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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−1−2−3−412

Trova f(t) per F(s) = 13/(s² + 8s + 20) completando il quadrato, e calcola f(0,4).

F(s) = 13/(s² + 8s + 20)t = 0,4 s
f(0.4) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Risolvi y″ + 6y′ + 5y = 0 con y(0) = 6 e y′(0) = −11 usando la trasformata di Laplace, e trova y(0,3).

y″ + 6y′ + 5y = 0y(0) = 6y′(0) = −11t = 0,3 s
y(0.3) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+Ks(s + 4)G(s)C(s)−

Il processo G(s) = K/(s(s + 4)) 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 + 4))retroazione negativa unitaria
K =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+18controllore+D(s)+7s + 10processoC(s)−

Un controllore proporzionale K = 18 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). Un gradino di riferimento di ampiezza 5 e un gradino di disturbo di ampiezza 0,5 vengono applicati insieme. Trova l’uscita a regime css.

K = 18G(s) = 7/(s + 10)D = 0,5R = 5
css =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)0,5?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 2,5/(s² + s + 5) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova la sovraelongazione percentuale %OS della risposta al gradino.

G(s) = 2,5/(s² + s + 5)
%OS = %
6.Risposta al gradinoDifficile
t (s)y(t)1tp​ = 0,8 s40 %

La risposta al gradino di un sistema del secondo ordine senza zeri mostra una sovraelongazione del 40 %, e il primo picco si verifica a t = 0,8 s. Trova la pulsazione naturale ωn.

%OS = 40 %tp = 0,8 s
ωn = rad/s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+2521s(s + 3)(s + 4)C(s)−

L’anello nello schema ha retroazione negativa e L(s) = 252/(s(s + 3)(s + 4)). Quanti poli ad anello chiuso N stanno nel semipiano destro?

L(s) = 252/(s(s + 3)(s + 4))
N =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−2−4j2j4

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

Un anello a retroazione unitaria con G(s) = K/(s(s + 1)) deve seguire la rampa r(t) = 2t con un errore a regime di 0,05. Trova il guadagno K.

G(s) = K/(s(s + 1))r(t) = 2tess = 0,05
K =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+Kp​ + Ki​/s10s + 2C(s)−

Un controllore PI C(s) = Kp + Ki/s comanda il sistema G(s) = 10/(s + 2) in un anello a retroazione unitaria. L’anello chiuso deve avere ωₙ = 8 rad/s e ζ = 0,5. Trova il guadagno integrale Ki.

G(s) = 10/(s + 2)ωₙ = 8 rad/sζ = 0,5
Ki =
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
vin​R = 47 kΩC = 100 nFvout​

Il filtro passa-basso RC mostrato ha R = 47 kΩ, C = 100 nF. Viene applicato un ingresso sinusoidale di 68 Hz. Trova il guadagno |H| = |vout/vin| in dB.

R = 47 kΩC = 100 nFf = 68 Hz
|H| = dB
12.Diagrammi di Bode e marginiDifficile
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Un anello a retroazione unitaria ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = 21/(s(s + 2)). Trova il margine di fase PM in gradi.

L(s) = 21/(s(s + 2))
PM = °

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.4) = 0,9414

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 + 20 = (s + 4)² + 4 = (s + 4)² + 2²

Fai corrispondere il numeratore

F(s) = (13/2)·2/((s + 4)² + 2²)

Antitrasformata

f(t) = e−4t·(6,5·sin 2t)
f(0,4) = e−4·0,4·(6,5·sin(2·0,4)) = 0,9414

Risposta

f(0,4) = 0,9414
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.3) = 3,798

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 − 6s − (−11) + 6(sY − 6) + 5Y = 0
Y(s) = (6s + 25)/((s + 1)(s + 5))

Fratti semplici

A = 19/4 = 4,75
B = −5/(−4) = 1,25

Risultato

y(t) = 4,75·e−t + 1,25·e−5t
y(0,3) = 3,798

Risposta

y(0,3) = 3,798

Controllo: y(0) = A + B = 6.

3.Schemi a blocchi

Risposta: K = 4

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 + 4)) = 0 → s² + 4s + K = 0

Radice doppia

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

4² = 4K → K = 16/4 = 4

Risposta

K = 4
Entrambi i poli ad anello chiuso sono allora in s = −2.
4.Schemi a blocchi

Risposta: css = 4,658

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 + 126)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 126/(s + 10 + 126)

Regime stazionario

css = 5·126/136 + 0,5·7/136 = 4,658

Risposta

css = 4,658

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

5.Risposta al gradino

Risposta: %OS = 48,64 %

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 = 5 → ωₙ = 2,236 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·2,236) = 0,2236

Risultato

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0,7207 = 48,64 %

Risposta

%OS = 48,64 %
6.Risposta al gradino

Risposta: ωn = 4,091 rad/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).

Fattore di smorzamento

ζ = −ln(0,4)/√(π² + ln²(0,4)) = 0,9163/√(9,87 + 0,8396) = 0,28

Frequenza naturale

ωd = π/tp = π/0,8 = 3,927 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 3,927/0,96 = 4,091 rad/s

Risposta

ωn = 4,091 rad/s
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 + 7s² + 12s + 252 = 0

Tabella di Routh

s³: 1, 12
s²: 7, 252
s¹: −24
s⁰: 252

Cambi di segno nella prima colonna

1 → 7 → −24 → 252
N = 2

Risposta

N = 2

Il guadagno è sopra il limite K = 84, quindi una coppia complessa è passata nel semipiano destro.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: θd = 26,57 °

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 + 4s + 20 = 0 → s = −2 ± j4
s = −4

Angoli degli altri poli

∠(−2 + j4 + 4) = atan2(4, 2) = 63,43°
∠(−2 + j4 − (−2 − j4)) = ∠(j8) = 90°

Angolo di partenza

θd = 180° − 63,43° − 90° = 26,57°

Risposta

θd = 26,57°
9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: K = 40

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 = 2/0,05 = 40

Guadagno

K = 1·Kv = 40

Risposta

K = 40

Un guadagno elevato rende questo anello molto poco smorzato: ζ = 0,07906. Questo conflitto è il motivo per cui si usano i compensatori.

10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: Ki = 6,4

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 + 2).

s² + (2 + 10Kp)s + 10Ki

Polinomio obiettivo

s² + 2·0,5·8s + 8² = s² + 8s + 64

Uguaglia i coefficienti

10Ki = 64 → Ki = 6,4

Risposta

Ki = 6,4

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: |H| = −7,018 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.

Frequenza di taglio

ωc = 1/(RC) = 1/(47000·1 × 10⁻⁷) = 212,8 rad/s
fc = 33,86 Hz → f/fc = 68/33,86 = 2,008

Guadagno

|H| = 1/√(1 + 2,008²) = 0,4458
20·log₁₀(0,4458) = −7,018 dB

Risposta

|H| = −7,018 dB
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: PM = 24,59 °

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 del guadagno

ω⁴ + 4ω² − 441 = 0
ω² = (−4 + √(16 + 4·441))/2 = 19,1
ωc = 4,37 rad/s

Margine di fase

∠L(jωc) = −90° − atan(4,37/2) = −155,4°
PM = 180° + ∠L = 24,59°

Risposta

PM = 24,59°

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