Manualetto controlli automatici (versione 1.5)

Manualetto di Controlli Automatici L-A

(prima edizione)

Ingegnere Pazzohttp://ingegnerepazzo.wordpress.com/

24 dicembre 2008

Indice

1 I diagrammi di Bode 5

1.1 Un colpo d'occhio alla funzione di trasferimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Manipoliamo la funzione di trasferimento e troviamo i parametri importanti . . . . . . . . . . 61.3 Diagramma delle ampiezze asintotico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3.1 Guadagno statico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4 Diagramma delle ampiezze reale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.5 Diagramma delle fasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.6 Diagramma delle fasi reale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.7 Qualche ragguaglio su zeri, poli ed altre amenità . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 I diagrammi polari e i luoghi delle radici 17

2.1 Una piccola precisazione (non abbiamo manco iniziato e già una precisazione?) . . . . . . . . 172.2 Le vere regole per il tracciamento dei diagrammi polari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.2.1 Comportamento per ω → 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.2.2 Comportamento per ω piccole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.2.3 Comportamento per ω →∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.2.4 Rotazione complessiva del diagramma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.2.5 Un esempietto giusto per chiarire le idee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.2.6 Caso particolare: diagramma simmetrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.3 Criterio di Routh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.4 Regole per il tracciamento del luogo delle radici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.4.1 Premessa importante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.4.2 Esempi per sottolineare l'importanza della forma fattorizzata . . . . . . . . . . . . . . 272.4.3 Le regole, quelle u�ciali (�nalmente!) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.4.4 Esempio chiari�catore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.4.5 Tabelle di Routh e luogo delle radici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.5 Qualche osservazione che può tornare utile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.5.1 L'importanza dei punti di emergenza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.5.2 La NON importanza dei punti di emergenza (viva la coerenza) . . . . . . . . . . . . . 35

3 Il criterio di Nyquist e la questione della stabilità 37

3.1 Diagramma e criterio di Nyquist . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.1.1 Poli tutti stabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.1.2 Funzione non asintoticamente stabile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.1.3 Funzione non asintoticamente stabile e poli immaginari . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.2 Formulazione generale del criterio di Nyquist e altro esempio di stabilità condizionata . . . . 423.3 Stabilità e luogo delle radici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

4 Errori a regime 45

4.1 Retroazione unitaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.1.1 Esempio 1 (tratto dal compito del 3 aprile 2008 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.1.2 Esempio 2 (dal compito del 18 luglio 2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

4.2 Retroazione non unitaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464.2.1 Esempio (dal compito del 19 giugno 2008) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4.3 Il principio del modello interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3

4 INDICE

Capitolo 1

I diagrammi di Bode

1.1 Un colpo d'occhio alla funzione di trasferimento

Generalmente, il primo esercizio col quale abbiamo a che fare richiede il tracciamento dei diagrammi di Bodedelle ampiezze e delle fasi nella loro versione asintotica e reale. Il punto di partenza è sempre una funzionedi trasferimento in s, ad esempio1

G (s) =s+ 10

s2 + s+ 1(1.1)

La prima cosa da fare è capire quanti poli e quanti zeri ci sono, che valore hanno e quali sono le relativepulsazioni di taglio. I poli sono i termini che annullano il denominatore, gli zeri quelli che annullano ilnumeratore; se consideriamo l'esempio 1.1 abbiamo uno zero,

z1 = −10

e due poli complessi coniugati ricavabili risolvendo l'equazione di secondo grado presente al denominatore

p1,2 =−1±

√1− 4

2=−1± 3j

2

In altre situazioni potremmo avere uno zero doppio o un polo doppio: consideriamo infatti la funzione2

G (s) =

(s2 − 1

)s2 (s2 + 25)

(1.2)

Qui abbiamo:

• un polo doppio nell'origine costituito dal termine1s2. La ragione della dicitura nell'origine sta nel

fatto che tale termine ha pulsazione di taglio nulla e quindi si troverebbe nell'origine in un ipotetico

(ma inesistente) diagramma di Bode a scala lineare3: in generale tutte le s `isolate' (ad esempio1s2,

1s, s, s2, etc. . . ) costituiscono termini cosiddetti nell'origine;

• due poli complessi coniugati puramente immaginari a ±5j;

• una coppia di zeri in −1 e 1.

Si noti che il grado del numeratore è sempre minore o al limite pari al grado del denominatore4. Chiaroè che potrebbe rivelarsi utile, ai �ni della risoluzione dell'esercizio, il fattorizzare un termine di grado(relativamente) alto in più termini di grado minore, ad esempio

s3 + s2 + 4s = s(s2 + s+ 4

)In questo modo mettiamo in evidenza il termine a pulsazione nulla s e otteniamo un'equazione di secondogrado facilmente risolvibile. Nella funzione di trasferimento potrebbe essere già presente e ben visibile ilcosiddetto termine di guadagno statico, il quale altro non è se non un coe�ciente moltiplicativo presenteal numeratore della G(s). Esempi:

1Dal compito del 19 giugno 2007.2Dal compito del 14 dicembre 2005.3I diagrammi di Bode sono invece in scala logaritmica.4Per cui c'è sempre almeno un polo, ma potrebbe non esserci alcun zero.

5

6 CAPITOLO 1. I DIAGRAMMI DI BODE

4s

s+ 1Guadagno statico = 4 (in bella vista)

1

2(12s+ 1)(s2 + s+ 1)

Guadagno statico =12(si noti il denominatore)

Si noti che, in questi esempi, tutti i termini al numeratore e al denominatore sono nella forma

a2s+ bs+ 1 (1.3)

Come vedremo nel prossimo paragrafo, infatti, se il termine noto non è pari a +1 non possiamo individuareil guadagno statico così a colpo d'occhio ma dobbiamo fare delle operazioni preliminari come viene illustratonel prossimo paragrafo.

1.2 Manipoliamo la funzione di trasferimento e troviamo i parametriimportanti

Prima di fare considerazioni più avanzate, è opportuno porre la funzione di trasferimento in una formapiù fruibile. Anzitutto facciamo in modo che tutti i termini elementari compaiano nella forma indicatanell'equazione 1.3. Per farlo potrebbe essere necessario moltiplicare o dividere per un coe�ciente

(s+ 2)︸︷︷︸NO!

→ 2(

12s+ 1

)︸︷︷︸

OK!

(s− 1)︸︷︷︸NO!

→ −1 (−s+ 1)︸︷︷︸OK!

(2s2 + 5s+ 3

)︸︷︷︸NO!

→ 3(

23s2 +

54s+ 1

)︸︷︷︸

OK!

Una volta compiuto tale procedimento per tutti i termini elementari, le varie costanti moltiplicativeandranno tutte a riversarsi su quello che alla �ne sarà il vero guadagno statico K. Esempio:5

G (s) =

(s2 − 1

)s2 (s2 + 25)

=−1 ·

(−s2 + 1

)25s2

(125s2 + 1

) = − 125

−s2 + 1

s2(

125s2 + 1

) (1.4)

Come si nota il guadagno statico (cioè K) è pari a − 125 . Ma l'aver faticato per ottenere la funzione di

trasferimento in tale forma ha altri bene�ci oltre a quello di mettere ben in mostra la quantità K: quandodovremo infatti, per i termini elementari di secondo grado (corrispondenti a quantità complesse e coniugate),trovare la pulsazione di taglio

ωn =1√a

(1.5)

e il termine δ, detto coe�ciente di smorzamento,

δ =ωn2b (1.6)

ci toccherà usare i parametri a e b presenti nella forma 1.3. Detto questo, siamo pronti a trovare le pulsazionidi taglio: per i termini di primo grado è facile, basta calcolare direttamente il valore del polo e fare il modulo.Esempio:

G (s) =15s+ 2s+ 4

=110

12s+ 1

14s+ 1

(1.7)

Pulsazione dello zero: 2 rad/s Pulsazione del polo: 4 rad/s Guadagno statico: 1/10

Per i termini complessi e coniugati, invece, basta usare la tanto comoda formula 1.5. Il termine δ, invece, èutile per:

• capire se la coppia di poli (o di zeri) c.c. è stabile (δ > 0) o no (δ < 0)6;

• per capire se c'è un picco di risonanza (v. paragrafo 1.3).5Dal compito del 14 dicembre 2005.6In tal caso, come vedremo, i poli si comporteranno come gli zeri e viceversa per quanto riguarda le fasi, v. paragrafo 1.5.

1.3. DIAGRAMMA DELLE AMPIEZZE ASINTOTICO 7

1.3 Diagramma delle ampiezze asintotico

Ora che abbiamo trovato i parametri più importanti siamo pronti a compilare il diagramma delle ampiezzeasintotico.

I termini elementari in cui può essere suddivisa la funzione di trasferimento possono essere riassunti nellatabella7 1.1.

Ampiezza Fase

Polo nell'origine −20 dB/dec −π2(iniziali)

Zero nell'origine +20 dB/decπ

2(iniziali)

Polo semplice −20 dB/dec 0→ −π2(se Re ≥ 0)

0→ π

2(se Re < 0)

Zero semplice +20 dB/dec 0→ π

2(se Re ≥ 0)

0→ −π2(se Re < 0)

Poli c.c. −40 dB/dec 0→ π (se δ > 0)

+ picco se 0 ≤ δ < 1√2

0→ −π (se δ < 0)

Zeri c.c. 40 dB/dec 0→ −π (se δ > 0)

+ picco se 0 ≤ δ < 1√2

0→ π (se δ < 0)

Tabella 1.1: Schema riassuntivo del comportamento dei poli e degli zeri.

Ogni contributo, per quanto riguarda le ampiezze, entra in gioco quando sopraggiunge la relativa pul-sazione di taglio. La cosa simpatica dell'uso del diagramma di Bode è che, essendo tale rappresentazionedi tipo logaritmico, il gra�co complessivo può essere ottenuto semplicemente sommando il contributo ognitermine elementare. Un breve riassunto gra�co riguardante tali termini elementari può essere trovato in�gura 1.1

Esempio8:

G (s) =s+ 2

s (s2 + 4s+ 6)=

2 ·(

12s+ 1

)6 · s

(16s2 +

23s+ 1

) =13

(12s+ 1

)s

(16s2 +

23s+ 1

)Com'è evidente, abbiamo:

• uno zero z1 = −2;

• tre poli: uno reale (nell'origine), che chiamiamo p0 e due complessi coniugati p2,3 − 2± j√

2.

Le relative pulsazioni di taglio sono:

• ωz1 = 2 rad/s per l'unico zero;

• ωp2,3 =1√16

=√

6 ∼= 2, 45 per i poli complessi e coniugati;

7Includeremo anche la parte riguardante le fasi che però esamineremo compiutamente solo nel capitolo 1.5.8Dal compito del 25 luglio 2006.


Figura 1.1: Carrellata di diagrammi di Bode delle ampiezze (termini elementari).

• il polo reale p0, come abbiamo già detto, si trova nell'origine.

Per i poli complessi coniugati si ha, inoltre, δ =ωp2,3

2

(23

)= 0, 817 (poli stabili).

Andando in ordine di `comparsa', dalla pulsazione più piccola a quella più grande, troviamo il polonell'origine, lo zero e in�ne i poli complessi coniugati. Se analizziamo singolarmente i vari termini

G (s) =13︸︷︷︸

guadagno statico

· 1s︸︷︷︸

polo origine

·

116s2 +

23s+ 1

︸︷︷︸coppia di poli c.c.

·(

12s+ 1

)︸︷︷︸

zero

(1.8)

otteniamo il diagramma di Bode in quattro e quattr'otto. Infatti:

• diagramma del guadagno statico: retta parallela all'asse delle ascisse alla `quota' 20 log10

13

= −9.542;

• diagramma del polo dell'origine: retta a pendenza -20 dB/dec passante per l'origine (che si trova 1rad/s);

• diagramma dello zero semplice: costante e pari a 0 dB �no alla pulsazione di taglio (2 rad/s). Dopodichéfornisce una pendenza di +20 dB/dec;

1.3. DIAGRAMMA DELLE AMPIEZZE ASINTOTICO 9

Figura 1.2: Esempio di composizione di gra�ci (compito del 25 luglio 2006)

• diagramma dei poli complessi coniugati: costante e pari a 0 dB �no alla pulsazione di taglio (2,45rad/s). Dopodiché fornisce una pendenza di -40 dB/dec.

Sommando insieme tutti questi contributi (dobbiamo immaginare di `sovrapporre' fra loro i gra�ci deicontributi elementari, come viene indicato nella �gura 1.2) otteniamo la seguente descrizione per il diagrammadelle ampiezze asintotico: col fatto che ci troviamo un polo nell'origine, partiamo subito con una pendenzadi -20 dB/dec; giusto per �ssare un riferimento possiamo calcolare l'ordinata corrispondente al punto ω(dB)

= 0, che è pari a 20 log10

(1

3ω

∣∣∣∣ω=1

)= −9, 54 dB. Arriviamo quindi all'unico zero (pulsazione di 2 rad/s,

valore raggiunto: −9, 54 dB − 20 · log10 (2) = −15, 56 dB), che dà un contributo di +20 dB/dec, tale daportarci ad una pendenza nulla. Rimaniamo belli paci�ci e costanti �no a 2,45 rad/s, dove sopraggiunge lacoppia di poli che ci porta a -40 dB/dec di pendenza.

1.3.1 Guadagno statico

Approfondiamo brevemente la questione del guadagno statico K: il suo contributo consiste in un innalza-mento (o abbassamento) della quota del gra�co di 20 log10K dB. Se non vi sono né poli né zeri nell'origine,il contributo del guadagno statico �ssa la quota alla quale il gra�co `parte' (dalla frequenza nulla). In casocontrario il contributo nell'origine �ssa �n dalla pulsazione nulla una pendenza di partenza e quindi, per ilcalcolo, conviene trovare anzitutto i primi punti del gra�co senza tenere conto di K e aggiungere quest'ultimosolo successivamente. Esempio9:

G (s) =

(s2 +

√2s+ 1

)s (s+ 0, 1)

= 10

(s2 +

√2s+ 1

)s (10s+ 1)

(1.9)

Abbiamo:9Versione `modi�cata' del testo del compito del 10 gennaio 2008 (gruppo 2).


• un contributo di guadagno statico pari a 20 log10 10 = 20 dB;

• un polo semplice p1 = − 110

alla pulsazione 0,1 rad/s ;

• un polo nell'origine;

• due zeri complessi e coniugati: p1,2 =−√

2±√

2− 42

=−√

2±√

2i2

=−1± i√

2. Pulsazione di taglio:

1 rad/s; termine δ =12√

2 =1√2

= 0, 7071 (nessun picco di risonanza).

Se non sussistessero né il polo nell'origine né il guadagno statico avremmo, a frequenze `basse', il solocontributo del polo locato a 0,1 rad/s: il gra�co delle ampiezze rimarrebbe inizialmente costante a 0 dB einizierebbe a calare con una pendenza di -20 dB/dec a partire dalla pulsazione di taglio (0,1 rad/s, appunto).Aggiungendo l'apporto del polo nell'origine10, l'e�etto netto è quello che si ottiene `inchiodando' il gra�copresso l'ascissa corrispondente l'origine11 e aggiungendo a tutti i punti del diagramma i -20 dB/dec di talecontributo. A questo punto avremmo un valore d'ampiezza di -20 dB nell'origine, un valore pari a +20 dBin 0,1 rad/sec (abbiamo percorso una decade indietro quindi dobbiamo salire di una quantità pari a 40 dB,corrispondente all'apporto del polo semplice e del polo nell'origine). Se in�ne aggiungiamo il guadagno staticonon è di�cile convincersi del fatto che il gra�co risultante interseca l'origine del diagramma logaritmico, puntocorrispondente alla pulsazione di 1 rad/s (= 0 dB) e all'ampiezza di 0 dB. Abbiamo perciò:

• un valore di ampiezza pari a 0 dB dell'origine;

• (andando verso sinistra, quindi verso ω → 0): una pendenza di +40 dB/dec (polo semplice + polonell'origine) che ci porta a +40 dB in 0,1 rad/s;

• (andando ulteriormente verso sinistra): una pendenza di +20 dB/dec (apporto del solo polo semplice).

Nel disegnare il gra�co (sia quello asintotico che quello reale) può in�ne essere decisamente utile calcolareuna serie di coordinate intermedie come, per esempio, quelle presso le quali si ha un cambio di pendenza.Finché si sale o si scende di una decade tutto è facile e immediato (dire che la pendenza è costante per tuttoil gra�co e pari a k dB/dec signi�ca asserire che l'ampiezza subisce una variazione esattamente pari a k dBtra 10n rad/s a 10n+1 rad/s, qualsiasi sia n); questo caso particolare accade però assai di rado: quando ledistanze sono diverse (99% dei casi) si usa la seguente formula per calcolare la variazione di ampiezza:

∆ampiezza = pendenzadB · (log10 ω�ne − log10 ωinizio) (1.10)

10Come abbiamo detto, la comodità del diagramma di Bode sta nel fatto che, in virtù delle proprietà dei logaritmi, è possibileaggiungere algebricamente e in maniera elementare ogni apporto, cioè ogni termine elementare, in cui andiamo a scindere lafunzione di trasferimento G(s).

11Anche il polo 1/s sarebbe passato per l'origine del diagramma logaritmico.

1.4. DIAGRAMMA DELLE AMPIEZZE REALE 11

1.4 Diagramma delle ampiezze reale

Come ha mostrato il paragrafo 1.3, il diagramma delle ampiezze asintotico (detto anche diagramma dellespezzate) è facile da trovare ma costituisce un'approssimazione che, sebbene utile, può risultare un po'grossolana rispetto al diagramma reale. Con qualche accorgimento è però possibile abbozzare un andamentoun pelo più veritiero del diagramma di Bode delle ampiezze, procedendo tuttavia in maniera analitica e senzadover ricorrere al calcolatore.

Figura 1.3: Confronto fra diagramma reale e diagramma asintotico nel caso `polo semplice'

Una delle prime cose da sapere è che, presso la pulsazione di taglio, i diagrammi di Bode si discostano dicirca 3 dB dalla linea asintotica e, in particolare

• se abbiamo un polo semplice, il diagramma reale si troverà circa 3 dB sotto quello reale presso lapulsazione di taglio, come si può vedere in �gura 1.3;

• se abbiamo uno zero semplice, il diagramma reale si troverà circa 3 dB sopra quello reale presso lapulsazione di taglio (alla stregua di quanto mostrato in �gura 1.3, ma simmetrizzando il tutto rispettoall'asse delle ascisse). Intuitivo è il fatto che, se abbiamo uno zero doppio o un polo doppio, loscostamento presso la pulsazione di taglio raddoppierà e diventerà di 6 dB.

Nel caso sia presente un picco di risonanza12, occorrerà calcolare:

• la pulsazione alla quale compare, ovvero ωris = ωn√

1− 2δ;

• l'ampiezza del picco di risonanza (ovvero di quanto il gra�co reale si innalza - o si abbassa - rispetto

al diagramma asintotico), che è pari a Mr =1

2δ√

1− δ2.

In �gura 1.4 possiamo vedere come il picco di risonanza si comporta13 al variare di δ: quando taleparametro è zero il modulo del picco è in�nito, poi cala sempre più al calare di delta; se δ = 0, 5, in

particolare, passiamo esattamente per la pulsazione di taglio e, in�ne, per δ ≥ 1√2il picco scompare e il

contributo della coppia di poli (o di zeri) complessi coniugati assume la stessa forma di un termine di primogrado (polo o zero semplice). Complessivamente, �ntanto che 0 ≤ δ ≤ 0, 5 il diagramma reale intersecal'asse delle ascisse a destra del punto di rottura (in questo caso, quindi, si troverà sempre al di sopra

dell'approssimazione asintotica), mentre lo attraversa a sinistra per 0, 5 ≤ δ ≤ 1√2(e si troverà sempre al di

sotto dell'approssimazione asintotica).

1.5 Diagramma delle fasi

Per quanto riguarda il discorso sulla composizione dei termini elementari si rimanda al paragrafo 1.3: inquesto paragrafo daremo infatti per scontate alcune proprietà dei diagrammi di Bode visto che, per quanto

12Si ricorda che si ha picco di risonanza quando 0 ≤ δ <1√a, dove δ =

bωn

2.

13Il caso si riferisce ad una coppia di poli complessi coniugati, ma analoghe considerazioni possono essere fatte per gli zeri.


Figura 1.4: Picco di risonanza al variare di δ.

riguarda le fasi, valgono regole analoghe. Si possono infatti calcolare singolarmente gli apporti di ogni termineelementare in cui può essere scomposta la funzione di trasferimento e in�ne fonderli insieme.

Si faccia inoltre riferimento alla tabella 1.1, dove vengono indicati i contributi della fase: poli e zeri, com'èevidente, possono comportarsi diversamente in base all'entità della parte reale (se è positiva il comportamentoè di un tipo, se è negativa è opposto) o del termine δ, di cui abbiamo già parlato14. Per le ampiezze laquestione era diversa in quanto un polo comportava sempre un calo, mentre uno zero sempre un aumento,per cui dovremo prestare un pizzico di attenzione in più.

Il contributo di un generico termine alla fase ha inoltre la particolarità di non essere `perpetuo' comepotrebbe essere quello alle ampiezze. Esempli�cando, un polo (stabile o instabile che sia) �ssa una pendenzadi -20 dB/dec per tutte le pulsazioni da quella di taglio a +∞; il contributo che dà alla fase, invece, è limitatoe non coinvolge un segmento in�nito di pulsazioni sull'asse reale del diagramma di Bode. Si consulti, aproposito, la seguente tabella:

Inizio variazione della fase Fine variazione della fase

Guadagno statico Variazione di fase `istantanea' nell'origine

Polo sempliceωn

4, 814, 81ωn

Zero sempliceωn

4, 814, 81ωn

Poli c.c.ωn

4, 81δ4, 81δωn

Zeri c.c.ωn

4, 81δ4, 81δωn

Tabella 1.2: Schema riassuntivo dell'in�uenza dei poli e degli zeri sulle fasi.

Come si vede, nelle espressioni di fase che caratterizzano i termini complessi e coniugati compare prepo-tentemente il termine δ: dalla �gura 1.5 scopriamo in particolare che la variazione di fase è più `duratura'tanto più piccolo è il termine δ e che, al limite, è istantanea per δ = 0. Si noti inoltre il calo di 180◦ (πradianti) e il passaggio di tutti i gra�ci, sia asintotici che reali, per il punto avente coordinate pari allapulsazione di taglio e a -90◦ di fase.

Alcuni dei casi particolari che possono trarre in inganno sono i seguenti:

14Quindi, ad esempio, una coppia di poli c.c. con δ < 0 si comporta come una coppia di zeri avente δ > 0.

1.6. DIAGRAMMA DELLE FASI REALE 13

Figura 1.5: Esempio di variazione di fase indotta da poli c.c., al variare di δ.

• potrebbe capitare l'eventualità che vi siano poli (o zeri) doppi magari anche nascosti (si veda l'esempio?? nel paragrafo 1.7);

• poli e zeri che sono alla stessa pulsazione di taglio possono sommarsi costruttivamente o distruttiva-mente (si esaminino i casi prendendoli singolarmente: ad es. due zeri alla pulsazione di 2 rad/s ma disegno opposto danno due contributi contrastanti alla fase e quindi si elidono; uno zero a parte realenegativa e un polo a parte reale positiva, invece, concorrono entrambi ad aumentare la fase e quindi sisommano costruttivamente);

• coppia di poli (o di zeri) complessi e coniugati puramente immaginari (cioè con δ = 0), che sono forieridi una variazione istantanea della fase.

Dopo aver fatto tutti i calcoli con le fasi, è facile e immediato fare un controllo che spesso è utile perindividuare qualche errore di distrazione: la fase �nale dev'essere pari a

π

2(zRe<0 + pRe>0 + 2zdoppi,δ<0 + 2pdoppi,δ>0 + zorigine)

− π

2(zRe>0 + pRe<0 + 2zdoppi,δ>0 + 2pdoppi,δ<0 + porigine) +

π

2(sign (K)− 1) (1.11)

Quindi, se per esempio prendiamo in considerazione la funzione di trasferimento 1.8, possiamo dire chela fase `�nale' del diagramma di Bode sarà pari a:

π

2(1 + 0 + 2 + 0 + 0)− π

2(0 + 0 + 0 + 0 + 1) +

π

2(1− 1) = −π

Ed infatti così è.Come abbiamo precisato per quanto riguarda il diagramma delle ampiezze (v. paragrafo 1.3), anche

avendo a che fare con le fasi è utile saper calcolare qualche coordinata intermedia così da posizionare meglioi punti del gra�co. La pendenza delle spezzate è riportata in tabella15 1.3.

La formula per capire di quanto è variata la fase è quindi la seguente:

pendenza · (log10 ω�nale − log10 ωiniziale) (1.12)

1.6 Diagramma delle fasi reale

In �gura 1.6 possiamo vedere il gra�co reale delle fasi per un polo semplice. Notiamo immediatamente cheesso si trova sotto l'asintotico nella prima parte del gra�co e sopra di esso nella seconda parte. Inoltre, il

15Per il segno si fa riferimento alle regole illustrate nei paragra� precedenti.


Pendenza

Poli e zeri semplici ± 90◦

2 log 4, 81dec−1

Poli e zeri c.c. ± 180◦

2δ log 4, 81dec−1

Tabella 1.3: Pendenza delle spezzate nel diagramma asintotico delle fasi.

Figura 1.6: Diagramma delle fasi reale per un polo semplice.

diagramma reale delle fasi si trova `sotto' l'asintotico di circa 12 gradi in corrispondenza della pulsazionein cui inizia a calare la fase (ωa) e 12 gradi `sopra' il diagramma delle spezzate presso la pulsazione in cuitermina la variazione di fase.

Figura 1.7: Diagramma delle fasi reale per uno zero semplice.

Come si può intuire, il diagramma per uno zero semplice è molto simile a quest'ultimo (è quello del polosemplicemente simmetrizzato): un esempio può essere trovato nella �gura 1.7.

Per quanto riguarda i poli doppi si rimanda al paragrafo 1.5 e, in particolare, alla �gura 1.5, dovecompaiono sia il diagramma reale che quello asintotico.

1.7 Qualche ragguaglio su zeri, poli ed altre amenità

Facciamo ora un paio di considerazioni a proposito di qualche caso particolare che potrebbe di tanto in tantocapitare.

Prendiamo in considerazione il seguente esempio16:

G (s) =s+ 10

s2 + 2s+ 1= 10

110s+ 1

(s+ 1)2(1.13)

Il termine al denominatore può suggerire, a prima vista, la presenza di una coppia di poli complessi econiugati; in realtà esso è il ben celebre sviluppo di (s + 1)2 e quindi nasconde due poli coincidenti pari a

16Dal compito del 18 luglio 2007

1.7. QUALCHE RAGGUAGLIO SU ZERI, POLI ED ALTRE AMENITÀ 15

p1,2 = −1. Una coppia di poli si�atta induce, come sappiamo, un calo d'ampiezza di -40 dB/dec a partire allapulsazione di taglio della coppia di poli stessa; inoltre, in questo caso, otteniamo una variazione istantanea17

della fase di -180◦ (90◦ per polo).Due poli complessi coniugati si sarebbero comportati come i nostri due poli coincidenti. Prendiamo per

esempio il termine elementare1

s2 + 1Esso nasconde due poli di valore p1,2 = ±i; il termine δ è pari a 0 (poli puramente immaginari) per cui lavariazione di fase sarà, anche in questo caso, istantanea e di -180◦.

Non bisogna confondere questi ultimi due casi con quello dei poli doppi. Un polo doppio, quale può esserequello generato dal termine,

1s2 − 1

ha valori puramente reali e pari a +1 e −1, per cui continuiamo ad avere un contributo di -40 dB/dec alleampiezze ma nessuna variazione nella fase, dato che il polo a valore +1 alza la fase di 90◦ mentre il suogemello (a −1) la abbassa di altrettanto.

Tutte queste considerazioni potevano essere risparmiate perché dai paragra� precedenti avevamo tutti glistrumenti per interpretare correttamente ogni casistica, ma spesso si cade in inganno e l'intenzione di questoparagrafo è quella di fugare ogni dubbio a proposito. Riassumendo:

• se il termine δ è uguale a zero (caso c.c.) la variazione di fase è istantanea;

• se i poli (o gli zeri) sono puramente reali (e di segno opposto) non inducono alcuna variazione di faseperché si compensano;

• se i poli (o gli zeri) sono coincidenti sommano `costruttivamente' sia il loro contributo all'ampiezza chequello alla fase.

In�ne, una cosa che può risultare utile è osservare se è presente un asse di simmetria nel diagramma. Seesso c'è, possiamo trovarlo e�ettuando una media geometrica18 fra le pulsazioni. Esempio19:

G (s) =s2 +

200√2s+ 10000

s2 +2√2s+ 1

= 10000

110000

s2 +200

10000√

2s+ 1

s2 +2√2s+ 1

(1.14)

In questa funzione abbiamo:

• due zeri complessi e coniugati:−100± 100i√

2= z1,2. La loro pulsazione di taglio è ω =

1√1

10000

=

100 rad/s e il termine delta è pari a δ =ωtaglio

2200

10000√

2=ωtaglio

100√

2=

1√2

= 0, 707;

• due poli complessi e coniugati: ω =1√11

= 1 rad/s, con termine delta pari a δ =ωtaglio

22√2

=1√2

=

0, 707.

Con le seguenti considerazioni possiamo ricostruire il diagramma asintotico della fase: il guadagno staticoha segno positivo quindi iniziamo dalla fase 0◦; la coppia di poli complessi e coniugati (δ > 0) induce un calo

della fase di -180◦ a partire da ωa =1

4, 810,707= 0, 329 rad/s: tale calo di fase termina a ωa = 4, 810,707 =

3,036 rad/s. La coppia di zeri complessi e coniugati (δ > 0) provoca una variazione positiva di 180◦ a partireda 32,9 rad/s �no a 303,6 rad/s. Per cui:

• da 0 a 0,329 rad/s → rimaniamo fermi:

• da 0,329 a 3,036 rad/s → calo con pendenza − 1802 · 0, 707 log10 4, 81

(valore �nale = -180◦)

17Il termine δ è infatti nullo.18Per de�nizione, la media geometrica tra a e b è

√ab.

19Dal compito del 3 aprile 2008.


• da 3,036 a 32,9 rad/s → nessuna variazione;

• da 32,9 a 303,6 rad/s → aumento con pendenza180

2 · 0, 707 log10 4, 81(valore �nale = 0◦)

• di lì in poi rimaniamo costanti.

Figura 1.8: Diagramma delle fasi (dal compito del 3 aprile 2008.

Il gra�co delle fasi è quindi quello in �gura 1.8. Ed ecco che spunta fuori la simmetria! Per calcolarel'asse facciamo la media geometrica fra le pulsazioni di taglio:

ωsimmetria =√

1 · 100 = 10 rad/s (1.15)

Capitolo 2

I diagrammi polari e i luoghi delle radici

2.1 Una piccola precisazione (non abbiamo manco iniziato e giàuna precisazione?)

Nei prossimi paragra� mostreremo come sia possibile ricavare i diagrammi polari, il cui tracciamento costi-tuisce spesso un incipit per l'esercizio 2 del compito, a partire da poche semplici regole. Si sappia, tuttavia,che sarebbe possibile tracciarli (magari anche solo abbozzarli) semplicemente servendosi delle informazionipresenti nei diagrammi di Bode: questi ultimi, infatti, altro non sono se non uno dei tanti modi di gra�careun numero complesso scindendolo nel modulo (gra�co delle ampiezze) e nella fase (gra�co delle fasi).

Facciamo subito un esempio per chiarire le idee: si consideri la funzione di trasferimento1.

G (s) =s+ 2

s (s2 + 4s+ 6)=

2 ·(

12s+ 1

)6 · s

(16s2 +

23s+ 1

) =13

(12s+ 1

)s

(16s2 +

23s+ 1

)Abbiamo:

• uno zero: z1 = −2;

• tre poli: uno reale (nell'origine) e due complessi coniugati −2± j√

2.

Le relative frequenze sono:

• ωz = 2 rad/s per l'unico zero;

• ωp2,3 =1√16

=√

6 ∼= 2, 45 rad/s per i poli complessi e coniugati; il polo reale, come abbiamo già detto,

si trova nell'origine.

Per i poli complessi coniugati si ha, inoltre, δ =ωp2,3

2

(23

)= 0, 817 (poli stabili, senza picco).

Tralasciando la risoluzione completa dei diagrammi di Bode, riportiamo immediatamente il risultato (v.�gure 2.1 e 2.2). Osserviamo che:

• partiamo da un'ampiezza in�nita in modulo per ω → 0 e caliamo costantemente con un passo di -20dB/dec �no alla pulsazione in cui agisce lo zero; quest'ultimo tende a mantenere costante l'ampiezza perun piccolo tratto, dopodiché il gra�co assume una pendenza di -40 dB/dec e l'ampiezza va rapidamentea 0 per ω →∞;

• l'andamento della fase è piuttosto semplice: partiamo da -90◦ e �niamo in -180◦ e, durante la tran-sizione, l'e�etto dello zero tende a far rallentare per un attimo il calo di fase.

Nel diagramma polare (v. �gura 2.3), che fonde in un unico piano complesso il modulo e la fase notiamoche:

1Tratto dell'esame del 25 luglio 2006

17

18 CAPITOLO 2. I DIAGRAMMI POLARI E I LUOGHI DELLE RADICI

Figura 2.1: Diagramma delle ampiezze.

Figura 2.2: Diagramma delle fasi.

• ha principio in un punto all'in�nito che ha fase tendente a -90◦;

• la fase subisce un calo sin da subito: si nota infatti che l'immagini�co raggio-vettore che dall'origine siconnette ad ogni punto del gra�co, tracciando quest'ultimo al variare del suo modulo e della sua fase,tende a distaccarsi dall'asse immaginario negativo (fase -90◦) per ruotare in senso orario (da qui il calodella fase);

• in prossimità delle pulsazioni presso le quali ha e�etto lo zero, la fase tende a calare con minor vigoree il modulo rimane, anche se per poco e impercettibilmente (la scala del diagramma è molto piccola),

2.2. LE VERE REGOLE PER IL TRACCIAMENTO DEI DIAGRAMMI POLARI 19

Figura 2.3: Diagramma polare.

costante. Di lì quella strana `gobba' verso sinistra che assume il diagramma polare;

• la fase �nale è di 180◦ (e infatti il raggio vettore `aderisce' al semiasse negativo reale) e il modulo �naleè zero (e infatti `decadiamo' nell'origine).

Per cui noi si è già in grado di tracciare il diagramma polare di una certa funzione anche senza le regoleche vedremo nel prossimo paragrafo e che introdurremo comunque per doveroso obbligo di completezza.Forte, eh?

2.2 Le vere regole per il tracciamento dei diagrammi polari

2.2.1 Comportamento per ω → 0

Nessun polo nell'origine: partiamo dall'asse reale (punto di partenza = K, cioè al guadagno statico).Un polo nell'origine: abbiamo un asintoto parallelo all'asse immaginario. La sua ascissa è pari a2

σa = K

(τ ′1 + τ ′2 + ...︸︷︷︸

termini al numeratore (primo grado)

+2δ′1ω′n1

+ 2δ′2ω′n2

+ ...︸︷︷︸termini al numeratore (secondo grado)

−τ1 − τ2 − ...︸︷︷︸termini al denominatore (primo grado)

−2δ1ωn1− 2

δ2ωn2︸︷︷︸

termini al denominatore (secondo grado)

)(2.1)

Più di un polo nell'origine: non abbiamo asintoto, il diagramma inizia in un punto all'in�nito nelladirezione

−hπ2− φn (2.2)

(h = numero di poli, φn = 0 se K è positivo o a −π se K è negativo)

2Stiamo usando la forma fattorizzata (il termine noto è ad 1), quindi i termini τ sono i coe�cienti per cui sono moltiplicati

i termini di primo grado in s. Es: −1

2s+ 1, τ = 1/2


2.2.2 Comportamento per ω piccole

In tutti i casi: calcoliamo la quantità

∆ [arg (G (jω))] =(τ ′1 + τ ′2 + ...+ 2

δ′1ω′n1

+ 2δ′2ω′n2

+ ...− τ1 − τ2 − ...− 2δ1ωn1− 2

δ2ωn2

)ω (2.3)

Se essa è positiva il diagramma inizia a ruotare in senso antiorario, altrimenti (se è negativa) in sensoorario.

2.2.3 Comportamento per ω →∞NOTA:m = n◦ zeri a parte reale negativa + n◦ poli a parte reale positivan = n◦ zeri a parte reale positiva + n◦ poli a parte reale negativa o nulla

Numeratore di grado pari al denominatore: il diagramma termina sull'asse reale e il limite perω →∞ è

Kτ ′1τ′2 · ... · ω2

n1ω2n2 · ...

τ1τ2 · ... · ω′2n1ω′2n2 · ...

(forma fattorizzata3)

oppure semplicemente K̄ (forma polinomiale4).Numeratore di grado inferiore al denominatore: il diagramma termina nell'origine ed è tangente

ad uno degli assi. Il valore della fase per ω →∞ è calcolabile così

(m− n)π

2+(sign

(K̄)− 1) π

2(2.4)

(forma polinomiale)

oppure così

(m− n)π

2+(

sign(Kτ ′1τ′2 · ... · ω2

n1ω2n2 · ...

τ1τ2 · ... · ω′2n1ω′2n2 · ...

)− 1)π

2(2.5)

(forma fattorizzata)

Si consiglia di utilizzare queste formule solo se è espressamente richiesto o come veri�ca del corretto svol-gimento del compito: è innegabile, infatti, che guardare la fase �nale nel relativo diagramma di Bode siaestremamente più comodo e agevole.

2.2.4 Rotazione complessiva del diagramma

Il diagramma polare ruota, complessivamente, di

(m− n)π

2− (µ− ν)

π

2− (nz − np)π (2.6)

(µ, ν = numero di zeri e poli sull'asse immaginario; nz, np numero di zeri e poli a parte reale positiva)

3Che ha la seguente forma

K

(1 + jωτ ′1

) (1 + jωτ ′2

)...

(1 + 2

δ′1ω′n1

jω −ω2

ω′2n1

)(1 + 2

δ′1ω′n2

jω −ω2

ω′2n2

)(jω)h (1 + jωτ1) (1 + jωτ2) ...

(1 + 2

δ1

ωn1jω −

ω2

ω2n1

)(1 + 2

δ1

ωn2jω −

ω2

ω2n2

)4La quale ha la seguente forma

K̄(jω)m + bm−1 (jω)m−1 + ...+ b1 (jω) + b0

(jω)h[(jω)n−h + an−h−1 (jω)n−h−1 + ...+ a1 (jω) + a0

]


2.2.5 Un esempietto giusto per chiarire le idee

Facciamo un esempio e prendiamo la funzione di trasferimento5

G (jω) = −7,236(−4, 0193ω2 + 0,4289jω + 1

)(48, 54jω + 1) (−0, 210ω2 + 0, 184jω + 1)

(2.7)

Tralasciamo la risoluzione completa del tracciamento dei diagrammi di Bode (che possono essere vistinelle �gure 2.4 e 2.5).

Figura 2.4: Gra�co di Bode delle ampiezze (compito del 3 aprile 2006).

Non abbiamo poli nell'origine per cui, per ω → 0 , partiamo dall'asse reale in prossimità del guadagnostatico (-7,236). Detto questo passiamo al comportamento per piccole pulsazioni; la quantità

∆ [arg (G (jω))] =(τ ′1 + τ ′2 + ...+ 2

δ′1ω′n1

+ 2δ′2ω′n2

+ ...− τ1 − τ2 − ...− 2δ1ωn1− 2

δ2ωn2

)ω

è negativa perché, sostituendo i valori, si ha

∆ [arg (G (jω))] =(

20, 1070, 499

− 48, 54− 22, 2

2, 182

)ω

che è chiaramente < 0 per piccole pulsazioni: questo signi�ca che il raggio vettore inizierà a ruotare in senso

orario. All'in�nito tendiamo alla pulsazione −3π2, come si evince dai diagrammi di Bode e come si poteva

intuire grazie alla formula:

(m− n)π

2+(

sign(Kτ ′1τ′2 · ... · ω2

n1ω2n2 · ...

τ1τ2 · ... · ω′2n1ω′2n2 · ...

)− 1)π

2= (2− 3)

π

2+ (−1− 1)

π

2= −π

2

Siccome il grado del numeratore è inferiore a quello del denominatore, il diagramma polare terminerànell'origine.

Prima di lanciarci a capo�tto nel disegnare il gra�co diamo uno sguardo ai diagrammi di Bode:



Figura 2.5: Gra�co di Bode delle fasi (compito del 3 aprile 2006).

• il gra�co delle ampiezze è caratterizzato da due picchi di risonanza, uno negativo presso la pulsazionedi risonanza degli zeri e uno positivo alla pulsazione di risonanza dei poli: il modulo del raggio-vettorenon cala quindi in maniera uniforme e ci sarà un incremento tra 0,5 e 1,1 rad/s, all'incirca quando lafase starà crescendo (vedi punti successivi);

• il gra�co delle fasi vede un repentino aumento circostanziato pressappoco a 0,6 e 0,8 rad/s: si noti conle sole informazioni ricavate con le formule soprastanti questo particolare ci sarebbe sfuggito;

• dopo il punto di partenza (che è reale) attraversiamo per due volte l'asse reale in quanto il gra�co diBode delle fasi passa per due volte presso −π. Senza un'occhiata ai diagrammi di Bode, quindi, nonera possibile tracciare correttamente il diagramma polare e si sarebbe caduti in errore (non avremmo,per esempio, individuato il cappio).

Il diagramma polare è quindi quello in �gura 3.3.Come nel paragrafo 2.1 avevamo mostrato che era possibile abbozzare un diagramma polare a partire dai

diagrammi di Bode, mostriamo ora che è possibile tracciare il nostro diagramma anche senza fare un calcolo.Non è infatti necessario applicare in maniera pedissequa le formule enunciate nel paragrafo 2.2, basta soloun po' di esperienza e di manualità per rendersi conto di come andranno le cose. Esempio6:

G (s) =1 + 100s

(1 + 10s) s

La funzione di trasferimento ci viene già data in forma buona quindi possiamo dire a colpo d'occhio cheabbiamo:

un polo p0 nell'origine un polo p1 pulsazione di taglio 0,1 rad/s uno zero z1 pulsazione di taglio 0,01 rad/s

Abbiamo un polo nell'origine, per cui il punto di partenza sarà all'in�nito e asintoticamente schiacciato lungouna retta parallela al semiasse immaginario negativo; questa retta si intersecherà con l'asse reale all'ascissa7

K (τpolo − τzero) = 1 · (100− 10) = 90

La fase �nale sarà di −90◦ (−180◦ per i due poli e +90◦ per lo zero) per cui il gra�co a terminerà tangenterispetto al semiasse negativo immaginario; non raggiungendo mai la fase di −180◦, inoltre, il diagrammanon avrà intersezioni con l'asse reale. Per quanto riguarda il modulo del raggio-vettore, il nostro gra�co

6Dal compito del 3 aprile 2008.7Forse quella seguente è l'unica formula che va veramente applicata in tutti i casi per non cadere in errore.


Figura 2.6: Diagramma polare (compito del 3 aprile 2006).

si spancerà leggermente per le piccole pulsazioni ovvero in prossimità dello zero, che tende a mantenerecostante il modulo dell'ampiezza, e degenererà nell'origine per ω →∞ in quanto il numeratore è inferiore aldenominatore. In�ne, siccome lo zero viene prima del polo, la fase tenderà inizialmente a crescere (ma nontornerà mai sopra 0◦ per cui neanche in questo caso intersechiamo l'asse reale) e il vettore a ruotare in sensoantiorario; immediatamente dopo, tuttavia, il polo inizierà ad avere la meglio e il raggio vettore ruoterà insenso orario. Fatte queste considerazioni il diagramma è quello di �gura 2.7.

Figura 2.7: Diagramma polare tracciato con considerazioni qualitative (dal compito del 3 aprile 2008)


Figura 2.8: Tabella di Routh

2.2.6 Caso particolare: diagramma simmetrico

Può capitare che i diagrammi di Bode siano simmetrici, come ad esempio accade per la funzione di trasferi-mento

G (s) = − s(110s+ 1

)(− 1

20s+ 1

) ⇒ G (jω) = − jω(110jω + 1

)(− 1

20jω + 1

)In particolare, con questa G(s) sia i diagrammi delle fasi che quelle delle ampiezze sono simmetrici rispettoalla media geometrica (v. capitolo 1) fra le pulsazioni di taglio dei due poli (ωp1 = 10rad/s, ωp2 = 20rad/s,media geometrica = 14, 14rad/s). Se accade una cosa del genere, il tracciamento dei diagrammi polari èleggermente sempli�cato dal fatto che percorriamo lo stesso arco nei due versi. Vediamo di capire perché:abbiamo uno zero nell'origine per cui partiamo dall'origine stessa. Inizialmente la rotazione sarà oraria inquanto il termine (

− 110

+120

)< 0

è minore di zero. Partiamo inoltre con fase pari a −180◦ (guadagno statico < 0) + 90◦ (lo zero) = −90◦.Siccome il denominatore ha grado maggiore del numeratore, il diagramma collasserà nell'origine per ω →∞.Una particolarità interessante è che il gra�co delle ampiezze e quello delle fasi sono ambedue simmetrici: ilnostro diagramma polare sarà quindi caratterizzato da una curva che viene percorsa in un verso �no allapulsazione di 14,14 rad/s e in quello opposto di lì in avanti.

2.3 Criterio di Routh

Il criterio di Routh è un importante teorema e fornisce una condizione necessaria e su�ciente utile adeterminare il segno della parte reale dei poli.8

Per applicare il criterio di Routh bisogna anzitutto costruire la tabella in �gura 2.8. Le prime due righesono formate dai coe�cienti del polinomio disposti come indicato. Gli elementi delle righe successive sonode�niti dalle relazioni

8In realtà esiste anche un teorema rappresentante una condizione necessaria, e su�ciente solo se il polinomio ha grado almassimo pari a 2, e che recita così: se consideriamo l'equazione algebrica

ansn + an−1s

n−1 + . . .+ a0 = 0 (2.8)

condizione necessaria a�nché le radici del polinomio abbiano parte reale negativa è che i coe�cienti a siano tutti positivi.

2.3. CRITERIO DI ROUTH 25

bn−2 =an−1an−2 − anan−3

an−1, bn−3 =

an−2an−3 − an−1an−4

bn−2,


an−1, bn−5 =

bn−2an−5 − an−1bn−6

bn−2,


an−1, ...

... ...

cn−4 =bn−3bn−4 − bn−2bn−5

bn−3, ...

Ricordarsi a memoria queste espressioni è piuttosto arduo, per cui si pensi al seguente trucco mnemonico:il coe�ciente bn−2 è il determinante dei primi due elementi delle prime due righe, cambiato di segno e divisoper il termine in basso a sinistra della matrice (in questo caso an−1). Il coe�ciente bn−4 è il determinantedei primi e dei terzi elementi delle prime due righe, cambiato di segno e diviso per il termine an−1 (semprein basso a sinistra nella matrice). Questo trucchetto funziona anche per le righe successive se, nel calcolo diogni termine, si sfrutta il procedimento di cui sopra applicandolo alle due righe immediatamente precedenti.

Si noti che, se si contraddistinguono le righe della tabella coi numeri n, n−1, n−2, n−3, . . . , esse risultanodi lunghezza via via decrescente �nché l'ultima riga, contraddistinta con il numero zero, comprende un soloelemento. Una volta completata la tabella di Routh è possibile stabilire se le radici del nostro polinomio dipartenza sono tutte a parte reale negativa mediante il seguente teorema.

Teorema 1 (di Routh). Ad ogni variazione di segno dei termini della prima colonna della tabella di Routhconsiderati successivamente corrisponde una radice con parte reale positiva, ad ogni permanenza corrispondeuna radice con parte reale negativa.

Nell'utilizzare le tabelle di Routh bisogna tener ben presente alcuni accorgimenti:

• è possibile moltiplicare tutti i termini di una riga per uno stesso coe�ciente positivo senza che ciòmodi�chi il numero delle variazioni di segno nella prima colonna9;

• si possono incontrare alcuni casi singolari, quali:

� il primo termine di una riga è nullo: in tal caso si sostituisce lo zero con un termine ±ε (piccoloa piacere) e si continua così la costruzione della tabella10. Se vi è un numero elevato di righe incui il primo termine è nullo, si sfrutta il seguente

Corollario 1 (al teorema 1). La validità della tabella di Routh non cambia se ad ogni riga cheinizia con un numero di zeri pari ad h viene sommata la riga da essa ottenuta moltiplicando per(−1)h e traslandola verso sinistra di h posizioni.

� tutti gli elementi di una riga sono nulli: anzitutto, se ci troviamo in questo caso, il sistema di cuiil polinomio fornisce l'equazione caratteristica non può mai essere asintoticamente stabile ma, alpiù, semplicemente stabile11. C'è poi da dire che la presenza di una riga di tutti zeri12 impediscela costruzione della tabella: se indichiamo con l'indice 2m − 1 questa riga, possiamo dire che leeventuali variazioni di segno che si veri�cano nella prima colonna della tabella in corrispondenzadelle prime n−2m+1 righe riguardano solo n−2m radici del polinomio. Per ottenere informazionisulle restanti 2m radici bisogna costruire l'equazione ausiliaria

b2ms2m + b2m−2s

2m−2 + . . .+ b0 = 0 (2.9)

dove i termini b2m, b2m−2, . . . , b0 sono quelli della riga immediatamente precedente la riga com-posta da tutti zeri. Le radici di quest'espressione coincidono con le 2m radici dell'equazionepolinomiale in esame sulle quali la tabella di Routh non ha dato informazioni.

Veniamo però al dunque: come mai è utile il teorema di Routh? Spesso ci viene chiesto di valutarel'intervallo di valori K > 0 per cui un sistema, posto in retroazione unitaria, risulta stabile e si chiede dideterminare le intersezioni con l'asse reale. In particolare, la conoscenza di tale intersezioni può risultareutile sia per costruire il diagramma polare, sia per fare alcune considerazioni sulla stabilità13 (se sappiamo

9Sfruttando questa proprietà si può evitare che nella tabella compaiano numeri frazionari.10La scelta di +ε o di −ε non ha alcun e�etto sul risultato `utile' �nale, in quanto il numero di variazioni rimarrà identico.11Infatti, l'equazione ausiliaria avrà un numero di radici a parte reale positiva pari a quello delle sue radici a parte reale

negativa.12Eventualità che si presenta sempre in una riga dispari.13Si veda il capitolo ??.


com'è fatto il diagramma polare - e quindi il diagramma di Nyquist - sappiamo anche applicarne il relativocriterio).

Per quanto riguarda le intersezioni con l'asse reale, dobbiamo calcolare 1 +KG(s) e esaminare il numer-atore. Per esempio, se consideriamo ancora una volta la funzione di trasferimento

G (jω) = −7,236(4, 0193s2 + 0,4289s+ 1

)(48, 54s+ 1) (0, 210s2 + 0, 184s+ 1)

(2.10)

come dobbiamo agire? Anzitutto calcoliamoci il numeratore di 1 +KG(s):

(48, 54s+ 1)(0, 210s2 + 0, 184s+ 1

)− 7, 236K

(4, 0193s2 + 0,4289s+ 1

)=

= 10, 193s3 + 8, 931s2 + 48, 54s+ 0, 21s2 + 0, 184s+ 1− 29, 084Ks2 − 3, 104Ks− 7, 236K =

10, 193s3 + (9, 141− 29, 084K) s2 + (48, 724− 3, 104K) s+ 1− 7, 236K

Dividendo per il coe�ciente del termine di terzo grado:

s3 +(

9, 14110, 193

− 29, 08410, 193

K

)s2 +

(48, 72410, 193

− 3, 10410, 193

K

)s+

110, 193

− 7, 23610, 193

K =

s3 + (0, 8968− 2, 8533K) s2 + (4, 7801− 0, 3134K) s+ 0, 0981− 0, 7099K

Per cui la tabella di Routh sarà

3 1 4,7801− 0,3134K2 0, 8968− 2,8533K 0,0981− 0,7099K1 X 00 Y 0

dove:

X = − (0, 0981− 0, 7099K)− (0, 8968− 2, 8533K) (4, 7801− 0, 3134K)(0, 8968− 2, 8533K)

(2.11)

Y = − (−0, 981− 0, 7099K)XX

= −0, 981− 0, 7099K (2.12)

Dopo aver calcolato attentamente le quantità di cui sopra, si va a veri�care quante variazioni di segno visono, al variare di K, per i termini sulla prima colonna della tabella di Routh. Il risultato sarà il seguente:

• per K < 0, 138 tutte le radici hanno parte reale negativa;

• per K ∈ [0, 138 0, 323] vi è una variazione di segno = una radice a parte reale positiva;

• per K ∈ [0, 323 14, 87] vi sono tre variazioni di segno = tre radici a parte reale positiva;

• per K > 14, 87 c'è una variazione di segno = una radice a parte reale positiva.

Le intersezioni si trovano in corrispondenza del cambiamento del numero di radici a parte reale, per cui essesono a −1/0, 138 = −7, 236, a −1/0, 323 = −3, 094 e a −1/14, 87 = −0, 0672 (per convincersi si guardi la�gura 2.3).

2.4 Regole per il tracciamento del luogo delle radici

2.4.1 Premessa importante

Illustreremo ora alcune regole per il tracciamento del luogo delle radici al variare di K; si tenga però presenteche tali regole permettono di calcolare il luogo delle radici di

G (s) = K̄(espressione fattorizzata degli zeri)(espressione fattorizzata dei poli)

Cioè di

G (s) = K̄(s− z1) (s− z2) . . . (s− zm)(s− p1) (s− p2) . . . (s− pn)

, n > m

2.4. REGOLE PER IL TRACCIAMENTO DEL LUOGO DELLE RADICI 27

Attenzione al parametro K̄!. Esso è infatti pari a14

K̄ = K︸︷︷︸costante di guad.

(−1)m+k p1p2 . . . pkz1z2 . . . zm

dove k è il numero di poli non nulli.Capire quanto vale K̄ è fondamentale, perché le regole per trovare il luogo delle radici sono diverse in

base al segno di tale parametro! Se infatti il segno di K̄ è opposto rispetto a quello di K si ha che:

• nel ricavare il luogo delle radici per K > 0 si sta cercando in realtà quello per K̄ < 0;

• nel ricavare il luogo delle radici per K < 0 si sta cercando in realtà quello per K̄ > 0.

Inoltre, se il guadagno statico è diverso da 1, bisognerà riscalare per tale fattore la graduazione del luogoin funzione di K.

In parole povere, si segua questo insieme di punti:

1. si ricavino gli zeri e i poli;

2. si scriva la funzione di trasferimento in forma fattorizzata (ogni termine elementare è pari a s meno ilrelativo polo o zero).

3. si raccolgano tutti i termini fuori dalle parentesi e li si moltiplichino per il guadagno statico (un po'come facevamo nel capitolo 1). Avremo così ricavato K̄;

4. a questo punto, il domandone: il termine K̄ ha segno uguale o opposto a K?

2.4.2 Esempi per sottolineare l'importanza della forma fattorizzata

Esempio15: viene data la seguente funzione di trasferimento

G (s) =(1 + 100s)

(1 + s) (1− s)= K

(1 + 100s)(1 + s) (1− s)

, con K = guadagno statico = 1

Uno potrebbe partire in quarta e dire che il segno di K è uguale al segno di K̄ (e che quest'ultimo è ugualeal guadagno statico) ma, a guardarci bene, le cose non stanno esattamente così: il termine (1 − s), infatti,non è nella forma fattorizzata che a noi piace tanto. Moltiplicando tuttavia per −1 quel che otteniamo è

G (s) = −K (1 + 100s)(s+ 1) (s− 1)

= K̄︸︷︷︸−100

s+1

100(s+ 1) (s− 1)

, sign (K) = sign(−K̄

)!!

Il guadagno statico è 1 (come avremmo potuto capire anche soltanto leggendo il paragrafo 1.1), ma K̄è diverso da K! Qui il tranello era particolarmente insidioso perché ci si poteva far trarre in inganno daitermini noti tutti pari a +1 (`ho il guadagno statico, sono a posto!'): si ricorda tuttavia che qui non stiamofacendo i diagrammi di Bode e le regole che esporremo fra poco hanno come fondamentale requisito quelloche la funzione di trasferimento sia in forma fattorizzata!

Altro esempio16: fortunatamente il testo ci dà già la funzione di trasferimento in forma fattorizzata

G (s) =−2, 8526

(s2 + 0, 1067s+ 0, 2488

)(s+ 0, 0206) (s2 + 0, 8737s+ 4, 761)

=

−2, 8526

s+ 0, 0534 + 0, 496j︸︷︷︸−z1

s+ 0, 0534− 0, 496j︸︷︷︸−z2

s+ 0, 0206︸︷︷︸

−p1

s−0, 438 + 2, 138j︸︷︷︸

−p2

s−0, 438− 2, 138j︸︷︷︸

−p3

(2.13)

Le regole per il tracciamento del luogo delle radici si riferiscono tuttavia a

K̄(s+ 0, 0534 + 0, 496j) (s+ 0, 0534− 0, 496j)

(s+ 0, 0206) (s− 0, 438 + 2, 138j) (s− 0, 438− 2, 138j)14Si fa l'ipotesi che non vi siano zeri nell'origine.15Dal compito del 19 giugno 2008.16Dal compito del 3 aprile 2006


Si noti tuttavia che si ha la seguente uguaglianza −2, 8526K = K̄: il segno di K è diverso da quello di K̄ equesto signi�ca che alla �ne dovremo invertire i due luoghi delle radici (ovvero quello per K positivo e quelloper K negativo) nonché dividere per 2,8526 la graduazione del luogo in funzione di K.

2.4.3 Le regole, quelle u�ciali (�nalmente!)

Fatta queste doverose precisazioni passiamo alle regole vere e proprie:

• abbiamo tanti rami quanti sono gli n poli della funzione di trasferimento di anello. Essi si intersecanoin corrispondenza delle radici multiple. Ogni ramo parte da un polo: m terminano negli zeri (m èproprio il numero di zeri) ed n−m vanno all'in�nito17;

• il luogo delle radici è simmetrico rispetto all'asse reale;

• luogo delle radici tracciato per K > 0: un punto dell'asse reale fa parte del luogo delle radici se lasciaalla sua destra un numero totale dispari di poli e di zeri; luogo delle radici tracciato per K < 0: unpunto fa parte del luogo se il numero di poli e zeri alla sua destra è pari o nullo;

• posto ν = numero intero, m = numero degli zeri, n = numero dei poli, si ha che, nel luogo delle radicitracciato per K > 0: partiamo da un polo pi con angolo

φi = (2ν + 1)π +m∑j=1

arg (pi − zj)−∑j=1,nj 6=i

arg(pi − pj)

e tendiamo ad uno zero zi con

ϑi = (2ν + 1)π +n∑j=1

arg (pi − zj)−∑j=1,mj 6=i

arg (pi − pj)

Le formule per il luogo delle radici tracciato per K < 0 sono identiche, ma bisogna sostituire a νπ a(2ν + 1)π;

• una radice multipla di ordine h corrisponde ad un punto comune ad h rami del luogo delle radici (dettoanche punto di diramazione o punto di emergenza): in tale punto sono soddisfatte anche le relazioniche esprimono l'annullarsi delle derivate della funzione di trasferimento ad anello Gring(s) rispetto ads �no all'ordine di derivazione h− 1.

d [Gring (s)]dls

= 0

con l = 0, 1, ..., h − 1. Se prendiamo in considerazione il caso h = 2 (due rami che si incontrano) larelazione che esprime l'annullarsi della derivata prima coincide con l'equazione

m∑i=1

1s− zi

−n∑i=1

1s− pi

= 0

• in corrispondenza di una radice multipla di ordine h, il luogo presenta h rami entranti e h rami uscenti

alternati tra loro ed aventi tangenti che formano tra loro angoli pari aπ

hradianti;

• gli asintoti del luogo delle radici formano una stella di raggi con centro nel punto dell'asse reale diascissa

σa =1

n−m

(n∑i=1

pi −m∑i=1

zi

)Se la costante K è positiva, gli asintoti formano con l'asse reale gli angoli:

θa,ν =(2ν + 1)πn−m

17Si faccia caso che molto spesso, nei compiti d'esame, gli asintoti che vanno all'in�nito giacciono sull'asse reale.


con ν = 0, 1, ..., n−m− 1. Altrimenti se è negativa, gli asintoti formano con l'asse reale gli angoli

θa,ν =2νπn−m

sempre con con ν = 0, 1, ..., n−m− 1. Osservando con attenzione le relazioni appena scritte si evinceche esse non sono altro che un formalismo per de�nire in che modo questi raggi dividono l'angolo giro(si tenga presente questo particolare al momento del tracciamento).

Figura 2.9: Forma frequentemente assunta del luogo delle radici (tratto dal compito del 3 aprile 2006).

Alla �ne, facendo molti esercizi, si scopre che la stragrande maggioranza dei luoghi delle radici ha unacon�gurazione del tipo: asintoto sull'asse reale (verso +∞ o −∞) radici complesse e coniugate (poli o zeri)con archi che rispettivamente li connettono passando attraverso all'asintoto nei punti di emergenza (vedi,ad esempio, la �gura 2.9). Non è di�cile convincersi del fatto che, veri�candosi tale situazione, i punti diemergenza non possono che trovarsi sull'asse reale. È inoltre molto frequente l'eventualità in cui, nel calcolodi tali punti, si ottengano alcune soluzioni palesemente non accettabili in quanto si riferiscono ad ascisse chenon fanno parte del luogo delle radici. In tal caso è d'uopo non disperarsi e, anzi, fare tesoro di questi valoriin quanto saranno utili nel luogo delle radici disegnato per il K di segno opposto.

2.4.4 Esempio chiari�catore

Esempio chiari�catore18:

• calcolo del luogo delle radici per K < 0 (cioè per K̄ > 0, ricordando che −2, 8526K = K̄, come sievince dall'equazione 2.13): cerchiamo anzitutto di capire quali punti dell'asse reale facciano parte delluogo delle radici. In base alle regole sopra esposte, un punto dell'asse reale fa parte di questo luogodelle radici se lascia alla sua destra un numero totale pari o nullo di poli e di zeri, per cui fanno partedell'asse reale i punti maggiori di −0, 0206. Abbiamo tre rami ( = 3 poli), due dei quali vanno a �nirenegli zeri (il terzo ramo è l'asintoto che abbiamo in realtà già trovato: è il segmento che va verso +∞a partire da −0, 0206). L'asintoto forma un angolo pari a

θa,ν =2νπn−m

= 0◦, con ν = 0, 1, ..., n−m− 1⇒ 0 (e basta)

Troviamo i punti di emergenza calcolando quando si annulla la derivata della funzione di trasferimento:dopo vari calcoli (che non ho voglia di fare, sono molto lunghi e noiosi perché bisogna calcolare la

18Dal solito compito del 3 aprile 2006 che, detto fra noi, era piuttosto di�cilotto! Per una migliore interpretazione dei datisi ricorda che avevamo:

Zeri : z1,2 = −0, 0534± 0, 496jPolo reale : p1 = −0, 0206

Poli complessi coniugati : p2,3 = 0,438± 2,138j


derivata prima dell'equazione 2.13, che non è esattamente agevole) i quali consistono nella risoluzionedel polinomio

s4 + 0, 2134s3 − 3, 937s2 + 0, 2488s+ 1, 179 = 0

otteniamo le seguenti radici:s1 = 1, 7419s2 = 0, 6252s3 = −0, 527s4 = −2, 0536

Si nota facilmente che solo le prime due soluzioni sono accettabili in questo contesto in quanto sonomaggiori di −0, 0206 e quindi fanno parte del luogo delle radici (le altre due torneranno buone nelpunto successivo). Alla �ne il risultato è quello visibile in �gura 2.9.

• calcolo del luogo delle radici per K > 0 (cioè per K̄ < 0): fanno parte dell'asse reale i punti che lascianoalla loro destra un numero totale dispari di poli e di zeri, per cui soddisferanno questo requisito solo ipunti d'ascissa inferiore a −0, 0206. Abbiamo tre rami ( = 3 poli), due dei quali vanno a �nire neglizeri (il terzo è l'asintoto e l'abbiamo in realtà già trovato: è il segmento che va verso −∞ a partire da−0, 0206). L'asintoto forma un angolo pari a

θa,ν =(2ν + 1)πn−m

= 180◦, con ν = 0, 1, ..., n−m− 1⇒ 0 (e basta)

Figura 2.10: Altro luogo delle radici (K̄ < 0) dal compito del 3 aprile 2006.

I punti di emergenza sono quelli che avevamo scartato nel punto precedente, quindi non abbiamobisogno di calcolarceli nuovamente (bello eh?). Il risultato può essere visto in �gura 2.10.

2.4.5 Tabelle di Routh e luogo delle radici

Sorpresa delle sorprese, la tabella di Routh (vedi par. 2.3) torna in auge anche mentre disegniamo il luogodelle radici: esso ci rende infatti in grado di fare considerazioni riguardo alla stabilità (v. capitolo ?? dovetale argomento verrà trattato più approfonditamente) nonché di disegnare meglio il diagramma tramite laconoscenza delle intersezioni con l'asse immaginario. Mentre quando abbiamo tirato in ballo i diagrammipolari il criterio di Routh ci faceva capire quali fossero le intersezioni con l'asse reale, questa volta sarànecessario `manovrare' K in modo che non vi siano radici con parte reale positiva (poli o zeri instabiliche starebbero sul semipiano destro): questo obiettivo può essere raggiunto imponendo che non vi sianovariazioni di segno per i termini della prima colonna.


Esempio19:

G (s) =K

(s2 + 2s+ 2) (s+ 10)=

K

(s+ 1− j) (s+ 1 + j) (s+ 10)

Il guadagno statico è unitario e positivo, inoltre sign(K) = sign(K̄) per cui possiamo proseguire neltracciamento dei luoghi delle radici in tutta tranquillità (v. paragrafo 2.4.2).

• luogo delle radici per K > 0 → asse reale: fanno parte del luogo delle radici i punti che lascianoalla loro destra un numero dispari di zeri e poli; soddisfano questo requisito tutti i punti di ascissainferiore a -10. Abbiamo tre poli e nessuno zero, per cui ci troveremo con tre asintoti: essi formerannoi seguenti angoli con il semiasse positivo delle ascisse:

(2ν + 1)πm− n

ν = 0, 1, 2 ⇒ π

3, π,

5π3

Gli asintoti si congiungono all'ascissa:

σa =1

n−m

(n∑i=1

pi −m∑i=1

zi

)= −1

3(10 + 1 + 1 + j − j) = −4

Vediamo se ci sono punti di emergenza:

dG (s)ds

=0 · (s+ 1− j) (s+ 1 + j) (s+ 10)− d

ds[(s+ 1− j) (s+ 1 + j) (s+ 10)]

(s+ 1− j)2 (s+ 1 + j)2 (s+ 10)2=

= −[(2s+ 2) (s+ 10) +

(s2 + 2s+ 2

)](s2 + 2s+ 2)2 (s+ 10)2

⇒ 2s2 + 20s+ 2s+ 20 + s2 + 2s+ 2 = 3s2 + 24s+ 22 = 0

Le radici sono:−24±

√242 − 4 · 3 · 22

6=

{−1, 056−6, 944

Nessuna delle due fa parte del luogo delle radici (K positivo). Gli archi che partono dai poli vannoquindi direttamente agli asintoti senza mai toccare l'asse reale. Entra ora in gioco il criterio di Routh:scriviamo infatti la tabella per la funzione 1 +G (s):

1+G (s) =

(s2 + 2s+ 2

)(s+ 10) +K

(s2 + 2s+ 2) (s+ 10)=s3 + 2s2 + 2s+ 10s2 + 20s+ 20 +K

(s2 + 2s+ 2) (s+ 10)=s3 + 12s2 + 22s+ 20 +K

(s2 + 2s+ 2) (s+ 10)

Polinomio: s3 + 12s2 + 22s+ 20 +K = 0

La tabella di Routh è quindi:

3 1 222 12 20 +K

1−264 + (20 +K)

120

0

−264 + (20 +K)12

(20 +K)

−264 + (20 +K)12

0

Moltiplicando la terza riga per 12 e sempli�cando i termini:

3 1 222 12 20 +K1 −244 +K 00 20 +K 0



Per cui il sistema è asintoticamente stabile quando −20 < K < 244. Le intersezioni con l'asse immagi-nario possono essere trovate risolvendo l'equazione ausiliaria che, per K = 244 (il valore K = −20 nonci interessa, siamo nelle K positive), una volta modi�cata la tabella,

3 1 222 12 264

1 0 00 264 0

risulta essere pari a 12s2 + 264 = 0. Le soluzioni (cioè le intersezioni con l'asse immaginario) sono±4, 69j.Questo appena espresso è un tipico modo di procedere per ottenere informazioni sui valori di K per cuisi ha stabilità: ricapitolando, si utilizza Routh per capire quando le radici sono tutte negative (e quindistiamo sul semipiano sinistro) e, esaminando la prima colonna della tabella, si ricavano i valori limitedi K per cui questa situazione è sicuramente veri�cata. Una volta trovati i punti limite, uno dei qualicorrisponderà sicuramente all'ascissa 0 del luogo delle radici (visto che appena più a destra si smettedi essere asintoticamente stabili), si sostituisce il relativo valore di K nella tabella di Routh, si trovala riga di tutti zeri e in�ne si utilizza l'equazione ausiliaria per capire quale sia l'ordinata attraverso laquale il luogo delle radici attraversa l'asse immaginario. Questo ci permette di ottenere una condizionesu K e un'importante informazione per disegnare il luogo delle radici stesso.

Il luogo delle radici si�atto può essere visto in �gura 2.11.

Figura 2.11: Compito del 3 aprile 2008: luogo delle radici per K positivo

• luogo delle radici per K < 0 → asse reale: fanno parte del luogo delle radici i punti che lascianoalla loro destra un numero pari o nullo di zeri e poli; soddisfano questo requisito tutti i punti di ascissasuperiore a -10 (primo asintoto). Il centro degli asintoti sarà sempre quello (ascissa -4) ma questa voltagli angoli formati con l'asse reale sono:

2νπm− n

ν = 0, 1, 2 ⇒ 0,2π3,

4π3

Questa volta i punti di emergenza ci sono e sono

{−1, 056−6, 944

(li avevamo calcolati prima); siccome

abbiamo due asintoti che partono dall'ascissa -4 possiamo dedurre che il primo punto di emergenza èin prossimità della connessione dei due poli complessi coniugati con l'asse reale, mentre il secondo èquello da cui partono i due archi che si schiacciano verso l'asintoto.

Il luogo delle radici è quindi quello in �gura 2.12.

2.5. QUALCHE OSSERVAZIONE CHE PUÒ TORNARE UTILE 33

Figura 2.12: Compito del 3 aprile 2008: luogo delle radici per K negativo

Da questo esempio possiamo anche dedurre quale importanza abbia la ricerca dei punti di emergenza neldeterminare il luogo delle radici. Se si aggiunge il fatto che in genere è necessario un unico passaggio pertrovarli (dobbiamo semplicemente trovare le radici di un polinomio, poi i risultati trovati andranno bene siaper K positivo che per K negativo) allora l'importanza del loro corretto calcolo risulta ancora più lampante.

Il luogo delle radici ha anche l'utilità di darci qualche informazione in più sulla stabilità del sistema cheanalizziamo: uno zero o un polo sul semipiano positivo sono infatti sinonimo di instabilità (analizzeremomeglio questo aspetto nel capitolo ??).

2.5 Qualche osservazione che può tornare utile

2.5.1 L'importanza dei punti di emergenza

Vogliamo inoltre ulteriormente ribadire che la ricerca dei punti di emergenza è fondamentale per un correttotracciamento del luogo delle radici. Si prenda in considerazione il seguente esempio20:

G (s) =

(s2 − 1

)s2 (s2 + 25)

=(s+ 1) (s− 1)

s2 (s+ 5j) (s− 5j)= − 1

25−s2 + 1

s2(

125s2 + 1

)Notiamo:

• che il guadagno statico è negativo (− 125 ) ma non ci dobbiamo far trarre in inganno21 perché, come si

vede dalla forma fattorizzata, si ha signK̄ = signK);

• un polo doppio nell'origine p1,2;

• due poli complessi coniugati puramente immaginari p3,4 = ±5j;

• uno zero doppio z1,2 = ±1.

Per non appesantire troppo la trattazione esamineremo soltanto il luogo delle radici per K negativo (è ilcaso che qui ci interessa trattare). I punti sull'asse reale facenti parte di quest'ultimo sono quelli che hanno

20Dal compito del 14 dicembre 2005. Oh, un compito non tenutosi il 3 aprile!21Ci eravate cascati? Leggetevi il paragrafo 2.4.2!


alla loro destra un numero pari o nullo di zeri o poli. Ricordando bene dove questi ultimi sono posizionati,possiamo asserire di soddisfare tale requisito a sinistra di −1 e a destra di +1. Abbiamo quattro poli e duezeri per cui vi saranno due asintoti: essi formano con il semiasse reale positivo i seguenti angoli

2νπm− n

, ν = 0, 1 ⇒ 0, π

e il loro centro è in

σa =1

n−m

(n∑i=1

pi −m∑i=1

zi

)=

12

(+5j − 5j − 1 + 1) = 0

cioè nell'origine.I due asintoti li abbiamo in realtà già localizzati in quanto coincideranno, in qualche modo, coi due

segmenti che vanno da −1 a −∞ e da +1 a +∞ (sull'asse reale, chiaramente); gli altri due rami del luogodelle radici andranno invece verso gli zeri. Dobbiamo capire ora come i poli andranno a congiungersi neglizeri per cui risulta cruciale lo studio dei punti di emergenza. Condizione di annullamento della derivata diG(s):

ddsG (s) = − 1

25·s2(

125s2 + 1

)d{−s2 + 1

}ds

−(−s2 + 1

) d{s2(

125s2 + 1

)}ds[

s2(

125s2 + 1

)]2 =

= − 125·s2(

125s2 + 1

)(−2s)−

(−s2 + 1

)( 425s3 + 2s

)[s2(

125s2 + 1

)]2Quando si annulla il numeratore?

s2(

125s2 + 1

)(−2s)−

(−s2 + 1

)( 425s3 + 2s

)=(s2 + 25

) (−2s3

)−(−s2 + 1

) (4s3 + 50s

)=

= −2s5 − 50s3 + 4s5 + 50s3 − 4s3 − 50s = s(2s4 − 4s2 − 50

)= 0

Le soluzioni di quest'ultima equazione sono:

s1 = 0s2,3 = ±2, 70s4,5 = ±2, 02j

Dai punti di emergenza ci vengono chiari messaggi:

• i punti s4,5 stanno sull'asse immaginario e quindi signi�ca che i rami aventi origine nei due poli +5j e−5j arriveranno �no ai punti di emergenza, poi si divideranno;

• i punti s2,3 stanno sull'asse reale, belli piantati sui due asintoti;

• dai punti s4,5 bisognerà simmetricamente arrivare ai punti s2,3 per cui il risultato �nale sarà geomet-ricamente uguale ad un'ellisse (vedi �gura 2.13). Un particolare importante che ci aiuta a giungerea questa conclusione (e a non cadere in errore) è la consapevolezza della simmetria del diagrammarispetto all'asse reale: il fatto che i punti di emergenza abbiano una tale con�gurazione, localizzata inprossimità delle intersezioni dell'ellisse coi suoi semiassi, signi�ca che l'ellisse stessa dovrà essere com-pleta (non potrà esservi una parte nel semipiano superiore che non compaia anche in quello inferiore)e, quindi, che i rami originanti in s4,5 dovranno con�uire uno sulla destra e l'altro sulla sinistra, sennòcome facciamo a formare tutti e due i punti di emergenza sull'asse reale? Questo permette sia ai polinell'origine che a quelli a ±5j di raggiungere tramite quattro rami i due asintoti (e di andare due versol'in�nito e due verso gli zeri).

Il luogo delle radici può essere visionato in �gura 2.13.

2.5. QUALCHE OSSERVAZIONE CHE PUÒ TORNARE UTILE 35

Figura 2.13: Luogo delle radici (dal compito del 14 dicembre 2005).

2.5.2 La NON importanza dei punti di emergenza (viva la coerenza)

Esistono anche casi in cui i punti di emergenza non sono proprio da considerare. Esempio22:

G (s) =−K

s (s2 + 2s+ s)

Puah, non sarà un banale segno meno a fermarci! Ricaviamo i poli della nostra funzione:

p1 = 0 (nell'origine)

p2,3 =−2±

√4− 8

−2= −1± j

Abbiamo tre poli e nessun zero, quindi - in de�nitiva - ci troviamo con tre asintoti. Il centro dei tre asintotiè in

1n.poli + n.zeri

·(∑

poli−∑

zeri)

=13

(−1− 1) = −23

Luogo delle radici per K > 0 (cioè per K̄ < 0):Fanno parte del luogo delle radici i punti sull'asse reale che lasciano alla loro destra un numero pari o nullodi zeri e poli fanno quindi parte del luogo delle radici i punti del semiasse reale positivo (ascisse > 0). Unasintoto l'abbiamo già trovato ed è il semiasse di cui sopra: dovendo dividere l'angolo giro in tre parti uguali,

gli altri due asintoti saranno per forza a23π e

43π. Ricerca dei punti di emergenza:

ddsG (s) =

1(s3 + 2s2 + 2s)2

=3s2 + 4s+ 2

(s3 + 2s2 + 2s)2= 0⇒ 3s2 + 4s+ 2 = 0

s1,2 =−4±

√16− 24

6= −2

3± 2√

26j = −0, 667± 0, 471j

Questi punti di emergenza sono palesemente non validi: essi presupporrebbero infatti la presenza dialmeno quattro poli (due per punto di emergenza) mentre noi ne abbiamo massimo tre. Non possiamo

22Dal compito del 19 giugno 2008


neanche dire che un punto di emergenza è valido e l'altro no, perché il luogo delle radici è simmetricorispetto all'asse reale (e quindi se c'è uno dev'esserci per forza anche il suo gemello). D'altronde non avevaneanche tanto senso supporre che vi fossero dei punti di emergenza: abbiamo infatti tre poli e tre asintoti equindi era già molto probabile che i vari archi del luogo delle radici non si incrociassero.

Capitolo 3

Il criterio di Nyquist e la questione della

stabilità

3.1 Diagramma e criterio di Nyquist

Una volta letto il capitolo 2, il diagramma di Nyquist lo sappiamo praticamente già fare: esso si ottiene sim-metrizzando il diagramma polare rispetto all'asse reale. La cosa interessante è che, tramite tale diagramma,è possibile fare numerose osservazioni riguardo alla stabilità asintotica di un sistema in base a quanti girifaccia (o non faccia) attorno al cosiddetto punto critico che si trova alla coordinata (−1, 0) del diagrammadi Nyquist.

Figura 3.1: Chiusura del diagramma di Nyquist per sistema di tipo 0

Se un sistema ha, nella sua funzione di trasferimento, non ha poli nell'origine (sistema di tipo 0) e ha ilnumeratore di grado inferiore al denominatore, allora il diagramma polare collasserà nello zero per ω →∞.Specchiare tale diagramma rispetto all'asse delle ascisse non è problematico perché alla �ne è solo questionedi costruire geometricamente la parte specchiata, che �nirà anch'essa nell'origine come l'originale (v. �gura3.1)

Se invece il sistema è di tipo 1 (polo nell'origine) o di tipo 2 (polo con molteplicità 2 nell'origine) bisognachiudere in maniera esotica i diagrammi polari in quanto essi presentano rami all'in�nito e, per de�nizione,il diagramma di Nyquist dev'essere una curva chiusa. Ebbene i diagrammi completi, in tal caso, si chiudono(v. �gura 3.2):

• con una semicirconferenza all'in�nito percorsa in senso orario nel caso di un polo nell'origine;

• con una circonferenza all'in�nito percorsa in senso orario nel caso di polo doppio nell'origine.

Nota concettualmente importante: le regole che esponiamo da questo momento in poi hanno a chefare con la funzione di trasferimento ad anello

Ga (s) = G (s)H (s)negli esercizi è sempre retroazione unitaria−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ 1 ·G (s)

37

38 CAPITOLO 3. IL CRITERIO DI NYQUIST E LA QUESTIONE DELLA STABILITÀ

Figura 3.2: Chiusura del diagramma di Nyquist per sistemi di tipo 1 e 2

e la funzione di trasferimento del sistema in retroazione:

Gret (s) =G (s)

1 +G (s)H (s)

I poli e gli zeri della prima (cioè della funzione di trasferimento ad anello) sono a noi noti perché moltospesso li dobbiamo trovare all'interno dell'esercizio (per fare ad esempio i diagrammi di Bode, ma ancheper trovare il luogo delle radici). Le regole che invece verranno elencate nei prossimi sottoparagra� hannola grande utilità di dirci se la funzione di trasferimento del sistema in retroazione ha radici a parte realepositiva (instabili). Si faccia quindi attenzione a disaccoppiare le due cose: la funzione di trasferimento adanello potrebbe essere instabile, mentre quella del sistema in retroazione potrebbe avere tutte le radici aparte reale negativa!

3.1.1 Poli tutti stabili

A questo punto dell'analisi, se tutti i poli hanno parte reale negativa (e quindi sono tutti stabili),è possibile utilizzare la seguente formulazione del criterio di Nyquist: condizione necessaria e su�cienteperché il sistema di controllo sia asintoticamente stabile1, è che il diagramma polare completo della funzionedi risposta armonica (diagramma di Nyquist) non circondi né tocchi il punto critico. I giri attorno al puntocritico sono per de�nizione i giri che un raggio vettore centrato nel punto critico e con la punta sul diagrammacompleto compie seguendo i punti del diagramma completo per ω da +∞ a −∞.

Esempio

Esempio2:

G (jω) = −7,236(−4, 0193ω2 + 0,4289jω + 1

)(48, 54jω + 1) (−0, 210ω2 + 0, 184jω + 1)

La risoluzione per individuare come sia fatto il diagramma polare può essere trovata al paragrafo 2.2.5.Riportiamo in �gura 3.3 soltanto il risultato �nale per poter poi discutere di stabilità.

Tutti i poli sono a parte reale negativa, quindi può scattare il teorema di Nyquist nella versione cherecita così: se la funzione di trasferimento KG (s), una volta fatto il diagramma di Nyquist, NON circondail punto critico (-1, 0), allora il sistema è asintoticamente stabile. Questo vuol dire che il raggio vettore,centrato nel punto critico, non deve (per ω che va da - in�nito a + in�nito) girarvi intorno per 2π radiantio più. Si noti anzitutto che KG (s), per K > 0, ha le stesse fasi di G(s) ; quel che cambia è solamente ilmodulo, ma la forma del diagramma rimane praticamente inalterata, con le sue tre intersezioni con l'assereale e il cappio che bene si vede nella �gura del diagramma polare. Il diagramma di Nyquist si ottienespecchiando tale diagramma rispetto all'asse reale. Per essere sicuri di non toccare né circondare il punto,dobbiamo fare in modo che il diagramma parta da un punto > −1 sull'asse reale. Tale punto coincide conquello di partenza del diagramma polare e, in de�nitiva, è determinato dal guadagno statico che è uguale a

−7, 236K. Se K <1

7, 236allora il guadagno statico sarà superiore a −1 e saremo sicuri che il punto critico

1Qui ci stiamo riferendo alla funzione di trasferimento del sistema in retroazione2Dal compito del 3 aprile 2006.

3.1. DIAGRAMMA E CRITERIO DI NYQUIST 39

Figura 3.3: Diagramma polare (compito del 3 aprile 2006).

non verrà mai circondato. Per cui, tenendo conto dell'ipotesi K > 0, l'asintotica stabilità è assicurata per

0 < K <1

7, 236.

Quando, come in questo caso, al variare del guadagno K della funzione di trasferimento ad anello ilsistema retroazionato può perdere la propria stabilità asintotica si parla di stabilità condizionata.

3.1.2 Funzione non asintoticamente stabile

Se la funzione di trasferimento è instabile (e quindi ha poli a parte reale positiva e a parte reale negativa), manon presenta poli immaginari eccezion fatta per un eventuale polo nullo semplice o doppio, allora il criteriodiventa il seguente: condizione necessaria e su�ciente perché questo sistema di controllo sia asintoticamentestabile3 è che il diagramma polare completo circondi il punto critico tante volte in senso antiorario quantisono i poli instabili4.

La cosa particolare (che può tornare utile negli esercizi) è che ogni giro in meno in senso antiorario odogni giro in più in senso orario rispetto al numero richiesto dalla condizione sopra riportata corrisponde allapresenza di un polo con parte reale > 0.

Esempio 1

Esempio5

G (s) =1 + 100s

(1 + s) (1− s)

Poli e zeri:

• zero = 1100 , pulsazione di taglio: 0,01 rad/s;

• poli = +1,−1, pulsazione di taglio: 1 rad/s.

Considerazioni per tracciare il diagramma polare:

3Qui ci stiamo riferendo alla funzione di trasferimento del sistema in retroazione4Qui ci stiamo riferendo alla funzione di trasferimento ad anello!5Dal compito del 19 giugno 2008


• numeratore di grado inferiore a quello del denominatore: il diagramma �nisce nell'origine per pulsazioniω →∞;

• nessun polo nell'origine: partiamo dall'ascissa di guadagno statico = 1;

• lo zero arriva prima di tutti e tenderà ad aumentare la fase, cioè a far girare il raggio vettore in sensoantiorario;

• i due poli hanno carattere contrastante perché sono di segno opposto (uno è stabile, l'altro è instabile):essi non avranno contributi sulla fase, per cui il raggio vettore non smetterà mai di ruotare in sensoantiorario. La rotazione complessiva del raggio vettore sarà di +90◦: partiremo dal semiasse realepositivo e termineremo tangenti al semiasse immaginario positivo (e, lo ricordiamo, nell'origine). Ilmodulo crescerà solo all'inizio, in prossimità dello zero che imprime una pendenza di +20dB/dec; dopodue decadi (in senso logaritmico, cioè quando saremo passati da 0, 01 a 1 rad/s) la pendenza diventerànegativa e pari a −20dB/dec per via dell'azione dei due poli.

Figura 3.4: Diagramma polare dal compito del 19 giugno 2008

Il diagramma polare è quindi quello in �gura 3.4 e il diagramma di Nyquist può essere ricavato specchiandotale diagramma rispetto all'asse delle ascisse. Risulta facile convincersi che il punto critico non lo vediamomanco di striscio, né lo circondiamo, visto che stiamo sempre nel semipiano destro. Non facciamo né mezzigiri né giri completi attorno al punto di emergenza (avremmo bisogno di fare un giro in senso antiorarioattorno al punto critico per essere stabili) per cui, avendo noi un polo a parte reale positiva, siamo sempreinstabili.

Esempio 2

Esempio6:

G (s) = 200s

(s+ 10) (s− 20)= −1 · s(

110s+ 1

)(− 1

20s+ 1

)Abbiamo quindi:

• uno zero nell'origine: z1;

6Dal compito del 4 settembre 2007

3.1. DIAGRAMMA E CRITERIO DI NYQUIST 41

• due poli semplici: p1 = −10, p2 = 20 (pulsazioni di taglio: 10 rad/s per il primo polo semplice, 20rad/s per il secondo);

Abbiamo uno zero nell'origine per cui partiamo dall'origine stessa. Inizialmente la rotazione sarà orariain quanto il termine (

− 110

+120

)< 0

è minore di zero. Partiamo inoltre con fase pari a −180◦ (guadagno statico < 0) + 90◦ (lo zero) = −90◦.Siccome il denominatore ha grado maggiore del numeratore, il diagramma collasserà nell'origine per . Unaparticolarità interessante è che il gra�co delle ampiezze e quello delle fasi (che qui omettiamo) sono ambeduesimmetrici: il nostro diagramma polare sarà quindi caratterizzato da una curva che viene percorsa in unverso �no alla pulsazione di 14,14 rad/s e in quello opposto di lì in avanti.

Figura 3.5: Diagramma polare dal compito del 4 settembre 2007

Il diagramma polare (semplice) può essere trovato in �gura 3.5. Per K > 0 il sistema è sicuramentenon asintoticamente stabile in quanto il sistema in catena aperta è instabile di suo (c'è un polo positivo) enon riusciamo ad ovviare a questo inconveniente circondando il punto critico. Dobbiamo infatti utilizzarela formulazione generale del criterio di Nyquist che recita come segue: un sistema in retroazione negativaunitaria è asintoticamente stabile e solo se il diagramma di Nyquist circonda il punto critico per tanti girial �nito in senso antiorario quanti sono i poli instabili (nel semipiano destro) e per tanti mezzi giri al �nitoin senso antiorario quanti sono i poli sull'asse immaginario. Avendo un polo instabile e non facendo alcungiro possiamo dire di essere sempre in condizione di instabilità per K > 0. Per altre informazioni riguardoquesto esempio si rimanda a 2.2.6.

3.1.3 Funzione non asintoticamente stabile e poli immaginari

Nel caso più generale possibile la formulazione è questa: il sistema in retroazione è asintoticamente stabilese e solo se il diagramma polare completo circonda il punto critico per tanti giri al �nito (2π) in sensoantiorario quanti sono i poli nel semipiano destro e per tanti mezzi giri (π) al �nito in senso antiorarioquanti sono i poli sull'asse immaginario (fra cui i poli nulli).


3.2 Formulazione generale del criterio di Nyquist e altro esempiodi stabilità condizionata

La formulazione generale (e più elegante, visto che non c'è bisogno di chiudere il diagramma con semicircon-ferenze o circonferenze di raggio in�nito) del criterio di Nyquist è la seguente:

nz = nf + np +ν

2

• nz è il numero di poli del sistema in retroazione a parte reale positiva;

• nf è il numero di giri del diagramma di Nyquist attorno al punto critico (senso antiorario: negativi,senso orario: positivi);

• è numero dei poli a parte reale della funzione di trasferimento ad anello;

• ν è il numero di poli immaginari (e nulli) della funzione di trasferimento ad anello.

Quando nz è uguale a zero allora il sistema in retroazione è asintoticamente stabile: infatti il numero di polia parte reale positiva è nullo, dato che nz = 0, e non vi possono essere poli a parte reale nulla perché in talcaso il diagramma di Nyquist sarebbe passato esattamente per il punto critico.

Esempio:

Ga (s) = K(s+ 1)2

s2 (s+ 0, 1)

Figura 3.6: Diagramma di Nyquist per l'esempio sulla stabilità condizionata.

Il diagramma di Nyquist può essere visto in �gura 3.6. Utilizziamo la formulazione generale del criteriodi Nyquist: il sistema non ha poli a parte reale positiva e ha due poli nell'origine. Deve quindi compiere duemezzi giri al �nito in senso antiorario (cioè un giro al �nito in senso antiorario) per essere stabile. Si ha

• il diagramma per K = 1 circonda il punto critico con una rotazione al �nito (quella dell'occhiello in�gura) pari ad un giro in senso antiorario: quindi il sistema è stabile per K = 1. Con la formula si hainfatti

nz = nf + np +ν

2= −1 + 0 +

22

= 0

cioè il sistema in retroazione ha un numero nullo di poli a a parte reale positiva. Quindi il sistema inretroazione è asintoticamente stabile;

3.3. STABILITÀ E LUOGO DELLE RADICI 43

• consideriamo ora il caso K < 0, 4 : ora l'intersezione con l'asse reale è in −2, 5, quindi il punto − 1K

è

fuori dall'occhiello per K < 0, 4. In tal caso compiamo un giro al �nito in senso orario intorno al puntocritico. Ne dovevamo fare uno in senso antiorario per avere la stabilità: quindi il sistema è instabileper K < 0, 4 a causa di due poli instabili (1 in meno in senso antiorario ed 1 in più in senso orario:1− (−1) = 2). Con la formula, forse di più agevole applicazione, si ha infatti

nz = nf + np +ν

2= 1 + 0 +

22

= 2

cioè il sistema in retroazione ha un due poli a parte reale positiva. Quindi il sistema in retroazione èinstabile a causa di due poli!

La stabilità è condizionata: per valori `grandi', ossia K > 0, 4, il sistema è stabile; per valori `piccoli`,ossia K < 0, 4, il sistema è instabile!

3.3 Stabilità e luogo delle radici

Conferme sulla stabilità possono venire dal luogo delle radici. Spesso, infatti, viene chiesto di disegnare illuogo delle radici dopo aver svolto il diagramma di Nyquist e di veri�care se le conclusioni sulla stabilitàsono confermate.

In soldoni quel che dobbiamo fare, una volta disegnato il luogo delle radici, è controllare quali siano leintersezioni con l'asse immaginario e se, per qualche valore, `sforiamo' nel semipiano destro. In molti casi, adesempio, risulta che vi è sempre una radice nel semipiano destro, ad esempio perché esiste un polo al valore+1 e l'asintoto lo porta a +∞: in tal caso il sistema è instabile in maniera lampante perché proprio nonriusciamo a fare a meno di quella radice a parte reale positiva. Altre volte capita che non vi siano archi népunti del luogo delle radici nel semipiano destro: se ciò avviene il sistema è invece asintoticamente stabile.

Figura 3.7: Confronto fra il luogo delle radici e il diagramma di Nyquist

Prendiamo ora l'esempio trattato nel paragrafo 3.2: in �gura 3.7 appare il luogo delle radici. Se ricordache per valori di K inferiori a 0, 4 si era detto che il sistema era instabile: e infatti proprio presso quei valoriè situata l'intersezione dei due archi con l'asse immaginario. Per valori più grandi, invece, tutte le radici(2 archi + asintoto) stanno interamente nel semipiano sinistro e quindi il sistema è - come già avevamopreventivato - asintoticamente stabile.

Capitolo 4

Errori a regime

4.1 Retroazione unitaria

Una frequentissima domanda agli esami è quella che richiede di dimensionare K a�nché un dato sistema inretroazione negativa unitaria abbia errore a regime nullo (o pari ad un certo valore C). Esercizi di tale tiposi risolvono molto semplicemente in due passaggi (si faccia riferimento alla �gura 4.1):

Figura 4.1: Schema della retroazione unitaria

• si calcola la trasformata del segnale errore E(s)

E(s) =R(s)

1 +Ga(s)

dove R(s) è il segnale di riferimento, cioè quello che viene dato in pasto al nostro sistema posto inretroazione, mentre Ga(s) è la funzione di trasferimento del ramo diretto (spesso pari a KG(s)):

E(s) =R(s)

1 +KG(s)

• si utilizza la formula dell'errore a regime

Er (s) = lims→0

sE (s)

e la si pone uguale a zero se la richiesta è quella di avere un errore a regime nullo, mentre la si poneuguale a C se si desidera che Er(s) sia pari, appunto, a C.

Facile, no?

4.1.1 Esempio 1 (tratto dal compito del 3 aprile 2008

Abbiamo un sistema in retroazione unitaria (v. �gura 4.1) con G (s) =s+ 3s2

ed R(s) =1s2

(rampa). Si

chiede di valutare se esistono valori di K per cui l'errore a regime in risposta alla rampa unitaria è nullo.

45

46 CAPITOLO 4. ERRORI A REGIME

Non ci resta che applicare il nostro metodo coi suoi due punti cardine.Trasformata del segnale errore per un sistema in retroazione negativa unitaria:

E (s) =R (s)

1 +G (s)=

1s2

1 +Ks+ 3s2

=1

s2 +K (s+ 3)

Errore a regime:

er = lims→0

[sE (s)] = lims→0

[s

1s2 +K (s+ 3)

]=

03K

= 0

Per cui l'errore è sempre nullo per qualsiasi K > 0.D'altronde potevamo dedurlo in quanto se la trasformata del riferimento (nel nostro caso la rampa) ha

un polo nullo di molteplicità h allora il sistema nel ramo diretto deve avere un polo nullo di molteplicità h(e così è). Per maggiori informazioni consulta il paragrafo 4.3.

4.1.2 Esempio 2 (dal compito del 18 luglio 2007)

Abbiamo un sistema in retroazione unitaria (v. �gura 4.1) con G (s) =1

s (s+ 1)ed R(s) =

1s2

(rampa). Si

chiede di valutare se esistono valori di K per cui l'errore a regime in risposta alla rampa unitaria è pari a 0, 1.

Applichiamo i nostri due soliti passaggi. Errore:

E (s) =R (s)

1 +KG (s)=

1s2

1 +K1

s (s+ 1)

=

(s+ 1)s

s (s+ 1) +K

Errore a regime:

lims→0

s ·

(s+ 1)s

s (s+ 1) +K= lims→0

(s+ 1)s (s+ 1) +K

=1K

= 0, 1⇒ K = 10

NOTA: negli esempi visti ora abbiamo dato per scontato che il sistema fosse stabile per K > 0 e, inparticolare, per qualunque K > 0. In realtà potrebbe accadere l'ipotesi che vi siano dei poli in grado didiventare a parte reale positiva (per colpa di K) e quindi in grado di rendere instabile la f.d.t.: per i K cherendono la risposta non asintoticamente stabile non ha però senso parlare di errore a regime. Vedremo frapoco un esempio in cui questo controllo è importante.

4.2 Retroazione non unitaria

Se abbiamo una retroazione non unitaria le cose si complicano davvero di pochissimo: si faccia riferimentoalla �gura 4.2.

Figura 4.2: Schema della retroazione NON unitaria

Questa volta i due punti che caratterizzano lo svolgimento sono i seguenti:

4.3. IL PRINCIPIO DEL MODELLO INTERNO 47

• si calcola la trasformata del segnale errore E(s)

E(s) =R(s)

1 +H(s)Ga(s)

dove R(s) è il segnale di riferimento, cioè quello che viene dato in pasto al nostro sistema posto inretroazione, H(s) è l'espressione del ramo di retroazione, mentre Ga(s) è la funzione di trasferimentodel ramo diretto (spesso pari a KG(s)):

E(s) =R(s)

1 +KH(s)G(s)

• si utilizza la formula dell'errore a regime

Er (s) = lims→0

sE (s)

e la si pone uguale a zero se la richiesta è quella di avere un errore a regime nullo, mentre la si poneuguale a C se si desidera che Er(s) sia pari, appunto, a C.

Ancora facile, no?

4.2.1 Esempio (dal compito del 19 giugno 2008)

Abbiamo un sistema in retroazione NON unitaria (v. �gura 4.2) con G (s) =1

s+ 2, H (s) = 1−s e R(s) =

1s2

(rampa). Si chiede di valutare se esistono valori di K per cui l'errore a regime in risposta alla rampa unitariaè nullo.

Segnale errore:

E (s) =R (s)

1 +H (s)KG (s)=

1s

1 + (1− s) K

s+ 2

=(s+ 2)

1s

s+ 2 +K (1− s)=

s+ 2s

s+ 2 +K (1− s)

Errore a regime:

Er (s) = lims→0

s ·

s+ 2s

s+ 2 +K (1− s)= lims→0

s+ 2s+ 2 +K (1− s)

=2

2 +K

Non esistono quindi valori che rendano l'errore a regime nullo. Esiste però un valore in grado di minimizzaretale errore. Il sistema è infatti asintoticamente stabile solo per alcuni valori di K, quelli cioè che rendono leradici del denominatore della funzione di trasferimento

KG (s)1 +H (s)KG (s)

=K

1s+ 2

1 + (1− s)K 1s+ 2

=K

s+ 2 + (1− s)K

tutte negative (poli tutti stabili). Si ha infatti:

s+ 2 + (1− s)K =−2−K1−K

{N è positivo : K < −2D è positivo : K < 1

⇒ la frazione è negativa per − 2 < K < 1

Ha quindi senso calcolare il tutto solo nell'intervallo −2 < K < 1 . L'errore a regime Er (s) =2

2 +Ksi

minimizza per K = 1.

4.3 Il principio del modello interno

Il principio del modello interno recita che, se la trasformata del riferimento R(s) ha un polo nell'origine dimolteplicità h, allora il sistema nel ramo diretto G(s) deve anch'essa avere un polo nullo di molteplicità h al�ne di ottenere un errore a regime nullo. Si riguardino gli esercizi nei paragra� 4.2 e 4.1 per avere confermadi ciò.

48 CAPITOLO 4. ERRORI A REGIME

Elenco delle �gure

1.1 Carrellata di diagrammi di Bode delle ampiezze (termini elementari). . . . . . . . . . . . . . . 81.2 Esempio di composizione di gra�ci (compito del 25 luglio 2006) . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 Confronto fra diagramma reale e diagramma asintotico nel caso `polo semplice' . . . . . . . . 111.4 Picco di risonanza al variare di δ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.5 Esempio di variazione di fase indotta da poli c.c., al variare di δ. . . . . . . . . . . . . . . . . 131.6 Diagramma delle fasi reale per un polo semplice. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.7 Diagramma delle fasi reale per uno zero semplice. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.8 Diagramma delle fasi (dal compito del 3 aprile 2008. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.1 Diagramma delle ampiezze. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.2 Diagramma delle fasi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3 Diagramma polare. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.4 Gra�co di Bode delle ampiezze (compito del 3 aprile 2006). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.5 Gra�co di Bode delle fasi (compito del 3 aprile 2006). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.6 Diagramma polare (compito del 3 aprile 2006). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.7 Diagramma polare tracciato con considerazioni qualitative (dal compito del 3 aprile 2008) . . 232.8 Tabella di Routh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.9 Forma frequentemente assunta del luogo delle radici (tratto dal compito del 3 aprile 2006). . 292.10 Altro luogo delle radici (K̄ < 0) dal compito del 3 aprile 2006. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.11 Compito del 3 aprile 2008: luogo delle radici per K positivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.12 Compito del 3 aprile 2008: luogo delle radici per K negativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.13 Luogo delle radici (dal compito del 14 dicembre 2005). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.1 Chiusura del diagramma di Nyquist per sistema di tipo 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.2 Chiusura del diagramma di Nyquist per sistemi di tipo 1 e 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.3 Diagramma polare (compito del 3 aprile 2006). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.4 Diagramma polare dal compito del 19 giugno 2008 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.5 Diagramma polare dal compito del 4 settembre 2007 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.6 Diagramma di Nyquist per l'esempio sulla stabilità condizionata. . . . . . . . . . . . . . . . . 423.7 Confronto fra il luogo delle radici e il diagramma di Nyquist . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

4.1 Schema della retroazione unitaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.2 Schema della retroazione NON unitaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

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