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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 = 0,1f(0,1) = ?

Trova f(t) per F(s) = 50/(s(s + 4)(s + 6)) con i fratti semplici, e calcola f(0,1).

F(s) = 50/(s(s + 4)(s + 6))t = 0,1 s
f(0.1) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 8y′ + 12y = 24·u(t), con y(0) = 6 e y′(0) = 0. A t = 0 viene applicato un ingresso a gradino u(t) = 5. Usa la trasformata di Laplace per trovare y(0,3).

y″ + 8y′ + 12y = 24·u(t)y(0) = 6y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,3 s
y(0.3) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+8K+10s + 1G(s)C(s)5H₁−−

Il processo G(s) = 10/(s + 1) ha un anello interno di retroazione negativa con guadagno H₁ = 5. Un guadagno del controllore K = 8 e un anello esterno di retroazione negativa unitaria chiudono il sistema. Trova il polo ad anello chiuso p.

G(s) = 10/(s + 1)H₁ = 5K = 8
p =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+17s + 3G₁+3s + 6G₂C(s)0,5H₁−0,1H₂−

Riduci lo schema a blocchi con G₁ = 17/(s + 3), G₂ = 3/(s + 6), una retroazione negativa interna H₁ = 0,5 attorno a G₂ e una retroazione negativa esterna H₂ = 0,1. Trova il guadagno in continua T(0) di C(s)/R(s).

G₁ = 17/(s + 3)G₂ = 3/(s + 6)H₁ = 0,5H₂ = 0,1
T(0) =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)1tp​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 19/(s² + 7s + 19) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova il tempo di picco tp della risposta al gradino.

G(s) = 19/(s² + 7s + 19)
tp = s
6.Risposta al gradinoDifficile
t (s)y(t)1tp​ = 0,5 s10 %

La risposta al gradino di un sistema del secondo ordine senza zeri mostra una sovraelongazione del 10 %, e il primo picco si verifica a t = 0,5 s. Trova la pulsazione naturale ωn.

%OS = 10 %tp = 0,5 s
ωn = rad/s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+Ks + 6s(s + 1)(s + 2)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K(s + 6)/(s(s + 1)(s + 2)), con K > 0. Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.

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

Per L(s) = K/((s + 6)(s² + 8s + 20)), trova l’angolo di partenza θd del luogo delle radici dal polo complesso nel semipiano superiore, misurato dall’asse reale positivo.

L(s) = K/((s + 6)(s² + 8s + 20))
θd = °
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 10·t²/2+10(s + 4)s²(s + 4)C(s)−

L’ingresso parabolico r(t) = 10·t²/2 è applicato a un anello a retroazione unitaria con G(s) = 10(s + 4)/(s²(s + 4)). Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 10(s + 4)/(s²(s + 4))r(t) = 10·t²/2
ess =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
r(t) = 1t+1 + 0,5/s2(s + 2)(s + 10)C(s)−

Un controllore PI C(s) = 1 + 0,5/s comanda il sistema G(s) = 2/((s + 2)(s + 10)) in un anello a retroazione unitaria. Trova l’errore a regime ess per l’ingresso a rampa r(t) = 1t.

C(s) = 1 + 0,5/sG(s) = 2/((s + 2)(s + 10))r(t) = 1t
ess =
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
vin​L = 5 mHC = 1 µFR = 2 Ωvout​

Nel filtro passa-banda RLC serie mostrato l’uscita è prelevata ai capi di R = 2 Ω, con L = 5 mH e C = 1 µF. Trova il fattore di qualità Q.

R = 2 ΩL = 5 mHC = 1 µF
Q =
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 + 2)(s + 8)). Trova il guadagno K che dà un margine di guadagno di 10 dB.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8))GM = 10 dB
K =

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.1) = 0,1805

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 + 4) + C/(s + 6)
A = 50/(4·6) = 2,083
B = 50/((−4)·2) = −6,25
C = 50/((−6)·(−2)) = 4,167

Antitrasformata

f(t) = 2,083 − 6,25·e−4t + 4,167·e−6t

Calcola

f(0,1) = 2,083 − 6,25·e−4·0,1 + 4,167·e−6·0,1 = 0,1805

Risposta

f(0,1) = 0,1805
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.3) = 7,038

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 + 12)·Y(s) = 6s + 48 + 120/s
Y(s) = (6s² + 48s + 120)/(s(s + 2)(s + 6))

Fratti semplici

A = 120/(2·6) = 10
B = 48/((−2)·4) = −6
C = 48/((−6)·(−4)) = 2

Risultato

y(t) = 10 − 6·e−2t + 2·e−6t
y(0,3) = 7,038

Risposta

y(0,3) = 7,038

Controllo: y(0) = A + B + C = 6.

3.Schemi a blocchi

Risposta: p = −131

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) = 10/(s + 1 + 10·5) = 10/(s + 51)

Anello esterno

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 80/(s + 51 + 80) = 80/(s + 131)

Risultato

p = −131

Risposta

p = −131
4.Schemi a blocchi

Risposta: T(0) = 1,848

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) = 3/(s + 7,5)

Anello esterno

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 51/((s + 3)(s + 7,5) + 5,1)

Guadagno in continua

T(0) = 51/(3·7,5 + 5,1) = 51/27,6 = 1,848

Risposta

T(0) = 1,848
5.Risposta al gradino

Risposta: tp = 1,209 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 = 19 → ωₙ = 4,359 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·4,359) = 0,803

Risultato

ωd = 4,359·√(1 − 0,803²) = 2,598 rad/s → tp = π/ωd = 1,209 s

Risposta

tp = 1,209 s
6.Risposta al gradino

Risposta: ωn = 7,79 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).

Fattore di smorzamento

ζ = −ln(0,1)/√(π² + ln²(0,1)) = 2,303/√(9,87 + 5,302) = 0,5912

Frequenza naturale

ωd = π/tp = π/0,5 = 6,283 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 6,283/0,8066 = 7,79 rad/s

Risposta

ωn = 7,79 rad/s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: Kmax = 2

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 + 1)(s + 2) + K(s + 6) = s³ + 3s² + (2 + K)s + 6K

Tabella di Routh

s³: 1, 2 + K
s²: 3, 6K
s¹: (3·(2 + K) − 6K)/3
s⁰: 6K

Condizione

6 − 3K > 0
K < 6/3 = 2

Risposta

Kmax = 2

Con lo zero a destra di s = −3 l’anello resterebbe stabile per ogni K > 0.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: θd = 45 °

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.

Posizioni dei poli

s² + 8s + 20 = 0 → s = −4 ± j2
s = −6

Angoli degli altri poli

∠(−4 + j2 + 6) = atan2(2, 2) = 45°
∠(−4 + j2 − (−4 − j2)) = ∠(j4) = 90°

Angolo di partenza

θd = 180° − 45° − 90° = 45°

Risposta

θd = 45°
9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 1

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 = 10·4/4 = 10

Errore alla parabola

ess = 10/10 = 1

Risposta

ess = 1
10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 20

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) = 1s + 0,5 → 0,5 per s → 0.

Kv = 0,5·2/20 = 0,05

Errore alla rampa

ess = 1/0,05 = 20

Risposta

ess = 20

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

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: Q = 35,36

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 risonanza

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,005·1 × 10⁻⁶) = 14142 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 2251 Hz

Fattore di qualità

BW = R/L = 2/0,005 = 400 rad/s = 63,66 Hz
Q = ω₀/BW = 14142/400 = 35,36

Risposta

Q = 35,36
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: K = 50,6

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

Modulo all’attraversamento della fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 64)) = K/(2·8·(2 + 8)) = K/160

Guadagno richiesto

160/K = 1010/20 = 3,162
K = 160/3,162 = 50,6

Risposta

K = 50,6

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