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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 = 0,3f(0,3) = ?

Trova f(t) per F(s) = 30/(s(s + 3)(s + 5)) con i fratti semplici, e calcola f(0,3).

F(s) = 30/(s(s + 3)(s + 5))t = 0,3 s
f(0.3) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
ReIm−2−424

Un sistema è descritto dall’equazione differenziale y″ + 6y′ + 25y = 4u′ + 19u, con ingresso u(t) e uscita y(t). Trova la sua funzione di trasferimento G(s) = Y(s)/U(s) (condizioni iniziali nulle) e calcola la risposta all’impulso g(t) per t = 0,3 s. Trova g(0,3).

y″ + 6y′ + 25y = 4u′ + 19ut = 0,3 s
g(0.3) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+20K+9s + 3G(s)C(s)5H₁−−

Il processo G(s) = 9/(s + 3) ha un anello interno di retroazione negativa con guadagno H₁ = 5. Un guadagno del controllore K = 20 e un anello esterno di retroazione negativa unitaria chiudono il sistema. Trova il polo ad anello chiuso p.

G(s) = 9/(s + 3)H₁ = 5K = 20
p =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+18s(s + 4)G(s)C(s)1H−

Il processo G(s) = 18/(s(s + 4)) è in un anello di retroazione negativa con guadagno del sensore H = 1. I poli ad anello chiuso sono complessi. Trova la loro parte reale σ.

G(s) = 18/(s(s + 4))H = 1
σ =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)3ts​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 144/(s² + 9s + 48) 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) = 144/(s² + 9s + 48)
ts = s
6.Risposta al gradinoDifficile
+−10 VR = 76 ΩL = 200 mHC = 22 µFvC​

Un circuito RLC serie con R = 76 Ω, L = 200 mH e C = 22 µF è collegato a un gradino da 10 V a t = 0. Il condensatore è scarico e prima del gradino non circola corrente. Trova il tempo tp del primo picco di tensione, in ms.

R = 76 ΩL = 200 mHC = 22 µFV = 10 V
tp = ms
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+K1(s + 2)(s + 3)(s + 6)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 6)), con K > 0. Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 6))
Kmax =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,5−50,5j0,5j1

Per L(s) = K/((s + 2)(s² + 8s + 17)), 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 + 2)(s² + 8s + 17))
θd = °
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 1 + 0,5t+4s(s + 10)C(s)−

L’ingresso r(t) = 1 + 0,5t (un gradino più una rampa) è applicato a un anello a retroazione unitaria con G(s) = 4/(s(s + 10)). Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 4/(s(s + 10))r(t) = 1 + 0,5t
ess =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+Kp​ + Ki​/s2s + 5C(s)−

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 = 4 rad/s e ζ = 0,7. Trova il guadagno proporzionale Kp.

G(s) = 2/(s + 5)ωₙ = 4 rad/sζ = 0,7
Kp =
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 20

Trova la fase ∠G(jω) di G(s) = 43(s + 16)/(s(s + 3)) a ω = 20 rad/s, in gradi.

G(s) = 43(s + 16)/(s(s + 3))ω = 20 rad/s
∠G(jω) = °
12.Diagrammi di Bode e marginiDifficile
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (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) = 640/(s(s + 8)). Trova il margine di fase PM in gradi.

L(s) = 640/(s(s + 8))
PM = °

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.3) = 0,6365

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 = 30/(3·5) = 2
B = 30/((−3)·2) = −5
C = 30/((−5)·(−2)) = 3

Antitrasformata

f(t) = 2 − 5·e−3t + 3·e−5t

Calcola

f(0,3) = 2 − 5·e−3·0,3 + 3·e−5·0,3 = 0,6365

Risposta

f(0,3) = 0,6365
2.Trasformate di Laplace

Risposta: g(0.3) = 1,252

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).

Funzione di trasferimento

G(s) = Y(s)/U(s) = (4s + 19)/(s² + 6s + 25)

Fratti semplici

s² + 6s + 25 = (s + 3)² + 4²
G(s) = 4·(s + 3)/((s + 3)² + 4²) + (7/4)·4/((s + 3)² + 4²)

Risposta all’impulso

g(t) = e−3t·(4·cos 4t + 1,75·sin 4t)
g(0,3) = 1,252

Risposta

g(0,3) = 1,252
3.Schemi a blocchi

Risposta: p = −228

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) = 9/(s + 3 + 9·5) = 9/(s + 48)

Anello esterno

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 180/(s + 48 + 180) = 180/(s + 228)

Risultato

p = −228

Risposta

p = −228
4.Schemi a blocchi

Risposta: σ = −2

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 + 4) + 18·1 = 0 → s² + 4s + 18 = 0

Radici

s = −2 ± j·√(18 − 4) = −2 ± j3,742
σ = −2

Risposta

σ = −2
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 = 48 → ωₙ = 6,928 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·6,928) = 0,6495

Risultato

ζωₙ = 4,5 → ts ≈ 4/4,5 = 0,8889 s

Risposta

ts = 0,8889 s
6.Risposta al gradino

Risposta: tp = 7,185 ms

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/√(0,2·2,2 × 10⁻⁵) = 476,7 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (76/2)·√(2,2 × 10⁻⁵/0,2) = 0,3985

Risultato

ωd = 437,2 rad/s
tp = π/ωd = 7,185 ms

Risposta

tp = 7,185 ms
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: Kmax = 360

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 + 11s² + 36s + 36 + K = 0

Tabella di Routh

s³: 1, 36
s²: 11, 36 + K
s¹: (11·36 − 36 − K)/11
s⁰: 36 + K

Condizione

L’elemento s¹ deve restare positivo.

K < 11·36 − 36 = 360

Risposta

Kmax = 360

Al limite l’anello oscilla a ω = √36 = 6 rad/s.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: θd = −63,43 °

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 + 17 = 0 → s = −4 ± j1
s = −2

Angoli degli altri poli

∠(−4 + j1 + 2) = atan2(1, -2) = 153,4°
∠(−4 + j1 − (−4 − j1)) = ∠(j2) = 90°

Angolo di partenza

θd = 180° − 153,4° − 90° = −63,43°

Risposta

θd = −63,43°
9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 1,25

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

Kv = lim s·G(s) = 0,4

Parte a gradino

Kp = ∞ → estep = 0

Errore alla rampa

ess = 0,5/0,4 = 1,25

Risposta

ess = 1,25
10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: Kp = 0,3

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 + 2·0,7·4s + 4² = s² + 5,6s + 16

Uguaglia i coefficienti

5 + 2Kp = 5,6 → Kp = 0,3

Risposta

Kp = 0,3

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: ∠G(jω) = −120,1 °

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(20/16) − 90° − atan(20/3) = 51,34° − 90° − 81,47°

Risultato

∠G(j20) = −120,1°

Risposta

∠G(jω) = −120,1°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: PM = 17,96 °

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 + 64ω² − 409600 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·409600))/2 = 608,8
ωc = 24,67 rad/s

Margine di fase

∠L(jωc) = −90° − atan(24,67/8) = −162°
PM = 180° + ∠L = 17,96°

Risposta

PM = 17,96°

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