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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
Scrivi il polinomio caratteristico ad anello chiuso: il denominatore di 1 + K·G(s) = 0, sviluppato.
Inserisci i coefficienti alternati nelle prime due righe della tabella di Routh e costruisci le righe rimanenti.
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.
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
Conta i poli dell’anello aperto C(s)·G(s) in s = 0: è il tipo del sistema.
Calcola la costante d’errore corrispondente all’ingresso: Kp per un gradino, Kv per una rampa, Ka per una parabola.
Applica ess = A/(1 + Kp), A/Kv o A/Ka, oppure risolvi per il guadagno che ti serve.
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
Trova f(t) per F(s) = (6s + 15)/(s² + 4s + 4) e calcola f(0,3).
F(s) = (6s + 15)/(s² + 4s + 4)t = 0,3 s
f(0.3) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
Un sistema obbedisce a y″ + 7y′ + 10y = 30·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(0,2).
Il processo G(s) = K/(s(s + 2)) 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 + 2))retroazione negativa unitaria
K =
4.Schemi a blocchiDifficile
Il processo G(s) = 58/(s(s + 5)) è in un anello di retroazione negativa con guadagno del sensore H = 1. I poli ad anello chiuso sono complessi. Trova la loro parte reale σ.
G(s) = 58/(s(s + 5))H = 1
σ =
5.Risposta al gradinoMedia
Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 8/(s² + s + 16) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova la sovraelongazione percentuale %OS della risposta al gradino.
G(s) = 8/(s² + s + 16)
%OS = %
6.Risposta al gradinoDifficile
Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = K/(s(s + 4)). Trova il guadagno K che dà una risposta al gradino con sovraelongazione del 20 %.
G(s) = K/(s(s + 4))%OS = 20 %
K =
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
L’anello nello schema ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10)). Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.
L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10))
Kmax =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
Il luogo delle radici di L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5)) lascia l’asse reale tra s = 0 e s = −1. Trova il punto di diramazione sb.
L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5))
sb =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
Una rampa r(t) = 1t è applicata a un anello a retroazione unitaria con G(s) = 20(s + 2)/(s(s + 4)). Trova l’errore a regime ess.
G(s) = 20(s + 2)/(s(s + 4))r(t) = 1t
ess =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
Un controllore PD C(s) = 20 + Kd·s comanda il sistema G(s) = 1/(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) = 1/(s(s + 3))Kp = 20ζ = 0,6
Kd = s
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
Il filtro passa-basso RC mostrato ha R = 4,7 kΩ, C = 10 nF. Viene applicato un ingresso sinusoidale di 34 kHz. Trova lo sfasamento φ di vout rispetto a vin, in gradi.
R = 4,7 kΩC = 10 nFf = 34 kHz
φ = °
12.Diagrammi di Bode e marginiDifficile
Un anello a retroazione unitaria ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = 6,4/(s(s + 4)). Trova il margine di fase PM in gradi.
L(s) = 6,4/(s(s + 4))
PM = °
3Soluzioni
1.Trasformate di Laplace
Risposta: f(0.3) = 3,787
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 + 4s + 4 = (s + 2)²
Fratti semplici
6s + 15 = 6(s + 2) + 3
F(s) = 6/(s + 2) + 3/(s + 2)²
Antitrasformata
f(t) = 6·e−2t + 3·t·e−2t
f(0,3) = (6 + 3·0,3)·e−2·0,3 = 3,787
Risposta
f(0,3) = 3,787
2.Trasformate di Laplace
Risposta: y(0.2) = 1,921
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) = 150/(s(s + 2)(s + 5))
Fratti semplici
A = 150/(2·5) = 15
B = 150/((−2)·3) = −25
C = 150/((−5)·(−3)) = 10
Uscite
y(t) = 15 − 25·e−2t + 10·e−5t
y(0,2) = 1,921
Risposta
y(0,2) = 1,921
3.Schemi a blocchi
Risposta: K = 1
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 + 2)) = 0 → s² + 2s + K = 0
Radice doppia
Un polinomio di secondo grado s² + βs + γ ha una radice doppia quando β² = 4γ.
2² = 4K → K = 4/4 = 1
Risposta
K = 1
Entrambi i poli ad anello chiuso sono allora in s = −1.
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) + 58·1 = 0 → s² + 5s + 58 = 0
Radici
s = −2,5 ± j·√(58 − 6,25) = −2,5 ± j7,194
σ = −2,5
Risposta
σ = −2,5
5.Risposta al gradino
Risposta: %OS = 67,31 %
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 = 16 → ωₙ = 4 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·4) = 0,125
Risultato
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0,3958 = 67,31 %
Risposta
%OS = 67,31 %
6.Risposta al gradino
Risposta: K = 19,24
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).
Funzione di trasferimento ad anello chiuso
T(s) = K/(s² + 4s + K)
Rapporto di smorzamento dalla sovraelongazione
ζ = −ln(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 0,4559
Guadagno
ωₙ = 4/(2ζ) = 4,386 rad/s
K = ωₙ² = 19,24
Risposta
K = 19,24
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici
Risposta: Kmax = 560
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 + 14s² + 40s + K = 0
Tabella di Routh
s³: 1, 40
s²: 14, K
s¹: (14·40 − K)/14
s⁰: K
Condizioni
Ogni elemento della prima colonna deve essere positivo.
K > 0
14·40 − K > 0 → K < 560
Risposta
Kmax = 560
Per K = 560 l’anello chiuso oscilla a ω = √40 = 6,325 rad/s.
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici
Risposta: sb = −0,4725
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 + 1)(s + 5) = −(s³ + 6s² + 5s)
Punti stazionari
dK/ds = −(3s² + 12s + 5) = 0
s = (−12 ± √(144 − 60))/6 = −0,4725, −3,528
Scegli il punto sul luogo
Il luogo sta sull’asse reale tra 0 e −1; l’altra radice non appartiene al luogo.
sb = −0,4725
Risposta
sb = −0,4725
9.Errore a regime e controllo PID
Risposta: ess = 0,1
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) = 10
Errore alla rampa
ess = 1/10 = 0,1
Risposta
ess = 0,1
10.Errore a regime e controllo PID
Risposta: Kd = 2,367 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) + 1(20 + Kds) = s² + (3 + 1Kd)s + 20
Frequenza naturale
ωₙ = √20 = 4,472 rad/s
Guadagno derivativo
3 + 1Kd = 2·0,6·4,472 = 5,367
Kd = 2,367 s
Risposta
Kd = 2,367 s
Il termine derivativo aggiunge smorzamento senza cambiare ωₙ.
11.Diagrammi di Bode e margini
Risposta: φ = −84,31 °
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/(4700·1 × 10⁻⁸) = 21277 rad/s
fc = 3386 Hz → f/fc = 34000/3386 = 10,04
Fase
φ = − atan(10,04) = −84,31°
Risposta
φ = −84,31°
12.Diagrammi di Bode e margini
Risposta: PM = 69,46 °
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.