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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 = 0,4f(0,4) = ?

Trova f(t) per F(s) = (2s + 25)/(s² + 6s + 9) e calcola f(0,4).

F(s) = (2s + 25)/(s² + 6s + 9)t = 0,4 s
f(0.4) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 11y′ + 30y = 90·u(t), con y(0) = 3 e y′(0) = 0. A t = 0 viene applicato un ingresso a gradino u(t) = 2. Usa la trasformata di Laplace per trovare y(0,2).

y″ + 11y′ + 30y = 90·u(t)y(0) = 3y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,2 s
y(0.2) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+8K+7s + 4G(s)C(s)5H₁−−

Il processo G(s) = 7/(s + 4) 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 guadagno in continua ad anello chiuso T(0).

G(s) = 7/(s + 4)H₁ = 5K = 8
T(0) =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+29controllore+D(s)+2s + 3processoC(s)−

Un controllore proporzionale K = 29 comanda il processo G(s) = 2/(s + 3) 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 = 29G(s) = 2/(s + 3)D = 1R = 0
css =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)3tp​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 75/(s² + 5s + 25) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova il tempo di picco tp della risposta al gradino.

G(s) = 75/(s² + 5s + 25)
tp = s
6.Risposta al gradinoDifficile
k = 100 N/mc = 36 N·s/mm = 20 kgF = 100 Nx(t)

Una massa m = 20 kg è appesa a una molla k = 100 N/m con uno smorzatore viscoso c = 36 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). In equilibrio a riposo, viene applicata improvvisamente una forza costante F = 100 N. Trova la sovraelongazione percentuale %OS dello spostamento.

m = 20 kgk = 100 N/mc = 36 N·s/mF = 100 N
%OS = %
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+Ks + 4(s − 2)(s + 5)C(s)−

Il sistema G(s) = (s + 4)/((s − 2)(s + 5)) ha un polo instabile in s = 2. Un guadagno proporzionale K chiude un anello a retroazione unitaria attorno a esso. Trova il guadagno minimo Kmin che rende stabile l’anello chiuso.

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

Per l’anello L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8)), trova il guadagno K che pone un polo ad anello chiuso in s = −1,5.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8))s = −1,5
K =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 10·t²/2+2(s + 5)s²(s + 2)C(s)−

L’ingresso parabolico r(t) = 10·t²/2 è applicato a un anello a retroazione unitaria con G(s) = 2(s + 5)/(s²(s + 2)). Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 2(s + 5)/(s²(s + 2))r(t) = 10·t²/2
ess =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+Kp​ + Ki​/s5s + 5C(s)−

Un controllore PI C(s) = Kp + Ki/s comanda il sistema G(s) = 5/(s + 5) in un anello a retroazione unitaria. L’anello chiuso deve avere ωₙ = 5 rad/s e ζ = 0,8. Trova il guadagno proporzionale Kp.

G(s) = 5/(s + 5)ωₙ = 5 rad/sζ = 0,8
Kp =
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
vin​L = 50 mHC = 0,1 µFR = 50 Ωvout​

Nel filtro passa-banda RLC serie mostrato l’uscita è prelevata ai capi di R = 50 Ω, con L = 50 mH e C = 0,1 µF. Trova la frequenza centrale (di risonanza) f0 in Hz.

R = 50 ΩL = 50 mHC = 0,1 µF
f0 = Hz
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) = 606/(s(s + 6)(s + 10)). Trova la pulsazione di attraversamento della fase ω180, dove ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 606/(s(s + 6)(s + 10))
ω180 = rad/s

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.4) = 2,891

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 + 6s + 9 = (s + 3)²

Fratti semplici

2s + 25 = 2(s + 3) + 19
F(s) = 2/(s + 3) + 19/(s + 3)²

Antitrasformata

f(t) = 2·e−3t + 19·t·e−3t
f(0,4) = (2 + 19·0,4)·e−3·0,4 = 2,891

Risposta

f(0,4) = 2,891
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.2) = 3,896

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 + 11s + 30)·Y(s) = 3s + 33 + 180/s
Y(s) = (3s² + 33s + 180)/(s(s + 5)(s + 6))

Fratti semplici

A = 180/(5·6) = 6
B = 90/((−5)·1) = −18
C = 90/((−6)·(−1)) = 15

Risultato

y(t) = 6 − 18·e−5t + 15·e−6t
y(0,2) = 3,896

Risposta

y(0,2) = 3,896

Controllo: y(0) = A + B + C = 3.

3.Schemi a blocchi

Risposta: T(0) = 0,5895

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) = 7/(s + 4 + 7·5) = 7/(s + 39)

Anello esterno

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 56/(s + 39 + 56) = 56/(s + 95)

Risultato

T(0) = 56/95 = 0,5895

Risposta

T(0) = 0,5895
4.Schemi a blocchi

Risposta: css = 0,03279

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 + 3 + 58)

Regime stazionario

css = 1·2/61 = 0,03279

Risposta

css = 0,03279

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

5.Risposta al gradino

Risposta: tp = 0,7255 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 = 25 → ωₙ = 5 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·5) = 0,5

Risultato

ωd = 5·√(1 − 0,5²) = 4,33 rad/s → tp = π/ωd = 0,7255 s

Risposta

tp = 0,7255 s
6.Risposta al gradino

Risposta: %OS = 25,13 %

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) = √(100/20) = 2,236 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 36/(2·√(100·20)) = 0,4025

Risultato

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 25,13 %

Risposta

%OS = 25,13 %
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: Kmin = 2,5

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 − 2)(s + 5) + K(s + 4) = s² + (3 + K)s + (4K − 10)

Condizioni

Per s² + c₁s + c₀ tutte le radici stanno nel semipiano sinistro esattamente quando c₁ > 0 e c₀ > 0.

3 + K > 0 → K > −3
4K − 10 > 0 → K > 2,5
Kmin = 2,5

Risposta

Kmin = 2,5
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: K = 24,38

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.

Condizione sul modulo

K = |s|·|s + 4|·|s + 8|

Valuta nel punto

K = 1,5·2,5·6,5 = 24,38

Risposta

K = 24,38

Verifica: s(s + 4)(s + 8) + K è zero in s = −1,5.

9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 2

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 = 2·5/2 = 5

Errore alla parabola

ess = 10/5 = 2

Risposta

ess = 2
10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: Kp = 0,6

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

1 + C(s)G(s) = 0, moltiplicata per s(s + 5).

s² + (5 + 5Kp)s + 5Ki

Polinomio obiettivo

s² + 2·0,8·5s + 5² = s² + 8s + 25

Uguaglia i coefficienti

5 + 5Kp = 8 → Kp = 0,6

Risposta

Kp = 0,6

Il termine integrale rende l’anello di tipo 1, quindi un gradino viene seguito senza errore a regime.

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: f0 = 2251 Hz

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/√(0,05·1 × 10⁻⁷) = 14142 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 2251 Hz

Risposta

f0 = 2251 Hz
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ω180 = 7,746 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/10) = 1 → ω180 = √(6·10) = 7,746 rad/s

Risposta

ω180 = 7,746 rad/s

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