + yF2(t)− yF3(t)

)= 2 + 0− 1 = 1.

71

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

t

g(t

)

Figura 30: Grafico della risposta all’impulso del sistema considerato nell’Esercizio 32.

32.3- La trasformata di Laplace della risposta allo scalino e data da

YF (s) = G(s) · 1s=

2(s+ 1)

(s+ 2)(s+ 5)s=

2s+ 2

s3 + 7s2 + 10s.

Poiche si tratta di una funzione razionale strettamente propria, e possibile applicare il Teorema del

valore iniziale ed ottenere

limt→0+

yF (t) = lims→∞

sYF (s) = lims→∞

2s+ 2

s2 + 7s+ 10= 0.

Inoltre,

L[yF (t)

]= sYF (s)− yF (0) = sYF (s)− 0 =

2s+ 2

s2 + 7s+ 10:

poiche si tratta di una funzione razionale strettamente propria, e possibile applicare il Teorema del

valore iniziale ed ottenere

limt→0+

yF (t) = lims→∞

s · L[yF (t)

]= lim

s→∞2s2 + 2s

s2 + 7s+ 10= 2.

Con riferimento ai grafici riportati in Figura 2, al fine di individuare quello che effettivamente

rappresenta la risposta allo scalino del sistema, possiamo procedere per esclusione nel modo seguente:

• Poiche abbiamo trovato che limt→0+ yF (t) = 2, possiamo senz’altro escludere i grafici in Figu-

ra 2.(a-e-h)(nei casi (a-e), yF (0

+) < 0; nel caso (h), yF (0+) = 0

).

• Il valore di regime della risposta allo scalino e dato da

limt→+∞

yF (t) = G(0) =1

5= 0.2,

possiamo quindi escludere anche i grafici in Figura 2.(b-f-g).

• Infine, per discriminare fra il caso (c) e (d), valutiamo il tempo Ta di assestamento della risposta

allo scalino: poiche

Ta =5

|ℜe(λdom)|=

5

2= 2.5 s,

possiamo concludere che l’unico grafico compatibile e quello in Figura 2.(d).

72

32.4- Per la risoluzione dell’esercizio, e utile ricordare il seguente fatto:

“La risposta della derivata e la derivata della risposta”

Sia u(t) un ingresso nullo per t < 0 e sia y(t) la risposta forzata corrispondente

a tale ingresso(y(t) = 0 per t < 0

). Consideriamo adesso u1(t) = u(t) e sia

y1(t) la corrispondente uscita forzata, allora

y1(t) = y(t).

Infatti: Y (s) = G(s)U(s), U1(s) = sU(s), quindi

L[y1(t)

]= G(s) ·

(sU(s)

)= s(G(s) · U(s)

)= sY (s) = L

[y(t)

]

e L[y1(t)

]= L

[y(t)

]⇒ y1(t) = y(t) (iniettivita della trasformata di Laplace).

Esempi (visti a lezione, esercitazione ed in laboratorio): la risposta allo scalino

e la derivata della risposta alla rampa; la risposta all’impulso e la derivata della

risposta allo scalino.

Poiche la risposta all’impulso g(t) e la derivata della risposta allo scalino y[u(t)=sca(t)]F (t), si ha

limt→0+

g(t) = limt→0+

y[u(t)=sca(t)]F (t) = 2

(come calcolato al punto precedente). Abbiamo anche gia visto al punto 2 che limt→+∞ g(t) = 0.

Per il tracciamento qualitativo del grafico di g(t), basta tracciare qualitativamente il grafico della

derivata della risposta allo scalino: in base al grafico in Figura 2.(d) della risposta allo scalino, la

risposta all’impulso e inizialmente positiva (perche, per valori di t vicino a 0, la risposta allo scalino e

crescente) poi diventa negativa (perche, per valori di t > t ≃ 0.5, la risposta allo scalino e decrescente).

Combinando queste due informazioni con i due limiti calcolati precedentemente, si ottiene il grafico

riportato in Figura 30.

Osservazione: come si nota dal grafico in Figura 30, la risposta all’impulso si assesta a 0 in un

tempo di circa 2.5 s, ossia pari al tempo di assestamento del movimento libero del sistema. Cio non

deve sorprendere in quanto, essendo la risposta all’impulso combinazione lineare dei modi propri del

sistema, anch’essa si assesta con il tempo del modo piu lento (purche quest’ultimo non sia associato

ad un autovalore “nascosto” del sistema).

In alternativa, e possibile calcolare esplicitamente la risposta all’impulso. Si ha

g(t) = L−1[G(s)

]= L−1

[− 2/3

s+ 2+

8/3

s+ 5

]=

(−2

3e−2t +

8

3e−5t

)· sca(t),

da cui si trova facilmente che limt→0+ g(t) = − 23 + 8

3 = 2 e limt→+∞ g(t) = 0.

73

x11s¡2

u

¡1

x2

¡2u

x1

(a)

¡1s+1 x2

¡2s+1

u

x1

u(b)¡1

x2

¡2u

x1

x1

1

u

¡1

¡2

1 x1

1s+1

x2

u

x1¡1

¡2

v

(c)

Figura 31: Con riferimento all’Esercizio 33, (a) sottosistema (6); (b) sottosistema (7); (c)rappresentazione alternativa del sottosistema (7).


33.1- Si ha

Tyu(s) = C(sI −A)−1B +D =[1 −2

](sI −

[2 0

−1 −1

])−1 [1

−2

]=

=[1 −2

] [ s− 2 0

1 s+ 1

]−1 [1

−2

]=

[

1 −2]

s+ 1 0

−1 s− 2

1

−2

(s−2)(s+1) =

= 5s− 1

(s− 2)(s+ 1).

Quindi, l’insieme dei poli e dato da P = {−1; +2 }; l’insieme degli zeri e dato da Z = {+1 }, ilguadagno statico e ben definito perche la matrice A e invertibile e si ha

G0 = −CA−1B +D = Tyu(0) = 5/2.

33.2- Il sottosistema di equazione (6) ha stato x1 ed ingresso u; si ha Tx1u(s) = 1s−2 e si puo

rappresentare come in Figura 31.(a).

Il sottosistema di equazione (7) ha stato x2 ed ingressi x1 e u:

{x2(t) = −x2(t)− x1(t)− 2u(t)

y2(t) = x2(t),

cosicche Tx2x1(s) = −1

s+1 (ponendo uguale a 0 l’ingresso u), Tx2u(s) = −2s+1 (ponendo uguale a 0

l’ingresso x1) e si puo rappresentare come in Figura 31.(b).

Interconnettendo i due sottosistemi(ossia, ricordando che l’uscita x1 del sottosistema di equazione (6)

coincide con l’ingresso x1 del sottosistema di equazione (7) e che l’ingresso u dei due sottosistemi e lo

stesso)e ricordando che y = x1−2x2, si ottiene la rappresentazione del sistema complessivo riportata

in Figura 32. Lo schema a blocchi della Figura 32 e equivalente (dal punto di vista della funzione di

trasferimento Tyu) allo schema di Figura 33 da cui si ottiene facilmente che

Tyu(s) =1

s−2 + (−2)(

−1(s−2)(s+1) − 2

s+1

)=

= 1s−2 + 4s−6

(s−2)(s+1) =

= 5s− 1

(s− 2)(s+ 1).

74

1 1x1s 2

u

s+1 x2 y

2s+1

2

s+1

Figura 32: Con riferimento all’Esercizio 33, rappresentazione del sistema complessivo comeinterconnessione dei sottosistemi (6) e (7).

1s 2

x1

x1

1s 2

1s+1 x2 y

2u 2

s+1

Figura 33: Con riferimento all’Esercizio 33, rielaborazione dello schema in Figura 32.

In alternativa, una diversa rappresentazione del sottosistema di equazione (7) mediante schema a

blocchi si puo ottenere nel modo seguente: si riscriva tale sottosistema come

{x2(t) = −x2(t) + v(t)

y2(t) = x2(t),

dove v(t) = −x1(t) − 2u(t), ed essendo Tx2v(s) = 1s+1 , si ottiene la rappresentazione data in

Figura 31.(c).

Osservazione: gli schemi a blocchi in Figura 31.(b-c) sono due diversi modi di rappresentare la stessa

relazione Ingresso-Uscita, ossia quella del sottosistema (7) (che e di ordine 1). Tuttavia, mentre l’or-

dine del sistema sottostante la rappresentazione data in Figura 31.(c) e pari a 1 e coincide con l’ordine

del sottosisyema (7), l’ordine del sistema sottostante la rappresentazione data in Figura 31.(b) e pari

a 2 (vi sono due blocchi di ordine 1) e dunque e una rappresentazione ridondante del sottosistema (7),

ossia contenente un autovalore “nascosto”.

33.3- I movimenti dell’uscita richiesti sono dati da:

• Per u(t) = u1(t), si ha yF1(t) = L−1[Tyu(s)

]ed essendo Tyu(s) = 5

(1/3s−2 + 2/3

s+1

), si ha

0 0.5 1 1.5 20

20

40

60

80

100

t

yF(t

)

(a)

0 0.5 1 1.50

10

20

30

40

t

yF(t

)

(b)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40

1

2

3

4

5

t

yF(t

)

(c)

Figura 34: Con riferimento all’Esercizio 33, grafico di: (a) yF1(t) ; (b) yF2(t); (c) yF3(t).

75

yF1(t) =

(5

3e2t +

10

3e−t

)sca(t).

Il grafico di yF1(t) e riportato in Figura 34.(a)(per tracciarlo, si calcoli yF1(0) = 5, yF1(0) = 0

e limt→+∞ yF1(t) = +∞).

• Per u(t) = u2(t), si ha YF2(s) = Tyu(s)U2(s) =5

(s−2)(s+1) = 5(

1/3s−2 − 1/3

s+1

)e dunque

yF2(t) =

(5

3e2t − 5

3e−t

)sca(t).

Il grafico di yF2(t) e riportato in Figura 34.(b)(per tracciarlo, si calcoli yF2(0) = 0, yF2(0) = 5

e limt→+∞ yF2(t) = +∞).

• Per u(t) = u3(t) = u1(t)− u2(t), si ha

yF3(t) = yF1(t)− yF2(t) = 5e−tsca(t)

il cui grafico e riportato in Figura 34.(c).

Osservazione: si noti che limt→+∞ yF3(t) = 0 nonostante che sia il segnale d’ingresso che uno dei

modi naturali del sistema siano illimitati. Cio accade grazie ad una doppia cancellazione zero/polo

nel calcolo di YF3(s), infatti:

YF3(s) = Tyu(s)U3(s) = Tyu(s)(U1(s)− U2(s)

)=

5(s− 1)

(s− 2)(s+ 1)· s− 2

s− 1=

5

s+ 1.

33.4- Poiche il sistema ha un polo in +2, tutti i movimenti dello stato di questo sistema, ed in

particolare i tre movimenti calcolati al punto 3, sono instabili.


34.1- Dal grafico in Figura 3 si deduce che G(s) ha le seguenti proprieta:

• poiche limt→+∞ y(t) = 2 e tale valore coincide con il guadagno statico, allora G(0) = 2(quindi

G 6= G2, infatti G2(0) = 1/3);

• vi e una risposta inversa, dunque G ha almeno uno zero a parte ℜeale positiva(quindi G 6= G1

);

• il tempo di assestamento e dell’ordine dei 2 ÷ 4 s, dunque G ha un polo dominante con parte

ℜeale circa uguale a −2.5÷−1.25 s(quindi G 6= G4

).

In conclusione, G(s) = G3(s) =12(1−s)

(s+2)(s+3) .

34.2- In corrispondenza del segnale d’ingresso ua(t), applicando il risultato riguardante la risposta

esponenziale, si ha

y(a)R (t) = 5 ·G(4) e4t = −30

7e4t.

Per ub(t), applicando il Teorema della risposta armonica, si ha

y(b)R (t) = 2 · |G(5j)| sin

(5t+ ∠G(5j)

).

76

10−1

100

101

102−20

−10

0

10

20

5.8

dB

Pulsazione [rad/s]


|G(5j)|dB ≃ 5.8 dB

(a)

10−1

100

101

102

−270

−180

−90

0

−205.7


deg

Pulsazione [rad/s]

6(

G(5j))

≃ −205.7◦

(b)

Figura 35: Diagrammi di Bode di G(s) = 12(1 − s)/((s + 2)(s + 3)

): reali (linea blu tratteggiata) e

asintotici (linea verde continua).

Poiche G(5j) = 12(1−5j)(2+5j)(3+5j) , allora

∣∣G(5j)∣∣ = 12|1−5j|

|2+5j|·|3+5j| = 12√

1+25(4+25)(9+25) = 12

√13493 ≃ 1.95

∠(G(5j)

)= − arctan(5)− arctan(5/2)− arctan(5/3) ≃ −1.37− 1.19− 1.03 = −3.59 rad,

da cui

y(b)R (t) ≃ 3.9 sin(5t− 3.59).

34.3- I diagrammi richiesti sono riportati in Figura 35. Per ottenerli si puo procedere nel modo

seguente:

◦ Si scriva G(s) in forma di Bode:

G(s) = 21− s(

1 + 12s)(1 + 1

3s) ,

quindi µG = 2.

77

◦ G(s) e di tipo 0, quindi il diagramma di Bode asintotico del modulo “parte piatto” a quota |µG|dB(cioe, per ω → 0+, e una retta a pendenza 0); si ha |µG|dB = 20 log10(2) ≃ 6 dB.

◦ Poiche G(s) e di tipo 0 e µG > 0, il diagramma della fase “parte” da 0◦.

◦ Le singolarita, ed il loro effetto sui diagrammi asintotici, sono:

Pulsazione Tipo di Effetto sul diagramma Effetto sul diagramma

singolarita asintotico del modulo asintotico della fase

ω = 1 rad/s zero positivo ⇒ la pendenza aumenta di 1 la fase diminuisce di 90◦

ω = 2 rad/s polo negativo ⇒ la pendenza diminuisce di 1 la fase diminuisce di 90◦

ω = 3 rad/s polo negativo ⇒ la pendenza diminuisce di 1 la fase diminuisce di 90◦.

Osservazione: naturalmente, con un’accurata lettura dei diagrammi di Bode di G(s), si trova

riscontro di quanto calcolato nel punto precedente per trovare y(b)R (t): infatti,

∣∣G(5j)∣∣ ≃ 1.95 ≡ 20 log10(1.95) ≃ 5.8 dB e ∠

(G(5j)

)≃ −3.59 rad ≡ −3.59 · 180

π≃ −205.7◦.

I punti corrispondenti sono stati riportati nei diagrammi di Figura 35.


35.1- Il sistema di controllo in Figura 5 ha due variabili d’ingresso, yo e w, ed una variabile di uscita,

cioe y. La corrispondente relazione ingresso/uscita si riscrive quindi nella forma

YF (s) = Tyyo(s)Y o(s) + Tyw(s)W (s), (34)

con

Tyyo(s) = R(s) · 1

(s+ 10)(s+ 1)e Tyw(s) =

1

s+ 1.

Nel caso R(s) = k ∈ R, il sistema complessivo e asintoticamente stabile e, dalla relazione (34),

discende che

yR(t) = y[yo]R (t) + y

[w]R (t),

dove y[yo]R (t) e l’uscita di regime in corrispondenza del segnale d’ingresso yo e di w(t) ≡ 0, e y

[w]R (t) e

l’uscita di regime in corrispondenza del segnale d’ingresso w e di yo(t) ≡ 0 (“principio di sovrapposi-

zione degli effetti”).

La richiesta che, per yo(t) = sca(t) e w(t) ≡ 0, si abbia limt→+∞ y(t) = 1 equivale quindi a chiedere

che y[yo=sca(t)]R (t) = 1. Poiche

y[yo=sca(t)]R (t) = Tyyo(0) e Tyyo(s) =

k

(s+ 10)(s+ 1),

si ottiene y[yo= sca(t)]R (t) = 1 ⇔ Tyyo(0) = 1 ⇔ k

10 = 1, ossia

R(s) = k = 10.

I grafici delle risposte forzate dell’uscita ai segnali richiesti sono riportati in Figura 36. Per ottenerle

e sufficiente notare che:

78

0 1 2 3 4 5 60

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

t

yF(t

)

(a)

0 1 2 3 4 5 60

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

t

yF(t

)

(b)

0 1 2 3 4 5 60

0.5

1

1.5

2

2.5

t

yF(t

)

(c)

Figura 36: Grafici delle risposte forzate yF (t) considerate nell’Esercizio 35.1: (a) caso yo(t) = sca(t)e w(t) ≡ 0; (b) caso yo(t) ≡ 0 e w(t) = sca(t); (c) caso yo(t) = sca(t) e w(t) = sca(t).

79

• Nel caso yo(t) = sca(t) e w(t) ≡ 0, in virtu della relazione (34), l’uscita forzata yF (t) e la

risposta allo scalino del sistema con funzione di trasferimento Tyyo(s). In corrispondenza di

R(s) = k = 10, si ha Tyyo(s) = 10(s+10)(s+1) , dunque:

(a) limt→+∞ yF (t) = Tyyo(0) = 1 (come imposto dal progetto di k);

(b) Ta = 5 s, in quanto i poli di Tyyo(s) sono −1 e −10 e quello dominante e pari a −1;

(c1) yF (0+) = yF (0

+) = 0 e yF (0+) = 10, in quanto reldeg(Tyyo) = 2 e la costante di

trasferimento ρ di Tyyo(s) e pari a 10;

(c2) Tyyo(s) e strettamente propria, di ordine 2, con poli Reali e non ha zeri (caso C2αII della

classificazione introdotta a lezione).

• Nel caso yo(t) ≡ 0 e w(t) = sca(t), l’uscita forzata yF (t) e la risposta allo scalino del sistema con

funzione di trasferimento Tyw(s) =1

s+1

(si veda nuovamente la relazione (34)

)ed in particolare:

(a) limt→+∞ yF (t) = Tyw(0) = 1;

(b) Ta = 5 s, in quanto l’unico polo di Tyw(s) e posto in −1;

(c1) yF (0+) = 0 e yF (0

+) = 1, in quanto reldeg(Tyw) = 1 e la costante di trasferimento ρ di

Tyw(s) e pari a 1;

(c2) Tyw(s) e strettamente propria e di ordine 1 (caso C2αI della classificazione introdotta a

lezione).

• Nel caso yo(t) = sca(t) e w(t) = sca(t), grazie al principio di sovrapposizione degli effetti,

l’uscita forzata yF (t) e la somma delle due uscite forzate considerate nei due casi precedenti e

il grafico del suo andamento qualitativo si ottiene di conseguenza. In particolare, si ha:

◦ limt→+∞ yF (t) = 1 + 1 = 2;

◦ Ta = 5 s;

◦ yF (0+) = 0 e yF (0

+) = 1.

35.2- Come nel punto precedente, il sistema retroazionato in Figura 6 ha due variabili d’ingresso, yo

e w, ed una variabile di uscita, cioe y. La corrispondente relazione ingresso/uscita e ancora quella

riportata nell’equazione (34), cambia pero la forma delle funzioni di trasferimento Tyyo(s) e Tyw(s). In

questo caso, essendo L(s) = R(s) · 1(s+10)(s+1) la funzione di anello associata al sistema retroazionato,

che nel caso in cui R(s) = µs+λ prende la forma

L(s) =µ

(s+ λ)(s+ 10)(s+ 1),

si ha

Tyyo(s) =L(s)

1 + L(s)=

µ

pcl(s)e Tyw(s) =

1s+1

1 + L(s)=

(s+ λ)(s+ 10)

pcl(s), (35)

dove

pcl(s) = (s+ λ)(s+ 10)(s+ 1) + µ

e il polinomio caratteristico del sistema in anello chiuso.

A questo punto, imporre che il sistema complessivo risulti asintoticamente stabile e, per yo(t) = sca(t)

e w(t) ≡ 0, si abbia limt→+∞ y(t) = 1 equivale a richiedere che Tyyo(0) = 1 e che il polinomio

caratteristico del sistema in anello chiuso abbia tutte le radici a parte ℜeale minore di zero. Si ha:

Tyyo(0) =µ

10λ+ µ= 1 ⇔ λ = 0;

80

corrispondentemente, il polinomio caratteristico del sistema in anello chiuso si riduce a

pcl(s) = s(s+ 10)(s+ 1) + µ = s3 + 11s2 + 10s+ µ

e si possono individuare il valori di µ che garantiscono l’asintotica stabilita applicando il Criterio di

Routh-Hurwitz. Cosı facendo, si ottiene la seguente tabella:

1 10

11 µ

10− µ11

µ

Poiche la prima colonna della tabella presenta gli elementi positivi 1 e 11 e, essendo 10− µ11 = 110−µ

11 ,

si ha l’asintotica stabilita del sistema retroazionato se e solo se

{110− µ > 0

µ > 0ossia 0 < µ < 110.

Riassumendo, con un controllore della forma R(s) = µs+λ , le proprieta richieste sono garantite se e

solo se

λ = 0 e 0 < µ < 110 ossia

R(s) =µ

s0 < µ < 110.

35.3- Nel caso in cui µ = 5, il sistema complessivo e asintoticamente stabile e le funzioni di trasferi-

mento riportate nell’equazione (35), che permettono di descrivere le relazioni ingresso/uscita per il

sistema di controllo considerato, assumono la seguente forma:

Tyyo(s) ≃ 5

(s+ 10.05)(s2 + 0.95s+ 0.50)e Tyw(s) ≃

s(s+ 10)

(s+ 10.05)(s2 + 0.95s+ 0.50).

Calcoliamo, preliminarmente lo smorzamento ξ, la pulsazione naturale ωn e la parte ℜeale della

coppia di poli Complessi coniugati λ1,2 di tali funzioni di trasferimento. Imponendo, ad esempio,

l’uguaglianza s2 + 2ξωns+ ω2n = s2 + 0.95s+ 0.50, si ottiene

{ω2n = 0.50 ⇒ ωn =

√0.5 ≃ 0.71

2ξωn = 0.95 ⇒ ξ = 0.952ωn

≃ 0.952·0.71 ≃ 0.67

e ℜe(λ1,2) = −ξωn ≃ −0.67 · 0.71 ≃ −0.47.

Poiche il polo Reale delle funzioni di trasferimento Tyyo(s) e Tyw(s) e posto in −10.05, si deduce

che i poli dominanti di tali funzioni di trasferimento sono la coppia di poli Complessi coniugati. In

particolare, l’andamento dell’uscita nel transitorio sara di tipo oscillante.

I grafici delle risposte forzate dell’uscita ai segnali richiesti sono riportati in Figura 37.(a–b). Per

ottenerli si procede in modo analogo a quanto fatto nella risoluzione dell’Esercizio 35.1. In particolare:

• Nel caso yo(t) = sca(t) e w(t) ≡ 0, grazie alla relazione (34), l’uscita forzata yF (t) e la risposta

allo scalino del sistema con funzione di trasferimento Tyyo(s) ≃ 5(s+10.05)(s2+0.95s+0.50) , dunque:

(a) limt→+∞ yF (t) = Tyyo(0) = 1(come imposto dal progetto di R(s) condotto al punto

precedente);

81

0 2.5 5 7.5 10 12.5 150

0.5

1

1.5

t

yF(t

)

(a)

0 2.5 5 7.5 10 12.5 15−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

t

yF(t

)

(b)

0 2.5 5 7.5 10 12.5 150

0.5

1

1.5

t

yF(t

)

(c)

Figura 37: Grafici delle risposte forzate yF (t) considerate nell’Esercizio 35.3: (a) caso yo(t) = sca(t)e w(t) ≡ 0; (b) caso yo(t) ≡ 0 e w(t) = sca(t); (c) caso yo(t) = sca(t) e w(t) = sca(t).

82

(b) Ta = 50.47 ≃ 10.6 s, in quanto abbiamo visto nell’analisi preliminare che i poli dominanti

di Tyyo(s) hanno la parte ℜeale circa uguale a −0.47;

(c1) yF (0+) = yF (0

+) = yF (0+) = 0 e y

(3)F (0+) = 5, in quanto reldeg(Tyyo) = 3 e la costante di

trasferimento ρ di Tyyo(s) e pari a 5;

(c2) Tyyo(s) e strettamente propria e di ordine 3 (caso C2αVI della classificazione introdotta a

lezione). Poiche i suoi poli dominanti sono Complessi e non ha zeri, la sua risposta allo

scalino si approssima con quella di una funzione di trasferimento strettamente propria, di

ordine 2, con poli Complessi e senza zeri (caso C2αIII). Di tale risposta possiamo quindi

calcolare il periodo delle oscillazioni, che e dato da

T =2π

|ℑm(λ1,2)|=

2π

ωn

√1− ξ2

≃ 2π

0.52≃ 12 s,

e stimarne la sovraelongazione massima percentuale che e data da

∆% ≃ e−πξ/√

1−ξ2 · 100 ≃ 5.8%.

• Nel caso yo(t) ≡ 0 e w(t) = sca(t), l’uscita forzata yF (t) e la risposta allo scalino del sistema con

funzione di trasferimento Tyw(s) ≃ s(s+10)(s+10.05)(s2+0.95s+0.50) : si osserva la presenza di una quasi–

cancellazione fra il polo posto in −10.05 e lo zero posto in −10, possiamo dunque approssimare la

risposta allo scalino con quella del sistema con funzione di trasferimento Tyw(s) =s

s2+0.95s+0.50 .

In particolare:

(a) limt→+∞ yF (t) = Tyw(0) = 0;

(b) Ta = 50.47 ≃ 10.6 s, stessi poli dominanti del caso precedente;

(c1) yF (0+) = 0 e yF (0

+) = 1, in quanto reldeg(Tyw) = 1 e la costante di trasferimento ρ di

Tyw(s) e pari a 1;

(c2) Tyw(s) e strettamente propria, di ordine 2, con poli Complessi e uno zero in 0 (caso C2αV,

sotto-caso 4 per cio che riguarda gli zeri, della classificazione introdotta a lezione). L’uscita

converge a 0 con oscillazioni di periodo T ≃ 12 s, cosı come calcolato nel caso precedente.

Infine, nel caso yo(t) = sca(t) e w(t) = sca(t), grazie al principio di sovrapposizione degli effetti,

l’uscita forzata yF (t) e la somma delle due uscite forzate considerate nei due casi precedenti. Quindi

limt→+∞

yF (t) = 1 + 0 = 1.

Il grafico di yF (t), anche se non richiesto, e riportato in Figura 37.(c).

Osservazione: si noti che il sistema di controllo in anello chiuso proposto nell’Esercizio 35.3 garan-

tisce che, a regime, y(t) = yo(t) ≡ 1 anche in presenza di un disturbo w costante. Cio non accade con

il sistema di controllo in anello aperto considerato nell’Esercizio 35.1 in cui, invece, limt→+∞ y(t) = 2(si confrontino le Figure 36.(c) e 37.(c)

). Il fatto che, a regime, si abbia tale buona proprieta per

cui l’effetto sull’uscita di un disturbo w costante viene cancellato e una conseguenza del fatto che

Tyw(0) = 0 ed e una manifestazione della proprieta bloccante degli zeri. Ripercorrendo la soluzione

dell’Esercizio 35.2, si osservi infine che la proprieta Tyw(0) = 0 e garantita dal fatto che λ = 0(vedi

l’Equazione (35)), ossia dalla presenza di un integratore13 nella funzione di anello L(s).

13Un sistema dinamico la cui funzione di trasferimento e G(s) = 1ssi dice integratore in quanto la sua uscita e data,

a parte il valore iniziale, dall’integrale del segnale d’ingresso, ossia y(t) = y(0) +∫ t0u(τ)dτ .

83


36.1- Si ha:

G1(jω) =100(5 + jω)(

12 + jω

)(10 + jω)

= 100(5+jω)

5−ω2+ 212ωj

=100(5+jω)

(5−ω2− 21

2ωj)

(5−ω2+ 21

2ωj)(

5−ω2− 212ωj) =

=100

ω4 + 4014 ω2 + 25

[11

2ω2 + 25− ω

(ω2 +

95

2

)j

]; (36)

G2(jω) =90jω(−2 + jω)

−5ω2 + 12jω + 180= − 90ω(ω + 2j)

(180− 5ω2) + 12ωj;

G3(jω) =1− 2ωj

(− 1

5 + jω)2(

1 + jω)2 ;

G4(jω) = − 1

(1 + jω)(−1 + jω)=

1

ω2 + 1;

G5(jω) =20(2 + jω)

4− ω2 + jω;

G6(jω) =100(ω2 − 1)

(0.1 + jω)(100− ω2 + 2ωj).

Osservazione: l’espressione della risposta in frequenza di una data G(s) si ottiene semplicemente

ponendo s = jω, cosı come fatto per G3, G5 e G6. Tuttavia, talvolta e opportuno rielaborare

l’espressione ottenuta dalla mera sostituzione s = jω: ad esempio, a volte e utile esplicitare la parte

ℜeale e la parte ℑmmaginaria di G(jω), cosı come fatto per G1 e G4; nel caso di G4, tale rielaborazione

permette di evidenziare che la risposta in frequenza assume solo valori Reali.

Riscrittura di G(jω) nella forma G(jω) = ℜe(G(jω)

)+ ℑm

(G(jω)

)· j

Data una funzione di trasferimento G(s) = NG(s)DG(s) , si ha G(jω) = NG(jω)

DG(jω) che,

in generale, assume la forma di un quoziente fra numeri Complessi. Un me-

todo standard per individuare la parte ℜeale e quella ℑmmaginaria di G(jω),

consiste nel moltiplicare numeratore e denominatore di tale quoziente per il

coniugato del denominatore:

G(jω) =NG(jω)

DG(jω)=

NG(jω) ·DG(jω)

DG(jω) ·DG(jω)=

NG(jω) ·DG(jω)∣∣DG(jω)∣∣2

(si ricordi che, dato z ∈ C, z · z = |z|2 ∈ R); poiche in quest’ultima espres-

sione il denominatore e un numero Reale, diventa agevole individuare la forma

cartesiana di G(jω). E utile osservare anche che DG(jω) = DG(−jω).

Il procedimento appena descritto e esattamente quello impiegato per riscrivere G1(jω) nella forma

data nell’equazione (36).

84

36.2- I diagrammi richiesti sono riportati nelle Figure 38–43 e possono essere ottenuti nel modo

seguente:

• Diagrammi di G1(s):

◦ Si ha G1(s) = 1001+ 1

5s

(1+2s)(1+ 1

10s) , quindi µG1

= 100.

◦ G1(s) e di tipo 0, quindi il diagramma di Bode asintotico del modulo “parte piatto” a quota

|µG1|dB = 20 log10(100) = 40 dB.

◦ Poiche G1(s) e di tipo 0 e µG1> 0, il diagramma della fase “parte” da 0◦.




ω = 0.5 rad/s polo negativo ⇒ la pendenza diminuisce di 1 la fase diminuisce di 90◦

ω = 5 rad/s zero negativo ⇒ la pendenza aumenta di 1 la fase aumenta di 90◦

ω = 10 rad/s polo negativo ⇒ la pendenza diminuisce di 1 la fase diminuisce di 90◦.


◦ Si ha G2(s) = − s(1− 1

2s)

(s2

36+ s

15+1) , quindi µG2

= −1.

◦ G2(s) e di tipo -1 quindi il diagramma di Bode asintotico del modulo parte con pendenza +1 e

tale retta interseca l’asse a 0 dB in corrispondenza di ω = 1|µG2

| = 1 rad/s.

◦ Poiche G2(s) e di tipo -1 e µG2< 0, il diagramma della fase parte da +90◦ − 180◦ = −90◦.

◦ Le singolarita non nulle, ed il loro effetto sui diagrammi asintotici, sono:



ω = 2 rad/s zero positivo ⇒ la pendenza aumenta di 1, la fase diminuisce di 90◦;

ω = 6 rad/s 2 poli in C a par- ⇒ la pendenza diminuisce di 2, la fase diminuisce di 180◦.

te ℜeale negativa

◦ Lo smorzamento ξ dei poli e pari a 0.2, nel diagramma reale del modulo si evidenziera quindi

un picco di risonanza vicino alla loro pulsazione naturale ωn = 6 rad/s.


◦ Si ha G3(s) = 25 (1−2s)(1−5s)2(1+s)2 , quindi µG3

= 25.

◦ G3(s) e di tipo 0, quindi il diagramma di Bode asintotico del modulo parte piatto a quota

|µG3|dB = 20 log10(25) ≃ 28 dB.

◦ Poiche G3(s) e di tipo 0 e µG3> 0, il diagramma della fase parte da 0◦.


85



ω = 0.2 rad/s 2 poli positivi ⇒ la pendenza diminuisce di 2 la fase aumenta di 180◦

ω = 0.5 rad/s zero positivo ⇒ la pendenza aumenta di 1 la fase diminuisce di 90◦

ω = 1 rad/s 2 poli negativi ⇒ la pendenza diminuisce di 2 la fase diminuisce di 180◦.


◦ Si ha G4(s) =1

(1+s)(1−s) , quindi µG4= 1.


|µG4|dB = 20 log10(1) = 0 dB.





ω = 1 rad/s 1 polo negativo

e ⇒ la pendenza diminuisce di 2 la fase non cambia.

1 polo positivo

◦ Il diagramma reale della fase coincide con quello asintotico(infatti, G4(jω) ∈ R

).


◦ Si ha G5(s) = 10

(1+ 1

2s)

s2

4+ s

4+1

, quindi µG5= 10.


|µG5|dB = 20 log10(10) = 20 dB.





ω = 2 rad/s 1 zero negativo

e ⇒ la pendenza diminuisce di 1 la fase diminuisce di 90◦

2 poli in C a par- (+1− 2 = −1) (+90◦ − 180◦ = −90◦).

te ℜeale negativa

◦ Lo smorzamento ξ dei poli e pari a 0.25, nel diagramma reale del modulo si evidenziera quindi

un picco di risonanza vicino alla loro pulsazione naturale ωn = 2 rad/s.


◦ Si ha G6(s) = −10 s2+1

(1+10s)(

s2

100+ s

50+1) , quindi µG6

= −10.

86


|µG5|dB = 20 log10(10) = 20 dB.

◦ Poiche G6(s) e di tipo 0 e µG6< 0, il diagramma della fase parte da −180◦.




ω = 0.1 rad/s polo negativo ⇒ la pendenza diminuisce di 1, la fase diminuisce di 90◦;

ω = 1 rad/s 2 zeri in C a par- ⇒ la pendenza aumenta di 2, la fase aumenta di 180◦.

te ℜeale “negativa”

ω = 10 rad/s 2 poli in C a par- ⇒ la pendenza diminuisce di 2, la fase diminuisce di 180◦.

te ℜeale negativa

◦ Lo smorzamento ζ degli zeri e pari a 0 (vi e una coppia di zeri ℑmmaginari puri posti in

±j), esattamente in corrispondenza della loro pulsazione naturale αn = 1 rad/s si evidenziera

quindi: un asintoto verticale nel diagramma reale del modulo con limω→αn|G6(jω)|dB = −∞

(antirisonanza); una discontinuita nel diagramma reale della fase con limω→α+n∠(G6(jω)

)−

limω→α−

n∠(G6(jω)

)= 180◦.

Lo smorzamento ξ dei poli Complessi e pari a 0.1, nel diagramma reale del modulo si evidenziera

quindi un picco di risonanza vicino alla loro pulsazione naturale ωn = 10 rad/s.

36.3- Si puo applicare il Teorema della risposta armonica al sistema con funzione di trasferimento

G6(s) in quanto, essendo tutti i poli di G6(s) a parte ℜeale negativa e non essendoci per ipotesi “parti

nascoste”, tale sistema e asintoticamente stabile.

In corrispondenza del segnale d’ingresso u1(t), si ha

y(1)R (t) = |G6(j)| sin

(t+ ∠G6(j)

)= 0

in quanto G6(j) = 0.

In corrispondenza del segnale d’ingresso u2(t), si ha invece

y(2)R (t) = |G6(10j)| sin

(10t+ ∠G6(10j)

)≃ 49.5 · sin(10t− 3.13),

infatti G6(jω) = −10 1−ω2

(1+10ωj)(1− ω2

100+ ω

50j) , cosicche G6(10j) = 10 99

(1+100j)· 15je

∣∣G6(10j)∣∣ = 990√

1+1002· 15

=≃ 49.5

∠(G6(10j)

)= − arctan(100)− π

2 ≃ −1.56− 1.57 = −3.13 rad.

Il caso corrispondente al segnale d’ingresso u1(t) mette in evidenza la proprieta bloccante degli zeri:

sotto l’ipotesi di asintotica stabilita del sistema, in presenza di zeri ℑmmaginari puri posti in ±αnj,

l’uscita di regime corrispondente ad un segnale d’ingresso della forma u(t) = sin(αnt+ ϕ) e nulla.

Il caso corrispondente al segnale d’ingresso u2(t) mette invece in evidenza il fenomeno della risonanza

associato a poli Complessi a basso smorzamento.

87

10−1

100

101

102

−20

0

20

40

dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−1

100

101

102

−90

0

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

Figura 38: Diagrammi di Bode di G1(s) = 100(s+5)/((s+1/2)(s+10)

): reali (linea blu tratteggiata)

e asintotici (linea verde continua).

88

10−1

100

101

102

−20

0

20

40

dB


Pulsazione [rad/s]

(a)

10−1

100

101

102

−360

−270

−180

−90

0

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

Figura 39: Diagrammi di Bode di G2(s) = 90s(s− 2)/(5s2 + 12s+ 180).

89

10−2

10−1

100

101−60

−40

−20

0

20

40

Pulsazione [rad/s]


dB

(a)

10−2

10−1

100

101

−90

0

90

180

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

Figura 40: Diagrammi di Bode di G3(s) = −(2s− 1)/((s− 1/5)2(s+ 1)2

).

90

10−1

100

101−40

−20

0

20

dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−1

100

101

−90

−60

−30

0

30

60

90

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

Figura 41: Diagrammi di Bode di G4(s) = −1/((s + 1)(s− 1)

). Si noti che il diagramma reale della

fase coincide con quello asintotico(infatti, G4(jω) ∈ R

).

91

10−1

100

101

102−20

0

20

40

dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−1

100

101

102−180

−90

0

90

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

Figura 42: Diagrammi di Bode di G5(s) = 20(s+ 2)/(s2 + s+ 4).

92

10−2

10−1

100

101

102−20

0

20

40

dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−2

10−1

100

101

102

−270

−180

−90

0

90

180

270

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

Figura 43: Diagrammi di Bode di G6(s) = −100(s2 + 1)/((s + 0.1)(s2 + 2s + 100)

). Si noti che il

diagramma reale della fase va traslato di −360◦: cio e dovuto al fatto che Matlab, per il tracciamentodei diagrammi della fase, adotta convenzioni differenti da quelle introdotte nel corso.

93

10−2

10−1

100

101−20

−15

−10

−5

0

5

−3

dB

Pulsazione [rad/s]


Figura 44: Diagramma di Bode del modulo di GPB(s) = 10s/((1 + 10s)(1 + s)

): reale (linea blu

tratteggiata) e asintotico (linea verde continua).

0 20 40 60 80 100−0.5

0

0.5

1

1.5

t

f(t

)

(a)

10−1

100

1010

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

Frequenza [rad/s]

Spe

ttro

di a

mpi

ezza

(b)

Figura 45: Con riferimento all’Esercizio 37: linea continua rossa, segnale f(t) (e suo spettro diampiezza); linea tratteggiata blu, segnale f(t) (e suo spettro di ampiezza).


Occorre costruire un filtro che lasci passare sostanzialmente inalterato il contenuto spettrale del segnale

f nella banda d’interesse, cioe [0.1, 1] rad/s, e tagli le altre frequenze (ossia, un filtro passa–banda).

A tal fine, e sufficiente considerare un sistema lineare asintoticamente stabile e la cui funzione di

trasferimento abbia un diagramma di Bode del modulo con le seguenti caratteristiche: nella ban-

da [0.1, 1] rad/s e circa costante e pari a 0 dB, alle altre frequenze il modulo ha valori inferiori

e limω→0+ |G(jω)|dB = limω→+∞ |G(jω)|dB = −∞(cioe, G(0) = G(∞) = 0

). Si consideri, ad

esempio,

GPB(s) = 10s

(1 + 10s)(1 + s)

il cui diagramma di Bode del modulo (reale e asintotico) e riportato in Figura 44. In Figura 45 sono

poi riportati i corrispondenti andamenti del segnale filtrato f(t)(ossia, l’uscita del sistema GPB(s) in

corrispondenza del segnale d’ingresso f(t))ed il suo spettro di ampiezza.

Osservazione: Un sistema G(s) con tali caratteristiche viene chiamato filtro passa–banda con banda

passante pari a [0.1, 1] rad/s e fattore di amplificazione unitario14.


Occorre costruire un filtro che lasci passare sostanzialmente inalterato tutto il contenuto spettrale del

segnale p tranne quello corrispondente alla frequenza di rotazione della ventola, che si vuole invece

14E facile poi estendere questa definizione al caso generale di filtro passa–banda con banda passante pari a [ωmin, ωmax]rad/s e fattore di amplificazione pari a µ > 0, dove il fattore di amplificazione e il valore quasi costante di |G(jω)|all’interno della banda passante (lo si faccia come ulteriore esercizio).

94

100

101

102−40

−30

−20

−10

0

10dB

Pulsazione [rad/s]


25

Figura 46: Diagramma di Bode del modulo di GN(s) =(

s2

625 + 1)/(

1 + 125s)2: reale (linea blu

tratteggiata) e asintotico (linea verde continua).

0 2 4 6 8 10−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

t

p(t

)

(a)

0 10 20 30 40 50 60 70 80

0.1

0.01

0.001

Frequenza [rad/s]

Spe

ttro

di a

mpi

ezza

(b)

Figura 47: Con riferimento all’Esercizio 38: linea continua rossa, segnale p(t) (e suo spettro diampiezza); linea tratteggiata blu, segnale p(t) (e suo spettro di ampiezza).

cancellare. A tal fine, e sufficiente considerare un sistema lineare asintoticamente stabile e la cui

funzione di trasferimento abbia un diagramma di Bode del modulo con le seguenti caratteristiche:

esso sia circa costante e pari a 0 dB a (quasi) tutte le frequenze e si abbia limω→ω∗ |G(jω)|dB = −∞(cioe, G(jω∗) = 0

), dove ω∗ e la pulsazione corrispondente alla frequenza di rotazione della ventola.

Per costruire una tale G(s), occorre avere una coppia di zeri ℑmmaginari puri posti in ±jω∗ (in

modo da cancellare l’armonica del segnale p generata dalla ventola) ed una coppia di poli Reali e

negativi posti in −ω∗ (in tal modo, per pulsazioni ω 6= ω∗, si ottiene un andamento circa costante del

diagramma di Bode del modulo di G). Calcoliamo ω∗: poiche

[x]Hz

[x]rad/s=

1

2π,

allora ω∗ = 2π · 3.98 ≃ 25 rad/s. In conclusione, una possibile soluzione e data da

GN(s) =s2

625 + 1(1 + 1

25s)2

il cui diagramma di Bode del modulo (reale e asintotico) e riportato in Figura 46. In Figura 47 sono

poi riportati i corrispondenti andamenti del segnale filtrato p(t)(ossia, l’uscita del sistema GN(s) in

corrispondenza del segnale d’ingresso p(t))ed il suo spettro di ampiezza.

Osservazione: Un sistema G(s) con tali caratteristiche viene chiamato filtro notch (a spillo).

Il progetto di tale filtro a spillo e stato agevolato dal fatto che la pulsazione ω∗ corrispondente all’ar-

95

1 2 3 4 5 6 7 8 9 100−10

0

10

20

30

t

w(t

)

Figura 48: Con riferimento all’Esercizio 39. 2, grafico del segnale w(t) (linea blu) e scomposizione nelsuo contenuto armonico in bassa frequenza (linea verde) ed in quello ad alta frequenza (linea rossa).

monica da cancellare si trova al di fuori della banda [50, 75] rad/s in cui e principalmente concentrato

lo spettro del segnale p(vedi la Figura 47.(b)

).


39.1- Analizzando la Figura 9.(a), nell’intervallo di tempo [ 8 , 10 ] s si contano 26 rapide oscillazioni:

cio significa che tali oscillazioni hanno un periodo T ≃ 226 ≃ 0.077 s; la loro pulsazione e dunque

ω ≃ 2πT ≃ 2π

0.077 ≃ 81.7 rad/s. Da tale analisi possiamo dunque concludere che il segnale w(t) ha un

contenuto armonico non trascurabile nell’intorno della pulsazione 80 rad/s.

39.2- Alla luce di quanto visto nel punto precedente, possiamo certamente escludere lo spettro riportato

in Figura 9.(b) in quanto esso e praticamente nullo intorno alla pulsazione 80 rad/s. Per discriminare

fra gli spettri riportati in Figura 9.(c–d) si puo ragionare nel modo seguente: dall’osservazione del

grafico del segnale w(t), si nota che esso presenta un andamento lentamente variabile, corrispondente

al suo contenuto armonico in bassa frequenza, su cui si sommano le rapide oscillazioni analizzate nel

punto precedente. Si osserva anche che il contenuto armonico in bassa frequenza ha un peso maggiore

di quello in alta frequenza: infatti, mentre l’ampiezza delle rapide oscillazioni e piuttosto contenuta

(inferiore a 5), le lente variazioni compiono invece ampie escursioni(il segnale w(t) inizialmente

cresce fino a 30, poi diminuisce fino a −10 e in seguito continua a presentare lente oscillazioni

di ampiezza prossima a 10). Queste osservazioni trovano esplicito riscontro nei grafici riportati in

Figura 48 in cui il segnale w(t) (linea blu) e stato scomposto nel suo contenuto armonico in bassa

frequenza (linea verde) ed in quello ad alta frequenza (linea rossa). Cio significa che lo spettro di

ampiezza del segnale w(t) assume in bassa frequenza valori piu elevati di quelli che assume ad alta

frequenza intorno alla pulsazione 80 rad/s. In conclusione, questa analisi porta ad escludere anche lo

spettro riportato in Figura 9.(d) e a stabilire che lo spettro di w(t) e quello in Figura 9.(c).

39.3- I diagrammi di Bode del modulo dei filtri Gi(s), i = 1, . . . , 4 sono riportati in Figura 49.

Alla luce di tali diagrammi, i filtri assegnati hanno le seguenti caratteristiche:

• G1(s) e un filtro passa–basso a guadagno unitario(infatti, G1(0) = 1

)con banda passante pari

all’intervallo [ 0 , 5 ] rad/s (l’estremo superiore ω della banda passante si trova esattamente in

corrispondenza della pulsazione associata all’unico polo di G1(s) in quanto, in corrispondenza

della singolarita associata a tale polo, il diagramma di Bode reale del modulo passa esattamente

3 dB al di sotto di quello asintotico).

96

10−1

100

101

102−25

−20

−15

−10

−30

5

dB

Pulsazione [rad/s]


ω

(a)

10−1

100

101

102−20

−15

−10

−5

0

63

dB

Pulsazione [rad/s]


ω

(b)

100

101

102

103−20

−15

−10

−30

dB

Pulsazione [rad/s]


ωmin ωmax

(c)

100

101

102

103

−25−20−15−10−5

0

6.549.54

−30

dB

Pulsazione [rad/s]


ω

(d)

Figura 49: Con riferimento all’Esercizio 39. 3, diagrammi di Bode del modulo di: (a) G1(s); (b) G2(s);(c) G3(s); (d) G4(s). Linea blu: diagramma reale; linea verde tratteggiata: diagramma asintotico;linea rossa tratteggiata: retta la cui intersezione con il diagramma di Bode del modulo di Gi(s)permette di individuare gli estremi della banda passante (retta a quota 3 dB al di sotto del guadagnoo del fattore di amplificazione); linea celeste tratteggiata in (b): diagramma di Bode del modulo diG1(s) (il diagramma di Bode del modulo di G2(s) e quello di G1(s) traslato verso l’alto di 6 dB).

97

• G2(s) e un filtro passa–basso con guadagno pari a 2(G2(0) = 2

)e banda passante pari all’in-

tervallo [ 0 , 5 ] rad/s. Si noti che, essendo G2(s) = 2 · G1(s), il diagramma di Bode del modulo

di G2(s) e semplicemente quello di G1(s) traslato verso l’alto di 6 dB(infatti, 20 · log10(2) ≃ 6

).

• G3(s) e filtro passa–banda con fattore di amplificazione unitario15 e banda passante pari al-

l’intervallo [ 5 , 50 ] rad/s (gli estremi inferiore ωmin e superiore ωmax della banda passante si

trovano esattamente in corrispondenza delle pulsazioni associate ai due poli di G3(s) in quanto

esse distano fra di loro (non meno di) una decade cosicche, come nel caso di un singolo polo,

in corrispondenza delle singolarita associate a tali poli, il diagramma di Bode reale del modulo

passa esattamente 3 dB al di sotto di quello asintotico).

• G4(s) e un filtro passa–alto con attore di amplificazione pari a 3(infatti, limω→+∞ G4(jω) =

lims→∞ G4(s) = 3)e banda passante pari all’intervallo [ 76.6 ,+∞ ) rad/s.

In questo caso, la banda passante del filtro deve essere determinata attraverso dei calcoli. Si puo

procedere nel modo seguente: in base alla definizione di banda passante di un filtro passa–alto,

per calcolare l’estremo inferiore ω della banda passante, occorre determinare ω > 0 tale che

|G4(jω)|dB = |G4(∞)|dB − 3 = 20 · log10(3)− 3 ≃ 9.54− 3 = 6.54 dB;

poiche

6.54 dB ≡ 106.54/20 ≃ 2.12,

cio e equivalente a determinare ω > 0 tale che16

|G4(jω)| = 2.12, ossia |G4(jω)|2 = (2.12)2 ≃ 4.5.

Ora,

G4(jω) =3jω(jω + 10)

(50 + jω)2⇒ |G4(jω)|2 =

9ω2(ω2 + 100)

(502 + ω2)2

cosicche|G4(jω)|2 = 4.5 ⇔ 9ω2(ω2+100)

(502+ω2)2 = 4.5 ⇔ 2ω2(ω2+100)(502+ω2)2 = 1 ⇔

⇔ 2ω4 + 200ω2 = ω4 + 2 · 502ω2 + 504 ⇔⇔ ω4 + 2(100− 502)ω2 − 504 = 0

e tale equazione ha per soluzioni

ω2 = 2400±√(2400)2 + 504 = 2400±

√(242 + 54)104 ≃ 2400± 3465.6.

Quindi, l’unica soluzione positiva e ω2 ≃ 2400 + 3465.6 = 5865.6, da cui

BP = [ω,+∞) rad/s con ω ≃√5865.6 ≃ 76.6 rad/s.

15Consideriamo come fattore di amplificazione il valore costante del diagramma di Bode asintotico del modulo nel-l’intervallo [ 5 , 50 ] rad/s: in realta, essendo i due poli del filtro a distanza di appena una decade, il diagramma di Bodereale del modulo non ammette un intervallo di pulsazioni in cui e circa costante (si confronti con l’esempio di filtropassa–banda presentato nella diapositiva no 50 della “Lezione su spettro e filtri”). In questo senso, il filtro G3(s) e unfiltro passa–banda anomalo.

16Oppure, piu semplicemente, avendo presente che sottrarre 3 dB equivale, in scala naturale, a dividere per√2, per

determinare l’estremo inferiore della banda passante, basta determinare ω > 0 tale che

|G4(jω)| =1√2|G4(∞)| = 3√

2, ossia |G4(jω)|2 =

9

2= 4.5.

98

39.4- Le corrette associazioni fra i segnali yF (t) riportati in Figura 11 e i filtri che li hanno prodotti(alimentati dal medesimo segnale w(t)

)sono:

Figura 11.(a) ↔ filtro G3(s)

Figura 11.(b) ↔ filtro G2(s)

Figura 11.(c) ↔ filtro G4(s)

Figura 11.(d) ↔ filtro G1(s).

Infatti:

• il segnale in Figura 11.(c) presenta solo un contenuto armonico ad alta frequenza ed e certamente

il risultato di un filtraggio passa–alto del segnale d’ingresso, cioe G4(s);

• il segnale in Figura 11.(d) riproduce l’andamento del segnale w(t), a parte la scomparsa delle

oscillazioni ad alta frequenza, esso e dunque il risultato di un filtraggio passa–basso a guadagno

unitario del segnale d’ingresso, cioe G1(s);

• il segnale in Figura 11.(b) presenta solo contenuto armonico a bassa frequenza, inoltre ha un

andamento che si discosta da quello di w(t) e che ne amplifica l’andamento tendenziale, esso e

dunque il risultato di un filtraggio passa–basso a guadagno maggiore di 1 del segnale d’ingresso,

cioe G2(s)(si noti anche che il grafico del segnale yF (t) in Figura 11.(b) non e altro che quello

del segnale in Figura 11.(d) moltiplicato per 2);

• per esclusione, il segnale in Figura 11.(a) e il risultato di un filtraggio passa–banda di w(t)(in effetti, esso presenta sia lente variazioni dovute al contenuto armonico di w(t) prossimo

all’estremo inferiore ωmin = 5 rad/s della banda passante del filtro, che rapide oscillazioni –

seppure di ampiezza ridotta rispetto a quelle presenti in w(t) – dovute al contenuto armonico di

w(t) prossimo all’estremo superiore ωmax = 50 rad/s della banda passante), cioe G3(s).


Consideriamo in successione le varie Li(s) e, per ognuna di esse, rispondiamo alle 4 domande proposte.

• Caso L1(s):

40.1- I diagrammi di Bode di L1(s) sono quelli della funzione G1(s) considerata nell’Esercizio 36:

per completezza, essi sono nuovamente riportati in Figura 50.(a–b); per i dettagli riguardanti il loro

tracciamento si veda la soluzione dell’Esercizio 36.

40.3- Il diagramma di Nyquist e riportato in Figura 50.(c). Per ottenerlo si tracci dapprima il

diagramma polare e poi lo si simmetrizzi rispetto all’asse ℜeale; per il tracciamento del diagramma

polare si osservi che:

◦ L1(0) = 100 (il diagramma polare parte da 100);

◦ L1(∞) = 0 e limω→+∞ ∠(L1(jω)

)= −90◦ (il diagramma polare termina in 0 arrivando dal

basso con tangente verticale);

◦ la fase e sempre compresa fra 0◦ e −90◦ (il diagramma polare si svolge nel IV quadrante);

◦ il modulo e monotono decrescente (il diagramma polare si avvicina costantemente all’origine).

99

40.4- Per l’analisi di asintotica stabilita del sistema retroazionato, avendo gia tracciato il diagramma

di Nyquist di L1(s), e immediato applicare il Criterio di Nyquist: L1(s) non ha poli a parte ℜealepositiva (dunque, P=0) e il suo diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1 (dunque,

N=0): poiche P=N, il sistema retroazionato e asintoticamente stabile.

In alternativa, il polinomio caratteristico del sistema retroazionato e dato da

pcl(s) =(s+ 1

2

)(s+ 10) + 100(s+ 5) = s2 + 110.5 s+ 505

che ha tutte le radici a parte ℜeale minore di 0 in quanto e un polinomio di grado 2 con tutti i

coefficienti dello stesso segno (regola di Cartesio).

• Caso L2(s):

40.1- Si veda la Figura 51.(a–b).

40.3- Si veda la Figura 51.(c).

40.4- Per l’analisi di asintotica stabilita del sistema retroazionato, applichiamo il Criterio di Nyquist:

L2(s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0) e il suo diagramma di Nyquist non compie giri

attorno al punto −1 (dunque, N=0): poiche P=N, il sistema retroazionato e asintoticamente stabile.

• Caso L3(s):


40.3- Si veda la Figura 52.(c–d).

40.4- Applichiamo il Criterio di Nyquist: L3(s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0) e

il suo diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1 (dunque, N=0): poiche P=N, il

sistema retroazionato e asintoticamente stabile.

• Caso L4(s):


40.2- Stimiamo il valore di ωπ:

I. Dal diagramma di Bode reale (qualitativo) della fase ci si potrebbe aspettare che ωπ ≃ 5 rad/s.

II. Si ha

∠(L4(ωj)

)= − arctan(ω)− arctan(ω/2)− arctan(ω/3)

e, per ω = 5 rad/s,

∠(L4(5j)

)= − arctan(5)− arctan(5/2)− arctan(5/3) ≃ −78.7◦ − 68.2◦ − 59◦ = −205.9◦.

Oppure, impiegando il regolo delle fasi, si trova che

∠(L4(5j)

)≃ −79◦ − 68◦ − 59◦ = −206◦.

Poiche il diagramma della fase e monotono decrescente, il valore effettivo di ωπ e minore di 5

rad/s. Prendiamo ω = 3 rad/s come nuova stima.

IIIa. Mediante il regolo delle fasi si trova che ∠(L4(3j)

)≃ −72◦ − 56◦ − 45◦ = −173◦. Il valore

effettivo di ωπ e dunque maggiore di 3 rad/s. Consideriamo ω = 4 rad/s come nuova stima.

IIIb. Mediante il regolo delle fasi si trova che ∠(L4(4j)

)≃ −76◦ − 63◦ − 53◦ = −192◦.

100

10−1

100

101

102

−20

0

20

40

dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−1

100

101

102

−90

0

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

0 20 40 60 80 100

−40

−20

0

20

40

Diagramma polare/Nyquist

Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

(c)

Figura 50: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L1(s) = 100(s+ 5)/((s+ 1/2)(s+ 10)

).

101

10−1

100

101

102

103−20

−10

0

10

20

30

dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−1

100

101

102

103

−90

−60

−30

0

30

60

90

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

−4 −2 0 2 4 6 8−4

−2

0

2

4Diagramma polare/Nyquist

Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

(c)

Figura 51: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L2(s) = 100(s+ 1/2)/((s+ 5)(s+ 10)

).

102

100

101

102

103−80

−60

−40

−20

0

20dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

100

101

102

103

−180

−150

−120

−90

−60

−30

0

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

−1 0 1

−1

0

1


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

(c)

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

x 10−3

−2

−1

0

1

2x 10

−3 Diagramma polare/Nyquist

Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

(d)

Figura 52: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L3(s) = (s+100)/(2(s+5)(s+10)

): il passaggio da 0

con tangente verticale del diagramma di Nyquist e evidenziato nello zoom del tratto intorno a 0 deldiagramma stesso riportato in (d).

103

Possiamo quindi concludere che

3 < ωπ < 4 :

in ogni caso, dall’analisi del diagramma di Bode reale (qualitativo) del modulo, si deduce che ∀ω ∈[ 3 , 4 ], si ha |L4(jω)| > 1 e dunque qualunque valore di ω in tale intervallo di pulsazioni e una stima

accettabile di ωπ. Decidiamo, ad esempio, di considerare

ωπ ≃ 3.5 rad/s

cui corrisponde

∠(L4(3.5j)

)= − arctan(3.5)− arctan(3.5/2)− arctan(3.5/3) ≃ −183.7◦

e

|L4(ωπj)| ≃ |L4(3.5j)| = 12

√1 + (3.5)2(

4 + (3.5)2)(9 + (3.5)2

) ≃ 2.35.

40.3- Il diagramma di Nyquist e riportato in Figura 53.(c). Per il tracciamento del diagramma polare

si osservi che:

◦ L4(0) = 2 (il diagramma polare parte da 2);

◦ L4(∞) = 0 e limω→+∞ ∠(L4(jω)

)= −270◦ (il diagramma polare termina in 0 arrivando

dall’alto con tangente verticale);

◦ la fase e monotona decrescente (il diagramma polare “ruota” intorno all’origine costantemente

in senso orario) ed e compresa fra 0◦ e −270◦ (il diagramma polare si svolge inizialmente nel

IV quadrante poi nel III ed infine nel II);

◦ il modulo e inizialmente crescente (il diagramma polare si allontana dall’origine) poi diventa

decrescente (il diagramma polare si avvicina all’origine). Dal diagramma di Bode reale (quali-

tativo) del modulo si deduce che il valore massimo del modulo e nell’ordine dei 10 dB, corri-

spondente ad una distanza massima dall’origine raggiunta dal diagramma polare pari a circa

1010/20 =√10 (naturalmente si tratta di una stima grossolana, non di particolare importanza,

volta solo a dare un’idea di massima della forma del diagramma polare);

◦ il diagramma polare interseca il semi-asse ℜeale negativo(punto A in Figura 53.(c)

)quando

∠(L4(jω)

)= −180◦; dai calcoli fatti nel punto precedente, l’intersezione avviene per ω = ωπ ≃

3.5 rad/s cui corrisponde |L4(ωπj)| ≃ 2.35, quindi

A ≃ −2.35.


il suo diagramma di Nyquist compie due giri in senso orario attorno al punto −1 (dunque, N=−2):

poiche P6=N, il sistema retroazionato non e asintoticamente stabile. Di piu, il sistema retroazionato

ha P−N=2 poli a parte ℜeale positiva ed e quindi instabile.

• Caso L5(s):



I. Dal diagramma di Bode reale (qualitativo) della fase ci si potrebbe aspettare che ωπ ≃ 10 rad/s.

104

II. Si ha

∠(L5(ωj)

)= −π − arctan(ω/2) + arctan(10ω)− 2 · arctan(ω/100)

e, per ω = 10 rad/s,

∠(L5(10j)

)= −π − arctan(5) + arctan(100)− 2 · arctan(0.1) ≃≃ −180◦ − 78.7◦ + 89.4◦ − 2 · 5.7◦ = −180.7◦.


∠(L5(10j)

)≃ −180◦ − 79◦ + 89◦ − 2 · 6◦ = −182◦.

In base a questo risultato, la stima

ωπ ≃ 10 rad/s

appare essere buona. Anche l’analisi del diagramma di Bode reale (qualitativo) del modulo suggerisce

che tale stima permetta di concludere che |L5(ωπj)| < 1. In effetti,

|L5(10j)| = 10

√1 + 52

(1 + 1002)(1 + 1

102

)2 ≃ 0.505.

Osservazione: se si desidera un risultato piu accurato, o la certezza matematica che |L5(ωπj)| < 1,

occorre qualche ulteriore passaggio. A tal fine, si puo procedere come segue: dal diagramma di Bode

reale (qualitativo) della fase si deduce che, in un intorno di ω = 10 rad/s, il diagramma della fase e

decrescente; il valore effettivo di ωπ e quindi minore di 10 rad/s; prendiamo ω = 9 rad/s come nuova

stima; mediante il regolo delle fasi si trova che ∠(L5(9j)

)≃ −180◦ − 77◦ + 89◦ − 2 · 5◦ = −178◦;

possiamo quindi concludere che

9 < ωπ < 10;

poiche |L5(9j)| ≃ 0.508 e l’andamento del diagramma di Bode reale del modulo e monotono decre-

scente, certamente |L5(ωπj)| < 1.

La scelta di considerare ωπ ≃ 9.5 rad/s (secondo il cosiddetto metodo di “bisezione”), a cui corrisponde

∠(L5(9.5j)

)= −π − arctan(9.5/2) + arctan(10 · 9.5)− 2 · arctan(9.5/100) ≃ −179.6◦

e

|L5(ωπj)| ≃ |L5(9.5j)| ≃ 0.506,

conduce ad una stima di ωπ e di |L5(ωπj)| piu accurata ma non aggiunge niente di significativo al

risultato che discende dalla stima iniziale ωπ ≃ 10 rad/s (a titolo di curiosita, impiegando Matlab, si

trova ωπ ≃ 9.69 rad/s e |L5(ωπj)| ≃ 0.5058).

40.3- Il diagramma di Nyquist e riportato in Figura 54.(c–d). Per il tracciamento del diagramma


◦ L5(0) = −10 (il diagramma polare parte da −10);

◦ L5(∞) = 0 e limω→+∞ ∠(L5(jω)

)= −360◦ (il diagramma polare termina in 0 arrivando da

destra con tangente orizzontale);

◦ la fase e inizialmente crescente (il diagramma polare “ruota” intorno all’origine in senso anti-

orario) poi decrescente (il diagramma polare “ruota” intorno all’origine in senso orario). Piu

105

precisamente: la fase e dapprima compresa fra −180◦ e −90◦ (quindi il diagramma polare si

svolge inizialmente nel III quadrante), successivamente la fase decresce costantemente fino a

−360◦ (il diagramma polare, dal III quadrante, entra nel II ed infine nel I);

◦ il modulo e monotono decrescente (il diagramma polare si avvicina costantemente all’origine);

◦ il diagramma polare interseca il semi-asse ℜeale negativo(punto A in Figura 54.(d)

)quando

∠(L5(jω)


10 rad/s cui corrisponde |L5(ωπj)| ≃ 0.51, quindi

A ≃ −0.51.

40.4- Applichiamo il Criterio di Nyquist: L5(s) ha un polo a parte ℜeale positiva (dunque, P=1) e il

suo diagramma di Nyquist compie un giro in senso anti-orario attorno al punto −1 (dunque, N=1):

poiche P=N, il sistema retroazionato e asintoticamente stabile.

• Caso L6(s):


40.3- Si veda la Figura 55.(c–d).

40.4- Applichiamo il Criterio di Nyquist: L6(s) ha due poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=2) e

il suo diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1 (dunque, N=0): poiche P6=N, il

sistema retroazionato non e asintoticamente stabile. Di piu, il sistema retroazionato ha P−N=2 poli

a parte ℜeale positiva ed e quindi instabile.

• Caso L7(s):

40.1- I diagrammi di Bode di L7(s) sono quelli della funzione G4(s) considerata nell’Esercizio 36:

per completezza, essi sono nuovamente riportati in Figura 56.(a–b); per i dettagli riguardanti il loro

tracciamento si veda la soluzione dell’Esercizio 36.

40.3- Abbiamo visto nell’Esercizio 36, che

L7(jω) =1

ω2 + 1,

ossia che la risposta in frequenza di L7(s) assume solo valori ℜeali: il diagramma polare giace quindi

sull’asse ℜeale. Dall’espressione della risposta in frequenza di L7(s) discende facilmente che il dia-

gramma polare di L7(s) e quello riportato in Figura 56.(c)(il diagramma di Bode del modulo di

L7(s) e monotono decrescente, L7(0) = 1 e L7(∞) = 0). Per ottenere il diagramma di Nyquist, si

“ripercorre all’indietro” il segmento che costituisce il diagramma polare, cosı come schematizzato in

Figura 56.(d).

40.4- Applichiamo il Criterio di Nyquist: L7(s) ha un polo a parte ℜeale positiva (dunque, P=1) e

il suo diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1 (dunque, N=0): poiche P6=N, il

sistema retroazionato non e asintoticamente stabile. Di piu, il sistema retroazionato ha P−N=1 polo

a parte ℜeale positiva ed e quindi instabile.

106

10−1

100

101

102−20

−10

0

10

20

dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−1

100

101

102

−270

−180

−90

0


deg

Pulsazione [rad/s]

ωπ

(b)

−3 −2 −1 0 1 2−3

−2

−1

0

1

2


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

A

(c)

Figura 53: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L4(s) = 12(1− s)/((s+ 2)(s+ 3)

).

107

10−2

10−1

100

101

102

103

−40

−20

0

20dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−2

10−1

100

101

102

103

−360

−270

−180

−90

0

deg

Pulsazione [rad/s]


ωπ

(b)

−10 −8 −6 −4 −2 0

−4

−2

0

2

4


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

(c)

−1 −0.5 0

−1

−0.5

0

0.5

1


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

A

(d)

Figura 54: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L5(s) = −10(1 − 0.5s)/((1 − 10s)(1 + 0.01s)2

): il

passaggio da 0 con tangente orizzontale del diagramma di Nyquist e evidenziato nello zoom del trattointorno a 0 del diagramma stesso riportato in (d).

108

10−2

10−1

100

101−60

−40

−20

0

20

40

Pulsazione [rad/s]

Diagramma di Bode − ModulodB

(a)

10−2

10−1

100

101

−90

0

90

180

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

0 10 205 15 25−10

−5

0

5

10


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

(c)

−1 0 1−0.5 0.5−1

−0.5

0

0.5

1


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

(d)

Figura 55: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L6(s) = −(2s− 1)/((s − 1/5)2(s+ 1)2

): il passaggio

da 0 con tangente verticale del diagramma di Nyquist e evidenziato nello zoom del tratto intorno a 0del diagramma stesso riportato in (d).

109

• Caso L8(s):




◦ L8(0) = 0 e limω→0+ ∠(L8(jω)

)= +90◦

(il diagramma polare parte da 0 con tangente verticale

dirigendosi verso l’alto, vedi la Figura 57.(d));

◦ L8(∞) = 3 (il diagramma polare termina in 3);

◦ la fase e inizialmente crescente, raggiunge un valore massimo inferiore a +180◦ e poi decresce

fino a 0◦ (il diagramma polare si svolge inizialmente nel II quadrante poi, “ruotando” intorno

all’origine in senso orario, si porta nel I quadrante e termina sull’asse ℜeale);

◦ il modulo e monotono crescente (il diagramma polare si allontana costantemente dall’origine).




• Caso L9(s):


40.2- In questo caso, senza bisogno di fare alcun conto, si ha

ωπ = 1 rad/s :

il diagramma di Bode reale della fase e infatti quello associato a 1/(s+1)2 e traslato di −90◦ (a causa

del polo in 0). Il diagramma della fase di 1/(s+1)2 passa per −90◦ in corrispondenza della singolarita

ω = 1(infatti, il diagramma della fase di 1/(s+1) passa per −45◦ in corrispondenza della pulsazione

ω = 1 associata al polo −1 e il diagramma della fase di 1/(s+ 1)2 e semplicemente due volte quello

di 1/(s+ 1))e quindi, aggiungendo il contributo di −90◦ del polo in 0, si ottiene ∠

(L9(j)

)= −180◦.

A tale risultato si puo pervenire anche per via analitica risolvendo l’equazione

∠(L9(jω)

)= −π, ossia − π

2− 2 · arctan(ω) = −π.

Dunque,

∠(L9(jω)

)= −π ⇔ arctan(ω) =

π

4⇔ ω = tan

(π4

)= 1.

Corrispondentemente, si ha

|L9(j)| =1

2.



◦ L9(0) = ∞(L9(s) ha un polo in 0, quindi il diagramma polare parte dall’infinito

). Il diagramma

polare “arriva” dall’infinito lungo un asintoto verticale, per calcolare la posizione di tale asintoto

si puo procedere nel modo seguente: si scriva la risposta in frequenza di L9(s) nella forma

L9(jω) = ℜe(L9(jω)

)+ ℑm

(L9(jω)

)· j

110

10−1

100

101−40

−20

0

20

dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−1

100

101

−90

−60

−30

0

30

60

90

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

−1 0 1

−1

0

1

Diagramma polare

Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

(c)

�

• ••1


(d)

Figura 56: Diagrammi di Bode, polare e di Nyquist di L7(s) = −1/((s+ 1)(s− 1)

).

111

100

101

102

103−40

−30

−20

−10

0

10

20dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

100

101

102

103

0

90

180

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

−1 0 1 2 3−2

−1

0

1


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

(c)

−0.1 −0.05 0 0.05 0.1−0.1

−0.05

0

0.05

0.1Diagramma polare/Nyquist

Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

(d)

Figura 57: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L8(s) = 3s(s + 10)/(s + 50)2: il passaggio da 0con tangente verticale del diagramma di Nyquist e evidenziato nello zoom del tratto intorno a 0 deldiagramma stesso riportato in (d).

112

cosı come illustrato nella soluzione dell’Esercizio 36.1 e si calcoli limω→0+ ℜe(L9(jω)

); il risul-

tato di tale limite fornisce il punto di intersezione fra l’asintoto e l’asse ℜeale e dunque, essendo

l’asintoto verticale, individua univocamente la posizione dell’asintoto. Si ha

L9(jω) =1

jω(1+jω)2 = 1jω(1−ω2+2ωj) = 1

−2ω2+jω(1−ω2) =

= −2ω2−jω(1−ω2)4ω4+ω2(1−ω2)2 = −2ω2−jω(1−ω2)

ω2

(4ω2+(1−ω2)2

) =

=−2

4ω2 + (1− ω2)2+

ω2 − 1

ω(4ω2 + (1 − ω2)2

) · j ,

cosicche

limω→0+ ℜe(L9(jω)

)= limω→0+

−24ω2+(1−ω2)2 = −2

limω→0+ ℑm(L9(jω)

)= limω→0+

ω2−1

ω(4ω2+(1−ω2)2

) = −∞.

Dunque, il diagramma polare “arriva” dall’infinito dal basso(perche limω→0+ ℑm

(L9(jω)

)=

−∞ – del resto, dal diagramma della fase, si ha limω→0+ ∠(L9(jω)

)= −90◦

)lungo un asintoto

verticale che interseca l’asse ℜeale nel punto −2;

◦ L9(∞) = 0 e limω→+∞ ∠(L9(jω)

)= −270◦ (il diagramma polare termina in 0 arrivando

dall’alto con tangente verticale);


in senso orario) ed e compresa fra −90◦ e −270◦ (il diagramma polare si svolge inizialmente nel

III quadrante poi nel II);



)quando

∠(L9(jω)

)= −180◦; dai calcoli fatti nel punto precedente, l’intersezione avviene per ω = ωπ = 1

rad/s cui corrisponde |L9(ωπj)| = 0.5, quindi

A = −0.5;

◦ il diagramma di Nyquist va chiuso “all’infinito” con una semi-circonferenza che viene percorsa

in senso orario (corrispondente al fatto che il polo in 0 fa perdere fase), quindi cosı come

rappresentato dalla curva rosa in Figura 58.(c).

Osservazione: il valore di ωπ richiesto nel punto precedente, puo essere calcolato anche imponendo

ℑm(L9(jω)

)= 0

(le soluzioni positive di tale equazione forniscono infatti i valori di ω > 0 in

corrispondenza dei quali il diagramma polare di L9(s) interseca l’asse ℜeale). Essendo

ℑm(L9(jω)

)=

ω2 − 1

ω(4ω2 + (1− ω2)2

) ,

l’unico valore di ω > 0 tale che ℑm(L9(jω)

)= 0 e ω = 1 e da cio discende nuovamente che ωπ = 1.




113

• Caso L10(s):

40.1- Si veda la Figura 59.(a–b). Si osservi che L10(s) = 10 · L9(s): cio comporta che il diagramma

di Bode della fase di L10(s) resti immutato e che il diagramma del modulo sia semplicemente quello

di L9(s) traslato di +20 dB. Infatti: |L10(jω)| = 10|L9(jω)|, quindi

|L10(jω)|dB = 20 log10 |L10(jω)| = 20 log10 |10 · L9(jω)| = 20 log10(10) + 20 log10 |L9(jω)| == 20 dB + |L9(jω)|dB.

40.2- Poiche ∠(L10(jω)

)= ∠

(L9(jω)

), allora ωπ = 1 rad/s come calcolato per L9(s).

40.3- Poiche L10(jω) = 10 · L9(jω), il diagramma di Nyquist di L10(s) si ottiene espandendo di un

fattore 10 quello di L9(s): cioe, ad ogni punto P del diagramma di Nyquist di L9(s) ne corrisponde

uno P′ nel diagramma di L10(s) posto sullo stessa semi-retta uscente dall’origine e passante per P ma

a distanza dall’origine dieci volte quella di P. In particolare: l’intersezione del diagramma di Nyquist

con il semi-asse ℜeale negativo si ha in corrispondenza del punto

A′ = 10 · A = 10 · (−0.5) = −5 ;

l’asintoto verticale interseca il semi-asse ℜeale negativo nel punto 10 · (−2) = −20.





• Caso L11(s):



I. Dal diagramma di Bode reale (qualitativo) della fase ci si potrebbe aspettare che ωπ ≃ 0.3 rad/s.

II. Si ha

∠(L11(ωj)

)= −π

2− arctan(2ω)− arctan(10ω)− arctan(ω/10)

e, per ω = 0.3 rad/s,

∠(L11(0.3j)

)= −π

2 − arctan(0.6)− arctan(3)− arctan(0.03) ≃≃ −90◦ − 31◦ − 71.6◦ − 1.7◦ = −194.3◦.


∠(L11(0.3j)

)≃ −90◦ − 31◦ − 72◦ − 2◦ = −195◦

(il contributo −90◦ e quello dovuto al polo in 0 e bisogna ricordarsi di aggiungerlo “a mano”

in quanto, poiche nella scala logaritmica la corrispondente pulsazione ω = 0 e posta a −∞, il

relativo contributo non viene individuato per mezzo del regolo delle fasi).

Poiche il diagramma della fase e monotono decrescente, il valore effettivo di ωπ e minore di 0.3

rad/s. Prendiamo ω = 0.2 rad/s come nuova stima.

III. Mediante il regolo delle fasi si trova che ∠(L11(0.2j)

)≃ −90◦ − 22◦ − 63◦ − 1◦ = −177◦.

114


0.2 < ωπ < 0.3 :

in ogni caso, dall’analisi del diagramma di Bode reale (qualitativo) del modulo, si deduce che ∀ω ∈[ 0.2 , 0.3 ], si ha |L11(jω)| < 1 e dunque qualunque valore di ω in tale intervallo di pulsazioni e una

stima accettabile di ωπ. Decidiamo, ad esempio, di considerare

ωπ ≃ 0.2 rad/s

cui corrisponde

|L11(ωπj)| ≃ |L11(0.2j)| =1

10 · 0.2

√1 + (0.4)2

(1 + 4)(1 + (0.02)2)≃ 0.24.

40.3- Il diagramma di Nyquist e riportato in Figura 60.(c–d–e). Per il tracciamento del diagramma


◦ L11(0) = ∞(L11(s) ha un polo in 0, quindi il diagramma polare parte dall’infinito

). Il dia-

gramma polare “arriva” dall’infinito lungo un asintoto verticale, per calcolare la posizione di

tale asintoto si puo procedere in modo analogo a quanto fatto per il caso L9(s): si ha

L11(jω) =110 · 1−2ωj

jω(1+10ωj)(1+ 1

10ωj) =

= 110 · (1−2ωj)(−jω)(1−10ωj)

(1− 1

10ωj)

ω2(1+100ω2)(1+ 1

100ω2

) =

= 110 · ω(−2ω−j)(1−10ωj)

(1− 1

10ωj)

ω2(1+100ω2)(1+ 1

100ω2

) =

= − 110 ·

(2ω+j)

(1−ω2−ω

(10+ 1

10

)·j)

ω(1+100ω2)(1+ 1

100ω2

) =

= − 110 · ω

(2(1−ω2)+ 101

10

)+(1−ω2−2ω2· 101

10

)·j

ω(1+100ω2)(1+ 1

100ω2

) =

= − 110 · ω

(12110

−2ω2)+(1− 106

5ω2)·j

ω(1+100ω2)(1+ 1

100ω2

) =

=− 121

100 + ω2

5

(1 + 100ω2)(1 + 1

100ω2) +

− 110 + 53

25ω2

ω(1 + 100ω2)(1 + 1

100ω2) · j ,

cosicche

limω→0+ ℜe(L11(jω)

)= − 121

100 = −1.21

limω→0+ ℑm(L11(jω)

)= −∞.

Dunque, il diagramma polare “arriva” dall’infinito dal basso(perche limω→0+ ℑm

(L11(jω)

)=

−∞ – del resto, limω→0+ ∠(L11(jω)

)= −90◦

)lungo un asintoto verticale che interseca l’asse

ℜeale nel punto −1.21;

◦ L11(∞) = 0 e limω→+∞ ∠(L11(jω)

)= −360◦

(il diagramma polare termina in 0 arrivando da

destra con tangente orizzontale, vedi la Figura 60.(e));


115


III quadrante poi nel II ed infine nel I);



)quando

∠(L11(jω)


0.2 rad/s cui corrisponde |L11(ωπj)| ≃ 0.24, quindi

A ≃ −0.24;




Osservazione: come visto nel caso di L9(s), il valore di ωπ (e quindi l’intersezione A = L11(jωπ) con

il semi-asse ℜeale negativo) puo anche essere calcolato imponendo ℑm(L11(jω)

)= 0. Essendo

ℑm(L11(jω)

)=

− 110 + 53

25ω2

ω(1 + 100ω2)(1 + 1

100ω2) ,

si ottiene

ωπ =

√5

106≃ 0.22 rad/s,

da cui

L11(jωπ) = ℜe(L11(jωπ)

)=

− 121100 +

ω2π

5

(1 + 100ω2π)(1 + 1

100ω2π

) ≃ −0.21,

ossia

A ≃ −0.21.

Quest’ultima e certamente una stima piu accurata dell’intersezione cercata.

40.4- Applichiamo il Criterio di Nyquist: L11(s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0)

e il suo diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1 (dunque, N=0): poiche P=N, il


• Caso L12(s):



si osservi che

L12(jω) = −3 1+jωjω = −3 +

3

ω· j ,

quindi:

◦ la parte ℜeale di L12(jω) e costante e uguale a −3, cioe il diagramma polare giace sulla retta

verticale passante per il punto −3;

◦ ℑm(L12(jω)

)= 3

ω cosicche

limω→0+

ℑm(L12(jω)

)= +∞ e lim

ω→+∞ℑm

(L12(jω)

)= 0.

116

Dunque, il diagramma polare “arriva” dall’infinito dall’alto(del resto, dal diagramma della fase,

si ha limω→0+ ∠(L12(jω)

)= −270◦ ≡ +90◦

)e termina nel punto −3

(L12(∞) = −3

);




40.4- Applichiamo il Criterio di Nyquist: L12(s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0)



117

10−1

100

101−60

−40

−20

0

20dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−1

100

101

−270

−180

−90

0

deg

Pulsazione [rad/s]


ωπ

(b)

−2 0 2 4 6

−8

−4

0

4

8


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

(c)

−1 −0.5 0

−0.5

0

0.5


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

A

(d)

Figura 58: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L9(s) = 1/(s(s + 1)2

): la semi-circonferenza rosa

in (c) rappresenta la chiusura all’infinito del diagramma di Nyquist; il passaggio da 0 con tangenteverticale del diagramma di Nyquist e evidenziato nello zoom del tratto intorno a 0 del diagrammastesso riportato in (d).

118

10−1

100

101−40

−20

0

20

40dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−1

100

101

−270

−180

−90

0

deg

Pulsazione [rad/s]


ωπ

(b)

−20 0 20 40 60

−80

−40

0

40

80


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

(c)

−6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1−2

−1

0

1


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

A’

(d)

Figura 59: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L10(s) = 10/(s(s+1)2

): la semi-circonferenza rosa in (c)

rappresenta la chiusura all’infinito del diagramma di Nyquist; il passaggio da 0 con tangente orizzontaledel diagramma di Nyquist e il fatto che il diagramma “circondi” il punto −1 sono evidenziati nellozoom del tratto intorno a 0 del diagramma stesso riportato in (d).

119

10−2

10−1

100

101

102−100

−80

−60

−40

−20

0

20dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−2

10−1

100

101

102

−360

−270

−180

−90

0

deg

Pulsazione [rad/s]


ωπ

(b)

0 2 4 6−1.2

−8

−4

0

4

8


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

(c)

−1 −0.5 0 0.5−1

−0.5

0

0.5


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

A

(d)

−10 −5 0 5

x 10−3

−0.02

−0.01

0

0.01

0.02Diagramma polare/Nyquist

Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

(e)

Figura 60: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L11(s) = 0.1(1− 2s)/(s(1 + 10s)(1 + 0.1s)

): la semi-

circonferenza rosa in (c) rappresenta la chiusura all’infinito del diagramma di Nyquist; l’intersezionecon il semi-asse ℜeale negativo e il passaggio da 0 con tangente orizzontale del diagramma di Nyquist,sono evidenziati negli zoom del tratto intorno a 0 del diagramma stesso riportati in (d–e).

120

10−1

100

101

1020

10

20

30

dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−1

100

101

102

−270

−180

−90

0

90

180

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

−6−9 −3 0

−6

0

−3

3

6


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

(c)

Figura 61: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L12(s) = −3(s+ 1)/s: in (b) si noti che il diagrammareale della fase va traslato di −360◦: cio e dovuto al fatto che Matlab, per il tracciamento deidiagrammi della fase, adotta convenzioni differenti da quelle introdotte nel corso; la semi-circonferenzarosa in (c) rappresenta la chiusura all’infinito del diagramma di Nyquist.

121


Consideriamo in successione le Gi(s), i = 2, 5, 6, e, per ognuna di esse, rispondiamo alle domande

proposte.

• Caso G2(s):


si osservi che:

◦ G2(0) = 0 e limω→0+ ∠(G2(jω)

)= −90◦

(il diagramma polare parte da 0 con tangente verticale

dirigendosi verso il basso, vedi la Figura 62.(d));

◦ G2(∞) = 18 (il diagramma polare termina in 18);



III quadrante poi nel II e infine nel I);

◦ il modulo e inizialmente crescente (il diagramma polare si allontana dall’origine) poi diventa

decrescente (il diagramma polare si avvicina all’origine). Piu precisamente, il modulo cresce fino

a ω ≃ 6 rad/s, corrispondentemente: |G2(6j)|dB ≃ 34 dB ≡ 1034/20 ≃ 50 e ∠(G2(6j)

)≃ −255◦;

dunque il diagramma polare raggiunge la distanza massima dall’origine, pari a circa 50, nel punto

in cui la sua fase vale circa −255◦(si veda il punto M in Figura 62.(c): il vettore viola e lungo

50 e forma un angolo di −255◦, ossia di 105◦, con il semi-asse ℜeale positivo17; fare attenzione

al fatto che, in tale figura, l’asse ℜeale e l’asse ℑmmaginario hanno due scale differenti).

Riguardo alle intersezioni richieste:

◦ L’intersezione con la circonferenza unitaria(punto A in Figura 62.(d)

)si ha quando |G2(jω)| =

1, ossia |G2(jω)|dB = 0 dB; dunque, dal diagramma in Figura 62.(a), si ha per ω = ωA ≃ 0.9

rad/s; corrispondentemente, dal diagramma in Figura 62.(b), ∠(G2(ωAj)

)≃ −120◦ ≡ − 2π

3 rad,

cosicche

A ≃ cos(− 2π

3

)+ j sin

(− 2π

3

)= −1

2−

√3

2j ≃ −0.5− 0.87j.

◦ L’intersezione con il semi-asse ℜeale negativo(punto B in Figura 62.(c)

)si ha quando ∠

(G2(jω)

)=

−180◦; dunque, dal diagramma in Figura 62.(b), si ha per ω = ωB ≃ 4 rad/s; corrispondente-

mente, dal diagramma in Figura 62.(a), |G2(ωBj)|dB ≃ 24 dB ≡ 1024/20 ≃ 16, cosicche

B ≃ −16.

◦ L’intersezione con il semi-asse ℑmmaginario positivo(punto C in Figura 62.(c)

)si ha quando

∠(G2(jω)

)= −270◦; dunque, dal diagramma in Figura 62.(b), si ha per ω = ωC ≃ 6.5 rad/s;

corrispondentemente, dal diagramma in Figura 62.(a), |G2(ωCj)|dB ≃ 33 dB ≡ 1033/20 ≃ 45,

cosicche

C ≃ 45j.

Nota bene: lo scopo principale di questo esercizio e quello di abituare lo studente a leggere i dia-

grammi di Bode e di Nyquist, di insegnare ad individuare sui due diversi diagrammi la medesima

informazione (e quindi a riconoscere come tali diagrammi siano due diverse rappresentazioni della

17In realta, impiegando Matlab, si trova che la pulsazione ωM in cui G2(jω) assume il massimo modulo e data daωM ≃ 6.23 rad/s e, corrispondentemente, |G2(jωM)| ≃ 48.23 e ∠

(

G2(jωM))

≃ −262.9◦ ≡ 97.1◦.

122

10−1

100

101

102−20

−15−10−5

05

101520253035

dB


Pulsazione [rad/s]

ωA ωB ωC

(a)

10−1

100

101

102−360

−330−300−270−240−210−180−150−120−90−60−30

0

deg

Pulsazione [rad/s]


ωA ωB ωC

(b)

−30 −20 −10 0 10 20−50−40−30−20−10


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io C

B

M

(c)

−1 −0.5 0 0.5

−1

−0.5

0

0.5

1


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

A

(d)

Figura 62: Diagrammi di Bode e di Nyquist di G2(s) = −90s(s− 2)/(5s2 + 12s+ 180): il passaggioda 0 con tangente verticale e le intersezioni del diagramma di Nyquist con la circonferenza unitariasono evidenziati nello zoom del tratto intorno a 0 del diagramma stesso riportato in (d).

123

stessa cosa, cioe la risposta in frequenza) e di esercitare la conversione dei dati numerici nella giusta

scala (dB → scala naturale, deg → rad).

Si ricordi, tuttavia, che in generale non e necessario tracciare diagrammi polari o di Nyquist con

eccessiva precisione; spesso le informazioni piu importanti che si vogliono ricavare da essi sono: il

numero di giri che esso compie intorno al punto −1; eventuali intersezioni con il semi-asse ℜealenegativo o con la circonferenza unitaria.

Osservazione (calcolo esatto delle intersezioni): le intersezioni richieste possono essere indivi-

duate esattamente (a meno di errori di arrottondamento numerico) nel modo seguente:

◦ Calcolo esatto del punto A.

Calcolo esatto dell’intersezione tra il diagramma polare

e la circonferenza unitaria

(ossia, tra diagramma di Bode del modulo ed asse a 0 dB)

Per calcolare le intersezioni tra il diagramma polare di una data G(s) e la

circonferenza unitaria si puo procedere nel modo seguente:

– L’intersezione con la circonferenza unitaria si ha quando |G(jω)| = 1, i

valori di ω in corrispondenza dei quali si ha |G(jω)| = 1 si possono quindi

determinare risolvendo l’equazione

|G(jω)|2 = 1.

Indichiamo con ωk, k = 1, . . . , N , le soluzioni trovate (ogni soluzione

corrisponde ad un’intersezione).

– Per ogni ∀ k = 1, . . . , N , si ponga θk = ∠(G(jωk)

): gli N punti

d’intersezione sono dati da

Ak = cos(θk) + j sin(θk).

Impieghiamo il metodo appena descritto per deteminare esattamente il valore di ωA. Si ha:

G2(jω) =90jω(jω − 2)

180− 5ω2 + 12ωj⇒ |G2(jω)|2 =

902ω2(ω2 + 4)

(180− 5ω2)2 + 144ω2

cosicche

|G2(jω)|2 = 1 ⇔ 902ω2(ω2+4)(180−5ω2)2+144ω2 = 1 ⇔

⇔ 902ω4 + 4 · 902ω2 = 1802 + 25ω4 − 1800ω2 + 144ω2 ⇔⇔ 8075ω4 + 34056ω2 − 32400 = 0

e l’unica soluzione positiva di tale equazione e ω2A ≃ 0.80, da cui

ωA ≃ 0.89 rad/s.

124

A questo punto,

∠(G2(jωA)

)=

π

2− arctan(ωA/2)− π − arctan

(12ωA/(180− 5ω2

A))≃ −2.05 rad ≡ −117.5◦,

da cui

A ≃ cos(−2.05) + j sin(−2.05) ≃ −0.46− 0.89j.

◦ Calcolo esatto dei punti B e C.

Calcolo esatto dell’intersezione tra il diagramma polare

e gli assi ℜeale e ℑmmaginario

Per calcolare le intersezioni tra il diagramma polare di una data G(s) e gli assi

coordinati si puo procedere nel modo seguente:

– Si riscriva G(jω) nella forma G(jω) = ℜe(G(jω)

)+ ℑm

(G(jω)

)· j cosı

come illustrato nella soluzione dell’Esercizio 36.1.

– L’intersezione con l’asse ℜeale si ha quando

ℑm(G(jω)

)= 0;

indichiamo con ωk, k = 1, . . . , N , le soluzioni di tale equazione (ogni

soluzione corrisponde ad un’intersezione). Gli N punti d’intersezione sono

dati da

Bk = ℜe(G(jωk)

), k = 1, . . . , N.

– L’intersezione con l’asse ℑmmaginario si ha quando

ℜe(G(jω)

)= 0;

indichiamo con ωk, k = 1, . . . , N , le soluzioni di tale equazione (ogni

soluzione corrisponde ad un’intersezione). Gli N punti d’intersezione sono

dati da

Ck = ℑm(G(jωk)

)· j, k = 1, . . . , N.

Impieghiamo il metodo appena descritto per deteminare esattamente i valori di ωB e ωC, quindi

i punti B e C. Si ha:

G2(jω) =90jω(jω−2)

180−5ω2+12ωj = 90(−ω2−2ωj)(180−5ω2)+12ωj =

= −90ω(ω+2j)[(180−5ω2)−12ωj(180−5ω2)2+144ω2 =

= −90ω(180−5ω2)2+144ω2 ·

[ω(204− 5ω2) + 2(180− 11ω2)j

]

cosicche

ℜe(G2(jω)

)= −90ω

(180−5ω2)2+144ω2 · ω(204− 5ω2) =−90ω2(204− 5ω2)

(180− 5ω2)2 + 144ω2(37)

125

e

ℑm(G2(jω)

)= −90ω

(180−5ω2)2+144ω2 · 2(180− 11ω2) =−180ω(180− 11ω2)

(180− 5ω2)2 + 144ω2. (38)

Quindi,

ℑm(G2(jω)

)= 0 ⇔ ω = 0 oppure ω =

√180

11≃ 4.05 rad/s.

La soluzione ω = 0 corrisponde al punto iniziale del diagramma polare(infatti, G2(0) = 0

), si

ha dunque

ωB ≃ 4.05 rad/s

e, sostituendo nell’equazione (37),

B = G2(jωB) ≃ −15.

Inoltre,

ℜe(G2(jω)

)= 0 ⇔ ω = 0 oppure ω =

√204

5≃ 6.39 rad/s.

La soluzione ω = 0 corrisponde al punto iniziale del diagramma polare, quindi

ωC ≃ 6.39 rad/s

e, sostituendo nell’equazione (38),

C = G2(jωC) ≃ 47.9j.

41.2- Applichiamo il Criterio di Nyquist: G2(s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0) e




• Caso G5(s):

41.1- Si veda la Figura 63.(c).

41.2- Applichiamo il Criterio di Nyquist: G5(s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0)



• Caso G6(s):

41.1- Si veda la Figura 64.(c–d–e).

41.2- Applichiamo il Criterio di Nyquist: G6(s) non ha poli a parte ℜeale positiva (dunque, P=0) e

il suo diagramma di Nyquist compie tre giri in senso orario attorno al punto −1 (dunque, N=−3):



126

10−1

100

101

102−15

−10−5

05

101520253035

dB

Pulsazione [rad/s]


ωA ωB ωC ωD

(a)

10−1

100

101

102−180

−135

−90

−45

0

45

90

deg

Pulsazione [rad/s]


ωA ωB ωC ωD

(b)

0 10 20

−20

−10

0

10

20


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

A

B

D

C

(c)

Figura 63: Diagrammi di Bode e di Nyquist di G5(s) = 20(s+ 2)/(s2 + s+ 4).

127

10−2

10−1

100

101

102−20

−15−10−5

05

101520253035

dB

Pulsazione [rad/s]


ωA ωB ωC ωD

(a)

10−2

10−1

100

101

102

−270−180−90

090

180270

deg

Pulsazione [rad/s]


ωA ωB ωC ωD

(b)

−40 −20 0−30 −10−50−30

−20

−10

0

10

20


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

C

(c)

−40 −20 0−30 −10−50−30

−20

−10

0

10

20

30Diagramma polare

Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

C

(d)

−10 −8 −6 0−4 −2−2

0

2

4

Diagramma polare

Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

D

B

A

(e)

Figura 64: Diagrammi di Bode (a–b), di Nyquist (c) e polare (d) di G6(s) = −100(s2 + 1)/((s +

0.1)(s2 + 2s+ 100)): i due passaggi da 0 e le intersezioni del diagramma polare con la circonferenza

unitaria sono evidenziati nello zoom del tratto intorno a 0 del diagramma stesso riportato in (e).

128


42.1- In base a quanto gia trovato nella soluzione dell’Esercizio 40, si osservi innanzitutto che nei

due casi richiesti ha senso calcolare il margine di guadagno (siamo cioe nelle ipotesi in cui il margine

di guadagno e stato definito: P=0, µL > 0, sistema retroazionato asintoticamente stabile e presenza

di un’unica intersezione fra il diagramma polare e il semi-asse ℜeale negativo). Si ha

km =1

|L(jωπ)|,

quindi, in base ai calcoli effettuati nella soluzione dell’Esercizio 40:

nel caso L9(s) : km = 10.5 = 2

nel caso L11(s) : km ≃ 10.21 = 4.76.

42.2- Analizziamo l’applicabilita del Criterio di Bode nei vari casi e, quando applicabile, concludiamo

l’analisi di stabilita sulla base di esso. Si noti che, non essendo richiesto, non e in generale necessario

effettuare il cacolo di ωc e ϕm: nei casi in cui µL > 0, e sufficiente un ragionamento formale che

permetta di stabilire il segno di ϕm (nei casi in cui µL < 0, si conclude direttamente la mancanza

di asintotica stabilita senza bisogno di analizzare il segno di ϕm). I calcoli di ωc e ϕm sono dunque

rimandati alla soluzione del punto successivo.

• Caso L1(s).

Il Criterio di Bode e applicabile(L1(s) e strettamente propria, P=0 ed esiste un solo valore di

ω > 0 in corrispondenza del quale il diagramma di Bode del modulo attraversa l’asse a 0 dB).

◦ Poiche per ω > 0 si ha −90◦ < ∠(L1(jω)

)< 0◦, allora ϕc = ∠

(L1(jωc)

)> −90◦ e

ϕm = 180− |ϕc| > 90◦ > 0;

◦ µL1= 100 > 0;

Poiche ϕm > 0 e µL1> 0, il sistema retroazionato e asintoticamente stabile.

• Caso L2(s).

Il Criterio di Bode e applicabile(si noti che L2(0) = 1, ossia |L2(0)|dB = 0 dB, ma cio non

inficia il fatto che esiste un solo valore di ω > 0 in corrispondenza del quale il diagramma di

Bode del modulo attraversa l’asse a 0 dB; in altre parole, il diagramma polare di L2(s) interseca

due volte la circonferenza unitaria ma una sola volta per valori di ω strettamente positivi).

◦ Poiche per ω > 0 si ha −90◦ < ∠(L2(jω)

)< 90◦, allora ϕc = ∠

(L2(jωc)

)> −90◦ e

ϕm = 180− |ϕc| > 90◦ > 0;

◦ µL2= 1 > 0;


• Caso L3(s).

Il Criterio di Bode non e applicabile in quanto non esiste alcun valore di ω > 0 in corrispondenza

del quale il diagramma di Bode del modulo attraversa l’asse a 0 dB.

• Caso L4(s).

Il Criterio di Bode e applicabile.

129

◦ Dall’analisi dei diagrammi di Bode reali (qualitativi) si deduce che ωc > ωπ ed essendo il

diagramma della fase monotono decrescente, cio significa che ϕc = ∠(L4(jωc)

)< −180◦,

ossia che ϕm < 0(vedi anche la Figura 53.(a–b)

).

Per mostrare che ωc > ωπ si puo ragionare, ad esempio, in uno dei due modi seguenti:

✄ Modo 1: dall’analisi del diagramma di Bode reale (qualitativo) del modulo si deduce

che ωc ≃ 10 rad/s, d’altra parte avevamo gia visto nella risoluzione dell’Esercizio 40 che

ωπ < 4 rad/s;

✄ Modo 2: in modo piu formale, per ω = 10 rad/s si ha |L4(10j)| ≃ 1.13, quindi ωc > 10

rad/s; d’altra parte, impiegando ad esempio il regolo delle fasi, ∠(L4(10j)

)≃ −84◦−79◦−

73◦ = −236◦, quindi ωπ < 10 rad/s perche il diagramma della fase e monotono decrescente.

Poiche ϕm < 0, il sistema retroazionato non e asintoticamente stabile.

In alternativa, si puo procedere al calcolo di ωc e ϕm nel modo seguente:

◦ ωc ≃ 11.48 rad/s, infatti: L4(jω) = 12 1−jω(2+jω)(3+jω) , quindi |L4(jω)| = 12

√1+ω2

(4+ω2)(9+ω2) e

|L4(jω)| = 1 ⇔ |L4(jω)|2 = 1 ⇔ 144 1+ω2

(4+ω2)(9+ω2) = 1 ⇔ 144+144ω2

ω4+13ω2+36 = 1 ⇔

⇔ ω4 − 131ω2 − 108 = 0

la cui unica soluzione ω2 > 0 e data da ω2 = 131+√1312+4·1082 = 131+

√17593

2 ≃ 131.82.

Conseguentemente,

ωc ≃√131.82 ≃ 11.48 rad/s.

◦ ϕc = − arctan(ωc) − arctan(ωc/2) − arctan(ωc/3) ≃ −85◦ − 80.1◦ − 75.4◦ = −240.5◦,

cosicche ϕm ≃ −60.5◦ < 0.

• Caso L5(s).

Il Criterio di Bode non e applicabile in quanto P=1.

• Caso L6(s).

Il Criterio di Bode non e applicabile in quanto P=2.

• Caso L7(s).

Il Criterio di Bode non e applicabile sia perche P=1 che per l’assenza di un valore di ω > 0 in

corrispondenza del quale il diagramma di Bode del modulo attraversa l’asse a 0 dB.

• Caso L8(s).

Il Criterio di Bode non e applicabile in quanto L8(s) non e strettamente propria.

• Caso L9(s).


◦ Dall’analisi dei diagrammi di Bode reali (qualitativi) si deduce che ωc < ωπ ed essendo il


)> −180◦,

ossia che ϕm > 0(vedi anche la Figura 58.(a–b)

).

Per mostrare che ωc < ωπ si puo ragionare, ad esempio, nel modo seguente: sappiamo

che ωπ = 1 rad/s e che |L9(j)| < 1 (infatti, il diagramma asintotico di Bode del modulo

interseca l’asse a 0 dB proprio in corrispondenza di ω = 1 rad/s, in quel punto vi e l’unica

singolarita del diagramma ed e associata ad una coppia di poli Reali, quindi il diagramma

di Bode reale passa 6 dB sotto quello asintotico), ne consegue che ωc < 1 rad/s.

130

◦ µL9= 1 > 0.


• Caso L10(s).


◦ Dall’analisi dei diagrammi di Bode reali (qualitativi), si deduce che ωc > ωπ = 1 rad/s(infatti, |L10(j)|dB ≃ 20− 6 = 14 dB > 0 dB, ossia |L10(j)| > 1

). Essendo il diagramma

della fase monotono decrescente, cio significa che ϕc = ∠(L10(jωc)

)< −180◦, ossia che

ϕm < 0;

◦ Impiegando Matlab, si trova ωc ≃ 2 rad/s e ϕm ≃ −36.9◦.

Poiche ϕm < 0, il sistema retroazionato non e asintoticamente stabile.

• Caso L11(s).


◦ Dall’analisi dei diagrammi di Bode reali (qualitativi) si deduce che ωc < ωπ ed essendo il


)> −180◦,

ossia che ϕm > 0(vedi anche la Figura 60.(a–b)

).

Per mostrare che ωc < ωπ si puo ragionare, ad esempio, nel modo seguente: per ω = 0.1

rad/s si ha |L11(0.1j)| ≃ 0.72, quindi ωc < 0.1 rad/s; d’altra parte, impiegando ad esempio

il regolo delle fasi, ∠(L11(0.1j)

)≃ −90circ − 45◦ − 11◦ − 1◦ = −147◦, quindi ωπ > 0.1

rad/s perche il diagramma della fase e monotono decrescente.

◦ µL11= 0.1 > 0.


• Caso L12(s).

Il Criterio di Bode non e applicabile in quanto L12(s) non e strettamente propria.

42.3- Calcoliamo ωc e ϕm nei casi richiesti.

• Caso L1(s).

◦ ωc ≃ 100 rad/s (per determinarla non c’e bisogno di fare conti: poiche ωc si trova circa

ad una decade di distanza dalla singolarita piu vicina, quella posta in ω = 10 rad/s, basta

considerare il diagramma di Bode asintotico del modulo);

◦ ϕc = ∠(L1(jωc)

)≃ −89◦+87◦− 84◦ = −86◦ (ad esempio, impiegando il regolo delle fasi),

cosicche ϕm = 180− |ϕc| ≃ 94◦ > 0;

◦ Impiegando Matlab, si trova ωc ≃ 99.6 rad/s e ϕm ≃ 93.1◦.

• Caso L2(s).

◦ ωc ≃ 100 rad/s(senza fare conti, per le stesse ragioni viste nel caso L1(s)

);

◦ ϕc ≃ +89◦ − 87◦ − 84◦ = −82◦ (ad esempio, impiegando il regolo delle fasi), cosicche

ϕm ≃ 98◦ > 0;


• Caso L9(s).

131

◦ ωc ≃ 0.7 rad/s, a tale risultato si puo pervenire nel modo descritto qui di seguito. Si ha

|L9(jω)| =1

ω(1 + ω2),

quindi l’equazione |L9(jω)| = 1 da luogo ad un’equazione di terzo grado in ω. Per riuscire

ad ottenere una buona approssimazione di ωc, in analogia con il metododo impiegato per

approssimare ωπ nella risoluzione dell’Esercizio 40, si puo procedere nel modo seguente:

dal diagramma di Bode reale (qualitativo) del modulo, si deduce che ωc ≃ 0.6 rad/s; si ha

|L9(0.6j)| =1

0.6(1 + (0.6)2)≃ 1.23;

poiche il diagramma del modulo e monotono decrescente, il valore effettivo di ωc e maggiore

di 0.6 rad/s; prendendo ω = 0.7 rad/s come nuova stima, si ha

|L9(0.7j)| =1

0.7(1 + (0.7)2)≃ 0.96.


0.6 < ωc < 0.7 :

in ogni caso, dall’analisi del diagramma di Bode reale (qualitativo) della fase, poiche la

fase e monotona decrescente ed essendo ωπ = 1 rad/s, si deduce che ∀ω ∈ [ 0.6 , 0.7 ],

si ha ∠(L9(jω)

)> −180◦

(ossia, comunque si approssimi ωc con valori nell’intervallo

[ 0.6 , 0.7 ], risulta comunque ϕm > 0)e dunque una stima accettabile della pulsazione

critica e, ad esempio,

ωc ≃ 0.7 rad/s;

◦ ϕc ≃ −90◦ − 2 · 35◦ = −160◦ (ad esempio, impiegando il regolo delle fasi e ricordandosi di

aggiungere “a mano” il contributo di −90◦ del polo in zero), cosicche ϕm ≃ 20◦ > 0;


• Caso L11(s).

◦ ωc ≃ 0.079 rad/s, a tale risultato si puo pervenire nel modo descritto qui di seguito. Si ha

|L11(jω)|2 =1

100· 1 + 4ω2

ω2(1 + 100ω2)(1 + 1

100ω2) ,

quindi l’equazione |L11(jω)|2 = 1 da luogo ad un’equazione di terzo grado in ω2. Per

riuscire ad ottenere una buona approssimazione di ωc si puo procedere nel modo seguente:

dal diagramma di Bode reale (qualitativo) del modulo, si deduce che ωc < 0.1 rad/s quindi,

per ω ≃ ωc, il fattore(1+ 1

100ω2)al denominatore dell’espressione di |L11(jω)|2 puo essere

approssimato con 1, ossia,

per ω ≃ ωc, |L11(jω)|2 ≃ 1

100· 1 + 4ω2

ω2(1 + 100ω2).

A questo punto, anziche risolvere |L11(jω)|2 = 1, impieghiamo l’approssimazione trovata e

132

risolviamo

1

100· 1 + 4ω2

ω2(1 + 100ω2)= 1, ossia 10000ω4 + 96ω2 − 1 = 0.

La soluzione ω2 > 0 di tale equazione e ω2 ≃ 0.0063, quindi

ωc ≃√0.0063 ≃ 0.079 rad/s.

◦ ϕc ≃ −90◦−38◦−9◦−1◦ = −138◦ (ad esempio, impiegando il regolo delle fasi e ricordandosi

di aggiungere “a mano” il contributo di −90◦ del polo in zero), cosicche ϕm ≃ 42◦ > 0;


Osservazione: l’approssimazione

1

1 + 1100ω

2≃ 1, per ω ≃ ωc,

e esattamente la stessa approssimazione che si fa nel definire il diagramma di Bode asintotico

del modulo di

G(s) =1

1 + 110s

in cui, per ω < 10, si pone −20 log10

(√1 + 1

100ω2)≃ −20 log10(1) = 0 dB. Nel nostro caso,

essendo ωc < 0.1 ≪ 10 rad/s, ossia, essendo ωc a distanza maggiore di 2 decadi dalla singolarita,

l’approssimazione introdotta e trascurabile (come si vede anche dal confronto fra il risultato

trovato e quello “esatto” fornito da Matlab).

42.4- Quando il sistema retroazionato e asintoticamente stabile e yo(t) = sca(t), si ha yR(t) = Tyyo(0).

Inoltre, Tyyo(s) = L(s)1+L(s) e la funzione di sensitivita complementare.

• Caso L1(s): in questo caso la funzione di anello e di tipo 0, quindi L1(0) = µL1= 100 e

Tyyo(0) =L1(0)

1 + L1(0)=

100

101≃ 0.99;

• Caso L2(s): in questo caso la funzione di anello e di tipo 0, quindi L2(0) = µL2= 1 e

Tyyo(0) =L2(0)

1 + L2(0)=

1

2;

• Caso L9(s) e L11(s): in questo caso la funzione di anello e di tipo 1, quindi

Tyyo(0) = lims→0

Li(s)

1 + Li(s)= 1

che corrisponde ad avere “errore nullo a transitorio esaurito”, ossia yR(t) = yo(t).

Il grafico della risposta yF (t) ad un riferimento yo(t) = sca(t) nel caso in cui L(s) = L11(s) e riportato

in Figura 65. Descriviamo qui di seguito i passaggi che permettono di giungere al suo tracciamento.

(a) limt→+∞ yF (t) = Tyyo(0) = 1 (come appena visto).

133

0 30 60 90 120 150−0.5

0

0.5

1

1.5

t

y(t

)

(a)

0 1 2 3 4−20

−15

−10

−5

0

5x 10−3

t

y(t

)

(b)

Figura 65: Con riferimento all’Esercizio 42.4, andamento di yF (t) in risposta ad yo(t) = sca(t) per ilsistema retroazionato in Figura 16 con funzione di anello pari a L11(s) = 0.1(1− 2s)/

(s(1 + 10s)(1 +

0.1s)). La presenza di una (non marcata) risposta inversa ed il fatto che yF (0

+) = 0 sono evidenziatinello zoom del tratto in cui t e vicino a 0 riportato in (b).

Caratteristiche dei poli dominanti: poiche ϕm ≃ 42.1◦ < 75◦, ci si aspetta che i poli dominanti siano

Complessi e caratterizzati da {ωn ≃ ωc ≃ 0.08 rad/s

ξ ≃ ϕm

100 ≃ 0.42.

Di conseguenza:

(b) Ta ≃ 5ξωn

≃ 50.42·0.08 ≃ 149 s.

Inoltre,

Tyyo(s) =L11(s)

1 + L11(s)=

NL11(s)

DL11(s) +NL11

(s)=

−0.2s+ 0.1

(s3 + · · · ) + (−0.2s+ 0.1)=

−0.2s+ 0.1

s3 + · · · ,

quindi

reldeg (Tyyo) = 2, ρ = −0.2 e{Zeri

(Tyyo(s)

)}= {0.5}

(dove ρ e la costante di trasferimento) e

(c1) yF (0+) = yF (0

+) = 0 e yF (0+) = −0.2;

(c2) Tyyo(s) e strettamente propria e di ordine 3 (caso C2αVI della classificazione introdotta a le-

zione). Poiche i suoi poli dominanti sono Complessi, la risposta e oscillante con periodo delle

oscillazioni determinato dalla parte ℑmmaginaria di tali poli; lo zero posto in +0.5 determina

il fenomeno della risposta inversa.

Stimiamo il periodo T delle oscillazioni:

T =2π

|ℑm(λ1,2)|=

2π

ωn

√1− ξ2

≃ 2π

ωc

√1− (ϕm/100)2

≃ 2π

0.08√1− (0.42)2

≃ 86.5 s.

Non e invece facile stimare la sovraelongazione massima percentuale della risposta a causa della

presenza di uno zero.

42.5- Quando il sistema retroazionato e asintoticamente stabile e yo(t) = eλt, λ > 0, in virtu del

Teorema della risposta esponenziale si ha yR(t) = Tyyo(λ) · eλt. Inoltre,

Tyyo(λ) =L11(λ)

1 + L11(λ)=

NL11(λ)

DL11(λ) +NL11

(λ).

134

10−2

10−1

100

101

102−120

−100−80−60−40−20

02040

dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−2

10−1

100

101

102

−270

−180

−90

0

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

Figura 66: Diagrammi di Bode di L(s) = 5/(s(s+ 10)(1 + s)

).

• Caso yo(t) = e0.5t: in questo caso λ = 0.5 e NL11(0.5) = 0, quindi

yR(t) = 0, per t ≥ Ta ≃ 149 s

(proprieta bloccante degli zeri).

• Caso yo(t) = et: in questo caso λ = 1, NL11(1) = −0.1, DL11

(1) = 1 · 11 · 1.1 = 12.1, quindi

Tyyo(λ) = − 0.112 ≃ −0.0083 e

yR(t) = −0.0083 · et, per t ≥ Ta ≃ 149 s.


La funzione di anello e

L(s) = R(s)G(s) =5

s(s+ 10)(s+ 1)=

0.5

s· 1

(1 + 0.1s)(1 + s)

e i suoi diagrammi di Bode sono riportati in Figura 66. Si osserva inoltre che sono soddisfatte le

ipotesi di applicabilita del Criterio di Bode e che ωc < 0.5 < ωπ: quindi, essendo il diagramma della

fase monotono decrescente, si ha ϕc > −180◦ e ϕm > 0. Poiche si ha anche µL = 0.5 > 0, il sistema

retroazionato risulta asintoticamente stabile.

Calcoliamo i valori di ωc e ϕm in modo tale da ottenere una stima dei poli dominanti del sistema

135

retroazionato. Si ha

|L(jω)|2 =1

4ω2(1 + 1

100ω2)(1 + ω2)

e

per ω ≃ ωc ≃ 0.5 rad/s, |L(jω)|2 ≃ 1

4ω2(1 + ω2)(si veda il calcolo approssimato di ωc per L11(s) fatto nella soluzione dell’Esercizio 42.3 e l’osserva-

zione al termine di tale calcolo). Dunque, impiegando tale approssimazione, si ha

1

4ω2(1 + ω2)= 1 ⇔ 4ω4 + 4ω2 − 1 = 0

la cui unica soluzione positiva e ω2 = −1+√2

2 e dunque

ωc ≃

√−1 +

√2

2≃ 0.46 rad/s.

Corrispondentemente,

ϕc = ∠(L(jωc)

)= −90◦ − arctan(ωc/10)− arctan(ωc) ≃

≃ −90◦ − arctan(0.046)− arctan(0.46) ≃ −90◦ − 2.6◦ − 24.5◦ =

= −117.1◦,

da cui

ϕm ≃ 62.9◦.

Poiche ϕm ≃< 75◦, ci si aspetta che i poli dominanti siano Complessi e caratterizzati da

{ωn ≃ ωc ≃ 0.46 rad/s

ξ ≃ ϕm

100 ≃ 0.63.

Otteniamo quindi la seguente stima λ1,2 di tali poli dominanti λ1,2:

λ1,2 = −ξωn ± j · ωn

√1− ξ2 ≃

≃ −ϕm

100ωc ± j · ωc

√1−

(ϕm

100

)2 ≃

≃ −0.29± 0.36j = λ1,2.

Il grafico qualitativo della risposta yF (t) ad un riferimento yo(t) = sca(t) e riportato in Figura 67

(linea blu continua) e puo essere ottenuto procedendo come descritto qui di seguito.

(a) limt→+∞ yF (t) = Tyyo(0) = 1(perche il sistema retroazionato e asintoticamente stabile e L(s) e

di tipo 1);

(b) Ta ≃ 5ξωn

≃ 50.63·0.46 ≃ 17.2 s.

Inoltre,

Tyyo(s) =L(s)

1 + L(s)=

NL(s)

DL(s) +NL(s)=

0.5

(0.1s3 + · · · ) + 0.5=

5

s3 + · · · ,

136

0 5 10 15 20 250

0.25

0.5

0.75

1

1.25

1.5

t

yF(t

)

Figura 67: Con riferimento all’Esercizio 43, andamento di yF (t) in risposta ad yo(t) = sca(t) ew(t) ≡ 0, funzione di anello pari a L(s) = 5/

(s(1 + 10s)(1 + s)

). Linea blu continua: risposta

approssimata basata sulla stima empirica dei poli dominanti del sistema; linea rossa tratteggiata:andamento effettivo.

quindi

reldeg (Tyyo) = 3, ρ = 5 e{Zeri

(Tyyo(s)

)}= ∅

(dove ρ e la costante di trasferimento) e

(c1) yF (0+) = yF (0

+) = yF (0+) = 0 e y

(3)F (0+) = 5;

(c2) Tyyo(s) e strettamente propria e di ordine 3 (caso C2αVI della classificazione introdotta a le-

zione). Poiche i suoi poli dominanti sono Complessi e non ha zeri, la sua risposta allo scalino

si approssima con quella di una funzione di trasferimento strettamente propria, di ordine 2, con

poli Complessi e senza zeri (caso C2αIII). Stimiamo il periodo T delle oscillazioni:

T =2π

|ℑm(λ1,2)|=

2π

ωn

√1− ξ2

≃ 2π

ωc

√1− (ϕm/100)2

≃ 2π

0.46√1− (0.63)2

≃ 17.6 s.

Stimiamo anche la sovraelongazione massima percentuale:

∆% ≃ e−πξ/√

1−ξ2 · 100 ≃ 7.8%.

L’andamento qualitativo della risposta allo scalino ottenuto in tal modo risente dell’approssimazione

indotta dalla stima empirica dei poli dominanti ottenuta a partire dai valori di ωc e ϕm. Confrontando

con i risultati trovati nella soluzione dell’Esercizio 35.3, abbiamo

λ1,2 ≃ −0.47± 0.52j (poli dominanti veri)

vs

λ1,2 ≃ −0.29± 0.36j (poli dominanti stimati)

e possiamo dire che:

• la parte ℜeale dei poli dominanti risulta significativamente sottostimata (−0.29 invece che −0.47,

con un errore relativo del 38.3%) e cosı il tempo di assestamento risulta significativamente

sovrastimato (17.2 s invece che 10.6 s, con un errore relativo del 62.3%);

137

• la parte ℑmmaginaria dei poli dominanti risulta sottostimata (0.36 invece che 0.52, con un errore

relativo del 30.8%) e cosı il periodo delle oscillazioni risulta sovrastimato (17.6 s invece che 12

s, con un errore relativo del 46.7%);

• la stima dello smorzamento risulta invece piu accurata (0.63 invece che 0.67, con un errore

relativo del 6%) e cio si riflette su una migliore aderenza tra le stime18 della sovraelongazione

massima percentuale (7.8% invece che 5.8%).

L’andamento vero della risposta allo scalino e riportato in Figura 67 con una linea rossa tratteggiata.

Osservazione: e doveroso notare che i risultati ottenuti sulla base della regola empirica di stima dei

poli dominanti, per quanto inesatti, forniscono comunque un andamento della risposta allo scalino

macroscopicamente aderente a quello reale (vedi la Figura 67). A tale risultato approssimato si giunge

in modo abbastanza diretto a partire dalle proprieta della funzione di anello L(s) (pulsazione critica

e margine di fase) e attraverso calcoli elementari eseguibili “a mano”. Si noti invece che, per giungere

ai risultati piu accurati ottenuti nella soluzione dell’Esercizio 35.3, e stato necessario conoscere la

fattorizzazione pcl(s) = (s + 10.05)(s2 + 0.95s + 0.50) del polinomio caratteristico in anello chiuso:

essa, invece, non e normalmente ricavabile “a mano”; inoltre, la conoscenza di pcl(s) in forma non

fattorizzata non da informazioni dirette utili alla caratterizzazione delle dinamiche dominanti.


44.1- La funzione di anello e

L(s) = G(s)H(s) =10s

(1 + s)4.

Per analizzare l’asintotica stabilita del sistema retroazionato possiamo, ad esempio, impiegare il Cri-

terio di Nyquist: in Figura 68 sono riportati i diagrammi di Bode e di Nyquist di L(s) (si noti che

non sono verificate le condizioni di applicabilita del Criterio di Bode). Poiche L(s) non ha poli a

parte ℜeale positiva (cioe, P=0), si ha l’asintotica stabilita del sistema retroazionato se e solo se il

diagramma di Nyquist non compie giri attorno al punto −1, ossia se e solo se il punto A d’intersezione

tra il diagramma polare di L(s) ed il semi-asse ℜeale negativo si trova a destra del punto −1. Si ha

L(jω) =10ωj

(1 + jω)4,

cosicche ∠(L(jω)

)= π

2 − 4 arctan(ω) e

∠(L(jω)

)= −π ⇔ arctan(ω) =

3π

8⇔ ω = tan

(3π

8

)≃ 2.41 rad/s,

ossia, con la usuale notazione, ωπ ≃ 2.41 rad/s. Poiche

∣∣L(jωπ)∣∣ = 10ωπ(

1 + ω2π

)2 ≃ 0.52,

si ha A ≃ −0.52 > −1 e dunque l’asintotica stabilita del sistema retroazionato. Inoltre, il margine di

guadagno e dato da

km =1∣∣L(jωπ)

∣∣ ≃ 1.92.

18Si noti che il valore della sovraelongazione massima percentuale ∆% e comunque una stima in quanto il sistema edi ordine 3 e la formula per ∆% e stata ricavata nel caso di sistemi di ordine 2.

138

10−2

10−1

100

101−60

−40

−20

0

20

dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−2

10−1

100

101

−270

−180

−90

0

90

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

−3 −2 −1 0 1 2 3 4 5−3

−2

−1

0

1

2


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

A

(c)

Figura 68: Diagrammi di Bode e di Nyquist di L(s) = 10s/(1 + s)4.

139

In alternativa, si puo anche scrivere il polinomio caratteristico del sistema in anello chiuso e studiare

l’asintotica stabilita mediante il Criterio di Routh-Hurwitz. Tale polinomio caratteristico e dato da

pcl(s) = (1 + s)4 + 10s = s4 + 4s3 + 6s2 + 14s+ 1

e la corrispondente tabella e la seguente:

1 6 1

4 14 0

5/2 1

62/5

1

Poiche tutti gli elementi della prima colonna hanno lo stesso segno, si ha l’asintotica stabilita del

sistema retroazionato.

Un po’ piu laborioso e il calcolo del margine di guadagno impiegando il Criterio di Routh-Hurwitz.

A tal fine si puo procedere nel modo seguente: si consideri il polinomio caratteristico pcl(s) del

sistema retroazionato quando la funzione di anello e kL(s); mediante il Criterio di Routh-Hurwitz

si determinino tutti i valori di k ∈ R tali che il sistema retroazionato e asintoticamente stabile; il

margine di guadagno e l’estremo superiore dell’intervallo di tali valori di k contenente il valore k = 1.

Nell’esempio specifico si ha:

pcl(s) = (1 + s)4 + 10ks = s4 + 4s3 + 6s2 + (4 + 10k)s+ 1;

la corrispondente tabella e1 6 1

4 4 + 10k 052 (2− k) 1

25 · 25k2−40k−16

k−2

1

e si ha l’asintotica stabilita del sistema retroazionato se e solo se tutti gli elementi della prima colonna

hanno lo stesso segno, ossia se e solo se

2− k > 0

25k2−40k−16k−2 > 0

che ha per soluzioni 4(1−√2)

5 < k < 4(1+√2)

5 , da cui

km =4(1 +

√2)

5≃ 1.9314

(si noti che il risultato trovato e esatto).

44.2- Si ha Tyw(s) =G(s)

1+L(s) , cosicche

Tyw(jω) ≃ Tyw(jω) =

{G(jω) per ω tale che |L(jω)| ≤ 1

1/H(jω) per ω tale che |L(jω)| ≥ 1.

140

10−2

10−1

100

101

102−60

−40

−20

0

20

40

60

dB

Pulsazione [rad/s]


1/H

H

G

Tyw

Figura 69: Con riferimento all’Esercizio 44.2: diagrammi di Bode asintotici del modulo di: G(s), H(s),1/H(s) e Tyw(s) (linea rossa). Diagramma reale di Tyw(s) (linea arancione spessa e tratteggiata).

Il diagramma richiesto e riportato in Figura 69.


45.1- La funzione di anello e

L(s) =10

(1 + 0.1s)2(1 + 10s)

nel calcolo della quale e avvenuta una cancellazione di un fattore (1 + 0.1s): cio significa che il

sistema retroazionato ha un autovalore posto in −10; esso non inficia l’asintotica stabilita che puo

quindi essere verificata attraverso lo studio della funzione di anello. In Figura 70, sono riportati i

diagrammi di Bode di L(s): si osservi, innanzitutto, che siamo in ipotesi di applicabilita del Criterio

di Bode. Dall’analisi dei diagrammi asintotici, e senza necessita di fare alcun conto, si deduce che19

ωc ≃ 1 rad/s e ωπ ≃ 10 rad/s.

Impiegando, ad esempio, il regolo delle fasi si trova poi che ϕc = ∠(L(jωc)

)≃ ∠

(L(j)

)≃ −84◦ − 2 ·

6◦ = −96◦, cosicche

ϕm ≃ 84◦.

Dal momento che µL = 10 > 0 e ϕm > 0, si ha l’asintotica stabilita del sistema retroazionato.

Inoltre, poiche |L(jωπ)|dB ≃ −26 dB(infatti, in ω = 10 rad/s il diagramma asintotico di |L(jω)| vale

-20 dB e vi e una singolarita dovuta ad una coppia di poli Reali quindi, non essendoci altre singolarita

a distanza inferiore di una decade, il diagramma reale di |L(jω)| passa 6 dB al di sotto di quello

asintotico), allora

[km]dB ≃ 26 dB ⇔ km ≃ 1026/20 ≃ 20.

[Impiegando Matlab, si trova: ωc ≃ 0.98 rad/s, ϕm ≃ 84.5◦, ωπ ≃ 10.1 rad/s e km ≃ 20.4.]

45.2- L’andamento di regime dell’errore e ben definito in quanto il sistema retroazionato e asintoti-

19Riguardo a ωπ, la pulsazione ω = 10 rad/s si trova a due decadi di distanza dalla singolarita piu vicina dovutaal polo posto in −0.1, a tale distanza possiamo con buona approssimazione considerare pari a −90◦ il contributo difase dovuto a tale polo; inoltre, in corrispondenza della pulsazione ω = 10 rad/s, la coppia di poli posta in −10 da uncontributo di fase pari esattamente a −90◦.

141

10−2

10−1

100

101

102−100

−80−60−40−20

02040

dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−2

10−1

100

101

102

−270

−180

−90

0

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

Figura 70: Diagrammi di Bode di L(s) = 10/((1 + 0.1s)2(1 + 10s)

).

142

0 1 2 3 4 5−0.2

−0.1

0

0.1

0.2

0.3

t

e(t

)

Figura 71: Con riferimento all’Esercizio 45, risposta di e agli ingressi yo(t) = 310 sca(t) e du(t) =

15 sca(t).

camente stabile. Poiche i segnali d’ingresso sono entrambi funzioni scalino, si ha

eR(t) =3

10Teyo(0) +

1

5Tedu

(0).

Inoltre,

Teyo(s) =1

1 + L(s)e Tedu

(s) = − G(s)

1 + L(s),

ed essendo sia L(s) che G(s) funzioni di tipo 0, si ha L(0) = µL = 10 e G(0) = µG = 2, cosicche

Teyo(0) =1

1 + µL

=1

11, Tedu

(0) = − µG

1 + µL

= − 2

11

e

eR(t) =3

110− 2

55= − 1

110.

Osservazione: anche se non richiesto, in Figura 71 e riportato l’andamento di e(t) in corrispondenza

dei segnali d’ingresso yo e du considerati. Si noti che limt→0+ e(t) 6= 0 in quanto la funzione di

trasferimento Teyo(s) non e strettamente propria.

45.3- Si ha

Tun(s) = − R(s)

1 + L(s)= − 5(1 + 0.1s)3

0.1s3 + 2.01s2 + 10.2s+ 11

e

Tun(jω) ≃ Tun(jω) =

{− 1

G(jω) per ω tale che |L(jω)| ≥ 1, cioe per ω ≤ ωc

−R(jω) per ω tale che |L(jω)| ≤ 1, cioe per ω ≥ ωc,

cui corrisponde l’approssimazione del diagramma asintotico del modulo riportato in Figura 72. In

accordo con tale diagramma, si ha

Tun(s) = −1

2· 1 + 0.1s

1 + s.

Infine, grazie al Teorema della risposta armonica, in corrispondenza di n(t) = sin(ω0t), si ha

uR(t) = |Tun(jω0)| sin(ω0t+ ∠

(Tun(jω0)

)).

143

10−2

10−1

100

101

102−60

−40

−20

0

20

40

dB

Pulsazione [rad/s]


G1/G

T

ωc ≃ 1

un

LR

Figura 72: Con riferimento all’Esercizio 45.3: diagrammi di Bode asintotici del modulo di: G(s),1/G(s), R(s), L(s) e Tun(s) (linea rossa). Diagramma reale di Tun(s) (linea arancione spessa etratteggiata).

−0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5−2

−1

0

1


Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

Figura 73: Diagramma di Nyquist di L(s) = 2/((1 + 0.1s)2(1 + 10s)

).

Occorre dunque cercare ω0 tale che |Tun(jω0)| = 110 , ossia tale che |Tun(jω0)|2 = 1

100 :

|Tun(jω0)|2 =1

4· 1 +

ω20

100

1 + ω20

=1

100⇔ ω2

0 = 32 ⇒ ω0 =√32 ≃ 5.7 rad/s.

45.4- In tal caso si ha L(s) = µL(s), con L(s) = 2(1+0.1s)2(1+10s) . Il diagramma di Nyquist di L(s)

e riportato in Figura 73. Grazie ad una delle estensioni del Criterio di Nyquist20, si ha l’asintotica

stabilita del sistema retroazionato se e solo se il diagramma di Nyquist di L(s) non compie giri attorno

al punto −1/µ e tale richiesta, per µ < 0, corrisponde ad avere − 1µ > 2, ossia

−1

2< µ < 0.

20Vedi Corollario 10.1 a pagina 276 del libro di testo, P. Bolzern, R. Scattolini e N. Schiavoni, “Fondamenti di controlli

automatici” – Quarta edizione – McGraw-Hill.

144


46.1- Il diagramma polare di H(s), e i diagrammi di Bode da cui viene ricavato, sono riportati in

Figura 74. Determiniamo le intersezioni richieste.

• Calcolo del punto A d’intersezione tra il diagramma polare e l’asse ℜeale: si ha

H(jω) = −6 jω(jω−5)(jω+10)2 = −6(−ω2−5jω)

(100−ω2)+20jω = 6ω(ω+5j)(100−ω2)+20jω =

= 6ω(100−ω2)2+400ω2 (ω + 5j)

((100− ω2)− 20jω

)=

= 6ω(100−ω2)2+400ω2

[ω(100− ω2) + 100ω + j

(5(100− ω2)− 20ω2

)]=

= 6ω(100−ω2)2+400ω2

[ω(100− ω2) + 100ω + j(500− 25ω2)

];

imponendo ℑm(H(jω)

)= 0, si ottiene −25ω2 + 500 = 0 da cui ωA =

√20 ≃ 4.47 rad/s; infine,

|H(√20j)| = 6

√20√20 + 25√

20 + 100=

√9

4=

3

2,

quindi

A =3

2.

• Calcolo del punto Q d’intersezione tra il diagramma polare e la circonferenza unitaria: si ha

|H(jω)| = 1 ⇔ |H(jω)|2 = 1 ⇔ 36ω2(ω2 + 25)

(ω2 + 100)2= 1 ⇔ 7ω4 + 140ω2 − 2000 = 0

da cui si ricava ω2Q= −70+

√18900

7 ≃ 9.64 e dunque ωQ ≃ 3.1 rad/s. Si ha poi

∠(H(jωQ)

)= π

2 + arctan(− ωQ

5

)− 2 arctan

(ωQ

10

)≃

≃ π2 − arctan(0.62)− 2 arctan(0.31) ≃ 0.42 rad ≡ 24.1◦,

quindi

Q = cos(0.42) + j sin(0.42) ≃ 0.41 + j0.91.

Il Criterio di Bode non e applicabile in quanto la funzione di anello H(s) non e strettamente propria21.

46.2- Si puo procedere come nella soluzione dell’Esercizio 45.4 per mezzo del Criterio di Nyquist este-

so. Alternativamente, applichiamo il Criterio di Routh-Hurwitz al polinomio caratteristico dell’anello

chiuso: essendo L(s) = kH(s) = kNH(s)DH (s) , si ha

pcl(s) = DH(s) + kNH(s) = (1− 6k)s2 + 10(2 + 3k)s+ 100

e tale polinomio, essendo di secondo grado, e asintoticamente stabile se e solo se

{1− 6k > 0

2 + 3k > 0

21Si noti anche che l’attraversamento dell’asse a 0 dB (ossia, nel diagramma polare, l’attraversamento della cir-conferenza unitaria) avviene dal basso verso l’alto (ossia, da dentro a fuori) anziche dall’alto verso il basso. Se uno,erroneamente, applicasse il Criterio di Bode, sarebbe tentato dal dire che ϕm = 180◦ +24.1◦ = 204.1◦ > 0 e, unito al

fatto che µH = 3/10 > 0(

infatti, H(s) = 310

· s(1−0.2s)

(1+0.1s)2

)

, concluderebbe che il sistema retroazionato e asintoticamente

stabile. Si mostrera, invece, nella soluzione del punto successivo che per k = 1 il sistema retroazioanto e instabile.

145

10−1

100

101

102

103−40

−20

0

2012.6

dB

Pulsazione [rad/s]


(a)

10−1

100

101

102

103

−180

−90

0

90

deg

Pulsazione [rad/s]


(b)

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3−6−5−4−3−2−1

012

Diagramma polare

Asse Reale

Ass

e Im

mag

inar

io

A

Q

(c)

Figura 74: Diagrammi di Bode e diagramma polare di H(s) = −6s(s− 5)/(s+ 10)2.

146

10−1

100

101

102−30

−20

−10

0

10

20

dB

Pulsazione [rad/s]


F

ω∗ ≃ 5.8

L

Figura 75: Con riferimento all’Esercizio 46.4: diagrammi di Bode reali e asintotici del modulo di L(s)(in verde); diagramma asintotico approssimato di F (s) (linea rossa), con F (s) = L(s)/(1 + L(s));diagramma reale di F (s) (linea arancione spessa e tratteggiata).

ossia, se e solo se

−2

3< k <

1

6

(si noti che il valore k = 0 corrisponde al caso in cui il sistema e in anello aperto).

46.3- Poiche Teyo(s) = S(s) = 11+kH(s) ed H(0) = 0, si ha

eR(t) = Teyo(0) =1

1 + kH(0)= 1

indipendentemente da k, purche stabilizzante.

Osservazione: il sistema retroazionato ha dunque pessime prestazioni statiche nell’inseguimento di

riferimenti a scalino, infatti eR(t) = 1 significa yR(t) = 0: cio e dovuto alla presenza di uno zero in 0

nella funzione d’anello.

46.4- Posto L(s) = − 12 ·H(s) = 3 s(s−5)

(s+10)2 , il diagramma richiesto e quello rappresentato da una linea

rossa continua in Figura 75: tale diagramma, essendo ω∗ il valore di ω > 0 tale che |L(jω)| = 1

(con facile calcolo si trova che ω∗ ≃ 5.8 rad/s), e derivato da quello di L(s) per mezzo dell’usuale

approssimazione

F (jω) ≃ F (jω) =

{L(jω) per ω tale che |L(jω)| ≤ 1, cioe per ω ≤ ω∗

1 per ω tale che |L(jω)| ≥ 1, cioe per ω ≥ ω∗.

Osservazione: si noti che, diversamente dai casi in cui e applicabile il Criterio di Bode, in questo caso

F (s) risulta avere le proprieta di un filtro passa–alto. Questo fatto spiega nuovamente il motivo per

cui, come visto nella soluzione del punto precedente, il sistema retroazionato ha pessime prestazioni

statiche nell’inseguimento di un riferimento yo(t) = sca(t) e, piu in generale, nell’inseguimento di

riferimenti con spettro concentrato in bassa frequenza.

Si noti inoltre che, poiche limω→+∞ L(jω) = 3, allora

limω→+∞

F (jω) = limω→+∞

L(jω)

1 + L(jω)=

3

46= lim

ω→+∞F (jω) = 1 (39)

147

(vedi in Figura 75 la differenza, per ω ≫ 1, tra la linea rossa e quella arancione tratteggiata22).

46.5- Per k = − 12 il sistema retroazionato e asintoticamente stabile (vedi la soluzione del punto 2).

Quindi, grazie al Teorema della risposta armonica, per yo(t) = sin(100t), si ha

yR(t) = |F (100j)| sin(100t+ ∠

(F (100j)

))

e quindi l’ampiezza richiesta e data da |F (100j)| ≃ |F (100j)| ≃ 1.

In realta, alla luce di quanto osservato nell’equazione (39), ed essendo ω = 100 ≫ ω∗, un risultato

piu accurato si ottiene considerando

|F (100j)| ≃ |F (∞)| = 3

4.


47.1- Dall’analisi del diagramma del modulo, si osserva che: L(s) e di tipo 1 (il diagramma asintotico

parte con pendenza -1) e che le altre singolarita di L(s) si trovano alle seguenti pulsazioni: ω1 = 1/100

rad/s, ω2 = 1/10 rad/s, ω3 = 10 rad/s. Il prolungamento del tratto iniziale del diagramma asintotico

di L(s) interseca l’asse a 0 dB in ω = 10 rad/s, quindi |µL| = 10. Inoltre, poiche la fase parte da

−90◦, che corrisponde al contributo di fase dovuto alla presenza di un polo in 0, si ha che il guadagno

di L(s) e positivo e dunque µL = 10. Per quanto riguarda le altre singolarita, abbiamo:

• in ω1 = 1/100 rad/s la pendenza del diagramma asintotico del modulo diminuisce da -1 a -2 e il

diagramma asintotico della fase diminuisce da −90◦ a −180◦, quindi ω1 e la pulsazione naturale

di un polo a parte ℜeale negativa;

• in ω2 = 1/10 rad/s la pendenza del diagramma asintotico del modulo aumenta da -2 a -1 e il

diagramma asintotico della fase aumenta da −180◦ a −90◦, quindi ω2 e la pulsazione naturale

di uno zero a parte ℜeale negativa;

• in ω3 = 10 rad/s la pendenza del diagramma asintotico del modulo diminuisce da -1 a -2 e il

diagramma asintotico della fase diminuisce da −90◦ a −180◦, quindi ω3 e la pulsazione naturale

di un polo a parte ℜeale negativa.

Da queste informazioni segue che

L(s) =10

s· 1 + 10s

(1 + 100s)(1 + 0.1s).

47.2- Siamo in ipotesi di applicabilita del Criterio di Bode, µL = 10 > 0 e ϕm > 0 (infatti il

diagramma della fase e sempre al di sopra di −180◦), quindi il sistema retroazionato e asintoticamente

stabile.

47.3- L’andamento di regime dell’errore e ben definito in quanto il sistema retroazionato e asintoti-

camente stabile. Si ha

eR(t) = e[yo]R (t) + e

[d]R (t),

dove e[yo]R (t) denota il contributo all’errore di regime causato dal segnale d’ingresso yo(t) e e

[d]R (t)

denota il contributo all’errore di regime causato dal segnale d’ingresso d(t).

Per yo(t) = sca(t), si ha e[yo]R (t) = 0 in quanto la funzione di anello L(s) e di tipo 1.

22Un fatto analogo, ma in bassa frequenza, si verifica anche quando si e in ipotesi di applicabilita del Criterio di Bode:

se L(s) e di tipo 0 (e quindi non vi e un integratore nell’anello) allora limω→0+ F (jω) =L(0)

1+L(0)6= limω→0+ F (jω) = 1.

148

Per d(t) = ram(t), calcoliamo e[d]R (t) per mezzo del Teorema del valore finale. Si ha

E(s) = Ted(s) ·D(s) = − 1

1 + L(s)· 1

s2,

cosicche

limt→+∞

e(t) = lims→0

sE(s) = lims→0

− 1

1 + L(s)· 1s= lim

s→0− 1

s+ sL(s)= − 1

µL

= − 1

10.

Dunque,

eR(t) = 0− 1

10= − 1

10.

Il tempo di assestamento Ta dell’errore dipende dal modulo della parte ℜeale dei poli dominanti di

Teyo(s) e di Ted(s), ossia di S(s): poiche S(s) = 1 − F (s), i poli dominanti di S(s) hanno le stesse

caratteristiche di quelli di F (s). Essendo in ipotesi di applicabilita del Criterio di Bode, possiamo

stimare le caratteristiche di tali poli domininati dal valore dalla pulsazione critica e del margine di

fase della funzione di anello L(s). Avendo a disposizione in Figura 20 i diagrammi di Bode reali di

L(s), non abbiamo bisogno di fare alcun conto e possiamo limitarci ad estrapolare i valori di ωc e ϕm

ispezionando tali diagrammi: da essi si vede chiaramente che

ωc ≃ 1 rad/s e ϕc ≃ −100◦, cosicche ϕm ≃ 80◦.

Poiche ϕm > 75◦, e lecito attendersi che il polo dominante sia Reale e posto circa in −ωc, ossia circa

in −1. Dunque,

Ta ≃ 5

1= 1 s.

47.4- Si ha

eR(t) = e[yo]R (t) + e

[n]R (t) + e

[d]R (t).

Per yo(t) = ram(t), applicando il Teorema del valore finale in modo analogo a quanto fatto nel punto

precedente, si trova e[yo]R (t) = 1

10 .

Per n(t) = sin(10t), applicando il Teorema della risposta armonica, si ha

e[n]R (t) = |Ten(10j)| sin

(10j + ∠

(Ten(10j)

)),

la cui ampiezza e |Ten(10j)|. Poiche Ten(s) = L(s)1+L(s) = F (s), dobbiamo stimare |F (10j)| e, dal

momento che ωc < 10, si ha |F (10j)| ≃ |L(10j)|. Dal diagramma del modulo di L(s) si deduce che23

|L(10j)|dB ≃ −23 dB, ossia |L(10j)| = 10−23/20 ≃ 0.07.

Per d(t) = sca(t), si ha e[d]R (t) = 0 in quanto la funzione d’anello L(s) e di tipo 1.

In conclusione, indicando con |eR| l’ampiezza dell’errore di regime cercata, si ha:

|eR| ≃1

10+ 0.07 + 0 = 0.17.


Sotto l’ipotesi di asintotica stabilita, per yo(t) = sin(ω0t), l’errore di regime e dato da

eR(t) = |Teyo(jω0)| sin(jω0 + ∠

(Teyo(jω0)

))

23In quanto in ω = 10 rad/s vi e un polo e le altre singolarita di L(s) distano almeno una decade da tale pulsazione.Trattandosi comunque di un risultato approssimato

(

stiamo infatti considerando |F (10j)| ≃ |L(10j)|)

, ai fini dellasoluzione dell’esercizio, anche la stima |L(10j)|dB = −20 dB ≡ 1/10 e ritenuta accettabile.

149

e tale errore risulta nullo se e solo se Teyo(jω0) = 0 (proprieta bloccante degli zeri). D’altra parte,

essendo

Teyo(s) =1

1 + L(s)=

DL(s)

DL(s) +NL(s)(dove L(s) = NL(s)

DL(s)

), si ha

Teyo(jω0) = 0 ⇔ DL(jω0) = 0

ossia, se e solo se L(s) ha un polo in jω0 (e quindi anche in −jω0).

Osservazione: tale risultato generalizza i seguenti risultati:

ı) per avere errore nullo a transitorio esaurito in risposta ad yo(t) = sca(t) e necessario che L(s) abbia

almeno un polo in 0(cioe, contenga un integratore, ossia il fattore Y o(s) = 1

s

);

ıı) per avere eR(t) = 0 in risposta ad yo(t) = ram(t) e necessario che L(s) abbia almeno due poli in 0(cioe, contenga un doppio integratore, ossia il fattore24 Y o(s) = 1

s2

).

Questo risultato prende il nome di “Principio del modello interno” e puo essere parafrasato come

segue: affinche un sistema retroazionato possa replicare fedelmente (sia pure a regime) un certo

segnale di riferimento, e necessario che al suo interno si trovi un sotto-sistema in grado di generare

quel dato riferimento (ossia, di averlo tra i suoi modi naturali).

Soluzione degli esercizi sui sistemi dinamici a tempo discreto


49.1- L’equazione che definisce gli equilibri del sistema x(k + 1) = f(x(k), u(k)

)e x = f(x, u): nel

caso considerato, essendo x = 1, essa assume la seguente forma:

1 = 2u+ 3− u,

quindi

u = −2.

49.2- Posto δx(k) = x(k)− x = x(k)− 1, δu(k) = u(k)− u = u(k)+ 2 e δy(k) = y(k)− y = y(k)− 1,

ed essendo la trasformazione di uscita gia lineare, il sistema linearizzato prende la forma

{δx(k + 1) = df

dx(x, u) δx(k) +dfdu(x, u) δu(k)

δy(k) = δx(k).

Si hadfdx(x, u) = 2(2u+ 3)x− u e df

du (x, u) = 2x2 − x,

cosicche, ponendo x = 1 e u = −2, si ottiene

{δx(k + 1) = δu(k)

δy(k) = δx(k).(40)

Il sistema linearizzato presenta dunque una matrice della dinamica A = 0: in virtu del Teorema 8.12

in [FdA] – paragrafo 8.6.2 – cio permette di concludere che la coppia di equilibrio (x = 1, u = −2) e

asintoticamente stabile per il sistema (9).

24Vedi P. Bolzern, R. Scattolini e N. Schiavoni, “Fondamenti di controlli automatici” – Quarta edizione – McGraw-Hill,paragrafo 11.4.1, “Altri ingressi canonici”.

150

0 1 2 3 4 5−1

0

1

2

k

δy

F(k

)

Figura 76: Con riferimento all’Esercizio 49.3, risposta allo scalino del sistema linearizzato diequazione (40).

49.3- Posto δx(0) = 0 e δu(k) ≡ 1, k ∈ N, dall’equazione (40) si ottiene immediatamente che,

∀ k ≥ 1, δy(k) = 1. Il grafico richiesto e quindi quello riportato in Figura 76.

Osservazione: la risposta allo scalino si assesta esattamente sul valore di regime δy = 1 in tempo

finito (in questo caso, in 1 passo) in quanto il sistema (40) e FIR.

49.4- Traduciamo, innanzitutto, i dati riguardanti la condizione iniziale x(0) e la legge di controllo

u(k) nei corrispondenti dati δx(0) e δu(k) per il sistema linearizzato (40). La condizione iniziale

x(0) = 1 corrisponde alla condizione iniziale per il sistema linearizzato data da

δx(0) = x(0)− x = 1− 1 = 0;

la legge di controllo u(k) ≡ −1 corrisponde alla legge di controllo per il sistema linearizzato data da

δu(k) = u(k)− u ≡ −1 + 2 = 1.

Dunque, al movimento dello stato x(k) corrisponde, nel modello linearizzato, il movimento dello stato

δx(k) in risposta ad uno scalino unitario: da quanto visto nella risoluzione del punto 3 (e ricordando

che, nel sistema considerato, δx = δy), si ha

limk→+∞

δx(k) = 1.

Poiche δx(k) = x(k) − x, ossia x(k) = δx(k) + x, si trova infine

limk→+∞

x(k) = limk→+∞

δx(k) + x = 1+ 1 = 2.

49.5- Posto u(k) ≡ −1, l’equazione che descrive la dinamica dello stato x risulta essere

x(k + 1) = f(x(k),−1

)= x2(k) + x(k).

Posto x(0) = 1, si ha quindi {x(1) = 1 + 1 = 2

x(2) = 22 + 2 = 6.

Cio viene confermato graficamente in Figura 77.

151

−2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7−2

−1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

x(k)

x(k

+1)

=f(

x(k

),−

1)

x(0) x(1)

x(1)

x(2)

x(2)

Figura 77: Illustrazione del metodo grafico per la risoluzione dell’Esercizio 49.5.

Metodo grafico per la costruzione del movimento dello stato

Si ricorda che il procedimento grafico per la costruzione del movimento dello

stato di un sistema scalare x(k + 1) = ϕ(x(k)

)a partire da una condizione

iniziale x(0) consiste nell’iterazione dei due seguenti passi:

1. Si valuta ϕ(x(k)

)ottenendo cosı in ordinata il valore di x(k+1) (freccia

nera nel grafico in Figura 77);

2. Il valore di x(k + 1) viene riportato in ascissa tracciando una linea oriz-

zontale fino ad intersecare la bisettrice del I− III quadrante e proiettan-

do tale intersezione “sull’asse x” (frecce rosse tratteggiate nel grafico in

Figura 77).

Iterando tale costruzione grafica, si deduce che25

limk→+∞

x(k) = +∞.

Tale risultato e drammaticamente differente da quello ottenuto nel punto 4 impiegando il modello

linearizzato: questo perche, in generale, l’approssimazione della dinamica di un sistema non lineare

mediante linearizzazione da risultati affidabili solo localmente, ossia per piccole perturbazioni δx e

25Tale risultato puo essere dimostrato formalmente nel modo seguente: da x(k + 1) = x2(k) + x(k) discende imme-diatamente che, se x(k) > 0, allora x(k + 1) > x(k); quindi la successione {x(k)}k∈N e monotona crescente; allora talesuccessione ammette limite per k → +∞ e tale limite potra essere finito e pari a ℓ, oppure +∞; se, per assurdo, il limitefosse finito, si avrebbe ℓ > 0

(

in quanto x(0) > 0)

e

ℓ = limk→+∞

x(k + 1) = limk→+∞

(

x2(k) + x(k))

= ℓ2 + ℓ,

da cui ℓ = 0, assurdo!

152

δu. In questo caso δx(0) = 0 ma, evidentemente, la perturbazione δu(k) ≡ 1 non e sufficientemente

piccola.

49.6- Si ha:

• ¯x = 0, infatti gli equilibri di un sistema scalare x(k + 1) = ϕ(x(k)

)si ottiengono graficamente

intersecando il grafico della funzione ϕ con la bisettrice del I− III quadrante;

• A = 1, cosicche il sistema linearizzato e semplicemente stabile, infatti la matrice A del sistema

linearizzato attorno ad un equilibrio x di un sistema scalare x(k + 1) = ϕ(x(k)

)e data dalla

pendenza della retta tangente al grafico di ϕ in corrispondenza del punto di coordinate(x, ϕ(x)

).

• Poiche il sistema linearizzato e semplicemente stabile, il solo studio del sistema linearizzato

non permette di trarre conclusioni circa le proprieta di stabilita della coppia di equilibrio per il

sistema nonlineare (in altre parole, non sono soddisfatte le ipotesi ne del Teorema 8.12 ne del

Teorema 8.13 in [FdA] – paragrafo 8.6.2).

• In questo specifico esempio, e facile rendersi conto che la coppia di equilibrio e instabile, infatti

qualunque sia x(0) > 0, mediante metodo grafico si vede che il movimento dello stato risultante

e divergente (dunque, in particolare, indipendentemente da quanto x(0) sia vicino all’equilibrio

x, il movimento risultante si allontana comunque da x). Al riguardo, si veda la soluzione del

punto 4 e la nota a pie pagina.

Osservazione: in analogia con quanto accade per i sistemi a tempo continuo, in generale, la

presenza di un sistema linearizzato semplicemente stabile oppure instabile ma senza autovalori

di modulo strettamente maggiore di 1, e compatibile con qualunque proprieta di stabilita per la

corrispondente coppia di equilibrio del sistema nonlineare originario.

153

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