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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
ReIm5

Trova f(t) per F(s) = (2s + 6)/(s² + 4s + 29) completando il quadrato, e calcola f(0,1).

F(s) = (2s + 6)/(s² + 4s + 29)t = 0,1 s
f(0.1) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,75y(0,75) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 4y′ + 3y = 3·u(t). Parte da fermo (y(0) = 0, y′(0) = 0) e l’ingresso è un gradino u(t) = 10 per t ≥ 0. Usa la trasformata di Laplace per trovare l’uscita y(0,75).

y″ + 4y′ + 3y = 3·u(t)u(t) = 10y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,75 s
y(0.75) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+K(s + 5)(s + 9)G(s)C(s)−

Il processo G(s) = K/((s + 5)(s + 9)) 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 + 5)(s + 9))retroazione negativa unitaria
K =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+9controllore+D(s)+9s + 7processoC(s)−

Un controllore proporzionale K = 9 comanda il processo G(s) = 9/(s + 7) in un anello di retroazione negativa unitaria. Un disturbo D entra all’ingresso del processo (viene sommato all’uscita del controllore). Con R = 0, viene applicato un gradino di disturbo di ampiezza 1. Trova l’uscita a regime css.

K = 9G(s) = 9/(s + 7)D = 1R = 0
css =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)2ts​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 154/(s² + 10s + 77) 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) = 154/(s² + 10s + 77)
ts = s
6.Risposta al gradinoDifficile
k = 2000 N/mc = 107 N·s/mm = 4 kgF = 100 Nx(t)

Una massa m = 4 kg è appesa a una molla k = 2000 N/m con uno smorzatore viscoso c = 107 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). In equilibrio a riposo, viene applicata improvvisamente una forza costante F = 100 N. Trova la sovraelongazione percentuale %OS dello spostamento.

m = 4 kgk = 2000 N/mc = 107 N·s/mF = 100 N
%OS = %
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−5j5

È tracciato il luogo delle radici di L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 6)). Trova la frequenza ω a cui il luogo attraversa l’asse immaginario.

L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 6))
ω = rad/s
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 0,5·t²/2+5(s + 5)s²(s + 4)C(s)−

L’ingresso parabolico r(t) = 0,5·t²/2 è applicato a un anello a retroazione unitaria con G(s) = 5(s + 5)/(s²(s + 4)). Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 5(s + 5)/(s²(s + 4))r(t) = 0,5·t²/2
ess =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+K = 2510s(s + 10)C(s)−

Un controllore proporzionale K = 25 comanda il sistema G(s) = 10/(s(s + 10)) in un anello a retroazione unitaria. Trova la sovraelongazione percentuale %OS della risposta al gradino.

G(s) = 10/(s(s + 10))K = 25
%OS = %
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 10

Trova la fase ∠G(jω) di G(s) = 11(s + 15)/(s(s + 4)) a ω = 10 rad/s, in gradi.

G(s) = 11(s + 15)/(s(s + 4))ω = 10 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)−270−180−900ω180​

Un anello a retroazione unitaria ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = 488/(s(s + 8)(s + 9)). Trova il margine di guadagno GM in dB.

L(s) = 488/(s(s + 8)(s + 9))
GM = dB

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.1) = 1,594

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 + 4s + 29 = (s + 2)² + 25 = (s + 2)² + 5²

Fai corrispondere il numeratore

F(s) = 2·(s + 2)/((s + 2)² + 5²) + (2/5)·5/((s + 2)² + 5²)

Antitrasformata

f(t) = e−2t·(2·cos 5t + 0,4·sin 5t)
f(0,1) = e−2·0,1·(2·cos(5·0,1) + 0,4·sin(5·0,1)) = 1,594

Risposta

f(0,1) = 1,594
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.75) = 3,441

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) = 30/(s(s + 1)(s + 3))

Fratti semplici

A = 30/(1·3) = 10
B = 30/((−1)·2) = −15
C = 30/((−3)·(−2)) = 5

Uscite

y(t) = 10 − 15·e−t + 5·e−3t
y(0,75) = 3,441

Risposta

y(0,75) = 3,441
3.Schemi a blocchi

Risposta: K = 4

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 + 5)(s + 9)) = 0 → s² + 14s + 45 + K = 0

Radice doppia

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

14² = 4(45 + K) → K = 196/4 − 45 = 4

Risposta

K = 4
Entrambi i poli ad anello chiuso sono allora in s = −7.
4.Schemi a blocchi

Risposta: css = 0,1023

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) = 9/(s + 7 + 81)

Regime stazionario

css = 1·9/88 = 0,1023

Risposta

css = 0,1023

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

5.Risposta al gradino

Risposta: ts = 0,8 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 = 77 → ωₙ = 8,775 rad/s
2ζωₙ = 10 → ζ = 10/(2·8,775) = 0,5698

Risultato

ζωₙ = 5 → ts ≈ 4/5 = 0,8 s

Risposta

ts = 0,8 s
6.Risposta al gradino

Risposta: %OS = 9,586 %

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 = √(k/m) = √(2000/4) = 22,36 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 107/(2·√(2000·4)) = 0,5981

Risultato

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 9,586 %

Risposta

%OS = 9,586 %
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: ω = 7,348 rad/s

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 critico

s³ + 13s² + 54s + 72 + K = 0
s¹: (13·54 − 72 − K)/13 = 0 → K = 630

Frequenza di attraversamento

13s² + 72 + 630 = 13s² + 702 = 0 → s² = −54
ω = √54 = 7,348 rad/s

Risposta

ω = 7,348 rad/s
9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 0,08

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 accelerazione

Ka = 5·5/4 = 6,25

Errore alla parabola

ess = 0,5/6,25 = 0,08

Risposta

ess = 0,08
10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: %OS = 35,09 %

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 + 10) + 25·10 = s² + 10s + 250

ωₙ e ζ

ωₙ = √250 = 15,81 rad/s
ζ = 10/(2·15,81) = 0,3162

Sovraelongazione

%OS = 100·e−0,3162π/√(1 − 0,3162²) = 35,09 %

Risposta

%OS = 35,09 %
11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ∠G(jω) = −124,5 °

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(10/15) − 90° − atan(10/4) = 33,69° − 90° − 68,2°

Risultato

∠G(j10) = −124,5°

Risposta

∠G(jω) = −124,5°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: GM = 7,987 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/8)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(8·9) = 8,485 rad/s

Modulo all’attraversamento della fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 64)·√(ω² + 81)) = K/(8·9·(8 + 9)) = K/1224

Margine di guadagno

GM = 20·log₁₀(1224/488) = 7,987 dB

Risposta

GM = 7,987 dB

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