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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−1−2−3−4−5−6−7−81

F(s) = (6s + 15)/(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) = (6s + 15)/(s² + 12s + 35)
A =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 7y′ + 12y = 60·u(t). Parte da fermo (y(0) = 0, y′(0) = 0) e l’ingresso è un gradino u(t) = 2 per t ≥ 0. Usa la trasformata di Laplace per trovare l’uscita y(0,1).

y″ + 7y′ + 12y = 60·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,1 s
y(0.1) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+5K+9s + 6G(s)C(s)4H₁−−

Il processo G(s) = 9/(s + 6) ha un anello interno di retroazione negativa con guadagno H₁ = 4. Un guadagno del controllore K = 5 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 + 6)H₁ = 4K = 5
T(0) =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+25controllore+D(s)+10s + 6processoC(s)−

Un controllore proporzionale K = 25 comanda il processo G(s) = 10/(s + 6) in un anello di retroazione negativa unitaria. Un disturbo D entra all’ingresso del processo (viene sommato all’uscita del controllore). Con R = 0, viene applicato un gradino di disturbo di ampiezza 1. Trova l’uscita a regime css.

K = 25G(s) = 10/(s + 6)D = 1R = 0
css =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)0,5

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 37/(s² + 6s + 74) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova il fattore di smorzamento ζ.

G(s) = 37/(s² + 6s + 74)
ζ =
6.Risposta al gradinoDifficile
R(s)+Ks(s + 12)G(s)C(s)−

Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = K/(s(s + 12)). Trova il guadagno K che dà una risposta al gradino con sovraelongazione del 20 %.

G(s) = K/(s(s + 12))%OS = 20 %
K =
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+21601s(s + 8)(s + 10)C(s)−

L’anello nello schema ha retroazione negativa e L(s) = 2160/(s(s + 8)(s + 10)). Quanti poli ad anello chiuso N stanno nel semipiano destro?

L(s) = 2160/(s(s + 8)(s + 10))
N =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Per L(s) = K/((s + 6)(s² + 6s + 13)), 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 + 6s + 13))
θd = °
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
R(s)+K(s + 1)(s + 10)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria ha G(s) = K/((s + 1)(s + 10)). Trova il guadagno K che dà un errore a regime del 4 % per un ingresso a gradino.

G(s) = K/((s + 1)(s + 10))ess = 4 %
K =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+K = 255s(s + 5)C(s)−

Un controllore proporzionale K = 25 comanda il sistema G(s) = 5/(s(s + 5)) in un anello a retroazione unitaria. Trova il tempo di assestamento al 2 % ts della risposta al gradino, usando ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 5/(s(s + 5))K = 25
ts = s
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
vin​C = 100 nFR = 47 kΩvout​

Il filtro passa-alto RC mostrato ha R = 47 kΩ, C = 100 nF. Viene applicato un ingresso sinusoidale di 17 Hz. Trova lo sfasamento φ di vout rispetto a vin, in gradi.

R = 47 kΩC = 100 nFf = 17 Hz
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) = 256/(s(s + 6)(s + 9)). Trova la pulsazione di attraversamento della fase ω180, dove ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 256/(s(s + 6)(s + 9))
ω180 = rad/s

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: A = −7,5

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 = (6s + 15)/(s + 7) |s = −5 = −15/2 = −7,5

Risposta

A = −7,5
(B = 13,5, quindi f(t) = −7,5·e−5t + 13,5·e−7t)
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.1) = 0,4769

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) = 120/(s(s + 3)(s + 4))

Fratti semplici

A = 120/(3·4) = 10
B = 120/((−3)·1) = −40
C = 120/((−4)·(−1)) = 30

Uscite

y(t) = 10 − 40·e−3t + 30·e−4t
y(0,1) = 0,4769

Risposta

y(0,1) = 0,4769
3.Schemi a blocchi

Risposta: T(0) = 0,5172

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 + 6 + 9·4) = 9/(s + 42)

Anello esterno

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 45/(s + 42 + 45) = 45/(s + 87)

Risultato

T(0) = 45/87 = 0,5172

Risposta

T(0) = 0,5172
4.Schemi a blocchi

Risposta: css = 0,03906

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).

Funzioni di trasferimento

C/D = G/(1 + K·G) = 10/(s + 6 + 250)

Regime stazionario

css = 1·10/256 = 0,03906

Risposta

css = 0,03906

Un K maggiore riduce l’effetto del disturbo, ma con un controllore proporzionale mai fino a zero.

5.Risposta al gradino

Risposta: ζ = 0,3487

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 = 74 → ωₙ = 8,602 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·8,602) = 0,3487

Risultato

ζ = 0,3487

Risposta

ζ = 0,3487
6.Risposta al gradino

Risposta: K = 173,2

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).

Funzione di trasferimento ad anello chiuso

T(s) = K/(s² + 12s + K)

Rapporto di smorzamento dalla sovraelongazione

ζ = −ln(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 0,4559

Guadagno

ωₙ = 12/(2ζ) = 13,16 rad/s
K = ωₙ² = 173,2

Risposta

K = 173,2
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: N = 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

s³ + 18s² + 80s + 2160 = 0

Tabella di Routh

s³: 1, 80
s²: 18, 2160
s¹: −40
s⁰: 2160

Cambi di segno nella prima colonna

1 → 18 → −40 → 2160
N = 2

Risposta

N = 2

Il guadagno è sopra il limite K = 1440, quindi una coppia complessa è passata nel semipiano destro.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: θd = 56,31 °

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 + 6s + 13 = 0 → s = −3 ± j2
s = −6

Angoli degli altri poli

∠(−3 + j2 + 6) = atan2(2, 3) = 33,69°
∠(−3 + j2 − (−3 − j2)) = ∠(j4) = 90°

Angolo di partenza

θd = 180° − 33,69° − 90° = 56,31°

Risposta

θd = 56,31°
9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: K = 240

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) = 0,04 → Kp = 24

Guadagno

K/10 = 24 → K = 240

Risposta

K = 240

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: ts = 1,6 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 + 5) + 25·5 = s² + 5s + 125

ωₙ e ζ

ωₙ = √125 = 11,18 rad/s
ζ = 5/(2·11,18) = 0,2236

Tempo di assestamento

ζωₙ = 5/2 = 2,5
ts ≈ 4/2,5 = 1,6 s

Risposta

ts = 1,6 s

Qui il tempo di assestamento non dipende da K: aumentare K fa solo oscillare più velocemente la risposta.

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: φ = 63,34 °

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/(47000·1 × 10⁻⁷) = 212,8 rad/s
fc = 33,86 Hz → f/fc = 17/33,86 = 0,502

Fase

φ = 90° − atan(0,502) = 63,34°

Risposta

φ = 63,34°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ω180 = 7,348 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/6)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(6·9) = 7,348 rad/s

Risposta

ω180 = 7,348 rad/s

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