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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 = 0,2f(0,2) = ?

Trova f(t) per F(s) = 60/(s(s + 4)(s + 6)) con i fratti semplici, e calcola f(0,2).

F(s) = 60/(s(s + 4)(s + 6))t = 0,2 s
f(0.2) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 10y′ + 24y = 12·u(t). Parte da fermo (y(0) = 0, y′(0) = 0) e l’ingresso è un gradino u(t) = 5 per t ≥ 0. Usa la trasformata di Laplace per trovare l’uscita y(0,1).

y″ + 10y′ + 24y = 12·u(t)u(t) = 5y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,1 s
y(0.1) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+24s(s + 7)G(s)C(s)−

Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = 24/(s(s + 7)). Il riferimento è una rampa r(t) = 2·t. Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 24/(s(s + 7))r(t) = 2·t
ess =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+17s + 4G₁+8s + 7G₂C(s)0,5H₁−0,25H₂−

Riduci lo schema a blocchi con G₁ = 17/(s + 4), G₂ = 8/(s + 7), 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 = 17/(s + 4)G₂ = 8/(s + 7)H₁ = 0,5H₂ = 0,25
T(0) =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)3ts​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 222/(s² + 5s + 74) 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) = 222/(s² + 5s + 74)
ts = s
6.Risposta al gradinoDifficile
+−24 VR = 65 ΩL = 20 mHC = 4,7 µFvC​

Un circuito RLC serie con R = 65 Ω, L = 20 mH e C = 4,7 µF è collegato a un gradino da 24 V a t = 0. Il condensatore è scarico e prima del gradino non circola corrente. Trova il tempo tp del primo picco di tensione, in ms.

R = 65 ΩL = 20 mHC = 4,7 µFV = 24 V
tp = ms
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)). 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 + 2)(s + 10))
ω = rad/s
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−2−4j2j4

Per L(s) = K/((s + 2)(s² + 6s + 25)), 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 + 2)(s² + 6s + 25))
θd = °
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 1t+Ks(s + 2)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria con G(s) = K/(s(s + 2)) deve seguire la rampa r(t) = 1t con un errore a regime di 0,02. Trova il guadagno K.

G(s) = K/(s(s + 2))r(t) = 1tess = 0,02
K =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 2C(s)−

Un controllore PI C(s) = Kp + Ki/s comanda il sistema G(s) = 4/(s + 2) in un anello a retroazione unitaria. L’anello chiuso deve avere ωₙ = 3 rad/s e ζ = 1. Trova il guadagno proporzionale Kp.

G(s) = 4/(s + 2)ωₙ = 3 rad/sζ = 1
Kp =
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
vin​C = 2,2 nFR = 2,2 kΩvout​

Il filtro passa-alto RC mostrato ha R = 2,2 kΩ, C = 2,2 nF. Viene applicato un ingresso sinusoidale di 6,6 kHz. Trova il guadagno |H| = |vout/vin| in dB.

R = 2,2 kΩC = 2,2 nFf = 6,6 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) = 22/(s(s + 1)(s + 8)). Trova la pulsazione di attraversamento della fase ω180, dove ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 22/(s(s + 1)(s + 8))
ω180 = rad/s

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.2) = 0,636

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).

Fratti semplici

F(s) = A/s + B/(s + 4) + C/(s + 6)
A = 60/(4·6) = 2,5
B = 60/((−4)·2) = −7,5
C = 60/((−6)·(−2)) = 5

Antitrasformata

f(t) = 2,5 − 7,5·e−4t + 5·e−6t

Calcola

f(0,2) = 2,5 − 7,5·e−4·0,2 + 5·e−6·0,2 = 0,636

Risposta

f(0,2) = 0,636
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.1) = 0,2167

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) = 60/(s(s + 4)(s + 6))

Fratti semplici

A = 60/(4·6) = 2,5
B = 60/((−4)·2) = −7,5
C = 60/((−6)·(−2)) = 5

Uscite

y(t) = 2,5 − 7,5·e−4t + 5·e−6t
y(0,1) = 0,2167

Risposta

y(0,1) = 0,2167
3.Schemi a blocchi

Risposta: ess = 0,5833

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) = 24/7 = 3,429

Errore a regime

ess = A/Kᵥ = 2/3,429 = 0,5833

Risposta

ess = 0,5833
4.Schemi a blocchi

Risposta: T(0) = 1,744

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) = 8/(s + 11)

Anello esterno

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 136/((s + 4)(s + 11) + 34)

Guadagno in continua

T(0) = 136/(4·11 + 34) = 136/78 = 1,744

Risposta

T(0) = 1,744
5.Risposta al gradino

Risposta: ts = 1,6 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 = 74 → ωₙ = 8,602 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·8,602) = 0,2906

Risultato

ζωₙ = 2,5 → ts ≈ 4/2,5 = 1,6 s

Risposta

ts = 1,6 s
6.Risposta al gradino

Risposta: tp = 1,111 ms

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/√(0,02·4,7 × 10⁻⁶) = 3262 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (65/2)·√(4,7 × 10⁻⁶/0,02) = 0,4982

Risultato

ωd = 2828 rad/s
tp = π/ωd = 1,111 ms

Risposta

tp = 1,111 ms
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: ω = 4,472 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 + 12s² + 20s + K = 0
s³: 1, 20
s²: 12, K
s¹: (12·20 − K)/12
s⁰: K

Guadagno critico

K = 12·20 = 240

Equazione ausiliaria

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

12s² + 240 = 0 → s = ±j√20
ω = 4,472 rad/s

Risposta

ω = 4,472 rad/s
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: θd = −14,04 °

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 + 6s + 25 = 0 → s = −3 ± j4
s = −2

Angoli degli altri poli

∠(−3 + j4 + 2) = atan2(4, -1) = 104°
∠(−3 + j4 − (−3 − j4)) = ∠(j8) = 90°

Angolo di partenza

θd = 180° − 104° − 90° = −14,04°

Risposta

θd = −14,04°
9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: K = 100

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 richiesta

Kv = A/ess = 1/0,02 = 50

Guadagno

K = 2·Kv = 100

Risposta

K = 100

Un guadagno elevato rende questo anello molto poco smorzato: ζ = 0,1. Questo conflitto è il motivo per cui si usano i compensatori.

10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: Kp = 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).

Polinomio caratteristico

1 + C(s)G(s) = 0, moltiplicata per s(s + 2).

s² + (2 + 4Kp)s + 4Ki

Polinomio obiettivo

s² + 2·1·3s + 3² = s² + 6s + 9

Uguaglia i coefficienti

2 + 4Kp = 6 → Kp = 1

Risposta

Kp = 1

Il termine integrale rende l’anello di tipo 1, quindi un gradino viene seguito senza errore a regime.

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: |H| = −14,12 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/(2200·2,2 × 10⁻⁹) = 206612 rad/s
fc = 32883 Hz → f/fc = 6600/32883 = 0,2007

Guadagno

|H| = 0,2007/√(1 + 0,2007²) = 0,1968
20·log₁₀(0,1968) = −14,12 dB

Risposta

|H| = −14,12 dB
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ω180 = 2,828 rad/s

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/1)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(1·8) = 2,828 rad/s

Risposta

ω180 = 2,828 rad/s

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