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Formulari, i passaggi chiave del metodo per ogni argomento e 12 esercizi, con le soluzioni complete in fondo.

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1Formule e metodi

Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Stabilità
tutte le radici del polinomio caratteristico nel semipiano sinistro
tabella di Routh, elemento s¹ di un cubico
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Radici nel semipiano destro
numero di cambi di segno nella prima colonna
Cubico s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabile quando tutti gli a > 0 e a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Equazione caratteristica
1 + K·G(s) = 0
Asintoti
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Punti di diramazione e di confluenza
dK/ds = 0
Condizione sul modulo
K = 1/|G(s)|
Angolo di partenza
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Metodo

  1. Scrivi il polinomio caratteristico ad anello chiuso: il denominatore di 1 + K·G(s) = 0, sviluppato.
  2. Inserisci i coefficienti alternati nelle prime due righe della tabella di Routh e costruisci le righe rimanenti.
  3. Conta i cambi di segno nella prima colonna: ciascuno è un polo nel semipiano destro. Con K nella tabella, richiedi che ogni elemento della prima colonna resti positivo.
  4. Per un luogo delle radici, segna poli e zeri, i tratti dell’asse reale, gli asintoti dal centro e i punti di diramazione dove dK/ds = 0. Usa K = 1/|G(s)| per il guadagno in un punto.

Errore a regime e controllo PID

Tipo del sistema
numero di poli di G(s) in s = 0
Costanti d’errore
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Gradino A
ess = A/(1 + Kp)
Rampa A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Controllore PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Obiettivo del secondo ordine
s² + 2ζωns + ωn²
Sovraelongazione e tempi
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Metodo

  1. Conta i poli dell’anello aperto C(s)·G(s) in s = 0: è il tipo del sistema.
  2. Calcola la costante d’errore corrispondente all’ingresso: Kp per un gradino, Kv per una rampa, Ka per una parabola.
  3. Applica ess = A/(1 + Kp), A/Kv o A/Ka, oppure risolvi per il guadagno che ti serve.
  4. Per una specifica di smorzamento o di velocità, scrivi il polinomio caratteristico ad anello chiuso e uguaglialo a s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Esercizi

1.Trasformate di LaplaceMedia
t (s)f(t)t = 0,1f(0,1) = ?

Trova f(t) per F(s) = (4s + 1)/(s² + 10s + 25) e calcola f(0,1).

F(s) = (4s + 1)/(s² + 10s + 25)t = 0,1 s
f(0.1) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 5y′ + 4y = 4·u(t), con y(0) = 5 e y′(0) = 0. A t = 0 viene applicato un ingresso a gradino u(t) = 10. Usa la trasformata di Laplace per trovare y(0,6).

y″ + 5y′ + 4y = 4·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 10t = 0,6 s
y(0.6) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+17K+1s + 3G(s)C(s)2H₁−−

Il processo G(s) = 1/(s + 3) ha un anello interno di retroazione negativa con guadagno H₁ = 2. Un guadagno del controllore K = 17 e un anello esterno di retroazione negativa unitaria chiudono il sistema. Trova il guadagno in continua ad anello chiuso T(0).

G(s) = 1/(s + 3)H₁ = 2K = 17
T(0) =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+2s + 3G₁+9s + 8G₂C(s)0,5H₁−0,25H₂−

Riduci lo schema a blocchi con G₁ = 2/(s + 3), G₂ = 9/(s + 8), una retroazione negativa interna H₁ = 0,5 attorno a G₂ e una retroazione negativa esterna H₂ = 0,25. Trova il guadagno in continua T(0) di C(s)/R(s).

G₁ = 2/(s + 3)G₂ = 9/(s + 8)H₁ = 0,5H₂ = 0,25
T(0) =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)1tp​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 91/(s² + 14s + 91) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova il tempo di picco tp della risposta al gradino.

G(s) = 91/(s² + 14s + 91)
tp = s
6.Risposta al gradinoDifficile
k = 2000 N/mc = 9 N·s/mm = 0,5 kgF = 5 Nx(t)

Una massa m = 0,5 kg è appesa a una molla k = 2000 N/m con uno smorzatore viscoso c = 9 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). In equilibrio a riposo, viene applicata improvvisamente una forza costante F = 5 N. Trova lo spostamento massimo xmax in mm.

m = 0,5 kgk = 2000 N/mc = 9 N·s/mF = 5 N
xmax = mm
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+K1(s + 2)(s + 3)(s + 4)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4)), con K > 0. Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4))
Kmax =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−2−4−6−8−10−12j2sb​

È mostrato il luogo delle radici di L(s) = K/((s + 5)(s + 11)). Trova il guadagno K nel punto di diramazione sb, dove i due poli ad anello chiuso si incontrano sull’asse reale.

L(s) = K/((s + 5)(s + 11))
K =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 5·t²/2+10(s + 3)s²(s + 2)C(s)−

L’ingresso parabolico r(t) = 5·t²/2 è applicato a un anello a retroazione unitaria con G(s) = 10(s + 3)/(s²(s + 2)). Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 10(s + 3)/(s²(s + 2))r(t) = 5·t²/2
ess =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
r(t) = 5t+1 + 4/s10(s + 4)(s + 10)C(s)−

Un controllore PI C(s) = 1 + 4/s comanda il sistema G(s) = 10/((s + 4)(s + 10)) in un anello a retroazione unitaria. Trova l’errore a regime ess per l’ingresso a rampa r(t) = 5t.

C(s) = 1 + 4/sG(s) = 10/((s + 4)(s + 10))r(t) = 5t
ess =
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
vin​R = 3,3 kΩC = 100 nFvout​

Il filtro passa-basso RC mostrato ha R = 3,3 kΩ, C = 100 nF. Viene applicato un ingresso sinusoidale di 1,9 kHz. Trova il guadagno |H| = |vout/vin| in dB.

R = 3,3 kΩC = 100 nFf = 1,9 kHz
|H| = dB
12.Diagrammi di Bode e marginiDifficile
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Un anello a retroazione unitaria ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = K/(s(s + 3)(s + 9)). Trova il guadagno K che dà un margine di guadagno di 12 dB.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 9))GM = 12 dB
K =

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.1) = 1,274

Trasformata di Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt trasforma le derivate in moltiplicazioni per s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Coppie standard: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), e una traslazione s → s + σ moltiplica la funzione nel tempo per e−σt. Per antitrasformare una F(s) razionale, scomponila in fratti semplici: il residuo di un polo semplice p è A = [(s − p)·F(s)] in s = p. Teorema del valore finale: f(∞) = lims→0 s·F(s), valido solo quando tutti i poli di s·F(s) giacciono nel semipiano sinistro. Teorema del valore iniziale: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Scomponi il denominatore

s² + 10s + 25 = (s + 5)²

Fratti semplici

4s + 1 = 4(s + 5) + −19
F(s) = 4/(s + 5) − 19/(s + 5)²

Antitrasformata

f(t) = 4·e−5t − 19·t·e−5t
f(0,1) = (4 − 19·0,1)·e−5·0,1 = 1,274

Risposta

f(0,1) = 1,274
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.6) = 6,492

Trasformata di Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt trasforma le derivate in moltiplicazioni per s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Coppie standard: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), e una traslazione s → s + σ moltiplica la funzione nel tempo per e−σt. Per antitrasformare una F(s) razionale, scomponila in fratti semplici: il residuo di un polo semplice p è A = [(s − p)·F(s)] in s = p. Teorema del valore finale: f(∞) = lims→0 s·F(s), valido solo quando tutti i poli di s·F(s) giacciono nel semipiano sinistro. Teorema del valore iniziale: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Trasforma l’equazione

(s² + 5s + 4)·Y(s) = 5s + 25 + 40/s
Y(s) = (5s² + 25s + 40)/(s(s + 1)(s + 4))

Fratti semplici

A = 40/(1·4) = 10
B = 20/((−1)·3) = −6,667
C = 20/((−4)·(−3)) = 1,667

Risultato

y(t) = 10 − 6,667·e−t + 1,667·e−4t
y(0,6) = 6,492

Risposta

y(0,6) = 6,492

Controllo: y(0) = A + B + C = 5.

3.Schemi a blocchi

Risposta: T(0) = 0,7727

Algebra degli schemi a blocchi: i blocchi in serie si moltiplicano (G₁·G₂), i blocchi in parallelo si sommano (G₁ + G₂), e un anello con cammino diretto G e cammino di retroazione H si riduce a T = G/(1 + G·H) per la retroazione negativa e a G/(1 − G·H) per la retroazione positiva. Riduci prima gli anelli interni, poi procedi verso l’esterno. I poli ad anello chiuso sono le radici dell’equazione caratteristica 1 + G(s)H(s) = 0. Per un anello stabile, un ingresso a gradino di ampiezza A dà l’uscita a regime A·T(0); con retroazione unitaria l’errore a regime a un gradino è A/(1 + Kp) con Kp = G(0).

Anello interno

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 1/(s + 3 + 1·2) = 1/(s + 5)

Anello esterno

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 17/(s + 5 + 17) = 17/(s + 22)

Risultato

T(0) = 17/22 = 0,7727

Risposta

T(0) = 0,7727
4.Schemi a blocchi

Risposta: T(0) = 0,4286

Algebra degli schemi a blocchi: i blocchi in serie si moltiplicano (G₁·G₂), i blocchi in parallelo si sommano (G₁ + G₂), e un anello con cammino diretto G e cammino di retroazione H si riduce a T = G/(1 + G·H) per la retroazione negativa e a G/(1 − G·H) per la retroazione positiva. Riduci prima gli anelli interni, poi procedi verso l’esterno. I poli ad anello chiuso sono le radici dell’equazione caratteristica 1 + G(s)H(s) = 0. Per un anello stabile, un ingresso a gradino di ampiezza A dà l’uscita a regime A·T(0); con retroazione unitaria l’errore a regime a un gradino è A/(1 + Kp) con Kp = G(0).

Anello interno

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 9/(s + 12,5)

Anello esterno

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 18/((s + 3)(s + 12,5) + 4,5)

Guadagno in continua

T(0) = 18/(3·12,5 + 4,5) = 18/42 = 0,4286

Risposta

T(0) = 0,4286
5.Risposta al gradino

Risposta: tp = 0,4848 s

Risposta al gradino: un sistema del primo ordine G(s) = K/(τs + 1) risponde a un gradino di ampiezza U con y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): raggiunge il 63,2 % del valore finale K·U dopo una costante di tempo τ e il 98 % dopo 4τ. Un sistema del secondo ordine G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) ha i poli s = −ζωₙ ± jωd con ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Per 0 < ζ < 1 la risposta al gradino ha sovraelongazione: sovraelongazione percentuale %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tempo di picco tp = π/ωd, e tempo di assestamento al 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Confronta il denominatore con s² + 2ζωₙs + ωₙ² per ricavare ωₙ e ζ. Per un sistema massa-molla-smorzatore ωₙ = √(k/m) e ζ = c/(2√(km)); per un circuito RLC serie ωₙ = 1/√(LC) e ζ = (R/2)·√(C/L).

Confronta con la forma standard

Il denominatore deve coincidere con s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 91 → ωₙ = 9,539 rad/s
2ζωₙ = 14 → ζ = 14/(2·9,539) = 0,7338

Risultato

ωd = 9,539·√(1 − 0,7338²) = 6,481 rad/s → tp = π/ωd = 0,4848 s

Risposta

tp = 0,4848 s
6.Risposta al gradino

Risposta: xmax = 4,091 mm

Risposta al gradino: un sistema del primo ordine G(s) = K/(τs + 1) risponde a un gradino di ampiezza U con y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): raggiunge il 63,2 % del valore finale K·U dopo una costante di tempo τ e il 98 % dopo 4τ. Un sistema del secondo ordine G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) ha i poli s = −ζωₙ ± jωd con ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Per 0 < ζ < 1 la risposta al gradino ha sovraelongazione: sovraelongazione percentuale %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tempo di picco tp = π/ωd, e tempo di assestamento al 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Confronta il denominatore con s² + 2ζωₙs + ωₙ² per ricavare ωₙ e ζ. Per un sistema massa-molla-smorzatore ωₙ = √(k/m) e ζ = c/(2√(km)); per un circuito RLC serie ωₙ = 1/√(LC) e ζ = (R/2)·√(C/L).

Pulsazione naturale e rapporto di smorzamento

ωₙ = √(k/m) = √(2000/0,5) = 63,25 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 9/(2·√(2000·0,5)) = 0,1423

Risultato

xst = F/k = 5/2000 m = 2,5 mm
%OS = 63,66 %
xmax = 2,5·(1 + 0,6366) = 4,091 mm

Risposta

xmax = 4,091 mm
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: Kmax = 210

Criterio di Routh–Hurwitz: un sistema lineare è stabile quando tutte le radici del suo polinomio caratteristico stanno nel semipiano sinistro del piano s. Scrivi i coefficienti alternati nelle prime due righe della tabella di Routh. Ogni elemento di una nuova riga si ricava dalle due righe sopra; per un polinomio cubico a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ l’elemento della riga s¹ è b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Il numero di cambi di segno nella prima colonna è uguale al numero di radici nel semipiano destro. Con un guadagno K nei coefficienti, ogni elemento della prima colonna deve restare positivo: il guadagno che annulla l’elemento della riga s¹ è il limite di stabilità, e la riga s² dà poi la frequenza dell’oscillazione sostenuta.

Polinomio caratteristico

s³ + 9s² + 26s + 24 + K = 0

Tabella di Routh

s³: 1, 26
s²: 9, 24 + K
s¹: (9·26 − 24 − K)/9
s⁰: 24 + K

Condizione

L’elemento s¹ deve restare positivo.

K < 9·26 − 24 = 210

Risposta

Kmax = 210

Al limite l’anello oscilla a ω = √26 = 5,099 rad/s.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: K = 9

Luogo delle radici: al variare del guadagno K da 0 a ∞, i poli ad anello chiuso, cioè le radici di 1 + K·G(s) = 0, si spostano dai poli ad anello aperto agli zeri ad anello aperto o all’infinito. Un punto dell’asse reale appartiene al luogo quando il numero di poli e zeri reali alla sua destra è dispari. Gli n − m rami che vanno all’infinito seguono asintoti con angoli (2q + 1)·180°/(n − m), che partono dal centro σₐ = (Σ poli − Σ zeri)/(n − m). I rami lasciano o raggiungono l’asse reale dove dK/ds = 0. La condizione sull’angolo ∠G(s) = 180° fissa la forma, e la condizione sul modulo K = 1/|G(s)| dà il guadagno in ogni punto del luogo.

Punto di diramazione

dK/ds = 0 per K = −(s + 5)(s + 11) dà 2s + 16 = 0.

sb = −8

Condizione sul modulo

K = |−8 + 5|·|−8 + 11| = 3·3 = 9

Risposta

K = 9

Con questo guadagno l’anello chiuso è a smorzamento critico (ζ = 1).

9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 0,3333

Errore a regime: in un anello a retroazione unitaria con funzione di trasferimento ad anello aperto G(s) l’errore è E(s) = R(s)/(1 + G(s)), e per il teorema del valore finale ess = lims→0 s·E(s). Il tipo del sistema è il numero di poli di G(s) in s = 0. Le costanti d’errore sono Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) e Ka = lim s²·G(s), tutte per s → 0. Un gradino di ampiezza A dà ess = A/(1 + Kp), una rampa A·t dà A/Kv e una parabola A·t²/2 dà A/Ka. Un anello di tipo 0 segue un gradino con un errore finito, un anello di tipo 1 lo segue esattamente e segue una rampa con un errore finito.

Costante di accelerazione

Ka = 10·3/2 = 15

Errore alla parabola

ess = 5/15 = 0,3333

Risposta

ess = 0,3333
10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 5

Controllo P, PI e PID: il controllore C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s agisce sull’errore. Un guadagno proporzionale rende l’anello più veloce e riduce l’errore di un sistema di tipo 0, ma non lo elimina mai. Il termine integrale aggiunge un polo in s = 0: il tipo del sistema sale di uno e un gradino viene seguito senza errore. Il termine derivativo aggiunge smorzamento. Per scegliere i guadagni, scrivi il polinomio caratteristico ad anello chiuso e confrontalo con s² + 2ζωns + ωn². Poi %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd con ωd = ωn√(1 − ζ²), e ts ≈ 4/(ζωn).

Costante di velocità

s·C(s) = 1s + 4 → 4 per s → 0.

Kv = 4·10/40 = 1

Errore alla rampa

ess = 5/1 = 5

Risposta

ess = 5

Il controllore PI elimina completamente l’errore al gradino; una rampa viene seguita con un ritardo costante.

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: |H| = −12,18 dB

Risposta in frequenza: sostituisci s = jω nella funzione di trasferimento. Il modulo in decibel è 20·log₁₀|H(jω)| e la fase è la somma degli angoli dei fattori al numeratore meno quelli dei fattori al denominatore. Un filtro RC o RL del primo ordine ha la frequenza di taglio (−3 dB) a ωc = 1/(RC) oppure R/L, e fc = ωc/(2π); un filtro passa-basso dà |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) e φ = −atan(ω/ωc). Nel diagramma di Bode asintotico (a segmenti) ogni polo piega il modulo verso il basso di 20 dB/decade alla sua frequenza di taglio, ogni zero lo piega verso l’alto di 20 dB/decade, e un integratore 1/s dà −20 dB/decade a tutte le frequenze. Pulsazione di attraversamento del guadagno ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margine di fase PM = 180° + ∠L(jωc). Pulsazione di attraversamento della fase ω180: ∠L(jω) = −180°; margine di guadagno GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. L’anello chiuso è stabile quando entrambi i margini sono positivi.

Frequenza di taglio

ωc = 1/(RC) = 1/(3300·1 × 10⁻⁷) = 3030 rad/s
fc = 482,3 Hz → f/fc = 1900/482,3 = 3,94

Guadagno

|H| = 1/√(1 + 3,94²) = 0,246
20·log₁₀(0,246) = −12,18 dB

Risposta

|H| = −12,18 dB
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: K = 81,39

Risposta in frequenza: sostituisci s = jω nella funzione di trasferimento. Il modulo in decibel è 20·log₁₀|H(jω)| e la fase è la somma degli angoli dei fattori al numeratore meno quelli dei fattori al denominatore. Un filtro RC o RL del primo ordine ha la frequenza di taglio (−3 dB) a ωc = 1/(RC) oppure R/L, e fc = ωc/(2π); un filtro passa-basso dà |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) e φ = −atan(ω/ωc). Nel diagramma di Bode asintotico (a segmenti) ogni polo piega il modulo verso il basso di 20 dB/decade alla sua frequenza di taglio, ogni zero lo piega verso l’alto di 20 dB/decade, e un integratore 1/s dà −20 dB/decade a tutte le frequenze. Pulsazione di attraversamento del guadagno ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margine di fase PM = 180° + ∠L(jωc). Pulsazione di attraversamento della fase ω180: ∠L(jω) = −180°; margine di guadagno GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. L’anello chiuso è stabile quando entrambi i margini sono positivi.

Attraversamento della fase

(ω/3)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(3·9) = 5,196 rad/s

Modulo all’attraversamento della fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 81)) = K/(3·9·(3 + 9)) = K/324

Guadagno richiesto

324/K = 1012/20 = 3,981
K = 324/3,981 = 81,39

Risposta

K = 81,39

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