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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−0,5−1−1,5−20,51

Trova f(t) per F(s) = 21/(s² + 4s + 5) completando il quadrato, e calcola f(0,6).

F(s) = 21/(s² + 4s + 5)t = 0,6 s
f(0.6) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
ReIm−2−4−6−8−10−12

Un sistema è descritto dall’equazione differenziale y″ + 10y′ + 24y = u′ + 11u, con ingresso u(t) e uscita y(t). Trova la sua funzione di trasferimento G(s) = Y(s)/U(s) (condizioni iniziali nulle) e calcola la risposta all’impulso g(t) per t = 0,2 s. Trova g(0,2).

y″ + 10y′ + 24y = u′ + 11ut = 0,2 s
g(0.2) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+5(s + 1)(s + 2)(s + 5)G(s)C(s)−

Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = 5(s + 1)/((s + 2)(s + 5)). Al riferimento viene applicato un gradino di ampiezza 5. Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 5(s + 1)/((s + 2)(s + 5))R = 5
ess =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+4controllore+D(s)+7s + 10processoC(s)−

Un controllore proporzionale K = 4 comanda il processo G(s) = 7/(s + 10) 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 0,5. Trova l’uscita a regime css.

K = 4G(s) = 7/(s + 10)D = 0,5R = 0
css =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)2tp​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 28/(s² + 6s + 14) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova il tempo di picco tp della risposta al gradino.

G(s) = 28/(s² + 6s + 14)
tp = s
6.Risposta al gradinoDifficile
R(s)+95s(s + 2)G(s)C(s)−

Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = 95/(s(s + 2)). Trova il tempo di assestamento al 2 % ts della risposta al gradino ad anello chiuso, usando ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 95/(s(s + 2))
ts = s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+6481s(s + 3)(s + 6)C(s)−

L’anello nello schema ha retroazione negativa e L(s) = 648/(s(s + 3)(s + 6)). Quanti poli ad anello chiuso N stanno nel semipiano destro?

L(s) = 648/(s(s + 3)(s + 6))
N =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−2−4−6−8−10−12j2sb​

È mostrato il luogo delle radici di L(s) = K/((s + 5)(s + 11)). 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 + 5)(s + 11))
K =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
R(s)+K(s + 4)(s + 10)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria ha G(s) = K/((s + 4)(s + 10)). Trova il guadagno K che dà un errore a regime del 2 % per un ingresso a gradino.

G(s) = K/((s + 4)(s + 10))ess = 2 %
K =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+K = 205s(s + 8)C(s)−

Un controllore proporzionale K = 20 comanda il sistema G(s) = 5/(s(s + 8)) in un anello a retroazione unitaria. Trova il tempo di assestamento al 2 % ts della risposta al gradino, usando ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 5/(s(s + 8))K = 20
ts = s
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 2

Trova il modulo esatto |G(jω)| di G(s) = 1008/((s + 4)(s + 14)) a ω = 2 rad/s, in dB.

G(s) = 1008/((s + 4)(s + 14))ω = 2 rad/s
|G(jω)| = dB
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) = 166/(s(s + 5)(s + 6)). Trova il margine di guadagno GM in dB.

L(s) = 166/(s(s + 5)(s + 6))
GM = dB

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.6) = 3,571

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 + 4s + 5 = (s + 2)² + 1 = (s + 2)² + 1²

Fai corrispondere il numeratore

F(s) = (21/1)·1/((s + 2)² + 1²)

Antitrasformata

f(t) = e−2t·(21·sin 1t)
f(0,6) = e−2·0,6·(21·sin(1·0,6)) = 3,571

Risposta

f(0,6) = 3,571
2.Trasformate di Laplace

Risposta: g(0.2) = 0,8197

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).

Funzione di trasferimento

G(s) = Y(s)/U(s) = (s + 11)/(s² + 10s + 24)

Fratti semplici

s² + 10s + 24 = (s + 4)(s + 6)
A = 3,5, B = −2,5

Risposta all’impulso

g(t) = 3,5·e−4t − 2,5·e−6t
g(0,2) = 0,8197

Risposta

g(0,2) = 0,8197
3.Schemi a blocchi

Risposta: ess = 3,333

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).

Costante di errore di posizione

Kₚ = G(0) = 5·1/(2·5) = 0,5

Errore a regime

ess = A/(1 + Kₚ) = 5/(1 + 0,5) = 3,333

Risposta

ess = 3,333
4.Schemi a blocchi

Risposta: css = 0,09211

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) = 7/(s + 10 + 28)

Regime stazionario

css = 0,5·7/38 = 0,09211

Risposta

css = 0,09211

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

5.Risposta al gradino

Risposta: tp = 1,405 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 = 14 → ωₙ = 3,742 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·3,742) = 0,8018

Risultato

ωd = 3,742·√(1 − 0,8018²) = 2,236 rad/s → tp = π/ωd = 1,405 s

Risposta

tp = 1,405 s
6.Risposta al gradino

Risposta: ts = 4 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).

Funzione di trasferimento ad anello chiuso

T(s) = 95/(s² + 2s + 95): ωₙ = 9,747 rad/s, ζ = 0,1026

Tempo di assestamento

ζωₙ = 2/2 = 1
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 4 s

Risposta

ts = 4 s

Per questo anello ζωₙ = a/2 qualunque sia K: aumentare K aumenta la sovraelongazione ma non accorcia il tempo di assestamento.

7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: N = 2

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 + 9s² + 18s + 648 = 0

Tabella di Routh

s³: 1, 18
s²: 9, 648
s¹: −54
s⁰: 648

Cambi di segno nella prima colonna

1 → 9 → −54 → 648
N = 2

Risposta

N = 2

Il guadagno è sopra il limite K = 162, quindi una coppia complessa è passata nel semipiano destro.

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 + 5)(s + 11) dà 2s + 16 = 0.

sb = −8

Condizione sul modulo

K = |−8 + 5|·|−8 + 11| = 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 = 1960

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 d’errore richiesta

1/(1 + Kp) = 0,02 → Kp = 49

Guadagno

K/40 = 49 → K = 1960

Risposta

K = 1960

Controlla anche la stabilità ad anello chiuso: per questo anello del secondo ordine ogni K > 0 è stabile.

10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ts = 1 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 + 8) + 20·5 = s² + 8s + 100

ωₙ e ζ

ωₙ = √100 = 10 rad/s
ζ = 8/(2·10) = 0,4

Tempo di assestamento

ζωₙ = 8/2 = 4
ts ≈ 4/4 = 1 s

Risposta

ts = 1 s

Qui il tempo di assestamento non dipende da K: aumentare K fa solo oscillare più velocemente la risposta.

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: |G(jω)| = 24,05 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.

Moltiplica i moduli

|G(j2)| = 1008/(√(2² + 4²)·√(2² + 14²)) = 1008/(4,472·14,14) = 15,94

Risultato

20·log₁₀(15,94) = 24,05 dB

Risposta

|G(jω)| = 24,05 dB
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: GM = 5,968 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/5)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(5·6) = 5,477 rad/s

Modulo all’attraversamento della fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 25)·√(ω² + 36)) = K/(5·6·(5 + 6)) = K/330

Margine di guadagno

GM = 20·log₁₀(330/166) = 5,968 dB

Risposta

GM = 5,968 dB

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