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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 = 1f(1) = ?

Trova f(t) per F(s) = 20/(s(s + 1)(s + 6)) con i fratti semplici, e calcola f(1).

F(s) = 20/(s(s + 1)(s + 6))t = 1 s
f(1) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 4y′ + 3y = 18·u(t). Parte da fermo (y(0) = 0, y′(0) = 0) e l’ingresso è un gradino u(t) = 5 per t ≥ 0. Usa la trasformata di Laplace per trovare l’uscita y(0,6).

y″ + 4y′ + 3y = 18·u(t)u(t) = 5y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,6 s
y(0.6) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+2(s + 3)(s + 5)(s + 7)G(s)C(s)−

Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = 2(s + 3)/((s + 5)(s + 7)). Al riferimento viene applicato un gradino di ampiezza 10. Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 2(s + 3)/((s + 5)(s + 7))R = 10
ess =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+56s(s + 6)G(s)C(s)1H−

Il processo G(s) = 56/(s(s + 6)) è in un anello di retroazione negativa con guadagno del sensore H = 1. I poli ad anello chiuso sono complessi. Trova la loro parte immaginaria ωd (il valore positivo), in rad/s.

G(s) = 56/(s(s + 6))H = 1
ωd = rad/s
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)0,5tp​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 11,5/(s² + 2s + 23) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova il tempo di picco tp della risposta al gradino.

G(s) = 11,5/(s² + 2s + 23)
tp = s
6.Risposta al gradinoDifficile
+−12 VR = 113 ΩL = 20 mHC = 1 µFvC​

Un circuito RLC serie con R = 113 Ω, L = 20 mH e C = 1 µF è collegato a un gradino da 12 V a t = 0. Il condensatore è scarico e prima del gradino non circola corrente. Trova la pulsazione naturale non smorzata ωn in rad/s.

R = 113 ΩL = 20 mHC = 1 µFV = 12 V
ωn = rad/s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+K1(s + 3)(s + 5)(s + 6)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K/((s + 3)(s + 5)(s + 6)), con K > 0. Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.

L(s) = K/((s + 3)(s + 5)(s + 6))
Kmax =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−2−4−6−8−10−12j2−1

Per l’anello L(s) = K/(s(s + 8)(s + 10)), trova il guadagno K che pone un polo ad anello chiuso in s = −1.

L(s) = K/(s(s + 8)(s + 10))s = −1
K =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
R(s)+K(s + 1)(s + 5)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria ha G(s) = K/((s + 1)(s + 5)). Trova il guadagno K che dà un errore a regime del 2 % per un ingresso a gradino.

G(s) = K/((s + 1)(s + 5))ess = 2 %
K =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
r(t) = 5t+2 + 4/s10(s + 2)(s + 5)C(s)−

Un controllore PI C(s) = 2 + 4/s comanda il sistema G(s) = 10/((s + 2)(s + 5)) in un anello a retroazione unitaria. Trova l’errore a regime ess per l’ingresso a rampa r(t) = 5t.

C(s) = 2 + 4/sG(s) = 10/((s + 2)(s + 5))r(t) = 5t
ess =
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
vin​R = 22 kΩC = 100 nFvout​

Il filtro passa-basso RC mostrato ha R = 22 kΩ, C = 100 nF. Viene applicato un ingresso sinusoidale di 290 Hz. Trova lo sfasamento φ di vout rispetto a vin, in gradi.

R = 22 kΩC = 100 nFf = 290 Hz
φ = °
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) = K/(s(s + 4)(s + 8)). Trova il guadagno K che dà un margine di guadagno di 12 dB.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8))GM = 12 dB
K =

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(1) = 1,863

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 + 1) + C/(s + 6)
A = 20/(1·6) = 3,333
B = 20/((−1)·5) = −4
C = 20/((−6)·(−5)) = 0,6667

Antitrasformata

f(t) = 3,333 − 4·e−t + 0,6667·e−6t

Calcola

f(1) = 3,333 − 4·e−1 + 0,6667·e−6·1 = 1,863

Risposta

f(1) = 1,863
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.6) = 7,783

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

Y(s) = 90/(s(s + 1)(s + 3))

Fratti semplici

A = 90/(1·3) = 30
B = 90/((−1)·2) = −45
C = 90/((−3)·(−2)) = 15

Uscite

y(t) = 30 − 45·e−t + 15·e−3t
y(0,6) = 7,783

Risposta

y(0,6) = 7,783
3.Schemi a blocchi

Risposta: ess = 8,537

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) = 2·3/(5·7) = 0,1714

Errore a regime

ess = A/(1 + Kₚ) = 10/(1 + 0,1714) = 8,537

Risposta

ess = 8,537
4.Schemi a blocchi

Risposta: ωd = 6,856 rad/s

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 + 6) + 56·1 = 0 → s² + 6s + 56 = 0

Radici

s = −3 ± j·√(56 − 9) = −3 ± j6,856
ωd = 6,856 rad/s

Risposta

ωd = 6,856 rad/s
5.Risposta al gradino

Risposta: tp = 0,6698 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 = 23 → ωₙ = 4,796 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·4,796) = 0,2085

Risultato

ωd = 4,796·√(1 − 0,2085²) = 4,69 rad/s → tp = π/ωd = 0,6698 s

Risposta

tp = 0,6698 s
6.Risposta al gradino

Risposta: ωn = 7071 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).

Pulsazione naturale e rapporto di smorzamento

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·1 × 10⁻⁶) = 7071 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (113/2)·√(1 × 10⁻⁶/0,02) = 0,3995

Risultato

ωₙ = 7071 rad/s

Risposta

ωn = 7071 rad/s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: Kmax = 792

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 + 14s² + 63s + 90 + K = 0

Tabella di Routh

s³: 1, 63
s²: 14, 90 + K
s¹: (14·63 − 90 − K)/14
s⁰: 90 + K

Condizione

L’elemento s¹ deve restare positivo.

K < 14·63 − 90 = 792

Risposta

Kmax = 792

Al limite l’anello oscilla a ω = √63 = 7,937 rad/s.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: K = 63

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.

Condizione sul modulo

K = |s|·|s + 8|·|s + 10|

Valuta nel punto

K = 1·7·9 = 63

Risposta

K = 63

Verifica: s(s + 8)(s + 10) + K è zero in s = −1.

9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: K = 245

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/5 = 49 → K = 245

Risposta

K = 245

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: ess = 1,25

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).

Costante di velocità

s·C(s) = 2s + 4 → 4 per s → 0.

Kv = 4·10/10 = 4

Errore alla rampa

ess = 5/4 = 1,25

Risposta

ess = 1,25

Il controllore PI elimina completamente l’errore al gradino; una rampa viene seguita con un ritardo costante.

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: φ = −75,99 °

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/(22000·1 × 10⁻⁷) = 454,5 rad/s
fc = 72,34 Hz → f/fc = 290/72,34 = 4,009

Fase

φ = − atan(4,009) = −75,99°

Risposta

φ = −75,99°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: K = 96,46

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/4)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(4·8) = 5,657 rad/s

Modulo all’attraversamento della fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 64)) = K/(4·8·(4 + 8)) = K/384

Guadagno richiesto

384/K = 1012/20 = 3,981
K = 384/3,981 = 96,46

Risposta

K = 96,46

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