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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−1−2−3−4−5−6−71

F(s) = (2s + 13)/(s² + 5s + 4). La sua antitrasformata ha la forma f(t) = A·e−t + B·e−4t. Trova il coefficiente A con i fratti semplici.

F(s) = (2s + 13)/(s² + 5s + 4)
A =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Risolvi y″ + 9y′ + 18y = 0 con y(0) = 6 e y′(0) = 2 usando la trasformata di Laplace, e trova y(0,3).

y″ + 9y′ + 18y = 0y(0) = 6y′(0) = 2t = 0,3 s
y(0.3) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+11(s + 8)(s + 1)(s + 7)G(s)C(s)−

Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = 11(s + 8)/((s + 1)(s + 7)). Al riferimento viene applicato un gradino di ampiezza 10. Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 11(s + 8)/((s + 1)(s + 7))R = 10
ess =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+Kcontrollore+D(s)+4s + 8processoC(s)−

Un controllore proporzionale K comanda il processo G(s) = 4/(s + 8) in un anello di retroazione negativa unitaria. Un gradino di disturbo di ampiezza 1 entra all’ingresso del processo mentre R = 0. Trova il guadagno minimo K che mantiene l’uscita a regime al di sotto di 0,005 o uguale a esso.

G(s) = 4/(s + 8)D = 1css ≤ 0,005
K =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)1ts​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 15/(s² + 2s + 15) 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) = 15/(s² + 2s + 15)
ts = s
6.Risposta al gradinoDifficile
+−24 VR = 76 ΩL = 200 mHC = 22 µFvC​

Un circuito RLC serie con R = 76 Ω, L = 200 mH e C = 22 µF è collegato a un gradino da 24 V a t = 0. Il condensatore è scarico e prima del gradino non circola corrente. Trova la tensione di picco del condensatore vC,max.

R = 76 ΩL = 200 mHC = 22 µFV = 24 V
vC,max = V
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+K1s(s + 5)(s + 8)C(s)−

L’anello nello schema ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8)). Il guadagno viene aumentato finché l’anello chiuso è al limite della stabilità. Trova la frequenza ω dell’oscillazione sostenuta.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8))
ω = rad/s
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,5−50,5j0,5j1

Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 3)). Trova il punto σa in cui gli asintoti del luogo delle radici incrociano l’asse reale.

L(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 3))
σa =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 1t+2(s + 4)s(s + 10)C(s)−

Una rampa r(t) = 1t è applicata a un anello a retroazione unitaria con G(s) = 2(s + 4)/(s(s + 10)). Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 2(s + 4)/(s(s + 10))r(t) = 1t
ess =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+K = 510s(s + 2)C(s)−

Un controllore proporzionale K = 5 comanda il sistema G(s) = 10/(s(s + 2)) in un anello a retroazione unitaria. Trova il tempo di assestamento al 2 % ts della risposta al gradino, usando ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 10/(s(s + 2))K = 5
ts = s
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 1

Trova la fase ∠G(jω) di G(s) = 30(s + 5)/(s(s + 14)) a ω = 1 rad/s, in gradi.

G(s) = 30(s + 5)/(s(s + 14))ω = 1 rad/s
∠G(jω) = °
12.Diagrammi di Bode e marginiDifficile
|H| (dB)0,010,010,10,1111010−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Un anello a retroazione unitaria ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = 1/(s(s + 1)). Trova il margine di fase PM in gradi.

L(s) = 1/(s(s + 1))
PM = °

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: A = 3,667

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 + 5s + 4 = (s + 1)(s + 4)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 4)

Regola di copertura

Moltiplica per (s + 1) e poni s = −1: il termine in B si annulla.

A = (2s + 13)/(s + 4) |s = −1 = 11/3 = 3,667

Risposta

A = 3,667
(B = −1,667, quindi f(t) = 3,667·e−t − 1,667·e−4t)
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.3) = 4,048

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

s²Y − 6s − 2 + 9(sY − 6) + 18Y = 0
Y(s) = (6s + 56)/((s + 3)(s + 6))

Fratti semplici

A = 38/3 = 12,67
B = 20/(−3) = −6,667

Risultato

y(t) = 12,67·e−3t − 6,667·e−6t
y(0,3) = 4,048

Risposta

y(0,3) = 4,048

Controllo: y(0) = A + B = 6.

3.Schemi a blocchi

Risposta: ess = 0,7368

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 posizione

Kₚ = G(0) = 11·8/(1·7) = 12,57

Errore a regime

ess = A/(1 + Kₚ) = 10/(1 + 12,57) = 0,7368

Risposta

ess = 0,7368
4.Schemi a blocchi

Risposta: K = 198

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).

Risposta al disturbo

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 1·4/(8 + 4K)

Risolvi per K

8 + 4K = 1·4/0,005 = 800
K = (800 − 8)/4 = 198

Risposta

K = 198
5.Risposta al gradino

Risposta: ts = 4 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 = 15 → ωₙ = 3,873 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·3,873) = 0,2582

Risultato

ζωₙ = 1 → ts ≈ 4/1 = 4 s

Risposta

ts = 4 s
6.Risposta al gradino

Risposta: vC,max = 30,13 V

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/√(0,2·2,2 × 10⁻⁵) = 476,7 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (76/2)·√(2,2 × 10⁻⁵/0,2) = 0,3985

Risultato

%OS = 25,53 %
vC,max = 24·(1 + 0,2553) = 30,13 V

Risposta

vC,max = 30,13 V
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: ω = 6,325 rad/s

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.

Tabella di Routh

s³ + 13s² + 40s + K = 0
s³: 1, 40
s²: 13, K
s¹: (13·40 − K)/13
s⁰: K

Guadagno critico

K = 13·40 = 520

Equazione ausiliaria

Al guadagno critico la riga s¹ è nulla; la riga s² dà i poli sull’asse immaginario.

13s² + 520 = 0 → s = ±j√40
ω = 6,325 rad/s

Risposta

ω = 6,325 rad/s
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: σa = −2,667

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.

Poli e zeri

poli: −1, −4, −3
n − m = 3 − 0 = 3

Baricentro

σa = (−8)/3 = −2,667

Risposta

σa = −2,667

I 3 asintoti partono dal centro con angoli di 60°, 180°, 300°.

9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 1,25

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 velocità

Kv = lim s·G(s) = 0,8

Errore alla rampa

ess = 1/0,8 = 1,25

Risposta

ess = 1,25
10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ts = 4 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 + 2) + 5·10 = s² + 2s + 50

ωₙ e ζ

ωₙ = √50 = 7,071 rad/s
ζ = 2/(2·7,071) = 0,1414

Tempo di assestamento

ζωₙ = 2/2 = 1
ts ≈ 4/1 = 4 s

Risposta

ts = 4 s

Qui il tempo di assestamento non dipende da K: aumentare K fa solo oscillare più velocemente la risposta.

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ∠G(jω) = −82,78 °

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.

Somma gli angoli

∠G = atan(1/5) − 90° − atan(1/14) = 11,31° − 90° − 4,086°

Risultato

∠G(j1) = −82,78°

Risposta

∠G(jω) = −82,78°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: PM = 51,83 °

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 del guadagno

ω⁴ + 1ω² − 1 = 0
ω² = (−1 + √(1 + 4·1))/2 = 0,618
ωc = 0,7862 rad/s

Margine di fase

∠L(jωc) = −90° − atan(0,7862/1) = −128,2°
PM = 180° + ∠L = 51,83°

Risposta

PM = 51,83°

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