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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−5−10−15−20−25−305

Trova f(t) per F(s) = (s + 28)/(s² + 6s + 34) completando il quadrato, e calcola f(0,5).

F(s) = (s + 28)/(s² + 6s + 34)t = 0,5 s
f(0.5) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 9y′ + 20y = 60·u(t), con y(0) = 5 e y′(0) = 0. A t = 0 viene applicato un ingresso a gradino u(t) = 2. Usa la trasformata di Laplace per trovare y(0,1).

y″ + 9y′ + 20y = 60·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,1 s
y(0.1) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+20K+2s + 3G(s)C(s)0,5H₁−−

Il processo G(s) = 2/(s + 3) ha un anello interno di retroazione negativa con guadagno H₁ = 0,5. Un guadagno del controllore K = 20 e un anello esterno di retroazione negativa unitaria chiudono il sistema. Trova il polo ad anello chiuso p.

G(s) = 2/(s + 3)H₁ = 0,5K = 20
p =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+Kcontrollore+D(s)+2s + 6processoC(s)−

Un controllore proporzionale K comanda il processo G(s) = 2/(s + 6) in un anello di retroazione negativa unitaria. Un gradino di disturbo di ampiezza 1 entra all’ingresso del processo mentre R = 0. Trova il guadagno minimo K che mantiene l’uscita a regime al di sotto di 0,06667 o uguale a esso.

G(s) = 2/(s + 6)D = 1css ≤ 0,06667
K =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)3

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 84/(s² + 4s + 28) e riceve un ingresso a gradino unitario. I poli sono s = σ ± jωd. Trova la parte reale σ.

G(s) = 84/(s² + 4s + 28)
σ =
6.Risposta al gradinoDifficile
k = 5000 N/mc = 42 N·s/mm = 4 kgF = 5 Nx(t)

Una massa m = 4 kg è appesa a una molla k = 5000 N/m con uno smorzatore viscoso c = 42 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). In equilibrio a riposo, viene applicata improvvisamente una forza costante F = 5 N. Trova la sovraelongazione percentuale %OS dello spostamento.

m = 4 kgk = 5000 N/mc = 42 N·s/mF = 5 N
%OS = %
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+K1(s + 1)(s + 5)(s + 6)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K/((s + 1)(s + 5)(s + 6)), con K > 0. Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.

L(s) = K/((s + 1)(s + 5)(s + 6))
Kmax =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2−1

Per l’anello L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6)), trova il guadagno K che pone un polo ad anello chiuso in s = −1.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6))s = −1
K =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
R(s)+K(s + 2)(s + 5)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria ha G(s) = K/((s + 2)(s + 5)). Trova il guadagno K che dà un errore a regime del 2 % per un ingresso a gradino.

G(s) = K/((s + 2)(s + 5))ess = 2 %
K =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+25 + Kd​s4s(s + 2)C(s)−

Un controllore PD C(s) = 25 + Kd·s comanda il sistema G(s) = 4/(s(s + 2)) in un anello a retroazione unitaria. Trova il guadagno derivativo Kd che dà all’anello chiuso un coefficiente di smorzamento ζ = 0,5.

G(s) = 4/(s(s + 2))Kp = 25ζ = 0,5
Kd = s
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
vin​R = 2,2 kΩC = 10 nFvout​

Il filtro passa-basso RC mostrato ha R = 2,2 kΩ, C = 10 nF. Viene applicato un ingresso sinusoidale di 1,8 kHz. Trova lo sfasamento φ di vout rispetto a vin, in gradi.

R = 2,2 kΩC = 10 nFf = 1,8 kHz
φ = °
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) = 402/(s(s + 7)(s + 9)). Trova la pulsazione di attraversamento della fase ω180, dove ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 402/(s(s + 7)(s + 9))
ω180 = rad/s

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.5) = 0,4889

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 + 6s + 34 = (s + 3)² + 25 = (s + 3)² + 5²

Fai corrispondere il numeratore

F(s) = 1·(s + 3)/((s + 3)² + 5²) + (25/5)·5/((s + 3)² + 5²)

Antitrasformata

f(t) = e−3t·(cos 5t + 5·sin 5t)
f(0,5) = e−3·0,5·(cos(5·0,5) + 5·sin(5·0,5)) = 0,4889

Risposta

f(0,5) = 0,4889
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.1) = 5,075

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 + 9s + 20)·Y(s) = 5s + 45 + 120/s
Y(s) = (5s² + 45s + 120)/(s(s + 4)(s + 5))

Fratti semplici

A = 120/(4·5) = 6
B = 20/((−4)·1) = −5
C = 20/((−5)·(−1)) = 4

Risultato

y(t) = 6 − 5·e−4t + 4·e−5t
y(0,1) = 5,075

Risposta

y(0,1) = 5,075

Controllo: y(0) = A + B + C = 5.

3.Schemi a blocchi

Risposta: p = −44

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) = 2/(s + 3 + 2·0,5) = 2/(s + 4)

Anello esterno

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 40/(s + 4 + 40) = 40/(s + 44)

Risultato

p = −44

Risposta

p = −44
4.Schemi a blocchi

Risposta: K = 12

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).

Risposta al disturbo

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 1·2/(6 + 2K)

Risolvi per K

6 + 2K = 1·2/0,06667 = 30
K = (30 − 6)/2 = 12

Risposta

K = 12
5.Risposta al gradino

Risposta: σ = −2

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 = 28 → ωₙ = 5,292 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·5,292) = 0,378

Risultato

σ = −ζωₙ = −4/2 = −2

Risposta

σ = −2
6.Risposta al gradino

Risposta: %OS = 62,39 %

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) = √(5000/4) = 35,36 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 42/(2·√(5000·4)) = 0,1485

Risultato

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 62,39 %

Risposta

%OS = 62,39 %
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: Kmax = 462

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 + 12s² + 41s + 30 + K = 0

Tabella di Routh

s³: 1, 41
s²: 12, 30 + K
s¹: (12·41 − 30 − K)/12
s⁰: 30 + K

Condizione

L’elemento s¹ deve restare positivo.

K < 12·41 − 30 = 462

Risposta

Kmax = 462

Al limite l’anello oscilla a ω = √41 = 6,403 rad/s.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: K = 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.

Condizione sul modulo

K = |s|·|s + 2|·|s + 6|

Valuta nel punto

K = 1·1·5 = 5

Risposta

K = 5

Verifica: s(s + 2)(s + 6) + K è zero in s = −1.

9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: K = 490

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 d’errore richiesta

1/(1 + Kp) = 0,02 → Kp = 49

Guadagno

K/10 = 49 → K = 490

Risposta

K = 490

Controlla anche la stabilità ad anello chiuso: per questo anello del secondo ordine ogni K > 0 è stabile.

10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: Kd = 2 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 + 2) + 4(25 + Kds) = s² + (2 + 4Kd)s + 100

Frequenza naturale

ωₙ = √100 = 10 rad/s

Guadagno derivativo

2 + 4Kd = 2·0,5·10 = 10
Kd = 2 s

Risposta

Kd = 2 s

Il termine derivativo aggiunge smorzamento senza cambiare ωₙ.

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: φ = −13,97 °

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/(2200·1 × 10⁻⁸) = 45455 rad/s
fc = 7234 Hz → f/fc = 1800/7234 = 0,2488

Fase

φ = − atan(0,2488) = −13,97°

Risposta

φ = −13,97°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ω180 = 7,937 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/7)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(7·9) = 7,937 rad/s

Risposta

ω180 = 7,937 rad/s

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