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Esercizi sul luogo delle radici svolti, con i luoghi disegnati

Nove esercizi con soluzione: guadagno per uno smorzamento, asintoti e diramazioni, luogo circolare, angoli di partenza, stabilizzazione di un processo instabile, zero stabilizzante, luogo rispetto a un parametro, progetto su sovraelongazione.

ielettronica 25 ottobre 2026 7 min di lettura 1 commento

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Esercizi sul luogo delle radici del tipo che si danno nei corsi di Controlli automatici, in tre livelli: base, con sistemi del secondo ordine e il calcolo del guadagno; medio, con asintoti, diramazioni, angoli di partenza e attraversamenti dell’asse immaginario; esame, con processi instabili, compensazione con uno zero, luogo rispetto a un parametro e progetto su specifica. Il risultato è indicato subito; la soluzione completa, con il luogo disegnato, si apre con un clic. Le regole dimostrate e il codice MATLAB e Python sono nell’approfondimento collegato in cima.

Livello base

Esercizio 1. Il luogo più semplice

Traccia il luogo di $L(s) = \dfrac{K}{s(s + 2)}$ e trova il guadagno per cui i poli in anello chiuso hanno smorzamento $\zeta = 0{,}707$ .

Risultato: rami sull’asse reale tra 0 e $-2$ , diramazione in $-1$ per $K = 1$ , poi la retta verticale $\text{Re}\,s = -1$ ; $K = 2$ .

Soluzione

Equazione caratteristica: $s^2 + 2s + K = 0$ . Asse reale: il tratto tra 0 e $-2$ (a destra di ogni suo punto c’è un polo). Due asintoti a $\pm 90°$ dal baricentro $\frac{0 - 2}{2} = -1$ .

Diramazione: $\frac{d}{ds}(s^2 + 2s) = 2s + 2 = 0$ , $s = -1$ , con $K = 1$ . Per $K \gt 1$ i poli sono $-1 \pm i\sqrt{K - 1}$ : la parte reale resta $-1$ (la somma dei poli è costante, regola 7).

Smorzamento: confrontando con $s^2 + 2\zeta\omega_ns + \omega_n^2$ , $\omega_n = \sqrt K$ e $\zeta = \frac{1}{\sqrt K}$ . Per $\zeta = 0{,}707$ : $K = 2$ , poli $-1 \pm i$ . Aumentare il guadagno rende la risposta più oscillante ma non più rapida ad assestarsi: il tempo di assestamento $4/\zeta\omega_n = 4$ s non cambia.

Luogo delle radici di K su s per s più 2 — I rami partono da 0 e da meno 2, si incontrano in meno 1 e salgono verticalmente; la retta tratteggiata verde a 45 gradi corrisponde a smorzamento 0,707 e incontra il luogo in meno 1 più o meno i.

Esercizio 2. Un guadagno per una sovraelongazione

Per $L(s) = \dfrac{K}{s(s + 2)(s + 4)}$ trova il guadagno che dà ai poli dominanti uno smorzamento 0,5, la posizione del terzo polo e il guadagno critico.

Risultato: $K = 8{,}3$ ; poli dominanti $-0{,}667 \pm 1{,}155i$ , terzo polo $-4{,}67$ ; $K_{crit} = 48$ .

Soluzione

I poli dominanti stanno sulla retta $s = r\,e^{\pm i120°}$ (smorzamento 0,5, angolo di 60° dal semiasse negativo). Usando la regola 7, la somma dei tre poli è sempre $-6$ : se i dominanti sono $-a \pm ia\sqrt 3$ , il terzo è $-6 + 2a$ .

Imponendo che $(s^2 + 2as + 4a^2)(s + 6 - 2a) = s^3 + 6s^2 + 8s + K$ , il coefficiente di $s$ dà $4a^2 + 2a(6 - 2a) = 8$ , cioè $12a = 8$ , $a = 0{,}667$ . Allora i poli dominanti sono $-0{,}667 \pm 1{,}155i$ , il terzo $-4{,}67$ , e $K = 4a^2(6 - 2a) = 1{,}778\cdot 4{,}667 = 8{,}30$ .

Guadagno critico (Routh, oppure $s = i\omega$ ): $6\cdot 8 = K$ , $K = 48$ , $\omega = 2\sqrt 2$ . Il margine di guadagno con $K = 8{,}3$ è $48/8{,}3 = 5{,}8$ .

Il terzo polo è sette volte più lontano dall’asse dei dominanti: la sua influenza è piccola, e la sovraelongazione reale (15,5 %) è vicina a quella del secondo ordine (16,3 %).

Il luogo intersecato dalla retta di smorzamento 0,5 — I punti verdi sono i tre poli dell’anello chiuso per K uguale a 8,3: i due dominanti sulla retta tratteggiata e il terzo sull’asse reale in meno 4,67.

Livello medio

Esercizio 3. Quattro poli: asintoti, diramazioni, stabilità

Per $L(s) = \dfrac{K}{s(s + 1)(s + 3)(s + 4)}$ trova asintoti, punti di diramazione e guadagno critico.

Risultato: baricentro $-2$ , angoli $\pm 45°$ e $\pm 135°$ ; diramazioni in $-0{,}419$ e $-3{,}581$ (entrambe con $K = 2{,}25$ ); $K_{crit} = 26{,}25$ con $\omega = 1{,}22$ .

Soluzione

Asse reale: tratti $[-1, 0]$ e $[-4, -3]$ . Asintoti: $n - m = 4$ , baricentro $\frac{0 - 1 - 3 - 4}{4} = -2$ , angoli $45°, 135°, 225°, 315°$ .

Diramazioni: $D = s^4 + 8s^3 + 19s^2 + 12s$ , $D' = 4s^3 + 24s^2 + 38s + 12 = 0$ : radici $-0{,}419$ , $-2$ , $-3{,}581$ . Il punto $-2$ non sta sul luogo (tra $-1$ e $-3$ ci sono due poli a destra, numero pari). Negli altri due $K = |D| = 2{,}25$ : stessa $K$ per simmetria (i poli sono simmetrici rispetto a $-2$ ).

Routh su $s^4 + 8s^3 + 19s^2 + 12s + K$ : seconda riga $8, 12$ ; terza $\frac{8\cdot 19 - 12}{8} = 17{,}5$ e $K$ ; quarta $\frac{17{,}5\cdot 12 - 8K}{17{,}5}$ , positiva per $K \lt 26{,}25$ . Equazione ausiliaria $17{,}5s^2 + 26{,}25 = 0$ : $\omega = 1{,}22$ .

Luogo con quattro poli e i suoi asintoti — Le coppie di rami si staccano in meno 0,42 e in meno 3,58 e si avvicinano agli asintoti a 45 e 135 gradi che partono da meno 2; i rami di destra attraversano l’asse immaginario.

Esercizio 4. Il luogo circolare e il massimo smorzamento

Per $L(s) = K\dfrac{s + 3}{s(s + 1)}$ trova i punti di diramazione e il guadagno che dà il massimo smorzamento dei poli complessi.

Risultato: diramazioni in $-0{,}551$ e $-5{,}449$ ; massimo smorzamento $\zeta = 0{,}577$ per $K = 1$ , con poli $-1 \pm i\sqrt 2$ .

Soluzione

Diramazioni (approfondimento): $s^2 + 6s + 3 = 0$ , $s = -3 \pm\sqrt 6$ .

La parte complessa del luogo è la circonferenza di centro $-3$ e raggio $\sqrt 6$ . Lo smorzamento di un polo è il coseno dell’angolo tra la congiungente con l’origine e il semiasse negativo: è massimo dove la retta dall’origine è tangente alla circonferenza. Lì $\sin\theta = \frac{\sqrt 6}{3}$ , $\zeta = \cos\theta = \sqrt{1 - \frac{6}{9}} = 0{,}577$ , e la distanza dall’origine è $\sqrt{9 - 6} = \sqrt 3$ .

Il polo è $\sqrt 3\,e^{i(180° - 54{,}7°)} = -1 + i\sqrt 2$ . Dall’equazione $s^2 + (1 + K)s + 3K = 0$ , la parte reale è $-\frac{1 + K}{2} = -1$ , quindi $K = 1$ . Verifica: $s^2 + 2s + 3$ ha radici $-1 \pm i\sqrt 2$ .

Luogo circolare attorno allo zero — La circonferenza di centro meno 3 e raggio radice di 6 collega le due diramazioni; il punto di massimo smorzamento è quello in cui la retta dall’origine la tocca.

Esercizio 5. Angolo di partenza e attraversamento

Per $L(s) = \dfrac{K}{(s + 3)(s^2 + 2s + 2)}$ calcola l’angolo di partenza dal polo $-1 + i$ , gli asintoti e il guadagno critico.

Risultato: $63{,}4°$ ; baricentro $-1{,}67$ , angoli $\pm 60°$ , $180°$ ; $K_{crit} = 34$ con $\omega = 2{,}83$ .

Soluzione

Partenza (regola 6): $\theta = 180° - \arg(p + 3) - \arg(p - \bar p) = 180° - 26{,}6° - 90° = 63{,}4°$ .

Asintoti: $\sigma_a = \frac{-3 - 1 - 1}{3} = -1{,}67$ .

Equazione caratteristica $s^3 + 5s^2 + 8s + 6 + K = 0$ . Routh: $5\cdot 8 \gt 6 + K$ , cioè $K \lt 34$ . Per $K = 34$ : $5s^2 + 40 = 0$ , $\omega = \sqrt 8 = 2{,}83$ .

Controllo con la regola 7: per $K = 34$ i poli sono $\pm 2{,}83i$ e il terzo deve essere $-5$ (somma $-5$ ): infatti $(s + 5)(s^2 + 8) = s^3 + 5s^2 + 8s + 40$ . ✓

Partenza dai poli complessi — Il ramo lascia il polo meno 1 più i con un angolo di circa 63 gradi e attraversa l’asse immaginario per K uguale a 34.

Livello esame

Esercizio 6. Stabilizzare un processo instabile

Il processo $G(s) = \dfrac{s + 1}{s(s - 2)}$ è controllato con un guadagno $K$ in retroazione unitaria. Per quali $K$ l’anello chiuso è stabile? Per quale $K$ i poli sono reali coincidenti?

Risultato: stabile per $K \gt 2$ ; poli coincidenti per $K = 4 + 2\sqrt 3 = 7{,}46$ , in $s = -2{,}73$ (e per $K = 4 - 2\sqrt 3 = 0{,}54$ , in $+0{,}73$ , instabile).

Soluzione

Equazione caratteristica: $s^2 + (K - 2)s + K = 0$ . Stabile se tutti i coefficienti sono positivi: $K \gt 2$ .

Poli coincidenti: discriminante nullo, $(K - 2)^2 = 4K$ , $K^2 - 8K + 4 = 0$ , $K = 4 \pm 2\sqrt 3$ . Per $K = 7{,}46$ la radice doppia è $-\frac{K - 2}{2} = -2{,}73$ : è la diramazione a sinistra, sul tratto a sinistra dello zero. Per $K = 0{,}54$ la radice è $+0{,}73$ , tra i due poli instabili: diramazione nel semipiano destro.

Il luogo è un cerchio di centro $-1$ e raggio $\sqrt 3$ : $-1 \pm\sqrt 3$ sono proprio $0{,}73$ e $-2{,}73$ . ✓

Luogo del processo instabile — I rami nascono nel semipiano destro, girano attorno allo zero in meno 1 e diventano stabili per K maggiore di 2.

Esercizio 7. Uno zero che stabilizza

Al sistema $\dfrac{K}{s(s + 2)(s + 4)}$ , instabile per $K \gt 48$ , si aggiunge uno zero in $-2{,}5$ : $L = \dfrac{K(s + 2{,}5)}{s(s + 2)(s + 4)}$ . Mostra che ora l’anello chiuso è stabile per ogni $K \gt 0$ .

Risultato: asintoti verticali con baricentro $-1{,}75$ ; Routh sempre soddisfatto.

Soluzione

Asintoti: $n - m = 2$ , angoli $\pm 90°$ , baricentro $\frac{(0 - 2 - 4) - (-2{,}5)}{2} = -1{,}75$ . I rami all’infinito restano sulla retta $\text{Re}\,s = -1{,}75$ , nel semipiano sinistro.

Routh su $s^3 + 6s^2 + (8 + K)s + 2{,}5K$ : coefficienti tutti positivi, e la condizione del terzo ordine $6(8 + K) \gt 2{,}5K$ vale per ogni $K \gt 0$ (diventa $48 + 3{,}5K \gt 0$ ).

Lo zero si ottiene con un controllore PD, $C = K(s + 2{,}5)$ , o in pratica con una rete anticipatrice (zero seguito da un polo molto più a sinistra, che lascia il quadro quasi invariato).

Luogo con lo zero aggiunto — Il polo in meno 4 va verso lo zero in meno 2,5; gli altri due rami si incontrano e salgono lungo la retta verticale meno 1,75, senza mai attraversare l’asse immaginario.

Esercizio 8. Il luogo rispetto allo smorzamento

Il sistema massa-molla-smorzatore $\ddot y + a\dot y + 4y = u$ ha lo smorzamento $a$ regolabile. Traccia il percorso dei poli al variare di $a \ge 0$ e trova $a$ per avere smorzamento critico e per avere $\zeta = 0{,}5$ .

Risultato: i poli si muovono sulla circonferenza $|s| = 2$ ; smorzamento critico per $a = 4$ ; $\zeta = 0{,}5$ per $a = 2$ .

Soluzione

Equazione caratteristica $s^2 + as + 4 = 0$ , riscritta come $1 + a\frac{s}{s^2 + 4} = 0$ : luogo con poli $\pm 2i$ e zero in 0 (approfondimento).

Finché i poli sono complessi, il loro prodotto è 4, quindi $|s|^2 = 4$ : stanno sulla circonferenza di raggio $\omega_n = 2$ . Con $2\zeta\omega_n = a$ : $\zeta = a/4$ . Smorzamento critico $\zeta = 1$ per $a = 4$ (poli coincidenti in $-2$ ); $\zeta = 0{,}5$ per $a = 2$ , poli $-1 \pm i\sqrt 3$ .

Poli al variare dello smorzamento — Al crescere di a i poli scendono lungo la circonferenza di raggio 2 dai punti più e meno 2 i fino a meno 2, dove si incontrano per a uguale a 4.

Esercizio 9. Progetto su specifica di sovraelongazione

Il processo $G(s) = \dfrac{1}{s(s + 5)}$ è controllato con un guadagno $K$ . Trova $K$ per una sovraelongazione del 10 % e il tempo di assestamento corrispondente. Scrivi i comandi MATLAB e Python per verificarlo.

Risultato: $\zeta = 0{,}591$ , $K = 17{,}9$ ; $t_s \approx 1{,}6$ s.

Soluzione

Dalla sovraelongazione: $\zeta = \frac{-\ln 0{,}1}{\sqrt{\pi^2 + \ln^2 0{,}1}} = \frac{2{,}303}{3{,}896} = 0{,}591$ .

Equazione caratteristica $s^2 + 5s + K$ : $\omega_n = \sqrt K$ , $2\zeta\omega_n = 5$ , quindi $\sqrt K = \frac{5}{2\cdot 0{,}591} = 4{,}23$ e $K = 17{,}9$ . Poli $-2{,}5 \pm 3{,}42i$ .

Tempo di assestamento al 2 %: $\frac{4}{\zeta\omega_n} = \frac{4}{2{,}5} = 1{,}6$ s, fissato dalla parte reale $-2{,}5$ , che con un solo guadagno non si può spostare. Per un sistema più rapido serve uno zero (rete anticipatrice) che porti il luogo più a sinistra.

Verifica in MATLAB: G = tf(1,[1 5 0]); stepinfo(feedback(17.9*G,1)). In Python: ct.step_info(ct.feedback(17.9*ct.tf([1],[1,5,0]),1)), che dà una sovraelongazione del 10,0 % e un tempo di assestamento di 1,42 s: la formula $4/\zeta\omega_n$ è una stima prudente, ricavata dall’inviluppo esponenziale.

Il guadagno per una sovraelongazione del 10 per cento — La retta tratteggiata verde corrisponde a smorzamento 0,591 e incontra il ramo verticale del luogo per K uguale a 17,9.

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Autore

ielettronica

9 ore fa

Benvenuti nella pagina su «Esercizi sul luogo delle radici svolti, con i luoghi disegnati». L'ho scritta pensando a chi studia ingegneria elettronica: se un passaggio non vi torna, un esercizio vi dà un risultato diverso o volete altro materiale sull'argomento, chiedete pure nei commenti e vi risponderò. Un voto con le stelle qui sopra mi aiuta a capire quali pagine migliorare.Welcome to the page on “Solved root locus exercises, with the loci drawn”. I wrote it for engineering students: if a step does not add up, an exercise gives you a different result or you would like more material on the topic, just ask in the comments and I will reply. A star rating above helps me understand which pages to improve.

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Livello base

Esercizio 1. Il luogo più semplice

Esercizio 2. Un guadagno per una sovraelongazione

Livello medio

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Esercizio 4. Il luogo circolare e il massimo smorzamento

Esercizio 5. Angolo di partenza e attraversamento

Livello esame

Esercizio 6. Stabilizzare un processo instabile

Esercizio 7. Uno zero che stabilizza

Esercizio 8. Il luogo rispetto allo smorzamento

Esercizio 9. Progetto su specifica di sovraelongazione

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