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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
ReIm−1−2−3−4−51

Trova f(t) per F(s) = (4s + 19)/(s² + 6s + 10) completando il quadrato, e calcola f(0,3).

F(s) = (4s + 19)/(s² + 6s + 10)t = 0,3 s
f(0.3) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,4y(0,4) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 7y′ + 6y = 18·u(t), con y(0) = 2 e y′(0) = 0. A t = 0 viene applicato un ingresso a gradino u(t) = 5. Usa la trasformata di Laplace per trovare y(0,4).

y″ + 7y′ + 6y = 18·u(t)y(0) = 2y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,4 s
y(0.4) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+27s + 1G(s)C(s)0,5H−

Un processo G(s) = 27/(s + 1) è controllato in un anello di retroazione negativa il cui sensore ha guadagno H = 0,5. Trova la costante di tempo τ dell’anello chiuso.

G(s) = 27/(s + 1)H = 0,5
τ = s
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+Ks(s + 9)(s + 10)G(s)C(s)−

Il processo G(s) = K/(s(s + 9)(s + 10)) è in un anello di retroazione negativa unitaria. Usa il criterio di Routh-Hurwitz per trovare il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.

G(s) = K/(s(s + 9)(s + 10))retroazione negativa unitaria
Kmax =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)1ts​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 78/(s² + 6s + 78) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova il tempo di assestamento al 2 % ts della risposta al gradino, usando ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 78/(s² + 6s + 78)
ts = s
6.Risposta al gradinoDifficile
t (s)y(t)1tp​ = 0,1 s40 %

La risposta al gradino di un sistema del secondo ordine senza zeri mostra una sovraelongazione del 40 %, e il primo picco si verifica a t = 0,1 s. Trova la pulsazione naturale ωn.

%OS = 40 %tp = 0,1 s
ωn = rad/s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+Ks + 10(s − 4)(s + 1)C(s)−

Il sistema G(s) = (s + 10)/((s − 4)(s + 1)) ha un polo instabile in s = 4. Un guadagno proporzionale K chiude un anello a retroazione unitaria attorno a esso. Trova il guadagno minimo Kmin che rende stabile l’anello chiuso.

G(s) = (s + 10)/((s − 4)(s + 1))
Kmin =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−2−4j2

Per L(s) = K/((s + 3)(s² + 2s + 10)), trova l’angolo di partenza θd del luogo delle radici dal polo complesso nel semipiano superiore, misurato dall’asse reale positivo.

L(s) = K/((s + 3)(s² + 2s + 10))
θd = °
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 0,5·t²/2+20(s + 5)s²(s + 2)C(s)−

L’ingresso parabolico r(t) = 0,5·t²/2 è applicato a un anello a retroazione unitaria con G(s) = 20(s + 5)/(s²(s + 2)). Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 20(s + 5)/(s²(s + 2))r(t) = 0,5·t²/2
ess =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
r(t) = 2t+2 + 2/s2(s + 1)(s + 2)C(s)−

Un controllore PI C(s) = 2 + 2/s comanda il sistema G(s) = 2/((s + 1)(s + 2)) in un anello a retroazione unitaria. Trova l’errore a regime ess per l’ingresso a rampa r(t) = 2t.

C(s) = 2 + 2/sG(s) = 2/((s + 1)(s + 2))r(t) = 2t
ess =
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
vin​L = 5 mHC = 0,47 µFR = 20 Ωvout​

Nel filtro passa-banda RLC serie mostrato l’uscita è prelevata ai capi di R = 20 Ω, con L = 5 mH e C = 0,47 µF. Trova la frequenza centrale (di risonanza) f0 in Hz.

R = 20 ΩL = 5 mHC = 0,47 µF
f0 = Hz
12.Diagrammi di Bode e marginiDifficile
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Un anello a retroazione unitaria ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = 414/(s(s + 5)(s + 8)). Trova il margine di guadagno GM in dB.

L(s) = 414/(s(s + 5)(s + 8))
GM = dB

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.3) = 2,395

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).

Completa il quadrato

s² + 6s + 10 = (s + 3)² + 1 = (s + 3)² + 1²

Fai corrispondere il numeratore

F(s) = 4·(s + 3)/((s + 3)² + 1²) + (7/1)·1/((s + 3)² + 1²)

Antitrasformata

f(t) = e−3t·(4·cos 1t + 7·sin 1t)
f(0,3) = e−3·0,3·(4·cos(1·0,3) + 7·sin(1·0,3)) = 2,395

Risposta

f(0,3) = 2,395
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.4) = 4,779

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 + 7s + 6)·Y(s) = 2s + 14 + 90/s
Y(s) = (2s² + 14s + 90)/(s(s + 1)(s + 6))

Fratti semplici

A = 90/(1·6) = 15
B = 78/((−1)·5) = −15,6
C = 78/((−6)·(−5)) = 2,6

Risultato

y(t) = 15 − 15,6·e−t + 2,6·e−6t
y(0,4) = 4,779

Risposta

y(0,4) = 4,779

Controllo: y(0) = A + B + C = 2.

3.Schemi a blocchi

Risposta: τ = 0,06897 s

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).

Funzione di trasferimento ad anello chiuso

T(s) = G/(1 + G·H) = 27/(s + 1 + 13,5) = 27/(s + 14,5)

Risultato

τ = 1/14,5 = 0,06897 s

Risposta

τ = 0,06897 s
4.Schemi a blocchi

Risposta: Kmax = 1710

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).

Equazione caratteristica

s³ + 19s² + 90s + K = 0

Tabella di Routh

s³ | 1 90
s² | 19 K
s¹ | (19·90 − K)/19
s⁰ | K

Limite di stabilità

Tutti gli elementi della prima colonna devono essere positivi.

Kmax = 19·90 = 1710

Risposta

Kmax = 1710
5.Risposta al gradino

Risposta: ts = 1,333 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 = 78 → ωₙ = 8,832 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·8,832) = 0,3397

Risultato

ζωₙ = 3 → ts ≈ 4/3 = 1,333 s

Risposta

ts = 1,333 s
6.Risposta al gradino

Risposta: ωn = 32,72 rad/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).

Fattore di smorzamento

ζ = −ln(0,4)/√(π² + ln²(0,4)) = 0,9163/√(9,87 + 0,8396) = 0,28

Frequenza naturale

ωd = π/tp = π/0,1 = 31,42 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 31,42/0,96 = 32,72 rad/s

Risposta

ωn = 32,72 rad/s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: Kmin = 3

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

(s − 4)(s + 1) + K(s + 10) = s² + (-3 + K)s + (10K − 4)

Condizioni

Per s² + c₁s + c₀ tutte le radici stanno nel semipiano sinistro esattamente quando c₁ > 0 e c₀ > 0.

-3 + K > 0 → K > 3
10K − 4 > 0 → K > 0,4
Kmin = 3

Risposta

Kmin = 3
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: θd = 33,69 °

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.

Posizioni dei poli

s² + 2s + 10 = 0 → s = −1 ± j3
s = −3

Angoli degli altri poli

∠(−1 + j3 + 3) = atan2(3, 2) = 56,31°
∠(−1 + j3 − (−1 − j3)) = ∠(j6) = 90°

Angolo di partenza

θd = 180° − 56,31° − 90° = 33,69°

Risposta

θd = 33,69°
9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 0,01

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 = 20·5/2 = 50

Errore alla parabola

ess = 0,5/50 = 0,01

Risposta

ess = 0,01
10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 1

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) = 2s + 2 → 2 per s → 0.

Kv = 2·2/2 = 2

Errore alla rampa

ess = 2/2 = 1

Risposta

ess = 1

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

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: f0 = 3283 Hz

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 risonanza

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,005·4,7 × 10⁻⁷) = 20628 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 3283 Hz

Risposta

f0 = 3283 Hz
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: GM = 1,98 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.

Attraversamento della fase

(ω/5)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(5·8) = 6,325 rad/s

Modulo all’attraversamento della fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 25)·√(ω² + 64)) = K/(5·8·(5 + 8)) = K/520

Margine di guadagno

GM = 20·log₁₀(520/414) = 1,98 dB

Risposta

GM = 1,98 dB

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