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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
Scrivi il polinomio caratteristico ad anello chiuso: il denominatore di 1 + K·G(s) = 0, sviluppato.
Inserisci i coefficienti alternati nelle prime due righe della tabella di Routh e costruisci le righe rimanenti.
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.
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
Conta i poli dell’anello aperto C(s)·G(s) in s = 0: è il tipo del sistema.
Calcola la costante d’errore corrispondente all’ingresso: Kp per un gradino, Kv per una rampa, Ka per una parabola.
Applica ess = A/(1 + Kp), A/Kv o A/Ka, oppure risolvi per il guadagno che ti serve.
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
F(s) = (4s + 36)/(s² + 9s + 14). La sua antitrasformata ha la forma f(t) = A·e−2t + B·e−7t. Trova il coefficiente A con i fratti semplici.
F(s) = (4s + 36)/(s² + 9s + 14)
A =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
Un sistema obbedisce a y″ + 7y′ + 10y = 20·u(t), con y(0) = 1 e y′(0) = 0. A t = 0 viene applicato un ingresso a gradino u(t) = 5. Usa la trasformata di Laplace per trovare y(0,3).
Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = 2(s + 4)/((s + 3)(s + 9)). Al riferimento viene applicato un gradino di ampiezza 1. Trova l’errore a regime ess.
G(s) = 2(s + 4)/((s + 3)(s + 9))R = 1
ess =
4.Schemi a blocchiDifficile
Il processo G(s) = 30/(s(s + 7)) è in un anello di retroazione negativa con guadagno del sensore H = 2. I poli ad anello chiuso sono complessi. Trova la loro parte reale σ.
G(s) = 30/(s(s + 7))H = 2
σ =
5.Risposta al gradinoMedia
Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 7,5/(s² + 4s + 15) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova la pulsazione naturale ωn in rad/s.
G(s) = 7,5/(s² + 4s + 15)
ωn = rad/s
6.Risposta al gradinoDifficile
Una massa m = 4 kg è appesa a una molla k = 800 N/m con uno smorzatore viscoso c = 23 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). In equilibrio a riposo, viene applicata improvvisamente una forza costante F = 50 N. Trova il tempo tp in cui lo spostamento è massimo.
m = 4 kgk = 800 N/mc = 23 N·s/mF = 50 N
tp = s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 5)), con K > 0. Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.
L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 5))
Kmax =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
È mostrato il luogo delle radici di L(s) = K/((s + 5)(s + 13)). 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 + 13))
K =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
Un anello a retroazione unitaria ha G(s) = K/((s + 2)(s + 10)). Trova il guadagno K che dà un errore a regime del 10 % per un ingresso a gradino.
G(s) = K/((s + 2)(s + 10))ess = 10 %
K =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
Un controllore PI C(s) = Kp + Ki/s comanda il sistema G(s) = 2/(s + 5) in un anello a retroazione unitaria. L’anello chiuso deve avere ωₙ = 8 rad/s e ζ = 0,6. Trova il guadagno proporzionale Kp.
G(s) = 2/(s + 5)ωₙ = 8 rad/sζ = 0,6
Kp =
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
Il filtro passa-alto RC mostrato ha R = 1 kΩ, C = 2,2 nF. Viene applicato un ingresso sinusoidale di 14 kHz. Trova lo sfasamento φ di vout rispetto a vin, in gradi.
R = 1 kΩC = 2,2 nFf = 14 kHz
φ = °
12.Diagrammi di Bode e marginiDifficile
Un anello a retroazione unitaria ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = 80/(s(s + 5)). Trova il margine di fase PM in gradi.
L(s) = 80/(s(s + 5))
PM = °
3Soluzioni
1.Trasformate di Laplace
Risposta: A = 5,6
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 + 9s + 14 = (s + 2)(s + 7)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 7)
Regola di copertura
Moltiplica per (s + 2) e poni s = −2: il termine in B si annulla.
A = (4s + 36)/(s + 7) |s = −2 = 28/5 = 5,6
Risposta
A = 5,6
(B = −1,6, quindi f(t) = 5,6·e−2t − 1,6·e−7t)
2.Trasformate di Laplace
Risposta: y(0.3) = 3,107
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 + 7s + 10)·Y(s) = 1s + 7 + 100/s
Y(s) = (s² + 7s + 100)/(s(s + 2)(s + 5))
Fratti semplici
A = 100/(2·5) = 10
B = 90/((−2)·3) = −15
C = 90/((−5)·(−3)) = 6
Risultato
y(t) = 10 − 15·e−2t + 6·e−5t
y(0,3) = 3,107
Risposta
y(0,3) = 3,107
Controllo: y(0) = A + B + C = 1.
3.Schemi a blocchi
Risposta: ess = 0,7714
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) = 2·4/(3·9) = 0,2963
Errore a regime
ess = A/(1 + Kₚ) = 1/(1 + 0,2963) = 0,7714
Risposta
ess = 0,7714
4.Schemi a blocchi
Risposta: σ = −3,5
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
s(s + 7) + 30·2 = 0 → s² + 7s + 60 = 0
Radici
s = −3,5 ± j·√(60 − 12,25) = −3,5 ± j6,91
σ = −3,5
Risposta
σ = −3,5
5.Risposta al gradino
Risposta: ωn = 3,873 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).
Confronta con la forma standard
Il denominatore deve coincidere con s² + 2ζωₙs + ωₙ².
ωₙ² = 15 → ωₙ = 3,873 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·3,873) = 0,5164
Risultato
ωₙ = 3,873 rad/s
Risposta
ωn = 3,873 rad/s
6.Risposta al gradino
Risposta: tp = 0,2269 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) = √(800/4) = 14,14 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 23/(2·√(800·4)) = 0,2033
Risultato
ωd = 13,85 rad/s
tp = π/ωd = 0,2269 s
Risposta
tp = 0,2269 s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici
Risposta: Kmax = 504
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 + 12s² + 47s + 60 + K = 0
Tabella di Routh
s³: 1, 47
s²: 12, 60 + K
s¹: (12·47 − 60 − K)/12
s⁰: 60 + K
Condizione
L’elemento s¹ deve restare positivo.
K < 12·47 − 60 = 504
Risposta
Kmax = 504
Al limite l’anello oscilla a ω = √47 = 6,856 rad/s.
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici
Risposta: K = 16
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 + 13) dà 2s + 18 = 0.
sb = −9
Condizione sul modulo
K = |−9 + 5|·|−9 + 13| = 4·4 = 16
Risposta
K = 16
Con questo guadagno l’anello chiuso è a smorzamento critico (ζ = 1).
9.Errore a regime e controllo PID
Risposta: K = 180
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) = 0,1 → Kp = 9
Guadagno
K/20 = 9 → K = 180
Risposta
K = 180
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: Kp = 2,3
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 + 2Kp)s + 2Ki
Polinomio obiettivo
s² + 2·0,6·8s + 8² = s² + 9,6s + 64
Uguaglia i coefficienti
5 + 2Kp = 9,6 → Kp = 2,3
Risposta
Kp = 2,3
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: φ = 79,05 °
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/(1000·2,2 × 10⁻⁹) = 454545 rad/s
fc = 72343 Hz → f/fc = 14000/72343 = 0,1935
Fase
φ = 90° − atan(0,1935) = 79,05°
Risposta
φ = 79,05°
12.Diagrammi di Bode e margini
Risposta: PM = 31,14 °
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.