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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
ReIm5

Trova f(t) per F(s) = (4s + 1)/(s² + 8s + 52) completando il quadrato, e calcola f(0,4).

F(s) = (4s + 1)/(s² + 8s + 52)t = 0,4 s
f(0.4) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Risolvi y″ + 3y′ + 2y = 0 con y(0) = 10 e y′(0) = 4 usando la trasformata di Laplace, e trova y(0,3).

y″ + 3y′ + 2y = 0y(0) = 10y′(0) = 4t = 0,3 s
y(0.3) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+8s + 5G(s)C(s)2H−

Un processo G(s) = 8/(s + 5) è controllato in un anello di retroazione negativa il cui sensore ha guadagno H = 2. Un gradino di ampiezza 10 viene applicato in R. Trova l’uscita a regime css.

G(s) = 8/(s + 5)H = 2R = 10
css =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+Kcontrollore+D(s)+9s + 8processoC(s)−

Un controllore proporzionale K comanda il processo G(s) = 9/(s + 8) in un anello di retroazione negativa unitaria. Un gradino di disturbo di ampiezza 0,5 entra all’ingresso del processo mentre R = 0. Trova il guadagno minimo K che mantiene l’uscita a regime al di sotto di 0,05625 o uguale a esso.

G(s) = 9/(s + 8)D = 0,5css ≤ 0,05625
K =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)1

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 80/(s² + 13s + 80) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova il fattore di smorzamento ζ.

G(s) = 80/(s² + 13s + 80)
ζ =
6.Risposta al gradinoDifficile
R(s)+Ks(s + 6)G(s)C(s)−

Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = K/(s(s + 6)). Trova il guadagno K che dà una risposta al gradino con sovraelongazione del 25 %.

G(s) = K/(s(s + 6))%OS = 25 %
K =
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+K1(s + 1)(s + 4)(s + 5)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 5)), con K > 0. Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.

L(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 5))
Kmax =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−2−4−6j2j4

Per L(s) = K/((s + 5)(s² + 8s + 32)), 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 + 5)(s² + 8s + 32))
θd = °
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 10·t²/2+20(s + 4)s²(s + 1)C(s)−

L’ingresso parabolico r(t) = 10·t²/2 è applicato a un anello a retroazione unitaria con G(s) = 20(s + 4)/(s²(s + 1)). Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 20(s + 4)/(s²(s + 1))r(t) = 10·t²/2
ess =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+10 + Kd​s5s(s + 1)C(s)−

Un controllore PD C(s) = 10 + Kd·s comanda il sistema G(s) = 5/(s(s + 1)) in un anello a retroazione unitaria. Trova il guadagno derivativo Kd che dà all’anello chiuso un coefficiente di smorzamento ζ = 0,9.

G(s) = 5/(s(s + 1))Kp = 10ζ = 0,9
Kd = s
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 15

Trova la fase ∠G(jω) di G(s) = 20(s + 5)/(s(s + 4)) a ω = 15 rad/s, in gradi.

G(s) = 20(s + 5)/(s(s + 4))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) = 76/(s(s + 3)(s + 5)). Trova il margine di guadagno GM in dB.

L(s) = 76/(s(s + 3)(s + 5))
GM = dB

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.4) = −0,9364

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 + 52 = (s + 4)² + 36 = (s + 4)² + 6²

Fai corrispondere il numeratore

F(s) = 4·(s + 4)/((s + 4)² + 6²) + (−15/6)·6/((s + 4)² + 6²)

Antitrasformata

f(t) = e−4t·(4·cos 6t − 2,5·sin 6t)
f(0,4) = e−4·0,4·(4·cos(6·0,4) − 2,5·sin(6·0,4)) = −0,9364

Risposta

f(0,4) = −0,9364
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.3) = 10,1

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

s²Y − 10s − 4 + 3(sY − 10) + 2Y = 0
Y(s) = (10s + 34)/((s + 1)(s + 2))

Fratti semplici

A = 24/1 = 24
B = 14/(−1) = −14

Risultato

y(t) = 24·e−t − 14·e−2t
y(0,3) = 10,1

Risposta

y(0,3) = 10,1

Controllo: y(0) = A + B = 10.

3.Schemi a blocchi

Risposta: css = 3,81

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).

Funzione di trasferimento ad anello chiuso

T(s) = G/(1 + G·H) = 8/(s + 5 + 16) = 8/(s + 21)

Risultato

css = R·T(0) = 10·8/21 = 3,81

Risposta

css = 3,81
4.Schemi a blocchi

Risposta: K = 8

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)) = 0,5·9/(8 + 9K)

Risolvi per K

8 + 9K = 0,5·9/0,05625 = 80
K = (80 − 8)/9 = 8

Risposta

K = 8
5.Risposta al gradino

Risposta: ζ = 0,7267

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 = 80 → ωₙ = 8,944 rad/s
2ζωₙ = 13 → ζ = 13/(2·8,944) = 0,7267

Risultato

ζ = 0,7267

Risposta

ζ = 0,7267
6.Risposta al gradino

Risposta: K = 55,22

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 + 6s + K)

Rapporto di smorzamento dalla sovraelongazione

ζ = −ln(0,25)/√(π² + ln²(0,25)) = 0,4037

Guadagno

ωₙ = 6/(2ζ) = 7,431 rad/s
K = ωₙ² = 55,22

Risposta

K = 55,22
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: Kmax = 270

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 + 29s + 20 + K = 0

Tabella di Routh

s³: 1, 29
s²: 10, 20 + K
s¹: (10·29 − 20 − K)/10
s⁰: 20 + K

Condizione

L’elemento s¹ deve restare positivo.

K < 10·29 − 20 = 270

Risposta

Kmax = 270

Al limite l’anello oscilla a ω = √29 = 5,385 rad/s.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: θd = 14,04 °

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 + 8s + 32 = 0 → s = −4 ± j4
s = −5

Angoli degli altri poli

∠(−4 + j4 + 5) = atan2(4, 1) = 75,96°
∠(−4 + j4 − (−4 − j4)) = ∠(j8) = 90°

Angolo di partenza

θd = 180° − 75,96° − 90° = 14,04°

Risposta

θd = 14,04°
9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 0,125

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 = 20·4/1 = 80

Errore alla parabola

ess = 10/80 = 0,125

Risposta

ess = 0,125
10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: Kd = 2,346 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 + 1) + 5(10 + Kds) = s² + (1 + 5Kd)s + 50

Frequenza naturale

ωₙ = √50 = 7,071 rad/s

Guadagno derivativo

1 + 5Kd = 2·0,9·7,071 = 12,73
Kd = 2,346 s

Risposta

Kd = 2,346 s

Il termine derivativo aggiunge smorzamento senza cambiare ωₙ.

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ∠G(jω) = −93,5 °

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(15/5) − 90° − atan(15/4) = 71,57° − 90° − 75,07°

Risultato

∠G(j15) = −93,5°

Risposta

∠G(jω) = −93,5°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: GM = 3,967 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/3)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(3·5) = 3,873 rad/s

Modulo all’attraversamento della fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 25)) = K/(3·5·(3 + 5)) = K/120

Margine di guadagno

GM = 20·log₁₀(120/76) = 3,967 dB

Risposta

GM = 3,967 dB

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