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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−1−2−3−4−5−612

Trova f(t) per F(s) = (4s + 22)/(s² + 8s + 20) completando il quadrato, e calcola f(0,4).

F(s) = (4s + 22)/(s² + 8s + 20)t = 0,4 s
f(0.4) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Risolvi y″ + 4y′ + 3y = 0 con y(0) = 8 e y′(0) = −14 usando la trasformata di Laplace, e trova y(0,25).

y″ + 4y′ + 3y = 0y(0) = 8y′(0) = −14t = 0,25 s
y(0.25) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+Ks(s + 13)G(s)C(s)−

Il processo G(s) = K/(s(s + 13)) è in un anello di retroazione negativa unitaria. Trova il guadagno K per cui l’anello chiuso ha smorzamento critico (due poli reali coincidenti).

G(s) = K/(s(s + 13))retroazione negativa unitaria
K =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+4controllore+D(s)+10s + 4processoC(s)−

Un controllore proporzionale K = 4 comanda il processo G(s) = 10/(s + 4) in un anello di retroazione negativa unitaria. Un disturbo D entra all’ingresso del processo (viene sommato all’uscita del controllore). Un gradino di riferimento di ampiezza 1 e un gradino di disturbo di ampiezza 2 vengono applicati insieme. Trova l’uscita a regime css.

K = 4G(s) = 10/(s + 4)D = 2R = 1
css =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)3tp​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 90/(s² + 5s + 30) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova il tempo di picco tp della risposta al gradino.

G(s) = 90/(s² + 5s + 30)
tp = s
6.Risposta al gradinoDifficile
t (s)y(t)15 %

Un sistema del secondo ordine senza zeri deve avere una risposta al gradino con sovraelongazione del 5 %. Trova il rapporto di smorzamento ζ.

%OS = 5 %
ζ =
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+K1(s + 3)(s + 4)(s + 6)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 6)), con K > 0. Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.

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

È mostrato il luogo delle radici di L(s) = K/((s + 1)(s + 9)). 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 + 1)(s + 9))
K =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
R(s)+K = 2055s + 1C(s)−

Un processo G(s) = 5/(5s + 1) è controllato da un guadagno proporzionale K = 20 in un anello a retroazione unitaria. Trova l’errore a regime ess per un gradino, in percentuale dell’ampiezza del gradino.

G(s) = 5/(5s + 1)K = 20
ess = %
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 4C(s)−

Un controllore PI C(s) = Kp + Ki/s comanda il sistema G(s) = 4/(s + 4) in un anello a retroazione unitaria. L’anello chiuso deve avere ωₙ = 4 rad/s e ζ = 0,6. Trova il guadagno integrale Ki.

G(s) = 4/(s + 4)ωₙ = 4 rad/sζ = 0,6
Ki =
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 5

Trova la fase ∠G(jω) di G(s) = 14(s + 18)/(s(s + 4)) a ω = 5 rad/s, in gradi.

G(s) = 14(s + 18)/(s(s + 4))ω = 5 rad/s
∠G(jω) = °
12.Diagrammi di Bode e marginiDifficile
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (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) = 4,5/(s(s + 1)). Trova il margine di fase PM in gradi.

L(s) = 4,5/(s(s + 1))
PM = °

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.4) = 0,9971

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 + 8s + 20 = (s + 4)² + 4 = (s + 4)² + 2²

Fai corrispondere il numeratore

F(s) = 4·(s + 4)/((s + 4)² + 2²) + (6/2)·2/((s + 4)² + 2²)

Antitrasformata

f(t) = e−4t·(4·cos 2t + 3·sin 2t)
f(0,4) = e−4·0,4·(4·cos(2·0,4) + 3·sin(2·0,4)) = 0,9971

Risposta

f(0,4) = 0,9971
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.25) = 5,311

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 − 8s − (−14) + 4(sY − 8) + 3Y = 0
Y(s) = (8s + 18)/((s + 1)(s + 3))

Fratti semplici

A = 10/2 = 5
B = −6/(−2) = 3

Risultato

y(t) = 5·e−t + 3·e−3t
y(0,25) = 5,311

Risposta

y(0,25) = 5,311

Controllo: y(0) = A + B = 8.

3.Schemi a blocchi

Risposta: K = 42,25

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

1 + K/(s(s + 13)) = 0 → s² + 13s + K = 0

Radice doppia

Un polinomio di secondo grado s² + βs + γ ha una radice doppia quando β² = 4γ.

13² = 4K → K = 169/4 = 42,25

Risposta

K = 42,25
Entrambi i poli ad anello chiuso sono allora in s = −6,5.
4.Schemi a blocchi

Risposta: css = 1,364

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).

Funzioni di trasferimento

C/D = G/(1 + K·G) = 10/(s + 4 + 40)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 40/(s + 4 + 40)

Regime stazionario

css = 1·40/44 + 2·10/44 = 1,364

Risposta

css = 1,364

Un K maggiore riduce l’effetto del disturbo, ma con un controllore proporzionale mai fino a zero.

5.Risposta al gradino

Risposta: tp = 0,6446 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 = 30 → ωₙ = 5,477 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·5,477) = 0,4564

Risultato

ωd = 5,477·√(1 − 0,4564²) = 4,873 rad/s → tp = π/ωd = 0,6446 s

Risposta

tp = 0,6446 s
6.Risposta al gradino

Risposta: ζ = 0,6901

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(0,05)/√(π² + ln²(0,05)) = 2,996/√(9,87 + 8,974) = 0,6901

Risposta

ζ = 0,6901
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: Kmax = 630

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 + 13s² + 54s + 72 + K = 0

Tabella di Routh

s³: 1, 54
s²: 13, 72 + K
s¹: (13·54 − 72 − K)/13
s⁰: 72 + K

Condizione

L’elemento s¹ deve restare positivo.

K < 13·54 − 72 = 630

Risposta

Kmax = 630

Al limite l’anello oscilla a ω = √54 = 7,348 rad/s.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: K = 16

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 + 1)(s + 9) dà 2s + 10 = 0.

sb = −5

Condizione sul modulo

K = |−5 + 1|·|−5 + 9| = 4·4 = 16

Risposta

K = 16

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

9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 0,9901 %

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 posizione

Kp = 20·5 = 100

Errore al gradino

ess = 100/(1 + 100) = 0,9901 %

Risposta

ess = 0,9901 %
10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: Ki = 4

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 + 4).

s² + (4 + 4Kp)s + 4Ki

Polinomio obiettivo

s² + 2·0,6·4s + 4² = s² + 4,8s + 16

Uguaglia i coefficienti

4Ki = 16 → Ki = 4

Risposta

Ki = 4

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: ∠G(jω) = −125,8 °

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(5/18) − 90° − atan(5/4) = 15,52° − 90° − 51,34°

Risultato

∠G(j5) = −125,8°

Risposta

∠G(jω) = −125,8°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: PM = 26,49 °

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 − 20,25 = 0
ω² = (−1 + √(1 + 4·20,25))/2 = 4,028
ωc = 2,007 rad/s

Margine di fase

∠L(jωc) = −90° − atan(2,007/1) = −153,5°
PM = 180° + ∠L = 26,49°

Risposta

PM = 26,49°

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