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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−55

Trova f(t) per F(s) = (4s + 28)/(s² + 8s + 41) completando il quadrato, e calcola f(0,5).

F(s) = (4s + 28)/(s² + 8s + 41)t = 0,5 s
f(0.5) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 3y′ + 2y = 2·u(t), con y(0) = 4 e y′(0) = 0. A t = 0 viene applicato un ingresso a gradino u(t) = 10. Usa la trasformata di Laplace per trovare y(0,3).

y″ + 3y′ + 2y = 2·u(t)y(0) = 4y′(0) = 0u(t) = 10t = 0,3 s
y(0.3) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+3K+6s + 3G(s)C(s)0,5H₁−−

Il processo G(s) = 6/(s + 3) ha un anello interno di retroazione negativa con guadagno H₁ = 0,5. Un guadagno del controllore K = 3 e un anello esterno di retroazione negativa unitaria chiudono il sistema. Trova il guadagno in continua ad anello chiuso T(0).

G(s) = 6/(s + 3)H₁ = 0,5K = 3
T(0) =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+Kcontrollore+D(s)+1s + 10processoC(s)−

Un controllore proporzionale K comanda il processo G(s) = 1/(s + 10) in un anello di retroazione negativa unitaria. Un gradino di disturbo di ampiezza 2 entra all’ingresso del processo mentre R = 0. Trova il guadagno minimo K che mantiene l’uscita a regime al di sotto di 0,004 o uguale a esso.

G(s) = 1/(s + 10)D = 2css ≤ 0,004
K =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)1?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 10/(s² + 3s + 10) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova la sovraelongazione percentuale %OS della risposta al gradino.

G(s) = 10/(s² + 3s + 10)
%OS = %
6.Risposta al gradinoDifficile
k = 5000 N/mc = 57 N·s/mm = 4 kgF = 50 Nx(t)

Una massa m = 4 kg è appesa a una molla k = 5000 N/m con uno smorzatore viscoso c = 57 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). In equilibrio a riposo, viene applicata improvvisamente una forza costante F = 50 N. Trova il tempo tp in cui lo spostamento è massimo.

m = 4 kgk = 5000 N/mc = 57 N·s/mF = 50 N
tp = s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+K1s(s + 1)(s + 8)C(s)−

L’anello nello schema ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8)). Il guadagno viene aumentato finché l’anello chiuso è al limite della stabilità. Trova la frequenza ω dell’oscillazione sostenuta.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8))
ω = rad/s
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−2−4−6−8−10−12−14−16j2j4

Il luogo delle radici di L(s) = K(s + 13)/(s(s + 5)) lascia l’asse reale tra s = 0 e s = −5, gira in cerchio e raggiunge di nuovo l’asse reale a sinistra dello zero. Trova il punto di diramazione sb.

L(s) = K(s + 13)/(s(s + 5))
sb =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 5 + 0,5t+20(s + 1)s(s + 2)C(s)−

L’ingresso r(t) = 5 + 0,5t (un gradino più una rampa) è applicato a un anello a retroazione unitaria con G(s) = 20(s + 1)/(s(s + 2)). Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 20(s + 1)/(s(s + 2))r(t) = 5 + 0,5t
ess =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+K = 52s(s + 4)C(s)−

Un controllore proporzionale K = 5 comanda il sistema G(s) = 2/(s(s + 4)) in un anello a retroazione unitaria. Trova il tempo di picco tp della risposta al gradino.

G(s) = 2/(s(s + 4))K = 5
tp = s
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
vin​R = 47 kΩC = 4,7 nFvout​

Il filtro passa-basso RC mostrato ha R = 47 kΩ, C = 4,7 nF. Viene applicato un ingresso sinusoidale di 360 Hz. Trova lo sfasamento φ di vout rispetto a vin, in gradi.

R = 47 kΩC = 4,7 nFf = 360 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) = 138/(s(s + 6)(s + 7)). Trova il margine di guadagno GM in dB.

L(s) = 138/(s(s + 6)(s + 7))
GM = dB

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.5) = −0,2393

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 + 41 = (s + 4)² + 25 = (s + 4)² + 5²

Fai corrispondere il numeratore

F(s) = 4·(s + 4)/((s + 4)² + 5²) + (12/5)·5/((s + 4)² + 5²)

Antitrasformata

f(t) = e−4t·(4·cos 5t + 2,4·sin 5t)
f(0,5) = e−4·0,5·(4·cos(5·0,5) + 2,4·sin(5·0,5)) = −0,2393

Risposta

f(0,5) = −0,2393
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.3) = 4,403

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 + 3s + 2)·Y(s) = 4s + 12 + 20/s
Y(s) = (4s² + 12s + 20)/(s(s + 1)(s + 2))

Fratti semplici

A = 20/(1·2) = 10
B = 12/((−1)·1) = −12
C = 12/((−2)·(−1)) = 6

Risultato

y(t) = 10 − 12·e−t + 6·e−2t
y(0,3) = 4,403

Risposta

y(0,3) = 4,403

Controllo: y(0) = A + B + C = 4.

3.Schemi a blocchi

Risposta: T(0) = 0,75

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) = 6/(s + 3 + 6·0,5) = 6/(s + 6)

Anello esterno

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 18/(s + 6 + 18) = 18/(s + 24)

Risultato

T(0) = 18/24 = 0,75

Risposta

T(0) = 0,75
4.Schemi a blocchi

Risposta: K = 490

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).

Risposta al disturbo

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 2·1/(10 + 1K)

Risolvi per K

10 + 1K = 2·1/0,004 = 500
K = (500 − 10)/1 = 490

Risposta

K = 490
5.Risposta al gradino

Risposta: %OS = 18,4 %

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 = 10 → ωₙ = 3,162 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·3,162) = 0,4743

Risultato

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,693 = 18,4 %

Risposta

%OS = 18,4 %
6.Risposta al gradino

Risposta: tp = 0,09072 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).

Pulsazione naturale e rapporto di smorzamento

ωₙ = √(k/m) = √(5000/4) = 35,36 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 57/(2·√(5000·4)) = 0,2015

Risultato

ωd = 34,63 rad/s
tp = π/ωd = 0,09072 s

Risposta

tp = 0,09072 s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: ω = 2,828 rad/s

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.

Tabella di Routh

s³ + 9s² + 8s + K = 0
s³: 1, 8
s²: 9, K
s¹: (9·8 − K)/9
s⁰: K

Guadagno critico

K = 9·8 = 72

Equazione ausiliaria

Al guadagno critico la riga s¹ è nulla; la riga s² dà i poli sull’asse immaginario.

9s² + 72 = 0 → s = ±j√8
ω = 2,828 rad/s

Risposta

ω = 2,828 rad/s
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: sb = −2,802

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.

Guadagno lungo l’asse reale

K(s) = −(s² + 5s)/(s + 13)

Punti stazionari

Deriva con la regola del quoziente e poni il numeratore uguale a zero.

(2s + 5)(s + 13) − (s² + 5s) = s² + 26s + 65 = 0
s = −13 ± √104 = −2,802, −23,2

Punto di diramazione

sb = −2,802

Risposta

sb = −2,802

Tra i due punti il luogo è una circonferenza con centro nello zero e raggio √104 = 10,2.

9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 0,05

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 velocità

Kv = lim s·G(s) = 10

Parte a gradino

Kp = ∞ → estep = 0

Errore alla rampa

ess = 0,5/10 = 0,05

Risposta

ess = 0,05
10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: tp = 1,283 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 + 4) + 5·2 = s² + 4s + 10

ωₙ e ζ

ωₙ = √10 = 3,162 rad/s
ζ = 4/(2·3,162) = 0,6325

Tempo di picco

ωd = 3,162·√(1 − 0,6325²) = 2,449 rad/s
tp = π/2,449 = 1,283 s

Risposta

tp = 1,283 s
11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: φ = −26,55 °

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/(47000·4,7 × 10⁻⁹) = 4527 rad/s
fc = 720,5 Hz → f/fc = 360/720,5 = 0,4997

Fase

φ = − atan(0,4997) = −26,55°

Risposta

φ = −26,55°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: GM = 11,95 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/6)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(6·7) = 6,481 rad/s

Modulo all’attraversamento della fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 36)·√(ω² + 49)) = K/(6·7·(6 + 7)) = K/546

Margine di guadagno

GM = 20·log₁₀(546/138) = 11,95 dB

Risposta

GM = 11,95 dB

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