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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−2−4−6−8−10

F(s) = (2s + 20)/(s² + 12s + 35). La sua antitrasformata ha la forma f(t) = A·e−5t + B·e−7t. Trova il coefficiente A con i fratti semplici.

F(s) = (2s + 20)/(s² + 12s + 35)
A =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 8y′ + 15y = 15·u(t), con y(0) = 3 e y′(0) = 0. A t = 0 viene applicato un ingresso a gradino u(t) = 10. Usa la trasformata di Laplace per trovare y(0,3).

y″ + 8y′ + 15y = 15·u(t)y(0) = 3y′(0) = 0u(t) = 10t = 0,3 s
y(0.3) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+18K+4s + 3G(s)C(s)1H₁−−

Il processo G(s) = 4/(s + 3) ha un anello interno di retroazione negativa con guadagno H₁ = 1. Un guadagno del controllore K = 18 e un anello esterno di retroazione negativa unitaria chiudono il sistema. Trova il polo ad anello chiuso p.

G(s) = 4/(s + 3)H₁ = 1K = 18
p =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+24s(s + 8)G(s)C(s)2H−

Il processo G(s) = 24/(s(s + 8)) è in un anello di retroazione negativa con guadagno del sensore H = 2. I poli ad anello chiuso sono complessi. Trova la loro parte reale σ.

G(s) = 24/(s(s + 8))H = 2
σ =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)1

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 79/(s² + 4s + 79) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova il fattore di smorzamento ζ.

G(s) = 79/(s² + 4s + 79)
ζ =
6.Risposta al gradinoDifficile
+−5 VR = 41 ΩL = 50 mHC = 4,7 µFvC​

Un circuito RLC serie con R = 41 Ω, L = 50 mH e C = 4,7 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 = 41 ΩL = 50 mHC = 4,7 µFV = 5 V
vC,max = V
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+K = 3,751s(s + 1)(s + 5)C(s)−

L’anello nello schema funziona con K = 3,75 e L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5)). Di quale fattore m si può aumentare il guadagno prima che l’anello chiuso diventi instabile?

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5))K = 3,75
m =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReImζ = 0,707−1−2−3−4−5j1j2

È mostrato il luogo delle radici di L(s) = K/(s(s + 4)). Trova il guadagno K per cui i poli ad anello chiuso hanno il coefficiente di smorzamento ζ = 0,707.

L(s) = K/(s(s + 4))ζ = 0,707
K =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 1 + 4t+10s(s + 1)C(s)−

L’ingresso r(t) = 1 + 4t (un gradino più una rampa) è applicato a un anello a retroazione unitaria con G(s) = 10/(s(s + 1)). Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 10/(s(s + 1))r(t) = 1 + 4t
ess =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+4 + Kd​s5s(s + 4)C(s)−

Un controllore PD C(s) = 4 + Kd·s comanda il sistema G(s) = 5/(s(s + 4)) in un anello a retroazione unitaria. Trova il guadagno derivativo Kd che dà all’anello chiuso un coefficiente di smorzamento ζ = 0,8.

G(s) = 5/(s(s + 4))Kp = 4ζ = 0,8
Kd = s
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 5

Trova il modulo esatto |G(jω)| di G(s) = 264/((s + 2)(s + 12)) a ω = 5 rad/s, in dB.

G(s) = 264/((s + 2)(s + 12))ω = 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) = K/(s(s + 1)(s + 4)). Trova il guadagno K che dà un margine di guadagno di 2 dB.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 4))GM = 2 dB
K =

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: A = 5

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 + 12s + 35 = (s + 5)(s + 7)
F(s) = A/(s + 5) + B/(s + 7)

Regola di copertura

Moltiplica per (s + 5) e poni s = −5: il termine in B si annulla.

A = (2s + 20)/(s + 7) |s = −5 = 10/2 = 5

Risposta

A = 5
(B = −3, quindi f(t) = 5·e−5t − 3·e−7t)
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.3) = 5,228

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 + 8s + 15)·Y(s) = 3s + 24 + 150/s
Y(s) = (3s² + 24s + 150)/(s(s + 3)(s + 5))

Fratti semplici

A = 150/(3·5) = 10
B = 105/((−3)·2) = −17,5
C = 105/((−5)·(−2)) = 10,5

Risultato

y(t) = 10 − 17,5·e−3t + 10,5·e−5t
y(0,3) = 5,228

Risposta

y(0,3) = 5,228

Controllo: y(0) = A + B + C = 3.

3.Schemi a blocchi

Risposta: p = −79

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) = 4/(s + 3 + 4·1) = 4/(s + 7)

Anello esterno

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 72/(s + 7 + 72) = 72/(s + 79)

Risultato

p = −79

Risposta

p = −79
4.Schemi a blocchi

Risposta: σ = −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

s(s + 8) + 24·2 = 0 → s² + 8s + 48 = 0

Radici

s = −4 ± j·√(48 − 16) = −4 ± j5,657
σ = −4

Risposta

σ = −4
5.Risposta al gradino

Risposta: ζ = 0,225

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 = 79 → ωₙ = 8,888 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·8,888) = 0,225

Risultato

ζ = 0,225

Risposta

ζ = 0,225
6.Risposta al gradino

Risposta: vC,max = 7,644 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/√(0,05·4,7 × 10⁻⁶) = 2063 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (41/2)·√(4,7 × 10⁻⁶/0,05) = 0,1988

Risultato

%OS = 52,88 %
vC,max = 5·(1 + 0,5288) = 7,644 V

Risposta

vC,max = 7,644 V
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: m = 8

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 + 6s² + 5s + K = 0
s³: 1, 5
s²: 6, K
s¹: (6·5 − K)/6
s⁰: K

Guadagno stabile massimo

Kmax = 6·5 = 30

Fattore

m = 30/3,75 = 8

Risposta

m = 8

Questo fattore è il margine di guadagno come rapporto: 18,06 dB.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: K = 8,002

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 + 4s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,707·ωₙ = 4 → ωₙ = 2,829 rad/s

Guadagno

K = ωₙ² = 2,829² = 8,002

Risposta

K = 8,002

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

9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 0,4

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

Parte a gradino

Kp = ∞ → estep = 0

Errore alla rampa

ess = 4/10 = 0,4

Risposta

ess = 0,4
10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: Kd = 0,6311 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 + 4) + 5(4 + Kds) = s² + (4 + 5Kd)s + 20

Frequenza naturale

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s

Guadagno derivativo

4 + 5Kd = 2·0,8·4,472 = 7,155
Kd = 0,6311 s

Risposta

Kd = 0,6311 s

Il termine derivativo aggiunge smorzamento senza cambiare ωₙ.

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: |G(jω)| = 11,53 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(j5)| = 264/(√(5² + 2²)·√(5² + 12²)) = 264/(5,385·13) = 3,771

Risultato

20·log₁₀(3,771) = 11,53 dB

Risposta

|G(jω)| = 11,53 dB
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: K = 15,89

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/4) = 1 → ω180 = √(1·4) = 2 rad/s

Modulo all’attraversamento della fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 16)) = K/(1·4·(1 + 4)) = K/20

Guadagno richiesto

20/K = 102/20 = 1,259
K = 20/1,259 = 15,89

Risposta

K = 15,89

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