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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−0,5−1−1,5−2−2,5−30,51

F(s) = (2s + 4)/(s² + 4s + 3). La sua antitrasformata ha la forma f(t) = A·e−t + B·e−3t. Trova il coefficiente A con i fratti semplici.

F(s) = (2s + 4)/(s² + 4s + 3)
A =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 9y′ + 18y = 72·u(t). Parte da fermo (y(0) = 0, y′(0) = 0) e l’ingresso è un gradino u(t) = 10 per t ≥ 0. Usa la trasformata di Laplace per trovare l’uscita y(0,25).

y″ + 9y′ + 18y = 72·u(t)u(t) = 10y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,25 s
y(0.25) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+11K+3s + 2G(s)C(s)5H₁−−

Il processo G(s) = 3/(s + 2) ha un anello interno di retroazione negativa con guadagno H₁ = 5. Un guadagno del controllore K = 11 e un anello esterno di retroazione negativa unitaria chiudono il sistema. Trova il polo ad anello chiuso p.

G(s) = 3/(s + 2)H₁ = 5K = 11
p =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+29controllore+D(s)+2s + 6processoC(s)−

Un controllore proporzionale K = 29 comanda il processo G(s) = 2/(s + 6) in un anello di retroazione negativa unitaria. Un disturbo D entra all’ingresso del processo (viene sommato all’uscita del controllore). Un gradino di riferimento di ampiezza 10 e un gradino di disturbo di ampiezza 10 vengono applicati insieme. Trova l’uscita a regime css.

K = 29G(s) = 2/(s + 6)D = 10R = 10
css =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)2

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 10/(s² + 2s + 5) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova la pulsazione naturale ωn in rad/s.

G(s) = 10/(s² + 2s + 5)
ωn = rad/s
6.Risposta al gradinoDifficile
R(s)+Ks(s + 6)G(s)C(s)−

Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = K/(s(s + 6)). Trova il guadagno K che dà una risposta al gradino con sovraelongazione del 2 %.

G(s) = K/(s(s + 6))%OS = 2 %
K =
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+201s(s + 2)(s + 3)C(s)+

L’anello nello schema usa una retroazione positiva, con L(s) = 20/(s(s + 2)(s + 3)). Quanti poli ad anello chiuso N stanno nel semipiano destro?

L(s) = 20/(s(s + 2)(s + 3))
N =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K(s + 5)/(s(s + 8)(s + 1)(s + 6)). Trova il punto σa in cui gli asintoti del luogo delle radici incrociano l’asse reale.

L(s) = K(s + 5)/(s(s + 8)(s + 1)(s + 6))
σa =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
R(s)+K = 2010,5s + 1C(s)−

Un processo G(s) = 1/(0,5s + 1) è controllato da un guadagno proporzionale K = 20 in un anello a retroazione unitaria. Trova l’errore a regime ess per un gradino, in percentuale dell’ampiezza del gradino.

G(s) = 1/(0,5s + 1)K = 20
ess = %
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+K = 210s(s + 6)C(s)−

Un controllore proporzionale K = 2 comanda il sistema G(s) = 10/(s(s + 6)) in un anello a retroazione unitaria. Trova il tempo di picco tp della risposta al gradino.

G(s) = 10/(s(s + 6))K = 2
tp = s
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 20

Trova la fase ∠G(jω) di G(s) = 50(s + 16)/(s(s + 8)) a ω = 20 rad/s, in gradi.

G(s) = 50(s + 16)/(s(s + 8))ω = 20 rad/s
∠G(jω) = °
12.Diagrammi di Bode e marginiDifficile
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Un anello a retroazione unitaria ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = 310/(s(s + 3)(s + 10)). Trova il margine di guadagno GM in dB.

L(s) = 310/(s(s + 3)(s + 10))
GM = dB

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: A = 1

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 + 4s + 3 = (s + 1)(s + 3)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 3)

Regola di copertura

Moltiplica per (s + 1) e poni s = −1: il termine in B si annulla.

A = (2s + 4)/(s + 3) |s = −1 = 2/2 = 1

Risposta

A = 1
(B = 1, quindi f(t) = e−t + e−3t)
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.25) = 11,14

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) = 720/(s(s + 3)(s + 6))

Fratti semplici

A = 720/(3·6) = 40
B = 720/((−3)·3) = −80
C = 720/((−6)·(−3)) = 40

Uscite

y(t) = 40 − 80·e−3t + 40·e−6t
y(0,25) = 11,14

Risposta

y(0,25) = 11,14
3.Schemi a blocchi

Risposta: p = −50

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) = 3/(s + 2 + 3·5) = 3/(s + 17)

Anello esterno

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 33/(s + 17 + 33) = 33/(s + 50)

Risultato

p = −50

Risposta

p = −50
4.Schemi a blocchi

Risposta: css = 9,375

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) = 2/(s + 6 + 58)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 58/(s + 6 + 58)

Regime stazionario

css = 10·58/64 + 10·2/64 = 9,375

Risposta

css = 9,375

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

5.Risposta al gradino

Risposta: ωn = 2,236 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).

Confronta con la forma standard

Il denominatore deve coincidere con s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 5 → ωₙ = 2,236 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·2,236) = 0,4472

Risultato

ωₙ = 2,236 rad/s

Risposta

ωn = 2,236 rad/s
6.Risposta al gradino

Risposta: K = 14,8

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 + 6s + K)

Rapporto di smorzamento dalla sovraelongazione

ζ = −ln(0,02)/√(π² + ln²(0,02)) = 0,7797

Guadagno

ωₙ = 6/(2ζ) = 3,848 rad/s
K = ωₙ² = 14,8

Risposta

K = 14,8
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: N = 1

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 + 5s² + 6s − 20 = 0

Tabella di Routh

s³: 1, 6
s²: 5, −20
s¹: 10
s⁰: −20

Cambi di segno nella prima colonna

1 → 5 → 10 → −20
N = 1

Risposta

N = 1

La retroazione positiva rende negativo il coefficiente costante: un polo reale passa sempre nel semipiano destro.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: σa = −3,333

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.

Poli e zeri

poli: 0, −8, −1, −6
zeri: −5
n − m = 4 − 1 = 3

Baricentro

σa = (−15 − (−5))/3 = −3,333

Risposta

σa = −3,333

I 3 asintoti partono dal centro con angoli di 60°, 180°, 300°.

9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 4,762 %

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 posizione

Kp = 20·1 = 20

Errore al gradino

ess = 100/(1 + 20) = 4,762 %

Risposta

ess = 4,762 %
10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: tp = 0,9472 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 + 6) + 2·10 = s² + 6s + 20

ωₙ e ζ

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s
ζ = 6/(2·4,472) = 0,6708

Tempo di picco

ωd = 4,472·√(1 − 0,6708²) = 3,317 rad/s
tp = π/3,317 = 0,9472 s

Risposta

tp = 0,9472 s
11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ∠G(jω) = −106,9 °

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(20/16) − 90° − atan(20/8) = 51,34° − 90° − 68,2°

Risultato

∠G(j20) = −106,9°

Risposta

∠G(jω) = −106,9°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: GM = 1,994 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.

Attraversamento della fase

(ω/3)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(3·10) = 5,477 rad/s

Modulo all’attraversamento della fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 100)) = K/(3·10·(3 + 10)) = K/390

Margine di guadagno

GM = 20·log₁₀(390/310) = 1,994 dB

Risposta

GM = 1,994 dB

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