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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) = 60/(s(s + 4)(s + 5)) con i fratti semplici, e calcola f(0,3).

F(s) = 60/(s(s + 4)(s + 5))t = 0,3 s
f(0.3) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 6y′ + 8y = 24·u(t). Parte da fermo (y(0) = 0, y′(0) = 0) e l’ingresso è un gradino u(t) = 2 per t ≥ 0. Usa la trasformata di Laplace per trovare l’uscita y(0,1).

y″ + 6y′ + 8y = 24·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,1 s
y(0.1) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+17K+10s + 8G(s)C(s)3H₁−−

Il processo G(s) = 10/(s + 8) ha un anello interno di retroazione negativa con guadagno H₁ = 3. Un guadagno del controllore K = 17 e un anello esterno di retroazione negativa unitaria chiudono il sistema. Trova il polo ad anello chiuso p.

G(s) = 10/(s + 8)H₁ = 3K = 17
p =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+14s + 4G₁+8s + 4G₂C(s)0,5H₁−0,25H₂−

Riduci lo schema a blocchi con G₁ = 14/(s + 4), G₂ = 8/(s + 4), una retroazione negativa interna H₁ = 0,5 attorno a G₂ e una retroazione negativa esterna H₂ = 0,25. Trova il guadagno in continua T(0) di C(s)/R(s).

G₁ = 14/(s + 4)G₂ = 8/(s + 4)H₁ = 0,5H₂ = 0,25
T(0) =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)0,5?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 11/(s² + 4s + 22) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova la sovraelongazione percentuale %OS della risposta al gradino.

G(s) = 11/(s² + 4s + 22)
%OS = %
6.Risposta al gradinoDifficile
k = 2000 N/mc = 28 N·s/mm = 2,5 kgF = 5 Nx(t)

Una massa m = 2,5 kg è appesa a una molla k = 2000 N/m con uno smorzatore viscoso c = 28 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). In equilibrio a riposo, viene applicata improvvisamente una forza costante F = 5 N. Trova il tempo tp in cui lo spostamento è massimo.

m = 2,5 kgk = 2000 N/mc = 28 N·s/mF = 5 N
tp = s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+K = 3841s(s + 6)(s + 10)C(s)−

L’anello nello schema funziona con K = 384 e L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10)). Di quale fattore m si può aumentare il guadagno prima che l’anello chiuso diventi instabile?

L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10))K = 384
m =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

Per L(s) = K/((s + 8)(s² + 6s + 10)), 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 + 8)(s² + 6s + 10))
θd = °
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 2·t²/2+10(s + 2)s²(s + 1)C(s)−

L’ingresso parabolico r(t) = 2·t²/2 è applicato a un anello a retroazione unitaria con G(s) = 10(s + 2)/(s²(s + 1)). Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 10(s + 2)/(s²(s + 1))r(t) = 2·t²/2
ess =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+K2s(s + 10)C(s)−

Un controllore proporzionale K comanda il sistema G(s) = 2/(s(s + 10)) in un anello a retroazione unitaria. Trova il guadagno K che dà all’anello chiuso un coefficiente di smorzamento ζ = 0,5.

G(s) = 2/(s(s + 10))ζ = 0,5
K =
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,10,1111010100100−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 1

Trova la fase ∠G(jω) di G(s) = (s + 6)/(s(s + 2)) a ω = 1 rad/s, in gradi.

G(s) = (s + 6)/(s(s + 2))ω = 1 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) = 24/(s(s + 2)(s + 10)). Trova il margine di guadagno GM in dB.

L(s) = 24/(s(s + 2)(s + 10))
GM = dB

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.3) = 1,16

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).

Fratti semplici

F(s) = A/s + B/(s + 4) + C/(s + 5)
A = 60/(4·5) = 3
B = 60/((−4)·1) = −15
C = 60/((−5)·(−1)) = 12

Antitrasformata

f(t) = 3 − 15·e−4t + 12·e−5t

Calcola

f(0,3) = 3 − 15·e−4·0,3 + 12·e−5·0,3 = 1,16

Risposta

f(0,3) = 1,16
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.1) = 0,1972

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

Y(s) = 48/(s(s + 2)(s + 4))

Fratti semplici

A = 48/(2·4) = 6
B = 48/((−2)·2) = −12
C = 48/((−4)·(−2)) = 6

Uscite

y(t) = 6 − 12·e−2t + 6·e−4t
y(0,1) = 0,1972

Risposta

y(0,1) = 0,1972
3.Schemi a blocchi

Risposta: p = −208

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 + 8 + 10·3) = 10/(s + 38)

Anello esterno

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 170/(s + 38 + 170) = 170/(s + 208)

Risultato

p = −208

Risposta

p = −208
4.Schemi a blocchi

Risposta: T(0) = 1,867

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 = G₂/(1 + G₂H₁) = 8/(s + 8)

Anello esterno

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 112/((s + 4)(s + 8) + 28)

Guadagno in continua

T(0) = 112/(4·8 + 28) = 112/60 = 1,867

Risposta

T(0) = 1,867
5.Risposta al gradino

Risposta: %OS = 22,74 %

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 = 22 → ωₙ = 4,69 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·4,69) = 0,4264

Risultato

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,481 = 22,74 %

Risposta

%OS = 22,74 %
6.Risposta al gradino

Risposta: tp = 0,1133 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) = √(2000/2,5) = 28,28 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 28/(2·√(2000·2,5)) = 0,198

Risultato

ωd = 27,72 rad/s
tp = π/ωd = 0,1133 s

Risposta

tp = 0,1133 s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: m = 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.

Tabella di Routh

s³ + 16s² + 60s + K = 0
s³: 1, 60
s²: 16, K
s¹: (16·60 − K)/16
s⁰: K

Guadagno stabile massimo

Kmax = 16·60 = 960

Fattore

m = 960/384 = 2,5

Risposta

m = 2,5

Questo fattore è il margine di guadagno come rapporto: 7,959 dB.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: θd = 78,69 °

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 + 10 = 0 → s = −3 ± j1
s = −8

Angoli degli altri poli

∠(−3 + j1 + 8) = atan2(1, 5) = 11,31°
∠(−3 + j1 − (−3 − j1)) = ∠(j2) = 90°

Angolo di partenza

θd = 180° − 11,31° − 90° = 78,69°

Risposta

θd = 78,69°
9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 0,1

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 = 10·2/1 = 20

Errore alla parabola

ess = 2/20 = 0,1

Risposta

ess = 0,1
10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: K = 50

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 + 10) + 2K = s² + 10s + 2K

Frequenza naturale

2·0,5·ωₙ = 10 → ωₙ = 10 rad/s

Guadagno

2K = ωₙ² = 100 → K = 50

Risposta

K = 50
11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ∠G(jω) = −107,1 °

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(1/6) − 90° − atan(1/2) = 9,462° − 90° − 26,57°

Risultato

∠G(j1) = −107,1°

Risposta

∠G(jω) = −107,1°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: GM = 20 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/2)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(2·10) = 4,472 rad/s

Modulo all’attraversamento della fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 100)) = K/(2·10·(2 + 10)) = K/240

Margine di guadagno

GM = 20·log₁₀(240/24) = 20 dB

Risposta

GM = 20 dB

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