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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 = 0,5f(0,5) = ?

Trova f(t) per F(s) = 45/(s(s + 2)(s + 3)) con i fratti semplici, e calcola f(0,5).

F(s) = 45/(s(s + 2)(s + 3))t = 0,5 s
f(0.5) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 7y′ + 12y = 48·u(t), con y(0) = 4 e y′(0) = 0. A t = 0 viene applicato un ingresso a gradino u(t) = 10. Usa la trasformata di Laplace per trovare y(0,2).

y″ + 7y′ + 12y = 48·u(t)y(0) = 4y′(0) = 0u(t) = 10t = 0,2 s
y(0.2) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+9K+9s + 7G(s)C(s)2H₁−−

Il processo G(s) = 9/(s + 7) ha un anello interno di retroazione negativa con guadagno H₁ = 2. Un guadagno del controllore K = 9 e un anello esterno di retroazione negativa unitaria chiudono il sistema. Trova il guadagno in continua ad anello chiuso T(0).

G(s) = 9/(s + 7)H₁ = 2K = 9
T(0) =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+48s(s + 10)G(s)C(s)1H−

Il processo G(s) = 48/(s(s + 10)) è in un anello di retroazione negativa con guadagno del sensore H = 1. I poli ad anello chiuso sono complessi. Trova la loro parte immaginaria ωd (il valore positivo), in rad/s.

G(s) = 48/(s(s + 10))H = 1
ωd = rad/s
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)1

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 60/(s² + 12s + 60) e riceve un ingresso a gradino unitario. I poli sono s = σ ± jωd. Trova la parte reale σ.

G(s) = 60/(s² + 12s + 60)
σ =
6.Risposta al gradinoDifficile
+−5 VR = 71 ΩL = 50 mHC = 10 µFvC​

Un circuito RLC serie con R = 71 Ω, L = 50 mH e C = 10 µF è collegato a un gradino da 5 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 = 71 ΩL = 50 mHC = 10 µFV = 5 V
vC,max = V
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+K = 1,51s(s + 1)(s + 2)C(s)−

L’anello nello schema funziona con K = 1,5 e L(s) = K/(s(s + 1)(s + 2)). Di quale fattore m si può aumentare il guadagno prima che l’anello chiuso diventi instabile?

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 2))K = 1,5
m =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReImζ = 0,707−1−2−3−4−5−6j1j2

È mostrato il luogo delle radici di L(s) = K/(s(s + 5)). Trova il guadagno K per cui i poli ad anello chiuso hanno il coefficiente di smorzamento ζ = 0,707.

L(s) = K/(s(s + 5))ζ = 0,707
K =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
R(s)+K = 202,50,5s + 1C(s)−

Un processo G(s) = 2,5/(0,5s + 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) = 2,5/(0,5s + 1)K = 20
ess = %
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+K = 4010s(s + 8)C(s)−

Un controllore proporzionale K = 40 comanda il sistema G(s) = 10/(s(s + 8)) in un anello a retroazione unitaria. Trova la sovraelongazione percentuale %OS della risposta al gradino.

G(s) = 10/(s(s + 8))K = 40
%OS = %
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,010,11101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 0,5

Trova il modulo esatto |G(jω)| di G(s) = 588/((s + 6)(s + 14)) a ω = 0,5 rad/s, in dB.

G(s) = 588/((s + 6)(s + 14))ω = 0,5 rad/s
|G(jω)| = 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) = 28/(s(s + 1)(s + 9)). Trova la pulsazione di attraversamento della fase ω180, dove ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 28/(s(s + 1)(s + 9))
ω180 = rad/s

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.5) = 2,57

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 + 2) + C/(s + 3)
A = 45/(2·3) = 7,5
B = 45/((−2)·1) = −22,5
C = 45/((−3)·(−1)) = 15

Antitrasformata

f(t) = 7,5 − 22,5·e−2t + 15·e−3t

Calcola

f(0,5) = 7,5 − 22,5·e−2·0,5 + 15·e−3·0,5 = 2,57

Risposta

f(0,5) = 2,57
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.2) = 9,499

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

(s² + 7s + 12)·Y(s) = 4s + 28 + 480/s
Y(s) = (4s² + 28s + 480)/(s(s + 3)(s + 4))

Fratti semplici

A = 480/(3·4) = 40
B = 432/((−3)·1) = −144
C = 432/((−4)·(−1)) = 108

Risultato

y(t) = 40 − 144·e−3t + 108·e−4t
y(0,2) = 9,499

Risposta

y(0,2) = 9,499

Controllo: y(0) = A + B + C = 4.

3.Schemi a blocchi

Risposta: T(0) = 0,7642

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 = G/(1 + G·H₁) = 9/(s + 7 + 9·2) = 9/(s + 25)

Anello esterno

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 81/(s + 25 + 81) = 81/(s + 106)

Risultato

T(0) = 81/106 = 0,7642

Risposta

T(0) = 0,7642
4.Schemi a blocchi

Risposta: ωd = 4,796 rad/s

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 + 10) + 48·1 = 0 → s² + 10s + 48 = 0

Radici

s = −5 ± j·√(48 − 25) = −5 ± j4,796
ωd = 4,796 rad/s

Risposta

ωd = 4,796 rad/s
5.Risposta al gradino

Risposta: σ = −6

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 = 60 → ωₙ = 7,746 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·7,746) = 0,7746

Risultato

σ = −ζωₙ = −12/2 = −6

Risposta

σ = −6
6.Risposta al gradino

Risposta: vC,max = 5,807 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/√(0,05·1 × 10⁻⁵) = 1414 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (71/2)·√(1 × 10⁻⁵/0,05) = 0,502

Risultato

%OS = 16,14 %
vC,max = 5·(1 + 0,1614) = 5,807 V

Risposta

vC,max = 5,807 V
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: m = 4

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 + 3s² + 2s + K = 0
s³: 1, 2
s²: 3, K
s¹: (3·2 − K)/3
s⁰: K

Guadagno stabile massimo

Kmax = 3·2 = 6

Fattore

m = 6/1,5 = 4

Risposta

m = 4

Questo fattore è il margine di guadagno come rapporto: 12,04 dB.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: K = 12,5

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.

Confronta con la forma standard

s² + 5s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,707·ωₙ = 5 → ωₙ = 3,536 rad/s

Guadagno

K = ωₙ² = 3,536² = 12,5

Risposta

K = 12,5

I poli ad anello chiuso stanno dove la retta di ζ incrocia il ramo verticale in s = −2,5.

9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 1,961 %

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 = 20·2,5 = 50

Errore al gradino

ess = 100/(1 + 50) = 1,961 %

Risposta

ess = 1,961 %
10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: %OS = 52,66 %

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 + 8) + 40·10 = s² + 8s + 400

ωₙ e ζ

ωₙ = √400 = 20 rad/s
ζ = 8/(2·20) = 0,2

Sovraelongazione

%OS = 100·e−0,2π/√(1 − 0,2²) = 52,66 %

Risposta

%OS = 52,66 %
11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: |G(jω)| = 16,87 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.

Moltiplica i moduli

|G(j0,5)| = 588/(√(0,5² + 6²)·√(0,5² + 14²)) = 588/(6,021·14,01) = 6,971

Risultato

20·log₁₀(6,971) = 16,87 dB

Risposta

|G(jω)| = 16,87 dB
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ω180 = 3 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/9) = 1 → ω180 = √(1·9) = 3 rad/s

Risposta

ω180 = 3 rad/s

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