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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 + 18)/(s² + 11s + 24). La sua antitrasformata ha la forma f(t) = A·e−3t + B·e−8t. Trova il coefficiente A con i fratti semplici.

F(s) = (2s + 18)/(s² + 11s + 24)
A =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 9y′ + 20y = 120·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).

y″ + 9y′ + 20y = 120·u(t)u(t) = 5y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,2 s
y(0.2) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+28s + 2G(s)C(s)0,5H−

Un processo G(s) = 28/(s + 2) è controllato in un anello di retroazione negativa il cui sensore ha guadagno H = 0,5. Un gradino di ampiezza 5 viene applicato in R. Trova l’uscita a regime css.

G(s) = 28/(s + 2)H = 0,5R = 5
css =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+18s + 1G₁+6s + 1G₂C(s)1H₁−0,2H₂−

Riduci lo schema a blocchi con G₁ = 18/(s + 1), G₂ = 6/(s + 1), una retroazione negativa interna H₁ = 1 attorno a G₂ e una retroazione negativa esterna H₂ = 0,2. Trova il guadagno in continua T(0) di C(s)/R(s).

G₁ = 18/(s + 1)G₂ = 6/(s + 1)H₁ = 1H₂ = 0,2
T(0) =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)2?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 42/(s² + 3s + 21) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova la sovraelongazione percentuale %OS della risposta al gradino.

G(s) = 42/(s² + 3s + 21)
%OS = %
6.Risposta al gradinoDifficile
+−24 VR = 18 ΩL = 20 mHC = 22 µFvC​

Un circuito RLC serie con R = 18 Ω, L = 20 mH e C = 22 µF è collegato a un gradino da 24 V a t = 0. Il condensatore è scarico e prima del gradino non circola corrente. Trova la pulsazione naturale non smorzata ωn in rad/s.

R = 18 ΩL = 20 mHC = 22 µFV = 24 V
ωn = rad/s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+Ks + 11s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K(s + 11)/(s(s + 2)(s + 4)), con K > 0. Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.

L(s) = K(s + 11)/(s(s + 2)(s + 4))
Kmax =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−2−4−6j2j4

È tracciato il luogo delle radici di L(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 6)). Trova la frequenza ω a cui il luogo attraversa l’asse immaginario.

L(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 6))
ω = rad/s
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 5t+5s(s + 5)(s + 10)C(s)−

Una rampa r(t) = 5t è applicata a un anello a retroazione unitaria con G(s) = 5/(s(s + 5)(s + 10)). Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 5/(s(s + 5)(s + 10))r(t) = 5t
ess =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
r(t) = 2t+2 + 1/s10(s + 2)(s + 10)C(s)−

Un controllore PI C(s) = 2 + 1/s comanda il sistema G(s) = 10/((s + 2)(s + 10)) in un anello a retroazione unitaria. Trova l’errore a regime ess per l’ingresso a rampa r(t) = 2t.

C(s) = 2 + 1/sG(s) = 10/((s + 2)(s + 10))r(t) = 2t
ess =
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 2

Trova la fase ∠G(jω) di G(s) = 7(s + 15)/(s(s + 10)) a ω = 2 rad/s, in gradi.

G(s) = 7(s + 15)/(s(s + 10))ω = 2 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) = 128/(s(s + 2)(s + 8)). Trova la pulsazione di attraversamento della fase ω180, dove ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 128/(s(s + 2)(s + 8))
ω180 = rad/s

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: A = 2,4

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 + 11s + 24 = (s + 3)(s + 8)
F(s) = A/(s + 3) + B/(s + 8)

Regola di copertura

Moltiplica per (s + 3) e poni s = −3: il termine in B si annulla.

A = (2s + 18)/(s + 8) |s = −3 = 12/5 = 2,4

Risposta

A = 2,4
(B = −0,4, quindi f(t) = 2,4·e−3t − 0,4·e−8t)
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.2) = 6,746

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) = 600/(s(s + 4)(s + 5))

Fratti semplici

A = 600/(4·5) = 30
B = 600/((−4)·1) = −150
C = 600/((−5)·(−1)) = 120

Uscite

y(t) = 30 − 150·e−4t + 120·e−5t
y(0,2) = 6,746

Risposta

y(0,2) = 6,746
3.Schemi a blocchi

Risposta: css = 8,75

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).

Funzione di trasferimento ad anello chiuso

T(s) = G/(1 + G·H) = 28/(s + 2 + 14) = 28/(s + 16)

Risultato

css = R·T(0) = 5·28/16 = 8,75

Risposta

css = 8,75
4.Schemi a blocchi

Risposta: T(0) = 3,776

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 = G₂/(1 + G₂H₁) = 6/(s + 7)

Anello esterno

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 108/((s + 1)(s + 7) + 21,6)

Guadagno in continua

T(0) = 108/(1·7 + 21,6) = 108/28,6 = 3,776

Risposta

T(0) = 3,776
5.Risposta al gradino

Risposta: %OS = 33,68 %

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 = 21 → ωₙ = 4,583 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·4,583) = 0,3273

Risultato

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,088 = 33,68 %

Risposta

%OS = 33,68 %
6.Risposta al gradino

Risposta: ωn = 1508 rad/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).

Pulsazione naturale e rapporto di smorzamento

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·2,2 × 10⁻⁵) = 1508 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (18/2)·√(2,2 × 10⁻⁵/0,02) = 0,2985

Risultato

ωₙ = 1508 rad/s

Risposta

ωn = 1508 rad/s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: Kmax = 9,6

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

s(s + 2)(s + 4) + K(s + 11) = s³ + 6s² + (8 + K)s + 11K

Tabella di Routh

s³: 1, 8 + K
s²: 6, 11K
s¹: (6·(8 + K) − 11K)/6
s⁰: 11K

Condizione

48 − 5K > 0
K < 48/5 = 9,6

Risposta

Kmax = 9,6

Con lo zero a destra di s = −6 l’anello resterebbe stabile per ogni K > 0.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: ω = 4,472 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 + 9s² + 20s + 12 + K = 0
s¹: (9·20 − 12 − K)/9 = 0 → K = 168

Frequenza di attraversamento

9s² + 12 + 168 = 9s² + 180 = 0 → s² = −20
ω = √20 = 4,472 rad/s

Risposta

ω = 4,472 rad/s
9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 50

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) = 0,1

Errore alla rampa

ess = 5/0,1 = 50

Risposta

ess = 50
10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 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).

Costante di velocità

s·C(s) = 2s + 1 → 1 per s → 0.

Kv = 1·10/20 = 0,5

Errore alla rampa

ess = 2/0,5 = 4

Risposta

ess = 4

Il controllore PI elimina completamente l’errore al gradino; una rampa viene seguita con un ritardo costante.

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ∠G(jω) = −93,72 °

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(2/15) − 90° − atan(2/10) = 7,595° − 90° − 11,31°

Risultato

∠G(j2) = −93,72°

Risposta

∠G(jω) = −93,72°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ω180 = 4 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/2)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(2·8) = 4 rad/s

Risposta

ω180 = 4 rad/s

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