ELECTRONICS ENGINEERINGelectronics-engineering.com

Esercizi sulla trasformata Zeta svolti: dalle equazioni alle differenze al codice del microcontrollore

Undici esercizi con soluzione e grafico: trasformate e antitrasformate, filtro esponenziale, Fibonacci, stabilità, guadagno statico, media mobile, ZOH, Eulero e Tustin, prewarping, PI digitale scritto in C.

ielettronica 25 ottobre 2026 8 min di lettura 1 commento

https://www.electronics-engineering.com/esercizi-trasformata-zeta-svolti

Nessun voto ancora: sii il primo a votare questa pagina.

Esercizi sulla trasformata Zeta del tipo che si danno nei corsi di Metodi matematici, Elaborazione numerica dei segnali e Controllo digitale, in tre livelli: base, con trasformate e antitrasformate; medio, con equazioni alle differenze, stabilità e risposta in frequenza; esame, con discretizzazioni e la realizzazione di un regolatore digitale fino al codice. Il risultato è indicato subito; la soluzione completa, con il grafico, si apre con un clic. Le tabelle sono nell’approfondimento collegato in cima.

Livello base

Esercizio 1. La moltiplicazione per n

Calcola la trasformata di $x[n] = n\,(0{,}5)^n$ .

Risultato: $X(z) = \dfrac{0{,}5\,z}{(z - 0{,}5)^2}$ .

Soluzione

Si parte da $\mathcal Z\{0{,}5^n\} = \frac{z}{z - 0{,}5}$ e si usa $\mathcal Z\{n\,x[n]\} = -zX'(z)$ :

$-z\frac{d}{dz}\frac{z}{z - 0{,}5} = -z\cdot\frac{(z - 0{,}5) - z}{(z - 0{,}5)^2} = \frac{0{,}5\,z}{(z - 0{,}5)^2}$

Polo doppio in 0,5: la sequenza prima cresce (per il fattore $n$ ) e poi decresce (per $0{,}5^n$ ), con il massimo tra $n = 1$ e $n = 2$ , dove vale 0,5.

La sequenza n per 0,5 alla n — I campioni valgono 0, 0,5, 0,5, 0,375 e poi decrescono rapidamente verso zero.

Esercizio 2. Antitrasformare con i fratti semplici

Antitrasforma $X(z) = \dfrac{z^2}{(z - 0{,}5)(z - 0{,}2)}$ e controlla i primi campioni con la divisione.

Risultato: $x[n] = \frac{5}{3}(0{,}5)^n - \frac{2}{3}(0{,}2)^n$ ; $x[0] = 1$ , $x[1] = 0{,}7$ , $x[2] = 0{,}39$ .

Soluzione

$\dfrac{X(z)}{z} = \dfrac{z}{(z - 0{,}5)(z - 0{,}2)} = \dfrac{A}{z - 0{,}5} + \dfrac{B}{z - 0{,}2}$ , con $A = \frac{0{,}5}{0{,}3} = \frac{5}{3}$ e $B = \frac{0{,}2}{-0{,}3} = -\frac{2}{3}$ .

Rimoltiplicando per $z$ : $X = \frac{5}{3}\cdot\frac{z}{z - 0{,}5} - \frac{2}{3}\cdot\frac{z}{z - 0{,}2}$ , quindi $x[n] = \frac{5}{3}(0{,}5)^n - \frac{2}{3}(0{,}2)^n$ .

Controllo. $X = \frac{1}{1 - 0{,}7z^{-1} + 0{,}1z^{-2}}$ : corrisponde a $x[n] = 0{,}7x[n - 1] - 0{,}1x[n - 2] + \delta[n]$ . Quindi $x[0] = 1$ , $x[1] = 0{,}7$ , $x[2] = 0{,}49 - 0{,}1 = 0{,}39$ . Dalla formula: $x[2] = \frac{5}{3}\cdot 0{,}25 - \frac{2}{3}\cdot 0{,}04 = 0{,}4167 - 0{,}0267 = 0{,}39$ .

La sequenza antitrasformata — Due poli reali positivi danno una sequenza che parte da 1 e decresce senza oscillare.

Esercizio 3. Il filtro esponenziale al gradino

Un sensore viene filtrato con $y[n] = 0{,}8\,y[n - 1] + 0{,}2\,x[n]$ . Trova la funzione di trasferimento, la risposta al gradino e il numero di campioni dopo i quali l’uscita supera il 95 % del valore finale.

Risultato: $H(z) = \dfrac{0{,}2z}{z - 0{,}8}$ ; $y[n] = 1 - 0{,}8^{n+1}$ ; dal campione $n = 13$ .

Soluzione

Trasformando: $Y = 0{,}8z^{-1}Y + 0{,}2X$ , quindi $H = \frac{0{,}2}{1 - 0{,}8z^{-1}} = \frac{0{,}2z}{z - 0{,}8}$ . Guadagno statico $H(1) = 1$ .

Risposta al gradino: $Y = \frac{0{,}2z^2}{(z - 1)(z - 0{,}8)}$ . $\frac{Y}{z} = \frac{1}{z - 1} - \frac{0{,}8}{z - 0{,}8}$ (residui: in 1 vale $\frac{0{,}2}{0{,}2} = 1$ ; in 0,8 vale $\frac{0{,}16}{-0{,}2} = -0{,}8$ ). Quindi $y[n] = 1 - 0{,}8\cdot 0{,}8^n = 1 - 0{,}8^{n+1}$ .

95 %: $0{,}8^{n+1} \lt 0{,}05$ , $n + 1 \gt \frac{\ln 0{,}05}{\ln 0{,}8} = 13{,}4$ , cioè $n \ge 13$ . Con campionamento a 100 Hz il filtro risponde in circa 0,13 s: è il compromesso tra pulizia del segnale e prontezza.

Risposta al gradino del filtro esponenziale — I campioni salgono verso 1 come una carica esponenziale: 0,2, 0,36, 0,49 e così via.

Livello medio

Esercizio 4. I numeri di Fibonacci

Risolvi con la trasformata Zeta $y[n + 2] = y[n + 1] + y[n]$ , con $y[0] = 0$ , $y[1] = 1$ .

Risultato: $y[n] = \dfrac{\varphi^n - \psi^n}{\sqrt 5}$ , con $\varphi = \frac{1 + \sqrt 5}{2}$ , $\psi = \frac{1 - \sqrt 5}{2}$ .

Soluzione

Con la regola dell’anticipo: $z^2Y - z^2y[0] - zy[1] = zY - zy[0] + Y$ . Con i valori iniziali: $z^2Y - z = zY + Y$ , quindi $Y = \frac{z}{z^2 - z - 1}$ .

Poli: $z^2 - z - 1 = 0$ , cioè $\varphi = 1{,}618$ (il rapporto aureo) e $\psi = -0{,}618$ . $\frac{Y}{z} = \frac{1}{(z - \varphi)(z - \psi)} = \frac{1}{\sqrt 5}\left(\frac{1}{z - \varphi} - \frac{1}{z - \psi}\right)$ , da cui la formula di Binet.

Il polo $\varphi$ fuori dal cerchio unitario fa crescere la sequenza esponenzialmente; il polo $\psi$ , dentro e negativo, aggiunge una piccola correzione alternata che rende ogni termine intero. Per $n$ grande $y[n] \approx \varphi^n/\sqrt 5$ : $y[10] = 55$ , e $1{,}618^{10}/2{,}236 = 55{,}0$ .

I numeri di Fibonacci — I campioni 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13 e così via seguono la curva tratteggiata phi alla n fratto radice di 5.

Esercizio 5. Stabile o instabile

Stabilisci la stabilità dei sistemi $y[n] = 1{,}1\,y[n - 1] + x[n]$ e $y[n] = y[n - 1] - 0{,}5\,y[n - 2] + x[n]$ . Per il secondo, quanti campioni dura un’oscillazione?

Risultato: il primo è instabile (polo 1,1); il secondo è stabile (poli $0{,}5 \pm 0{,}5i$ , modulo 0,707) e oscilla con periodo 8 campioni.

Soluzione

Primo. $H = \frac{z}{z - 1{,}1}$ : polo in 1,1, fuori dal cerchio. La risposta impulsiva $1{,}1^n$ cresce del 10 % a ogni campione.

Secondo. $H = \frac{z^2}{z^2 - z + 0{,}5}$ . Poli: $z = \frac{1 \pm\sqrt{1 - 2}}{2} = 0{,}5 \pm 0{,}5i$ . Modulo $\sqrt{0{,}5} = 0{,}707 \lt 1$ : stabile. Angolo $\theta = \frac{\pi}{4}$ : un giro completo ( $2\pi$ ) richiede $2\pi/\theta = 8$ campioni.

Smorzamento: dopo un periodo l’ampiezza è $0{,}707^8 = 0{,}0625$ , cioè si riduce a un sedicesimo: l’oscillazione si vede appena.

Risposta impulsiva del sistema del secondo ordine — I campioni oscillano con periodo 8 dentro un inviluppo che si dimezza ogni due campioni, tratteggiato.

Risposta impulsiva del sistema instabile — Con il polo in 1,1 i campioni crescono del 10 per cento a ogni passo.

Esercizio 6. Il valore finale e il guadagno statico

Un sistema discreto ha $H(z) = \dfrac{0{,}3z + 0{,}1}{z^2 - 0{,}9z + 0{,}2}$ . Trova il valore a regime della risposta al gradino unitario.

Risultato: 1,33.

Soluzione

Poli: $z^2 - 0{,}9z + 0{,}2 = 0$ , cioè $z = 0{,}5$ e $z = 0{,}4$ , dentro il cerchio: il valore finale esiste.

Con il gradino $X = \frac{z}{z - 1}$ : $\lim_{z\to 1}(z - 1)\cdot\frac{z}{z - 1}H(z) = H(1) = \frac{0{,}4}{1 - 0{,}9 + 0{,}2} = \frac{0{,}4}{0{,}3} = 1{,}33$ .

Il guadagno statico di un sistema discreto è $H(1)$ , come quello continuo è $G(0)$ : $z = 1$ corrisponde a $s = 0$ nella mappa $z = e^{sT}$ .

Una risposta al gradino che si assesta — La risposta al gradino di un sistema discreto stabile tende al valore del guadagno statico, H di 1.

Esercizio 7. La media mobile in frequenza

Il filtro $y[n] = \frac{1}{2}(x[n] + x[n - 1])$ lavora a $f_c = 1$ kHz. Calcola il guadagno a 0 Hz, a 250 Hz e a 500 Hz, e il ritardo che introduce.

Risultato: 1; 0,707 (−3 dB); 0; ritardo di mezzo campione, 0,5 ms.

Soluzione

$H(z) = \frac{1 + z^{-1}}{2}$ . Con $z = e^{i\omega T}$ : $H = \frac{1 + e^{-i\omega T}}{2} = e^{-i\omega T/2}\cos\frac{\omega T}{2}$ .

Modulo $|\cos\frac{\omega T}{2}|$ , con $\omega T = 2\pi f/f_c$ : a 0 Hz vale 1; a 250 Hz $\cos\frac{\pi}{4} = 0{,}707$ ; a 500 Hz (Nyquist) $\cos\frac{\pi}{2} = 0$ .

Fase $-\frac{\omega T}{2}$ , lineare: tutte le frequenze sono ritardate di $T/2 = 0{,}5$ ms. I filtri FIR simmetrici hanno sempre fase lineare, e quindi non deformano la forma d’onda.

Risposta in frequenza della media mobile — Il modulo, in blu, scende da 1 a zero alla frequenza di Nyquist; in rosso, per confronto, un filtro esponenziale.

Livello esame

Esercizio 8. Discretizzare un processo con lo ZOH

Il processo $G(s) = \dfrac{1}{s + 1}$ è comandato da un D/A con mantenitore, con $T = 0{,}5$ s. Trova $G(z)$ e verifica che, a un gradino, i campioni coincidono con la risposta continua.

Risultato: $G(z) = \dfrac{0{,}3935}{z - 0{,}6065}$ .

Soluzione

Formula dell’approfondimento con $a = 1$ : $G(z) = \frac{1 - e^{-aT}}{z - e^{-aT}} = \frac{1 - e^{-0{,}5}}{z - e^{-0{,}5}} = \frac{0{,}3935}{z - 0{,}6065}$ .

Risposta al gradino: $Y = \frac{0{,}3935\,z}{(z - 1)(z - 0{,}6065)}$ , che antitrasformata dà $y[n] = 1 - 0{,}6065^n = 1 - e^{-0{,}5n}$ : esattamente la risposta continua $1 - e^{-t}$ negli istanti $t = 0{,}5n$ . Lo ZOH è esatto per ingressi costanti a tratti, perché è proprio quello che il D/A produce.

Risposta al gradino campionata — I campioni, punti blu, stanno sulla curva continua tratteggiata; la scala blu è l’uscita mantenuta tra un campione e l’altro.

Esercizio 9. Eulero contro Tustin

Un regolatore ha un polo in $s = -10$ . Con $T = 0{,}25$ s, dove finisce il polo discretizzando con Eulero in avanti e con Tustin? E con lo ZOH?

Risultato: Eulero $-1{,}5$ (instabile); Tustin $-0{,}111$ (stabile); ZOH $e^{-2{,}5} = 0{,}082$ .

Soluzione

Eulero in avanti: $z = 1 + sT = 1 - 2{,}5 = -1{,}5$ . Fuori dal cerchio: un polo stabile è diventato instabile, perché $T = 0{,}25 \gt 2/10 = 0{,}2$ .

Tustin: $z = \frac{1 + sT/2}{1 - sT/2} = \frac{1 - 1{,}25}{1 + 1{,}25} = -0{,}111$ . Stabile, ma negativo: introduce un’oscillazione alla frequenza di Nyquist che il continuo non aveva.

ZOH (corrispondenza esatta): $z = e^{-10\cdot 0{,}25} = 0{,}082$ .

Morale: con poli veloci rispetto al campionamento i metodi approssimati danno risultati molto diversi tra loro. La regola pratica è campionare almeno 10-20 volte più in fretta della dinamica più veloce da controllare.

Regioni di stabilità di Eulero — Il polo in meno 10 con T uguale a 0,25 sta fuori dal cerchio verde di Eulero in avanti, di centro meno 4 e raggio 4: discretizzato, diventa instabile.

Esercizio 10. Tustin con prewarping

Si vuole un filtro digitale passa basso con frequenza di taglio 1 kHz, campionato a 4 kHz, ottenuto con Tustin da un prototipo continuo. A che frequenza va progettato il prototipo?

Risultato: a $\omega_a = 8000$ rad/s (1273 Hz) invece di 6283 rad/s (1000 Hz).

Soluzione

Pulsazione digitale desiderata: $\omega_d = 2\pi\cdot 1000$ , $T = 1/4000$ , quindi $\omega_dT = \frac{\pi}{2}$ .

Con la distorsione di Tustin, a $\omega_d$ corrisponde $\omega_a = \frac{2}{T}\tan\frac{\omega_dT}{2} = 8000\tan\frac{\pi}{4} = 8000$ rad/s, cioè 1273 Hz.

Se si progettasse il prototipo a 1000 Hz senza correzione, il filtro digitale taglierebbe a $\frac{2}{T}\arctan\frac{6283\,T}{2}\cdot\frac{1}{2\pi} = \frac{8000\arctan(0{,}785)}{2\pi} = 848$ Hz, il 15 % in meno.

In MATLAB: c2d(H, T, 'tustin') con l’opzione c2dOptions('PrewarpFrequency', 2*pi*1000); in Python, scipy.signal.bilinear dopo aver scalato il prototipo, oppure control.sample_system(H, T, method='tustin', prewarp_frequency=2*pi*1000).

La distorsione delle frequenze — A un quarto della frequenza di campionamento la pulsazione analogica corrispondente è già il 27 per cento più alta di quella digitale.

Esercizio 11. Dal PI continuo al codice del microcontrollore

Un regolatore PI $C(s) = K_p + \frac{K_i}{s}$ , con $K_p = 2$ e $K_i = 10$ s $^{-1}$ , va eseguito in un microcontrollore con $T = 10$ ms. Discretizzalo con Tustin, scrivi l’equazione alle differenze e il codice.

Risultato: $u[n] = u[n - 1] + 2{,}05\,e[n] - 1{,}95\,e[n - 1]$ .

Soluzione

Con $s = \frac{2}{T}\frac{z - 1}{z + 1}$ : $\frac{K_i}{s} = \frac{K_iT}{2}\cdot\frac{z + 1}{z - 1}$ . Quindi

$C(z) = K_p + \frac{K_iT}{2}\cdot\frac{z + 1}{z - 1} = \frac{(K_p + \frac{K_iT}{2})z + (-K_p + \frac{K_iT}{2})}{z - 1} = \frac{b_0 + b_1z^{-1}}{1 - z^{-1}}$

con $b_0 = K_p + \frac{K_iT}{2} = 2{,}05$ e $b_1 = -K_p + \frac{K_iT}{2} = -1{,}95$ .

Da $U(1 - z^{-1}) = E(b_0 + b_1z^{-1})$ : $u[n] = u[n - 1] + b_0e[n] + b_1e[n - 1]$ . Ogni $z^{-1}$ è una variabile che conserva il valore del passo precedente. In C, eseguito da un’interruzione periodica ogni 10 ms:

static float u_prev = 0.0f, e_prev = 0.0f;
const float b0 = 2.05f, b1 = -1.95f;

float pi_step(float setpoint, float measure)
{
    float e = setpoint - measure;
    float u = u_prev + b0 * e + b1 * e_prev;
    if (u > 10.0f) u = 10.0f;            /* saturazione dell'attuatore */
    if (u < -10.0f) u = -10.0f;
    u_prev = u;                           /* z^-1 sull'uscita */
    e_prev = e;                           /* z^-1 sull'errore */
    return u;
}

La saturazione con $u$ già limitato salvato in u_prev è una semplice protezione anti-windup: l’integratore non continua a crescere quando l’attuatore è al limite. È esattamente lo schema che nelle centraline delle automobili controlla il minimo del motore, la pressione del turbo o la coppia di un motore elettrico.

Schema a blocchi del PI discreto — L’errore e di n passa per il guadagno b0 e, attraverso un ritardo z alla meno 1, per il guadagno b1; le due uscite si sommano all’uscita precedente, riportata indietro da un altro ritardo, e formano il comando u di n.

1 commento

Vecchi

Più recenti Le più votate

Autore

ielettronica

13 ore fa

Benvenuti nella pagina su «Esercizi sulla trasformata Zeta svolti: dalle equazioni alle differenze al codice del microcontrollore». 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 Z transform exercises: from difference equations to microcontroller code”. 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.

Rispondi

Cookie	Duration	Description
cookielawinfo-checkbox-analytics	11 months	This cookie is set by GDPR Cookie Consent plugin. The cookie is used to store the user consent for the cookies in the category "Analytics".
cookielawinfo-checkbox-functional	11 months	The cookie is set by GDPR cookie consent to record the user consent for the cookies in the category "Functional".
cookielawinfo-checkbox-necessary	11 months	This cookie is set by GDPR Cookie Consent plugin. The cookies is used to store the user consent for the cookies in the category "Necessary".
cookielawinfo-checkbox-others	11 months	This cookie is set by GDPR Cookie Consent plugin. The cookie is used to store the user consent for the cookies in the category "Other.
cookielawinfo-checkbox-performance	11 months	This cookie is set by GDPR Cookie Consent plugin. The cookie is used to store the user consent for the cookies in the category "Performance".
viewed_cookie_policy	11 months	The cookie is set by the GDPR Cookie Consent plugin and is used to store whether or not user has consented to the use of cookies. It does not store any personal data.

Livello base

Esercizio 1. La moltiplicazione per n

Esercizio 2. Antitrasformare con i fratti semplici

Esercizio 3. Il filtro esponenziale al gradino

Livello medio

Esercizio 4. I numeri di Fibonacci

Esercizio 5. Stabile o instabile

Esercizio 6. Il valore finale e il guadagno statico

Esercizio 7. La media mobile in frequenza

Livello esame

Esercizio 8. Discretizzare un processo con lo ZOH

Esercizio 9. Eulero contro Tustin

Esercizio 10. Tustin con prewarping

Esercizio 11. Dal PI continuo al codice del microcontrollore

Articoli correlati

Esercizi sui limiti svolti, dal livello base all’esame

Esercizi sullo studio di funzione svolti, con i grafici

Esercizi sugli integrali svolti, dal livello base all’esame

Esercizi sulla trasformata di Laplace svolti: equazioni differenziali, circuiti e sistemi

Esercizi su corrente, circuiti in continua e circuito RC svolti

Esercizi sulla trasformata di Fourier svolti, con i grafici