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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 = 0,3f(0,3) = ?

Trova f(t) per F(s) = (5s + 30)/(s² + 8s + 16) e calcola f(0,3).

F(s) = (5s + 30)/(s² + 8s + 16)t = 0,3 s
f(0.3) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 9y′ + 18y = 18·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″ + 9y′ + 18y = 18·u(t)y(0) = 4y′(0) = 0u(t) = 10t = 0,3 s
y(0.3) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+5K+6s + 7G(s)C(s)3H₁−−

Il processo G(s) = 6/(s + 7) ha un anello interno di retroazione negativa con guadagno H₁ = 3. Un guadagno del controllore K = 5 e un anello esterno di retroazione negativa unitaria chiudono il sistema. Trova il polo ad anello chiuso p.

G(s) = 6/(s + 7)H₁ = 3K = 5
p =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+K(s + 2)(s + 3)(s + 7)G(s)C(s)−

Il processo G(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 7)) è in un anello di retroazione negativa unitaria. Usa il criterio di Routh-Hurwitz per trovare il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.

G(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 7))retroazione negativa unitaria
Kmax =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)3ts​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 30/(s² + 5s + 10) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova il tempo di assestamento al 2 % ts della risposta al gradino, usando ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 30/(s² + 5s + 10)
ts = s
6.Risposta al gradinoDifficile
+−24 VR = 6 ΩL = 20 mHC = 22 µFvC​

Un circuito RLC serie con R = 6 Ω, L = 20 mH e C = 22 µF è collegato a un gradino da 24 V a t = 0. Il condensatore è scarico e prima del gradino non circola corrente. Trova il tempo tp del primo picco di tensione, in ms.

R = 6 ΩL = 20 mHC = 22 µFV = 24 V
tp = ms
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+K1(s + 1)(s + 3)(s + 6)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K/((s + 1)(s + 3)(s + 6)), con K > 0. Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.

L(s) = K/((s + 1)(s + 3)(s + 6))
Kmax =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−2−4−6−8−10−12−14j2j4sb​

È mostrato il luogo delle radici di L(s) = K/((s + 6)(s + 12)). Trova il guadagno K nel punto di diramazione sb, dove i due poli ad anello chiuso si incontrano sull’asse reale.

L(s) = K/((s + 6)(s + 12))
K =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 10t+Ks(s + 4)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria con G(s) = K/(s(s + 4)) deve seguire la rampa r(t) = 10t con un errore a regime di 0,05. Trova il guadagno K.

G(s) = K/(s(s + 4))r(t) = 10tess = 0,05
K =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+K = 52s(s + 5)C(s)−

Un controllore proporzionale K = 5 comanda il sistema G(s) = 2/(s(s + 5)) in un anello a retroazione unitaria. Trova la sovraelongazione percentuale %OS della risposta al gradino.

G(s) = 2/(s(s + 5))K = 5
%OS = %
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ω = 30

Trova la fase ∠G(jω) di G(s) = 18(s + 14)/(s(s + 1)) a ω = 30 rad/s, in gradi.

G(s) = 18(s + 14)/(s(s + 1))ω = 30 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) = K/(s(s + 1)(s + 3)). Trova il guadagno K che dà un margine di guadagno di 3 dB.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 3))GM = 3 dB
K =

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.3) = 2,41

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 + 8s + 16 = (s + 4)²

Fratti semplici

5s + 30 = 5(s + 4) + 10
F(s) = 5/(s + 4) + 10/(s + 4)²

Antitrasformata

f(t) = 5·e−4t + 10·t·e−4t
f(0,3) = (5 + 10·0,3)·e−4·0,3 = 2,41

Risposta

f(0,3) = 2,41
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.3) = 6,113

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 + 9s + 18)·Y(s) = 4s + 36 + 180/s
Y(s) = (4s² + 36s + 180)/(s(s + 3)(s + 6))

Fratti semplici

A = 180/(3·6) = 10
B = 108/((−3)·3) = −12
C = 108/((−6)·(−3)) = 6

Risultato

y(t) = 10 − 12·e−3t + 6·e−6t
y(0,3) = 6,113

Risposta

y(0,3) = 6,113

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

3.Schemi a blocchi

Risposta: p = −55

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 + 7 + 6·3) = 6/(s + 25)

Anello esterno

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 30/(s + 25 + 30) = 30/(s + 55)

Risultato

p = −55

Risposta

p = −55
4.Schemi a blocchi

Risposta: Kmax = 450

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).

Equazione caratteristica

s³ + 12s² + 41s + 42 + K = 0

Tabella di Routh

s³ | 1 41
s² | 12 42 + K
s¹ | (12·41 − 42 − K)/12
s⁰ | 42 + K

Limite di stabilità

Tutti gli elementi della prima colonna devono essere positivi.

Kmax = 12·41 − 42 = 450

Risposta

Kmax = 450
5.Risposta al gradino

Risposta: ts = 1,6 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 = 10 → ωₙ = 3,162 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·3,162) = 0,7906

Risultato

ζωₙ = 2,5 → ts ≈ 4/2,5 = 1,6 s

Risposta

ts = 1,6 s
6.Risposta al gradino

Risposta: tp = 2,094 ms

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 = 1/√(LC) = 1/√(0,02·2,2 × 10⁻⁵) = 1508 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (6/2)·√(2,2 × 10⁻⁵/0,02) = 0,0995

Risultato

ωd = 1500 rad/s
tp = π/ωd = 2,094 ms

Risposta

tp = 2,094 ms
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: Kmax = 252

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 + 10s² + 27s + 18 + K = 0

Tabella di Routh

s³: 1, 27
s²: 10, 18 + K
s¹: (10·27 − 18 − K)/10
s⁰: 18 + K

Condizione

L’elemento s¹ deve restare positivo.

K < 10·27 − 18 = 252

Risposta

Kmax = 252

Al limite l’anello oscilla a ω = √27 = 5,196 rad/s.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: K = 9

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.

Punto di diramazione

dK/ds = 0 per K = −(s + 6)(s + 12) dà 2s + 18 = 0.

sb = −9

Condizione sul modulo

K = |−9 + 6|·|−9 + 12| = 3·3 = 9

Risposta

K = 9

Con questo guadagno l’anello chiuso è a smorzamento critico (ζ = 1).

9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: K = 800

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 richiesta

Kv = A/ess = 10/0,05 = 200

Guadagno

K = 4·Kv = 800

Risposta

K = 800

Un guadagno elevato rende questo anello molto poco smorzato: ζ = 0,07071. Questo conflitto è il motivo per cui si usano i compensatori.

10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: %OS = 1,732 %

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) + 5·2 = s² + 5s + 10

ωₙ e ζ

ωₙ = √10 = 3,162 rad/s
ζ = 5/(2·3,162) = 0,7906

Sovraelongazione

%OS = 100·e−0,7906π/√(1 − 0,7906²) = 1,732 %

Risposta

%OS = 1,732 %
11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ∠G(jω) = −113,1 °

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(30/14) − 90° − atan(30/1) = 64,98° − 90° − 88,09°

Risultato

∠G(j30) = −113,1°

Risposta

∠G(jω) = −113,1°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: K = 8,495

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/1)·(ω/3) = 1 → ω180 = √(1·3) = 1,732 rad/s

Modulo all’attraversamento della fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 9)) = K/(1·3·(1 + 3)) = K/12

Guadagno richiesto

12/K = 103/20 = 1,413
K = 12/1,413 = 8,495

Risposta

K = 8,495

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