Esercizio 17dall'algoritmo al filtro analogico equivalente con la discretizzazione di Eulero (temi d'esame febbraio 2026 e luglio 2020)

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Teoria usata: Discretizzazione di Eulero e TustinPer realizzare numericamente un filtro o regolatore $F(s)$ si approssima $\frac1s$ con un integratore a tempo discreto. Eulero: $\boxed{s=\dfrac{1-z^{-1}}{T_c}}$ (da $\mathrm{Int}(nT)=\mathrm{Int}((n-1)T)+T,x(n)$). Così $\dfrac{1+s\tau_z}{1+s\tau_p}$ diventa $y(k)=\dfrac{\tau_p}{T_c+\tau_p}y(k-1)+\dfrac{T_c+\tau_z}{T_c+\tau_p}x(k)-\dfrac{\tau_z}{T_c+\tau_p}x(k-1)$. Il passaggio inverso (da algoritmo a $F(s)$) usa $z^{-1}\approx1-sT_c$. L'approssimazione è affidabile solo fino a circa $f_c/10$ (distorsione, warping); Tustin $s=\frac2{T_c}\frac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}}$ è più fedele.Discretizzazione di Eulero e Tustin →, Filtri numerici IIR e FIRUn filtro numerico è una equazione alle differenzerelazione che dà il campione di uscita in funzione di campioni di ingresso e di uscita passati $y(k)=\sum_ib_ix(k-i)+\sum_ia_iy(k-i)$. IIR (ricorsivo: qualche $a_i\ne0$) ha risposta impulsiva infinita e bastano pochi termini; FIR (tutti $a_i=0$) è sempre stabile ma richiede molti termini. Il passa-basso IIR del primo ordine $y(k)=b,x(k)+a,y(k-1)$ con $a+b=1$ ha guadagno 1 ed è stabile se $|a|<1$; la risposta al gradino è $y(k)=1-a^{k+1}$. Il filtro analogico equivalente (Eulero) ha $\tau=\dfrac{a,T_c}{1-a}$ e $f_T=\dfrac1{2\pi\tau}$. La media mobile di $N$ campioni è un FIR passa-basso che si assesta in $N$ passi.Filtri numerici IIR e FIR →.

(i) Funzione di trasferimento equivalente

Dall'equazione alle differenze, con $z^{-1}$ ritardo di un campione: $Y(z)=a_1z^{-1}Y(z)+b_0X(z)+b_1z^{-1}X(z)$, cioè $$F(z)=\frac{b_0+b_1z^{-1}}{1-a_1z^{-1}},\qquad a_1=0{,}8,\ b_0=12{,}2,\ b_1=-12.$$ Con Eulero $z^{-1}\approx1-sT_c$ (da $s=\frac{1-z^{-1}}{T_c}$): $$F(s)\approx\frac{(b_0+b_1)-b_1T_cs}{(1-a_1)+a_1T_cs}=\frac{b_0+b_1}{1-a_1}\cdot\frac{1-\frac{b_1}{b_0+b_1}T_cs}{1+\frac{a_1}{1-a_1}T_cs}=\frac{0{,}2}{0{,}2}\cdot\frac{1+\frac{12}{0{,}2}T_cs}{1+\frac{0{,}8}{0{,}2}T_cs}=1\cdot\frac{1+s\,\tau_z}{1+s\,\tau_p}$$ con $\tau_z=60\,T_c$ e $\tau_p=4\,T_c$.

• Zero e polo: $\omega_z=\frac1{\tau_z}=\frac{f_c}{60}$ e $\omega_p=\frac1{\tau_p}=\frac{f_c}4$ (rad/s con $f_c$ in Hz). Lo zero è prima del polo: il modulo parte da 1 e cresce fino a $\frac{\tau_z}{\tau_p}=15$; la fase ha una gobba positiva: è una rete anticipatrice (un passa-alto con guadagno 1 in continua).
• Guadagno in bassa e alta frequenza: in continua $F(0)=\frac{b_0+b_1}{1-a_1}=1$; per $\omega\to\infty$ (nel modello continuo) $\frac{\tau_z}{\tau_p}=15$. Il rapporto tra guadagno in bassa e in alta frequenza è $\frac1{15}$ (in alta frequenza si amplifica di 15).
• Valore finale della risposta al gradino unitario: $F(0)=\mathbf1$.
• Risposta al gradino. Con $x(k)=1$ per $k\ge0$: $y(k)=a_1y(k-1)+b_0+b_1$ (per $k\ge1$) con $y(0)=b_0=12{,}2$. Soluzione: $y(k)=\frac{b_0+b_1}{1-a_1}+\Big(b_0-\frac{b_0+b_1}{1-a_1}\Big)a_1^k=1+11{,}2\cdot0{,}8^k$. Valori: $12{,}2;\ 9{,}96;\ 8{,}17;\ 6{,}73;\ 5{,}59;\dots$ (verifica diretta: $y(1)=0{,}8\cdot12{,}2+12{,}2-12=9{,}96$ ✓).
• Tempo di assestamento entro il $\pm10\%$: $|y(k)-1|\le0{,}1\Rightarrow11{,}2\cdot0{,}8^k\le0{,}1\Rightarrow k\ge\frac{\ln(0{,}1/11{,}2)}{\ln0{,}8}=21{,}1$: $y(21)=1{,}103>1{,}1$, $y(22)=1{,}083\le1{,}1$. Quindi $\mathbf{22\,T_c}$. (Il transitorio parte da $12{,}2$, molto lontano dal valore finale: serve un tempo lungo per rientrare nel 10%.)

(ii) Passa-alto

Coefficiente. $a=\frac1{1+\lambda}=\frac1{1{,}05}=0{,}952381$. In 0.16 U: $a_{16}=\mathrm{round}(0{,}952381\cdot65536)=\mathrm{round}(62415{,}24)=62415=\mathbf{0xF3CF}$; errore $-3{,}6\cdot10^{-6}$ (rappresentato inferiore al vero). (Se si cercasse la codifica "in complemento a 2" in 1.15 S, $a\cdot32768=31207{,}6\to31208=\texttt{0x79E8}$; il testo chiede 0.16.)

Polo. L'algoritmo ha la forma $y(k)=a\,y(k-1)+a\,[x(k)-x(k-1)]$: confrontando con il passa-alto di Eulero $\frac{\tau_p}{T_c+\tau_p}y(k-1)+\frac{\tau_z}{T_c+\tau_p}\Delta x$ si ha $\tau_p=\frac a{1-a}T_c=\frac{T_c}{\lambda}$ (perché $1-a=\frac\lambda{1+\lambda}$) e $\tau_z=a(T_c+\tau_p)=\tau_p$: $F(s)=\frac{s\tau}{1+s\tau}$ con $\tau=\frac{T_c}\lambda=20\,T_c$. Il polo è in $f_p=\frac1{2\pi\tau}=\frac{\lambda f_c}{2\pi}$. Per avere $f_p=1$ kHz: $f_c=\frac{2\pi f_p}{\lambda}=\frac{2\pi\cdot1000}{0{,}05}=\mathbf{125{,}7\ kHz}$.

Regime. Con un gradino unitario $y(0)=a=0{,}952$ e $y(k)=a\,y(k-1)$ per $k\ge1$ (la differenza $x(k)-x(k-1)$ è nulla dopo il primo campione): $y(k)=a^{k+1}$, che tende a 0. Entro il 10% del valore iniziale (per questo filtro il valore finale è 0): $a^{k+1}\le0{,}1\cdot a$, cioè $a^k\le0{,}1\Rightarrow k\ge\frac{\ln0{,}1}{\ln0{,}952}=47{,}2$. Servono quindi 48 cicli di calcolo (con $\tau=20\,T_c$ il continuo darebbe $2{,}3\,\tau=46\,T_c$).

Errori comuni

• Scambiare $\tau_z$ e $\tau_p$ nelle formule: lo zero ha $-b_1/(b_0+b_1)$ al numeratore, il polo $a_1/(1-a_1)$ al denominatore.
• Dimenticare il segno meno di $b_1$ ($\tau_z=-\frac{b_1T_c}{b_0+b_1}$ positivo per $b_1<0$).
• Calcolare il tempo di assestamento rispetto al valore finale quando il transitorio parte molto lontano (qui da 12,2): va usato il $|y-1|\le0{,}1$, non il solo $a^k\le0{,}1$.
• Usare per un passa-alto $\frac{b}{1-a}$ come valore finale: lo zero del filtro in continua dà valore finale 0.