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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−2−4−6−8

F(s) = (4s + 34)/(s² + 12s + 35). La sua antitrasformata ha la forma f(t) = A·e−5t + B·e−7t. Trova il coefficiente A con i fratti semplici.

F(s) = (4s + 34)/(s² + 12s + 35)
A =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,4y(0,4) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 6y′ + 5y = 5·u(t), con y(0) = 4 e y′(0) = 0. A t = 0 viene applicato un ingresso a gradino u(t) = 1. Usa la trasformata di Laplace per trovare y(0,4).

y″ + 6y′ + 5y = 5·u(t)y(0) = 4y′(0) = 0u(t) = 1t = 0,4 s
y(0.4) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+Ks(s + 18)G(s)C(s)−

Il processo G(s) = K/(s(s + 18)) è in un anello di retroazione negativa unitaria. Trova il guadagno K per cui l’anello chiuso ha smorzamento critico (due poli reali coincidenti).

G(s) = K/(s(s + 18))retroazione negativa unitaria
K =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+K(s + 1)(s + 5)(s + 6)G(s)C(s)−

Il processo G(s) = K/((s + 1)(s + 5)(s + 6)) 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 + 1)(s + 5)(s + 6))retroazione negativa unitaria
Kmax =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)1tp​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 20/(s² + 7s + 20) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova il tempo di picco tp della risposta al gradino.

G(s) = 20/(s² + 7s + 20)
tp = s
6.Risposta al gradinoDifficile
R(s)+Ks(s + 20)G(s)C(s)−

Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = K/(s(s + 20)). Trova il guadagno K che dà una risposta al gradino con sovraelongazione del 20 %.

G(s) = K/(s(s + 20))%OS = 20 %
K =
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+Ks + 10s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K(s + 10)/(s(s + 2)(s + 4)), con K > 0. Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.

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

Il luogo delle radici di L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8)) lascia l’asse reale tra s = 0 e s = −2. Trova il punto di diramazione sb.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8))
sb =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 1t+Ks(s + 5)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria con G(s) = K/(s(s + 5)) deve seguire la rampa r(t) = 1t con un errore a regime di 0,5. Trova il guadagno K.

G(s) = K/(s(s + 5))r(t) = 1tess = 0,5
K =
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 = 0,6. Trova il guadagno integrale Ki.

G(s) = 5/(s + 5)ωₙ = 5 rad/sζ = 0,6
Ki =
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ω = 15

Trova la fase ∠G(jω) di G(s) = 47(s + 19)/(s(s + 3)) a ω = 15 rad/s, in gradi.

G(s) = 47(s + 19)/(s(s + 3))ω = 15 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) = 10/(s(s + 1)(s + 3)). Trova la pulsazione di attraversamento della fase ω180, dove ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 10/(s(s + 1)(s + 3))
ω180 = rad/s

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: A = 7

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 + 12s + 35 = (s + 5)(s + 7)
F(s) = A/(s + 5) + B/(s + 7)

Regola di copertura

Moltiplica per (s + 5) e poni s = −5: il termine in B si annulla.

A = (4s + 34)/(s + 7) |s = −5 = 14/2 = 7

Risposta

A = 7
(B = −3, quindi f(t) = 7·e−5t − 3·e−7t)
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.4) = 3,412

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 + 6s + 5)·Y(s) = 4s + 24 + 5/s
Y(s) = (4s² + 24s + 5)/(s(s + 1)(s + 5))

Fratti semplici

A = 5/(1·5) = 1
B = −15/((−1)·4) = 3,75
C = −15/((−5)·(−4)) = −0,75

Risultato

y(t) = 1 + 3,75·e−t − 0,75·e−5t
y(0,4) = 3,412

Risposta

y(0,4) = 3,412

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

3.Schemi a blocchi

Risposta: K = 81

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

1 + K/(s(s + 18)) = 0 → s² + 18s + K = 0

Radice doppia

Un polinomio di secondo grado s² + βs + γ ha una radice doppia quando β² = 4γ.

18² = 4K → K = 324/4 = 81

Risposta

K = 81
Entrambi i poli ad anello chiuso sono allora in s = −9.
4.Schemi a blocchi

Risposta: Kmax = 462

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 + 30 + K = 0

Tabella di Routh

s³ | 1 41
s² | 12 30 + K
s¹ | (12·41 − 30 − K)/12
s⁰ | 30 + K

Limite di stabilità

Tutti gli elementi della prima colonna devono essere positivi.

Kmax = 12·41 − 30 = 462

Risposta

Kmax = 462
5.Risposta al gradino

Risposta: tp = 1,128 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 = 20 → ωₙ = 4,472 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·4,472) = 0,7826

Risultato

ωd = 4,472·√(1 − 0,7826²) = 2,784 rad/s → tp = π/ωd = 1,128 s

Risposta

tp = 1,128 s
6.Risposta al gradino

Risposta: K = 481

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).

Funzione di trasferimento ad anello chiuso

T(s) = K/(s² + 20s + K)

Rapporto di smorzamento dalla sovraelongazione

ζ = −ln(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 0,4559

Guadagno

ωₙ = 20/(2ζ) = 21,93 rad/s
K = ωₙ² = 481

Risposta

K = 481
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: Kmax = 12

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(s + 2)(s + 4) + K(s + 10) = s³ + 6s² + (8 + K)s + 10K

Tabella di Routh

s³: 1, 8 + K
s²: 6, 10K
s¹: (6·(8 + K) − 10K)/6
s⁰: 10K

Condizione

48 − 4K > 0
K < 48/4 = 12

Risposta

Kmax = 12

Con lo zero a destra di s = −6 l’anello resterebbe stabile per ogni K > 0.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: sb = −0,9296

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) = −s(s + 2)(s + 8) = −(s³ + 10s² + 16s)

Punti stazionari

dK/ds = −(3s² + 20s + 16) = 0
s = (−20 ± √(400 − 192))/6 = −0,9296, −5,737

Scegli il punto sul luogo

Il luogo sta sull’asse reale tra 0 e −2; l’altra radice non appartiene al luogo.

sb = −0,9296

Risposta

sb = −0,9296
9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: K = 10

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 = 1/0,5 = 2

Guadagno

K = 5·Kv = 10

Risposta

K = 10

Un guadagno elevato rende questo anello molto poco smorzato: ζ = 0,7906. Questo conflitto è il motivo per cui si usano i compensatori.

10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: Ki = 5

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 + 2·0,6·5s + 5² = s² + 6s + 25

Uguaglia i coefficienti

5Ki = 25 → Ki = 5

Risposta

Ki = 5

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: ∠G(jω) = −130,4 °

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(15/19) − 90° − atan(15/3) = 38,29° − 90° − 78,69°

Risultato

∠G(j15) = −130,4°

Risposta

∠G(jω) = −130,4°
12.Diagrammi di Bode e margini

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

Risposta

ω180 = 1,732 rad/s

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