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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−1−2−3−4−5−6−71

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
t (s)y(t)t = 0,5y(0,5) = ?

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
R(s)+10K+10s + 7G(s)C(s)1H₁−−

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
R(s)+6controllore+D(s)+5s + 7processoC(s)−

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
t (s)y(t)3

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
k = 200 N/mc = 4 N·s/mm = 2 kgF = 20 Nx(t)

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
R(s)+K1s(s + 3)(s + 8)C(s)−

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
ReIm−2−4j2

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
R(s)+K = 5210s + 1C(s)−

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
R(s)+K = 85s(s + 5)C(s)−

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
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−20020ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 10

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
|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) = 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).

Completa il quadrato

s² + 8s + 17 = (s + 4)² + 1 = (s + 4)² + 1²

Fai corrispondere il numeratore

F(s) = 5·(s + 4)/((s + 4)² + 1²) + (13/1)·1/((s + 4)² + 1²)

Antitrasformata

f(t) = e−4t·(5·cos 1t + 13·sin 1t)
f(0,1) = e−4·0,1·(5·cos(1·0,1) + 13·sin(1·0,1)) = 4,205

Risposta

f(0,1) = 4,205
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.5) = −2,596

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).

Anello interno

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 10/(s + 7 + 10·1) = 10/(s + 17)

Anello esterno

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 100/(s + 17 + 100) = 100/(s + 117)

Risultato

p = −117

Risposta

p = −117
4.Schemi a blocchi

Risposta: css = 2,162

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.

Somma gli angoli

∠G = atan(10/2) − 90° − atan(10/16) = 78,69° − 90° − 32,01°

Risultato

∠G(j10) = −43,32°

Risposta

∠G(jω) = −43,32°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ω180 = 5,657 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/4)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(4·8) = 5,657 rad/s

Risposta

ω180 = 5,657 rad/s

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