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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−1−2−3−4−5−6−7−81

F(s) = (4s + 19)/(s² + 13s + 42). La sua antitrasformata ha la forma f(t) = A·e−6t + B·e−7t. Trova il coefficiente A con i fratti semplici.

F(s) = (4s + 19)/(s² + 13s + 42)
A =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 7y′ + 12y = 12·u(t). Parte da fermo (y(0) = 0, y′(0) = 0) e l’ingresso è un gradino u(t) = 2 per t ≥ 0. Usa la trasformata di Laplace per trovare l’uscita y(0,2).

y″ + 7y′ + 12y = 12·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,2 s
y(0.2) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+38s(s + 8)G(s)C(s)−

Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = 38/(s(s + 8)). Il riferimento è una rampa r(t) = 2·t. Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 38/(s(s + 8))r(t) = 2·t
ess =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+38s(s + 5)G(s)C(s)0,5H−

Il processo G(s) = 38/(s(s + 5)) è in un anello di retroazione negativa con guadagno del sensore H = 0,5. I poli ad anello chiuso sono complessi. Trova la loro parte reale σ.

G(s) = 38/(s(s + 5))H = 0,5
σ =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)0,5ts​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 9/(s² + 4s + 18) 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) = 9/(s² + 4s + 18)
ts = s
6.Risposta al gradinoDifficile
+−10 VR = 41 ΩL = 200 mHC = 4,7 µFvC​

Un circuito RLC serie con R = 41 Ω, L = 200 mH e C = 4,7 µF è collegato a un gradino da 10 V a t = 0. Il condensatore è scarico e prima del gradino non circola corrente. Trova la sovraelongazione percentuale %OS della tensione del condensatore.

R = 41 ΩL = 200 mHC = 4,7 µFV = 10 V
%OS = %
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+K1s(s + 2)(s + 10)C(s)−

L’anello nello schema ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10)). Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10))
Kmax =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

Il luogo delle radici di L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8)) lascia l’asse reale tra s = 0 e s = −4. Trova il punto di diramazione sb.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8))
sb =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
R(s)+K(s + 5)(s + 10)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria ha G(s) = K/((s + 5)(s + 10)). Trova il guadagno K che dà un errore a regime del 5 % per un ingresso a gradino.

G(s) = K/((s + 5)(s + 10))ess = 5 %
K =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+2 + Kd​s5s(s + 3)C(s)−

Un controllore PD C(s) = 2 + Kd·s comanda il sistema G(s) = 5/(s(s + 3)) in un anello a retroazione unitaria. Trova il guadagno derivativo Kd che dà all’anello chiuso un coefficiente di smorzamento ζ = 0,6.

G(s) = 5/(s(s + 3))Kp = 2ζ = 0,6
Kd = s
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,010,11101001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 0,5

Trova il modulo esatto |G(jω)| di G(s) = 288/((s + 1)(s + 16)) a ω = 0,5 rad/s, in dB.

G(s) = 288/((s + 1)(s + 16))ω = 0,5 rad/s
|G(jω)| = 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) = 90/(s(s + 4)(s + 5)). Trova il margine di guadagno GM in dB.

L(s) = 90/(s(s + 4)(s + 5))
GM = dB

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: A = −5

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 + 13s + 42 = (s + 6)(s + 7)
F(s) = A/(s + 6) + B/(s + 7)

Regola di copertura

Moltiplica per (s + 6) e poni s = −6: il termine in B si annulla.

A = (4s + 19)/(s + 7) |s = −6 = −5/1 = −5

Risposta

A = −5
(B = 9, quindi f(t) = −5·e−6t + 9·e−7t)
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.2) = 0,3055

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

Y(s) = 24/(s(s + 3)(s + 4))

Fratti semplici

A = 24/(3·4) = 2
B = 24/((−3)·1) = −8
C = 24/((−4)·(−1)) = 6

Uscite

y(t) = 2 − 8·e−3t + 6·e−4t
y(0,2) = 0,3055

Risposta

y(0,2) = 0,3055
3.Schemi a blocchi

Risposta: ess = 0,4211

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).

Costante di errore di velocità

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 38/8 = 4,75

Errore a regime

ess = A/Kᵥ = 2/4,75 = 0,4211

Risposta

ess = 0,4211
4.Schemi a blocchi

Risposta: σ = −2,5

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

s(s + 5) + 38·0,5 = 0 → s² + 5s + 19 = 0

Radici

s = −2,5 ± j·√(19 − 6,25) = −2,5 ± j3,571
σ = −2,5

Risposta

σ = −2,5
5.Risposta al gradino

Risposta: ts = 2 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 = 18 → ωₙ = 4,243 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·4,243) = 0,4714

Risultato

ζωₙ = 2 → ts ≈ 4/2 = 2 s

Risposta

ts = 2 s
6.Risposta al gradino

Risposta: %OS = 73,07 %

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 = 1/√(LC) = 1/√(0,2·4,7 × 10⁻⁶) = 1031 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (41/2)·√(4,7 × 10⁻⁶/0,2) = 0,09938

Risultato

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 73,07 %

Risposta

%OS = 73,07 %
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: Kmax = 240

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.

Equazione caratteristica

s³ + 12s² + 20s + K = 0

Tabella di Routh

s³: 1, 20
s²: 12, K
s¹: (12·20 − K)/12
s⁰: K

Condizioni

Ogni elemento della prima colonna deve essere positivo.

K > 0
12·20 − K > 0 → K < 240

Risposta

Kmax = 240

Per K = 240 l’anello chiuso oscilla a ω = √20 = 4,472 rad/s.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: sb = −1,691

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.

Guadagno lungo l’asse reale

K(s) = −s(s + 4)(s + 8) = −(s³ + 12s² + 32s)

Punti stazionari

dK/ds = −(3s² + 24s + 32) = 0
s = (−24 ± √(576 − 384))/6 = −1,691, −6,309

Scegli il punto sul luogo

Il luogo sta sull’asse reale tra 0 e −4; l’altra radice non appartiene al luogo.

sb = −1,691

Risposta

sb = −1,691
9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: K = 950

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 d’errore richiesta

1/(1 + Kp) = 0,05 → Kp = 19

Guadagno

K/50 = 19 → K = 950

Risposta

K = 950

Controlla anche la stabilità ad anello chiuso: per questo anello del secondo ordine ogni K > 0 è stabile.

10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: Kd = 0,1589 s

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).

Polinomio caratteristico

s(s + 3) + 5(2 + Kds) = s² + (3 + 5Kd)s + 10

Frequenza naturale

ωₙ = √10 = 3,162 rad/s

Guadagno derivativo

3 + 5Kd = 2·0,6·3,162 = 3,795
Kd = 0,1589 s

Risposta

Kd = 0,1589 s

Il termine derivativo aggiunge smorzamento senza cambiare ωₙ.

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: |G(jω)| = 24,13 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.

Moltiplica i moduli

|G(j0,5)| = 288/(√(0,5² + 1²)·√(0,5² + 16²)) = 288/(1,118·16,01) = 16,09

Risultato

20·log₁₀(16,09) = 24,13 dB

Risposta

|G(jω)| = 24,13 dB
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: GM = 6,021 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/4)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(4·5) = 4,472 rad/s

Modulo all’attraversamento della fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 25)) = K/(4·5·(4 + 5)) = K/180

Margine di guadagno

GM = 20·log₁₀(180/90) = 6,021 dB

Risposta

GM = 6,021 dB

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