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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
Scrivi il polinomio caratteristico ad anello chiuso: il denominatore di 1 + K·G(s) = 0, sviluppato.
Inserisci i coefficienti alternati nelle prime due righe della tabella di Routh e costruisci le righe rimanenti.
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.
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
Conta i poli dell’anello aperto C(s)·G(s) in s = 0: è il tipo del sistema.
Calcola la costante d’errore corrispondente all’ingresso: Kp per un gradino, Kv per una rampa, Ka per una parabola.
Applica ess = A/(1 + Kp), A/Kv o A/Ka, oppure risolvi per il guadagno che ti serve.
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
Trova f(t) per F(s) = (5s + 33)/(s² + 8s + 17) completando il quadrato, e calcola f(0,1).
F(s) = (5s + 33)/(s² + 8s + 17)t = 0,1 s
f(0.1) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
Risolvi y″ + 6y′ + 8y = 0 con y(0) = −2 e y′(0) = −12 usando la trasformata di Laplace, e trova y(0,5).
y″ + 6y′ + 8y = 0y(0) = −2y′(0) = −12t = 0,5 s
y(0.5) =
3.Schemi a blocchiMedia
Il processo G(s) = 10/(s + 7) ha un anello interno di retroazione negativa con guadagno H₁ = 1. Un guadagno del controllore K = 10 e un anello esterno di retroazione negativa unitaria chiudono il sistema. Trova il polo ad anello chiuso p.
G(s) = 10/(s + 7)H₁ = 1K = 10
p =
4.Schemi a blocchiDifficile
Un controllore proporzionale K = 6 comanda il processo G(s) = 5/(s + 7) 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 1 e un gradino di disturbo di ampiezza 10 vengono applicati insieme. Trova l’uscita a regime css.
K = 6G(s) = 5/(s + 7)D = 10R = 1
css =
5.Risposta al gradinoMedia
Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 126/(s² + 7s + 42) e riceve un ingresso a gradino unitario. I poli sono s = σ ± jωd. Trova la parte reale σ.
G(s) = 126/(s² + 7s + 42)
σ =
6.Risposta al gradinoDifficile
Una massa m = 2 kg è appesa a una molla k = 200 N/m con uno smorzatore viscoso c = 4 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). In equilibrio a riposo, viene applicata improvvisamente una forza costante F = 20 N. Trova lo spostamento massimo xmax in mm.
m = 2 kgk = 200 N/mc = 4 N·s/mF = 20 N
xmax = mm
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
L’anello nello schema ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8)). Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.
L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8))
Kmax =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
Per L(s) = K/((s + 1)(s² + 6s + 18)), 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 + 1)(s² + 6s + 18))
θd = °
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
Un processo G(s) = 2/(10s + 1) è controllato da un guadagno proporzionale K = 5 in un anello a retroazione unitaria. Trova l’errore a regime ess per un gradino, in percentuale dell’ampiezza del gradino.
G(s) = 2/(10s + 1)K = 5
ess = %
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
Un controllore proporzionale K = 8 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 = 8
ts = s
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
Trova la fase ∠G(jω) di G(s) = 3(s + 2)/(s(s + 16)) a ω = 10 rad/s, in gradi.
G(s) = 3(s + 2)/(s(s + 16))ω = 10 rad/s
∠G(jω) = °
12.Diagrammi di Bode e marginiDifficile
Un anello a retroazione unitaria ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = 272/(s(s + 4)(s + 8)). Trova la pulsazione di attraversamento della fase ω180, dove ∠L(jω) = −180°.
L(s) = 272/(s(s + 4)(s + 8))
ω180 = rad/s
3Soluzioni
1.Trasformate di Laplace
Risposta: f(0.1) = 4,205
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).
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
s²Y − (−2)s − (−12) + 6(sY − (−2)) + 8Y = 0
Y(s) = (−2s − 24)/((s + 2)(s + 4))
Fratti semplici
A = −20/2 = −10
B = −16/(−2) = 8
Risultato
y(t) = −10·e−2t + 8·e−4t
y(0,5) = −2,596
Risposta
y(0,5) = −2,596
Controllo: y(0) = A + B = −2.
3.Schemi a blocchi
Risposta: p = −117
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).
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) = 5/(s + 7 + 30)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 30/(s + 7 + 30)
Regime stazionario
css = 1·30/37 + 10·5/37 = 2,162
Risposta
css = 2,162
Un K maggiore riduce l’effetto del disturbo, ma con un controllore proporzionale mai fino a zero.
5.Risposta al gradino
Risposta: σ = −3,5
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 = 42 → ωₙ = 6,481 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·6,481) = 0,5401
Risultato
σ = −ζωₙ = −7/2 = −3,5
Risposta
σ = −3,5
6.Risposta al gradino
Risposta: xmax = 172,9 mm
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) = √(200/2) = 10 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 4/(2·√(200·2)) = 0,1
Risultato
xst = F/k = 20/200 m = 100 mm
%OS = 72,92 %
xmax = 100·(1 + 0,7292) = 172,9 mm
Risposta
xmax = 172,9 mm
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici
Risposta: Kmax = 264
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.
Equazione caratteristica
s³ + 11s² + 24s + K = 0
Tabella di Routh
s³: 1, 24
s²: 11, K
s¹: (11·24 − K)/11
s⁰: K
Condizioni
Ogni elemento della prima colonna deve essere positivo.
K > 0
11·24 − K > 0 → K < 264
Risposta
Kmax = 264
Per K = 264 l’anello chiuso oscilla a ω = √24 = 4,899 rad/s.
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici
Risposta: θd = −33,69 °
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 + 18 = 0 → s = −3 ± j3
s = −1
Angoli degli altri poli
∠(−3 + j3 + 1) = atan2(3, -2) = 123,7°
∠(−3 + j3 − (−3 − j3)) = ∠(j6) = 90°
Angolo di partenza
θd = 180° − 123,7° − 90° = −33,69°
Risposta
θd = −33,69°
9.Errore a regime e controllo PID
Risposta: ess = 9,091 %
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 = 5·2 = 10
Errore al gradino
ess = 100/(1 + 10) = 9,091 %
Risposta
ess = 9,091 %
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) + 8·5 = s² + 5s + 40
ωₙ e ζ
ωₙ = √40 = 6,325 rad/s
ζ = 5/(2·6,325) = 0,3953
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: ∠G(jω) = −43,32 °
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.
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.