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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
t (s)f(t)t = 0,2f(0,2) = ?

Trova f(t) per F(s) = 25/(s(s + 3)(s + 5)) con i fratti semplici, e calcola f(0,2).

F(s) = 25/(s(s + 3)(s + 5))t = 0,2 s
f(0.2) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 11y′ + 30y = 90·u(t), con y(0) = 2 e y′(0) = 0. A t = 0 viene applicato un ingresso a gradino u(t) = 10. Usa la trasformata di Laplace per trovare y(0,1).

y″ + 11y′ + 30y = 90·u(t)y(0) = 2y′(0) = 0u(t) = 10t = 0,1 s
y(0.1) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+15K+4s + 8G(s)C(s)4H₁−−

Il processo G(s) = 4/(s + 8) ha un anello interno di retroazione negativa con guadagno H₁ = 4. Un guadagno del controllore K = 15 e un anello esterno di retroazione negativa unitaria chiudono il sistema. Trova il polo ad anello chiuso p.

G(s) = 4/(s + 8)H₁ = 4K = 15
p =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+5s + 5G₁+2s + 2G₂C(s)1H₁−0,1H₂−

Riduci lo schema a blocchi con G₁ = 5/(s + 5), G₂ = 2/(s + 2), una retroazione negativa interna H₁ = 1 attorno a G₂ e una retroazione negativa esterna H₂ = 0,1. Trova il guadagno in continua T(0) di C(s)/R(s).

G₁ = 5/(s + 5)G₂ = 2/(s + 2)H₁ = 1H₂ = 0,1
T(0) =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)1ts​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 54/(s² + 9s + 54) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova il tempo di assestamento al 2 % ts della risposta al gradino, usando ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 54/(s² + 9s + 54)
ts = s
6.Risposta al gradinoDifficile
R(s)+210s(s + 12)G(s)C(s)−

Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = 210/(s(s + 12)). Trova il tempo di assestamento al 2 % ts della risposta al gradino ad anello chiuso, usando ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 210/(s(s + 12))
ts = s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+51s(s + 2)(s + 6)C(s)+

L’anello nello schema usa una retroazione positiva, con L(s) = 5/(s(s + 2)(s + 6)). Quanti poli ad anello chiuso N stanno nel semipiano destro?

L(s) = 5/(s(s + 2)(s + 6))
N =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−5j5

È tracciato il luogo delle radici di L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 6)). Trova la frequenza ω a cui il luogo attraversa l’asse immaginario.

L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 6))
ω = rad/s
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
R(s)+K = 20,52s + 1C(s)−

Un processo G(s) = 0,5/(2s + 1) è controllato da un guadagno proporzionale K = 2 in un anello a retroazione unitaria. Trova l’errore a regime ess per un gradino, in percentuale dell’ampiezza del gradino.

G(s) = 0,5/(2s + 1)K = 2
ess = %
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 = 10 rad/s e ζ = 0,6. Trova il guadagno proporzionale Kp.

G(s) = 5/(s + 5)ωₙ = 10 rad/sζ = 0,6
Kp =
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 5

Trova la fase ∠G(jω) di G(s) = 17(s + 17)/(s(s + 9)) a ω = 5 rad/s, in gradi.

G(s) = 17(s + 17)/(s(s + 9))ω = 5 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) = 22/(s(s + 3)(s + 4)). Trova la pulsazione di attraversamento della fase ω180, dove ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 22/(s(s + 3)(s + 4))
ω180 = rad/s

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.2) = 0,2997

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).

Fratti semplici

F(s) = A/s + B/(s + 3) + C/(s + 5)
A = 25/(3·5) = 1,667
B = 25/((−3)·2) = −4,167
C = 25/((−5)·(−2)) = 2,5

Antitrasformata

f(t) = 1,667 − 4,167·e−3t + 2,5·e−5t

Calcola

f(0,2) = 1,667 − 4,167·e−3·0,2 + 2,5·e−5·0,2 = 0,2997

Risposta

f(0,2) = 0,2997
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.1) = 4,936

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 + 11s + 30)·Y(s) = 2s + 22 + 900/s
Y(s) = (2s² + 22s + 900)/(s(s + 5)(s + 6))

Fratti semplici

A = 900/(5·6) = 30
B = 840/((−5)·1) = −168
C = 840/((−6)·(−1)) = 140

Risultato

y(t) = 30 − 168·e−5t + 140·e−6t
y(0,1) = 4,936

Risposta

y(0,1) = 4,936

Controllo: y(0) = A + B + C = 2.

3.Schemi a blocchi

Risposta: p = −84

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).

Anello interno

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 4/(s + 8 + 4·4) = 4/(s + 24)

Anello esterno

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 60/(s + 24 + 60) = 60/(s + 84)

Risultato

p = −84

Risposta

p = −84
4.Schemi a blocchi

Risposta: T(0) = 0,4762

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).

Anello interno

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 2/(s + 4)

Anello esterno

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 10/((s + 5)(s + 4) + 1)

Guadagno in continua

T(0) = 10/(5·4 + 1) = 10/21 = 0,4762

Risposta

T(0) = 0,4762
5.Risposta al gradino

Risposta: ts = 0,8889 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 = 54 → ωₙ = 7,348 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·7,348) = 0,6124

Risultato

ζωₙ = 4,5 → ts ≈ 4/4,5 = 0,8889 s

Risposta

ts = 0,8889 s
6.Risposta al gradino

Risposta: ts = 0,6667 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) = 210/(s² + 12s + 210): ωₙ = 14,49 rad/s, ζ = 0,414

Tempo di assestamento

ζωₙ = 12/2 = 6
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 0,6667 s

Risposta

ts = 0,6667 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 = 1

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 + 8s² + 12s − 5 = 0

Tabella di Routh

s³: 1, 12
s²: 8, −5
s¹: 12,63
s⁰: −5

Cambi di segno nella prima colonna

1 → 8 → 12,63 → −5
N = 1

Risposta

N = 1

La retroazione positiva rende negativo il coefficiente costante: un polo reale passa sempre nel semipiano destro.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: ω = 7,348 rad/s

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 critico

s³ + 13s² + 54s + 72 + K = 0
s¹: (13·54 − 72 − K)/13 = 0 → K = 630

Frequenza di attraversamento

13s² + 72 + 630 = 13s² + 702 = 0 → s² = −54
ω = √54 = 7,348 rad/s

Risposta

ω = 7,348 rad/s
9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 50 %

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 posizione

Kp = 2·0,5 = 1

Errore al gradino

ess = 100/(1 + 1) = 50 %

Risposta

ess = 50 %
10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: Kp = 1,4

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 + 5).

s² + (5 + 5Kp)s + 5Ki

Polinomio obiettivo

s² + 2·0,6·10s + 10² = s² + 12s + 100

Uguaglia i coefficienti

5 + 5Kp = 12 → Kp = 1,4

Risposta

Kp = 1,4

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: ∠G(jω) = −102,7 °

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(5/17) − 90° − atan(5/9) = 16,39° − 90° − 29,05°

Risultato

∠G(j5) = −102,7°

Risposta

∠G(jω) = −102,7°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ω180 = 3,464 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/3)·(ω/4) = 1 → ω180 = √(3·4) = 3,464 rad/s

Risposta

ω180 = 3,464 rad/s

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