Appunti di Controlli Automatici I - noidelweb.it Parma giugno2011... · Appunti di “Controlli...

Appunti di “Controlli Automatici 1”Appunti di “Controlli Automatici 1”Capitolo 6 - Analisi armonica

Introduzione ............................................................................................... 1La funzione di risposta armonica................................................................ 2

Diagrammi di Bode.......................................................................................... 4Introduzione: diagrammi della risposta armonica ....................................... 4Costruzione dei diagrammi di Bode ........................................................... 4Diagrammi di Bode delle funzioni elementari ............................................ 8

Esempi vari.................................................................................................... 21Esempio ................................................................................................... 21Esempio ................................................................................................... 24

Diagrammi di Nyquist.................................................................................... 26Introduzione ............................................................................................. 26Regole per il tracciamento dei diagrammi polari ...................................... 28

Comportamento alle basse frequenze.................................................. 28Comportamento alle alte frequenze .................................................... 32Comportamento alle frequenze intermedie.......................................... 33Caso particolare di 2 poli complessi coniugati: asintoto obliquo ....... 34Diagramma per ω∈(-∞,0-).................................................................. 35

Esempio ................................................................................................... 36Esempio ................................................................................................... 38Esempio ................................................................................................... 41

INTRODUZIONE

Nei capitoli precedenti abbiamo esaminato procedimenti per la soluzione delle equazioni differenzialilineari, ponendo in particolare rilievo quelli basati sulla trasformazione di Laplace: il nostro obbiettivoera la deduzione della risposta dei sistemi lineari a eccitazioni tipiche, come il gradino, oppure, più ingenerale, a qualunque segnale di ingresso. Questa procedura di analisi viene comunemente detta analisinel dominio del tempo.

Ad essa, nello studio dei sistemi di controllo lineari si affianca l’analisi nel dominio dellafrequenza, detta anche analisi armonica, che si basa su un diverso modello matematico dei sistemilineari: si tratta della cosiddetta funzione di risposta armonica.La funzione di risposta armonica costituisce una rappresentazione

dei sistemi lineari stazionari strettamente legata alla funzione ditrasferimento ed è pertanto equivalente alle equazioni differenzialiqualora si considerino sistemi inizialmente in quiete. Tuttavia, essa è spessopiù vantaggiosa per alcune sue caratteristiche, principale tra le quali è l’attitudine ad esse rilevatasperimentalmente: in altre parole, la funzione di risposta armonica rappresenta, rispetto all’equazionedifferenziale, un modello matematico di più agevole identificazione a partire dai dati sperimentali.

Appunti di “Controlli Automatici 1” - Capitolo 6

2

LA FUNZIONE DI RISPOSTA ARMONICA

Per definire la funzione di risposta armonica, dobbiamo partire da una proprietà caratteristica deisistemi lineari stazionari: consideriamo un sistema lineare stazionario al cui ingresso è applicato uningresso sinusoidale del tipo

)t(Xsin)t(x ω=

Se il sistema è asintoticamente stabile, la sua uscita a regime (cioè una volta esaurito il transitorio)varia anch’essa con legge sinusoidale caratterizzata dalla stessa pulsazione ω e può quindi essereespressa con la relazione

( )( )ωϕ+ωω= tsin)(Y)t(y

Questa espressione mostra che l’ampiezza dell’uscita e l’angolo di fase rispetto all’ingresso sono, ingenerale, funzioni della pulsazione ω del segnale di ingresso applicato.

Si definisce, allora, funzione di risposta armonica la funzione F(ω), di variabile reale ed a valoricomplessi, avente come modulo il rapporto Y(ω)/X e come argomento l’angolo ϕ(ω):

( ) ( )( ) ( )( )( )ωϕ+ωϕω

=ω

=ω ωϕ jsincosX

)(Ye

X

)(Y)(F j

Questa funzione, in virtù della linearità del sistema, èindipendente dall’ampiezza X del segnale in ingresso e descrivecompletamente il comportamento del sistema in condizione di regime(periodico) alle varie frequenze (ovviamente risulta 0≤ω<∞).

Premessa la definizione, consideriamo adesso un sistema lineare stazionario con funzione ditrasferimento G(s) razionale fratta. Dato che siamo interessati a sistemi asintoticamente stabili, lafunzione G(s) deve avere tutti i poli a parte reale negativa. Supponiamo allora di applicare in ingresso alsistema il segnale )t(Xsin)t(x ω= : la sua trasformata di Laplace è

22sX)s(X

ω+ω

=

Supponendo che il sistema parta da una condizione iniziale di quiete, la risposta del sistema a taleingresso è una risposta forzata la cui trasformata di Laplace, per definizione, è data da

( )( )ω−ω+ω

=ω+

ω==

jsjs

X)s(G

s

X)s(G)s(X)s(G)s(Y

22

E’ evidente, da questa espressione, che i poli della funzione Y(s) sono gli stessi della funzione ditrasferimento G(s), più quelli corrispondenti al segnale ingresso, che sono p1=jω e p2=-jω. Effettuando,allora, l’antitrasformazione, i poli di G(s) corrispondono ad un termine transitorio y0(t), mentre gli altriad un termine permanente yP(t) che, come si vedrà tra breve, è sinusoidale: possiamo dunque scrivere, ingenerale, che

tj2

tj10P0 eKeK)t(y)t(y)t(y)t(y ω−ω ++=+=

In questa espressione, K1 è il residuo corrispondente al polo p1=jω, mentre K2 è il residuocorrispondente a p2=-jω:

Analisi armonica

3

( )[ ] ( ) ( )

( )[ ] ( ) ( )ω−

ωω−=

ω−

ω=ω+=

ωω

ω=

ω+

ω=ω−=

ω−=ω−=

ω=ω=

j2

XjG

js

X)s(Gjs)s(YK

j2

XjG

js

X)s(Gjs)s(YK

js

js2

js

js1

A questo punto, ricordando la proprietà della trasformata di Laplace secondo cui F(s*)=F*(s),possiamo scrivere che

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ωϕ−ωϕ ω=ω−→ω=ω jj ejGjGejGjG

dove ovviamente ϕ(ω) è l’argomento di G(jω), mentre ( )ωjG è il suo modulo. Con questa posizione,

possiamo esprimere la y(t) nel modo seguente:

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )

j2

eeXjG)t(yejG

j2

XejG

j2

X)t(y)t(y

tjtj

0tjtj

0

ωϕ+ω−ωϕ+ωωϕ+ω−ωϕ+ω −

ω+=ω−ω+=

Adesso, dato che il sistema è per ipotesi asintoticamente stabile, possiamo trascurare il terminetransitorio y0(t) nell’ipotesi di considerare istanti t sufficientemente grandi:

( )( )( ) ( )( )

( ) ( )( )ωϕ+ωω=−

ω≅ωϕ+ω−ωϕ+ω

tXsinjGj2

eeXjG)t(y

tjtj

D’altra parte, abbiamo in precedenza detto che l’uscita del sistema deve essere nella forma generale( )( )ωϕ+ωω= tsin)(Y)t(y ed abbiamo inoltre definito la funzione di risposta armonica mediante la

relazione ( )( ) ( )( )( )ωϕ+ωϕω

=ω jsincosX

)(Y)(F : possiamo allora concludere che

( )ω=ω jG)(F

In definitiva, abbiamo dimostrato il seguente teorema: dato un sistema linearestazionario con funzione di trasferimento razionale fratta aventetutti i poli a parte reale negativa e soggetto ad eccitazionesinusoidale, esso presenta, a regime, una risposta sinusoidale aventela stessa frequenza dell’eccitazione; inoltre, la funzione di rispostaarmonica del sistema si ottiene dalla funzione di trasferimento G(s)ponendo s=jω.

N.B. La funzione di risposta armonica si può definire anche per sistemiinstabili: tuttavia, in questo caso essa non ha alcun significato fisico né risulta misurabilesperimentalmente.

A questo punto, ricordando che la funzione di trasferimento ha corrispondente biunivoca con la suaantitrasformata di Laplace, ossia la funzione di risposta all’impulso, possiamo anche affermare che larisposta all’impulso di un sistema lineare asintoticamente stabile determina univocamente la sua rispostaarmonica. Si può dimostrare facilmente anche il contrario, ossia che la risposta armonica di un sistemalineare asintoticamente stabile determina univocamente la sua risposta all’impulso.


4

Diagrammi di BodeDiagrammi di Bode

INTRODUZIONE: DIAGRAMMI DELLA RISPOSTA ARMONICA

La rappresentazione grafica della funzione di risposta armonicaviene effettuata con speciali diagrammi, che costituiscono la base dei procedimentigrafici per la sintesi delle reti correttrici nel dominio delle frequenze.

Consideriamo allora un sistema lineare stazionario asintoticamente stabile avente funzione ditrasferimento G(s). Abbiamo visto, nei paragrafi precedenti, che da questa funzione possiamo ricavare lafunzione di risposta armonica semplicemente ponendo s=jω: otteniamo in tal modo la funzione G(jω).Questa funzione di risposta armonica è una funzione di variabile reale (ω) ed a valori complessi, per cuisi può rappresentare nelle diverse notazioni possibili per i numeri complessi:

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ){ } ( ){ }ω+ω=ω→

ω=ω→ ω

jGImjjGRejG cartesiana notazione

ejGjG trica trigonomenotazione jGargj

In base a queste notazioni, ci sono almeno due modi per rappresentare graficamente la funzione G(jω)in funzione della pulsazione ω:

• quando si rappresenta G(jω) in termini di modulo e fase, entrambi funzioni di ω, si ottengono icosiddetti diagrammi di Bode (o diagrammi logaritmici);

• quando invece si rappresenta G(jω) in termini di parte reale e coefficiente della parteimmaginaria, sempre funzioni di ω, si ottengono i cosiddetti diagrammi di Nyquist (odiagrammi polari).

Il nostro obbiettivo è quello di capire come si costruiscono questi diagrammi e come se ne sfruttanole proprietà.

COSTRUZIONE DEI DIAGRAMMI DI BODE

Al fine di introdurre i diagrammi di Bode, è intanto necessario porre in forma più opportuna lafunzione di trasferimento G(s).

In primo luogo, sappiamo di poter esprimere la funzione di trasferimento nel modo seguente:

∏

∏

=

=

−

−

=n

1ii

m

1jj

)ps(

)zs(

K)s(G

In questo modo, abbiamo evidenziato gli zeri ed i poli della funzione di trasferimento. In più,conviene separare i poli nell’origine dai poli reali e dalle coppie di poli complessi coniugati e, perquanto riguarda il numeratore, separare gli zeri reali dalle coppie di zeri complessi coniugati:

Analisi armonica

5

( )

( )∏∏

∏∏

==

µ

==

ω+ωδ+−

ω+ωδ+−=

w

1k

2mkmkk

2v

1ii

q

1h

2mhmhh

2p

1jj

s2s)ps(s

s2s)zs(

K)s(G

Stiamo in pratica supponendo quanto segue:

• la funzione G(s) presenta µ poli nell’origine, v poli reali e w coppie di poli complessi coniugati:ovviamente risulta µ+v+2w=n;

• la funzione G(s) presenta p zeri reali e q coppie di zeri complessi coniugati, in modo tale cherisulti p+2q=m.

A questo punto, al posto di evidenziare i poli e gli zeri reali, evidenziamo le costanti di tempo ad essiassociate: considerando che

( ) ( ) ( )

( ) ( )sT1pps

sT1z1sTz1z

szzs

iii

jjjjj

jj

+−=−

+−=−−=

−=−

abbiamo che

( ) ( )

( ) ( )∏∏∏

∏∏∏

===

µ

===

ω+ωδ++−

ω+ωδ++−=

w

1k

2mkmkk

2v

1ii

v

1ii

q

1h

2mhmhh

2p

1jj

p

1jj

s2s)sT1(ps

s2s)sT1(z

K)s(G

Ponendo

( )

( )∏

∏

=

=

−

−=

v

1ii

p

1jj

p

z

K'K

possiamo dunque scrivere G(s) nella forma

( )

( )∏∏

∏∏

==

µ

==

ω+ωδ++

ω+ωδ++=

w

1k

2mkmkk

2v

1ii

q

1h

2mhmhh

2p

1jj

s2s)sT1(s

s2s)sT1(

'K)s(G

In modo analogo possiamo procedere per zeri e poli complessi: scrivendo infatti che

+

ω

δ+

ωω=ω+ωδ+ 1s

2ss2s

k/mh

k/h

2k/mh

22

k/mh2

k/mhk/mhk/h2


6

abbiamo che

∏∏∏

∏∏∏

===

µ

===

+

ωδ

+ω

ω+

+

ωδ

+ω

ω+

=w

1k mk

k2mk

2q

1k

2mk

v

1ii

q

1h mh

h2mh

2q

1h

2mh

p

1jj

1s2s

)sT1(s

1s2s

)sT1(

'K)s(G

Ponendo allora

∏

∏

=

=

ω

ω=

q

1k

2mk

q

1h

2mh

1 'KK

possiamo infine porre la G(s) nella seguente forma conclusiva:

∏∏

∏∏

==

µ

==

+

ωδ

+ω

+

+

ωδ

+ω

+

=w

1k mk

k2mk

2v

1ii

q

1h mh

h2mh

2p

1jj

1

1s2s

)sT1(s

1s2s

)sT1(

K)s(G

A questo punto, ottenuta la G(s) in questa forma, possiamo individuare la funzione di rispostaarmonica G(jω) nella forma in cui ci serve:

( )∏∏

∏∏

==

==

µ

ω

ωδ

+ωω

−ω+

ω

ωδ

+ωω

−ω+

ω=ω

w

1k mk

k2mk

2v

1ii

q

1h mh

h2mh

2p

1jj

1

2j1)jT1(

2j1)jT1(

j

K)j(G

Questa è l’espressione della funzione di risposta armonica sulla base della quale si costruiscono idiagrammi di Bode.

Come già anticipato in precedenza, i diagrammi di Bode si costruiscono riportando, in funzione dellapulsazione ω, il modulo e l’argomento della funzione di risposta armonica:

• per quanto riguarda l’asse delle ascisse, non viene direttamente riportata la pulsazione ω, bensì la

quantità ω10log ; in questo modo, l’asse delle ascisse viene suddiviso in decadi: gli estremi di

una decade sono due valori di pulsazione di cui quello finale è 10 volte quello iniziale:

• per quanto riguarda, invece, l’asse delle ordinate, sussiste una differenza tra il diagramma delmodulo di G(jω) e quello dell’argomento di G(jω):

Analisi armonica

7

∗ nel diagramma dei moduli (o diagramma delle ampiezze), non viene riportatodirettamente )j(G ω , bensì la quantità )j(Glog20 10 ω , ossia il modulo di G(jω) espresso in

dB:

)j(Glog20 10 ω

ω10log1 2 3-2 -1

1 10 102 1030.01 0.1 )rad(ω

1dB

2dB

3dB

-1dB

∗ nel diagramma degli argomenti (o diagramma delle fasi), invece, viene direttamenteriportato ( ))j(Garg ω :

ω10log1 2 3-2 -1

1 10 102 1030.01 0.1

( ))j(Garg ω

)rad(ω

E’ bene precisare che, nonostante la scala usata per le ascisse sia quella logaritmica, i valori numerici

che vengono riportati sono quelli della pulsazione ω espressa in radianti/secondo, in modo da facilitarela lettura del diagramma e soprattutto i calcoli che su esso si basano.

I vantaggi che si conseguono impiegando la scala logaritmica sono i seguenti:

• in primo luogo, è possibile rappresentare, col dovuto dettaglio, grandezze che variano in campinotevolmente estesi: in particolare, il modulo della funzione di risposta armonica, generalmente,passa, all’aumentare della frequenza, da valori molto alti a valori molto bassi;

• in secondo luogo, è possibile sommare i diagrammi relativi a sistemi in cascata, al fine di ottenereil diagramma del sistema complessi: infatti, la risposta armonica complessiva si ottiene eseguendoil prodotto delle singole risposte armoniche, cioè eseguendo il prodotto delle ampiezze (che,impiegando una scala logaritmica, si riconduce ad una somma) e la somma delle fasi;


8

• infine, è possibile costruire i diagrammi relativi ad una funzione di risposta armonica, data informa fattorizzata, come somma di diagrammi elementari, di un numero limitato di tipifondamentali, corrispondente ciascuno ad un singolo fattore.

Una volta individuate le quantità riportate nei diagrammi di Bode e le scale secondo cui tale quantitàvengono riportate, passiamo a vedere le principali caratteristiche di tali diagrammi. A tale scopo,riprendiamo l’espressione della G(jω) trovata prima:

( )∏∏

∏∏

==

==

µ

ω

ωδ

+ωω

−ω+

ω

ωδ

+ωω

−ω+

ω=ω

w

1k nk

k2nk

2v

1ii

q

1h nh

h2nh

2p

1jj

1

2j1)jT1(

2j1)jT1(

j

K)j(G

In questa espressione si individuano facilmente le seguenti funzioni elementari:

( )1

n2n

21 2

j1 Tj1 )j( K±

±µ−

ω

ωδ

+ωω

−ω+ω

Allora, se tracciamo i diagrammi di Bode, delle ampiezze e delle fasi, corrispondenti a questefunzioni elementari, ci basterà poi sommarli per ottenere il diagramma di Bode della funzionecomplessiva G(jω). Il nostro scopo diventa dunque quello di tracciare i diagrammi di Bode dellefunzioni elementari.

DIAGRAMMI DI BODE DELLE FUNZIONI ELEMENTARI

La prima funzione elementare di cui ci occupiamo è ( ) KjG =ω . Questa funzione ha evidentemente

modulo pari a K (indipendente da ω) e fase dipendente solo dal segno di K: se K è positiva, la fase è 0,mentre se K è negativa, la fase è -π. Deduciamo allora quanto segue:

• il diagramma dei moduli è una retta orizzontale corrispondente a Klog20)j(G 10=ω :

)j(Glog20 10 ω

ω10log1 10 102 1030.01 0.1

Analisi armonica

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• il diagramma delle fasi è invece una retta orizzontale corrispondente a -π se K<0 oppurecoincidente con l’asse delle ascisse se K>0:

ω10log1 10 102 1030.01 0.1

( ))j(Garg ω

K<0

K>0

π−

La seconda funzione elementare è ( ) ( ) hjjG −ω=ω ed è quella corrispondente ad eventuali poli nullidella funzione di trasferimento del sistema. Calcoliamo per prima cosa il modulo di questa funzione:

( ) ( ) hhjjG −− ω=ω=ω

La funzione che viene allora riportata sul diagramma di Bode dei moduli è

ω−=ω=ω −10

h10dB

logh20log20)j(G

Dato che in ascisse viene riportata la quantità log10ω, deduciamo che ω−=ω 10dBlogh20)j(G

corrisponde ad una retta passante per l’origine e di pendenza -20h(dB/decade) dipendente dal valore dih:

• il caso più semplice è ovviamente quello di un sistema avente 1 solo polo nell’origine, per cui

h=1: la funzione da considerare è dunque ( ) ( ) 1jjG −ω=ω , per cui la quantità da riportare sul

diagramma dei moduli è ω−=ω 10dBlog20)j(G , corrispondente ad una retta (passante per

l’origine) di pendenza )decade/dB(20− :

)j(Glog20 10 ω

ω10log10 1020.1

-20dB

( ) ( ) 1jjG −ω=ω

-20(dB/decade)


10

• il secondo caso è quello di un sistema avente 2 poli nell’origine, per cui h=2: la funzione da

considerare è dunque ( ) ( ) 2jjG −ω=ω , per cui la quantità da riportare sul diagramma dei moduli è

ω−=ω 10dBlog40)j(G , corrispondente ad una retta (passante per l’origine) di pendenza

)decade/dB(40− :

)j(Glog20 10 ω

ω10log10 1020.1

-40dB

( ) ( ) 2jjG −ω=ω

-20dB

-40(dB/decade)

Si osserva, dunque, in generale, che, aumentando il numero h dei poli nell’origine (cioè il cosiddetto

tipo del sistema), il diagramma dei moduli della funzione ( ) ( ) hjjG −ω=ω è sempre una retta passante perl’origine, ma di pendenza crescente: tale pendenza aumenta di 20(dB/decade) per ogni aumento unitariodi h.

Passiamo adesso al diagramma delle fasi della funzione ( ) ( ) hjjG −ω=ω :

( ) ( )[ ]( )

>=°−=°−

=

ω=ω=ω −

2h ......

2h 180

1h 90

j

1argjargjGarg

h

h

Avendo una quantità puramente immaginaria a denominatore, l’argomento è un multiplo intero -π/2,per cui avremo, nel diagramma delle fasi, ancora una volta una retta orizzontale:

ω10log1 10 102 1030.01 0.1

( ))j(Garg ω

h=1

K>0

h=2

-90°

-180°

Analisi armonica

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La terza funzione elementare di cui ci occupiamo è la funzione ( ) 1Tj1)j(G −ω+=ω . Cominciamosempre dal modulo:

( )22

1

T1

1

Tj1

1Tj1)j(G

ω+=

ω+=ω+=ω ±

La funzione da riportare sul diagramma dei moduli è dunque

( )2210

2210

221010dB

T1log10T1log20T1

1log20)j(Glog20)j(G ω+−=ω+−=

ω+=ω=ω

Per capire quale andamento abbiamo questa funzione, possiamo osservare quello che succede per ωmolto piccolo e per ω molto grande:

se T

1<<ω → )dB(01log10)j(G 10dB

=−≅ω

se T

1>>ω → Tlog20)j(G 10dB

ω−≅ω

In base a questi risultati, indicata con T/1B =ω la cosiddetta frequenza di break (o frequenza di

rottura o anche frequenza d’angolo) possiamo affermare che l’andamento di dB

)j(G ω corrisponde ad

una retta coincidente con l’asse orizzontale per ω<<ωB e, per ω>>ωB, ad una retta passante per il punto(0,ωB) e con pendenza di -20(dB/decade). Si tratta allora di capire come quantificare le dizioni ω<<ωB eω>>ωB: si assume allora che ω<<ωB equivalga a porsi una decade prima di ωB e, ovviamente, cheω>>ωB equivalga a porsi una decade dopo ωB. Così facendo, possiamo tracciare il diagramma deimoduli da -∞ fino a una decade prima di ωB e da una decade dopo ωB fino a +∞:

)j(Glog20 10 ω

ω10log

-20dB

Bω B10ω10Bω

-20(dB/decade)

( ) 1Tj1)j(G −ω+=ω

Dobbiamo adesso capire l’andamento del diagramma nell’intorno della frequenza ωB, ossia tra ωB/10e 10ωB. E’ possibile allora procedere in modi diversi: un primo modo sarebbe quello di calcolarsi laquantità

dB)j(G ω in corrispondenza di 3 o 4 punti nell’intervallo considerato e di interpolare i valori

ottenuti al fine di raccordare i due tratti estremi; un secondo modo, più approssimato, è invece quello di


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costruire il diagramma asintotico, che si ottiene semplicemente prolungando i due tratti estremi finoa congiungersi in ωB:

)j(Glog20 10 ω

ω10log

-20dB

Bω B10ω10Bω

-20(dB/decade)

( ) 1Tj1)j(G −ω+=ω

Così facendo, si ottiene un diagramma approssimato, che però approssima molto bene (lo si puòverificare analiticamente) il diagramma reale. Nel seguito, quindi, faremo sempre uso di questodiagramma asintotico.

Passiamo ora al diagramma delle fasi della funzione ( ) 1Tj1)j(G −ω+=ω : la fase di questa funzione è

( )[ ] ( )TarctgTj1

1argTj1arg)j(Garg 1 ω−=

ω+

=ω+=ω −

Dobbiamo dunque diagrammare la funzione ( )Tarctg ω− . Anche in questo caso, possiamocominciare ad analizzare l’andamento asintotico del diagramma:

se T

1<<ω → 0)j(Garg ≅ω

se T

1=ω → °=ω 45)j(Garg

se T

1>>ω → °−≅ω 90)j(Garg

In base a questi risultati, possiamo tracciare un diagramma delle fasi qualitativo fatto nel modoseguente:

ω10log

-90°

Bω B10ω10Bω

)j(Garg ω

-45°

Analisi armonica

13

Si tratta ancora una volta di stabilire l’andamento del diagramma nell’intorno della frequenza dibreak ωB=1/T: possiamo allora approssimare questo andamento con un segmento di pendenza pari aquella della tangente al diagramma reale nel punto ( )°−ω 45,B . Dobbiamo allora andare a calcolarequesta tangente e in particolare la sua pendenza: analiticamente, dobbiamo calcolare la quantità

( )( )ω

ω

10logd

)j(Gargd, ossia

( )( ) ( ) ( )[ ] ( )[ ] ( ) ( )

10logT1

T

logd

d

T1

T

logd

dTarctg

d

dTarctg

logd

d

logd

)j(Gargd

e22

1022

101010

ωω+

−=

=ω

ωω+

−=ω

ωω−

ω=ω−

ω=

ωω

Dato che loge10=2.3 è un numero caratteristico, deduciamo che la pendenza della tangente aldiagramma reale vale

( )( ) 3.2

T1

T

logd

)j(Gargd22

10

⋅ωω+

−=ωω

ed è ovviamente funzione di ω, ossia del punto in cui ci stiamo ponendo: a noi interessa il punto ω=ωB,in corrisponde del quale si trova un altro numero caratteristico:

( )( ) 151.13.2

11

1

logd

)j(Gargd

T

110

−=⋅+

−=

ωω

=ω

Possiamo dunque tracciare, nell’intorno della frequenza di break, un segmento di pendenza 1.151:

ω10log

-90°

Bω

)j(Garg ω

-45°

1Bω 2Bω

Ovviamente, la conoscenza della pendenza di tale segmento consente di individuare con precisione ilpunto ωB1 in cui il segmento stesso interseca l’asse delle ascisse: infatti, dato che il segmento passa per ipunti ( )0,1Bω e ( )°−ω 45,B ed ha pendenza 1.151, possiamo scrivere che

81.410151.14

log151.1loglog

4 151.14

1B

B

1B

B10

1B10B10

==ωω

→⋅π

=ωω

→=ω−ω

π⋅

π


14

da cui concludiamo che 81.4B

1B

ω=ω . Questa relazione è fondamentale, in quanto ci consente di tracciare

il diagramma delle fasi semplicemente conoscendo la frequenza di break ωB: nota ωB, dividendo per4.81 (in prima approssimazione, basta anche dividere per 5) troviamo il punto ωB1 in cui il diagrammainterseca l’asse delle ascisse per poi rimanere su di esso per ω decrescenti. Ovviamente, moltiplicandoper 4.81 otterremo invece il valore ωB2 della pulsazione a partire dalla quale il diagramma si assestaasintoticamente sul valore -90°; tra i valori ωB1 e ωB2, il diagramma è costituito da un segmento dipendenza -1.151.

Questo semplice procedimento prende il nome di “regola del 4.81”.Abbiamo dunque capito come diagrammare il modulo e la fase della funzione elementare

( ) 1Tj1)j(G −ω+=ω . Non ci vuole molto per capire come diagrammare il modulo e la fase della

funzione ( ) 1Tj1)j(G +ω+=ω : è evidente, infatti, che sia il diagramma del modulo sia quello della fasedi questa funzione si ottengono semplicemente ribaltando, rispetto all’asse delle ascisse, quelli di

( ) 1Tj1)j(G −ω+=ω .Il diagramma dei moduli sarà dunque fatto nel modo seguente (ovviamente si tratta sempre del

diagramma asintotico):

)j(Glog20 10 ω

ω10log

20dB

Bω

B10ω

10Bω

+20(dB/decade)

( ) 1Tj1)j(G +ω+=ω

Il diagramma delle fasi, per il quale vale ovviamente ancora la regola del 4.81, sarà del tipo seguente

ω10log

90°

Bω

)j(Garg ω

45°

1Bω 2Bω

Analisi armonica

15

Osserviamo adesso che le funzioni ( ) 1Tj1 −ω+ e ( ) 1Tj1 +ω+ , assumendo T positivo, sono relative,rispettivamente, ad un polo a parte reale negativa e ad uno zero a parte reale negativa. In modo del tutto

analogo, allora, le funzioni ( ) 1Tj1 −ω− e ( ) 1Tj1 +ω− , assumendo T sempre positivo, sono relative,rispettivamente, ad un polo a parte reale positiva e ad uno zero a parte reale positiva. Ci chiediamoallora come sono fatti i diagrammi di Bode di queste funzioni.

Consideriamo ad esempio la funzione ( ) 1Tj1)j(G +ω−=ω : possiamo scrivere che

( ) ( )( )

ω−=ω−=ω

ω=ω→ω−=ω−+=ω−=ω ++

)j('Garg)j('Garg)j(Garg

)j('G)j(G)j('GTj1Tj1)j(G 11

dove ( ) 1Tj1)j('G +ω+=ω .

Questo risultato ci dice dunque che il diagramma del modulo di ( ) 1Tj1)j(G +ω−=ω rimane

immutato rispetto a quello di ( ) 1Tj1 +ω+ , mentre quello della fase si ottiene da quello di ( ) 1Tj1 +ω+

tramite un ribaltamento rispetto all’asse delle ascisse, per cui coincide con quello di ( ) 1Tj1 −ω+

)j(Glog20 10 ω

ω10log

20dB

Bω

B10ω

10Bω

+20(dB/decade)

( ) 1Tj1)j(G +ω−=ω

ω10log

-90°

Bω

)j(Garg ω

-45°

1Bω 2Bω

( ) 1Tj1)j(G +ω−=ω


16

Ovviamente, i diagrammi della funzione ( ) 1Tj1)j(G −ω−=ω si otterranno entrambi da quelli,

appena tracciati, della funzione ( ) 1Tj1 +ω− tramite un ribaltamento rispetto all’asse delle ascisse:

)j(Glog20 10 ω

ω10log

-20dB

Bω B10ω10Bω

-20(dB/decade)

( ) 1Tj1)j(G −ω−=ω

ω10log

90°

Bω

)j(Garg ω

45°

1Bω 2Bω

( ) 1Tj1)j(G −ω−=ω

La penultima funzione di cui dobbiamo tracciare i diagrammi di Bode è

1

n2n

2 2j1)j(G

−

ω

ωδ

+ωω

−=ω

(corrispondente alla presenza di una coppia di poli complessi coniugati).Calcoliamo per prima cosa ilmodulo di questa funzione:

2

n

2

2n

2

10dB

diagramma sul

2

n

2

2n

2

21log20)j(G

21

1)j(G

ω

ωδ

+

ωω

−−=ω →

ω

ωδ

+

ωω

−

=ω

Evidentemente, la quantità dB

)j(G ω , oltre a dipendere da ω, dipende anche dalla pulsazione naturale

ωn e dal coefficiente di smorzamento δ. Ovviamente, è bene ricordare che facciamo riferimento al casoin cui 10 <δ≤ , in quanto, se fosse δ≥1, le due radici non sarebbero più complesse coniugate e sipotrebbe scindere il termine di 2° grado nel prodotto di due termini di 1° grado, riconducendosi perciò aicasi considerati in precedenza.

Analisi armonica

17

Premesso questo, supponiamo nota la pulsazione naturale ωn, mentre lasciamo variabile δ. Possiamoallora vedere quanto vale la funzione

dB)j(G ω per ω molto maggiore e molto minore della pulsazione

naturale:

se nω<<ω → 01log10)j(G 10dB=≅ω

se nω>>ω →n

10

2

n

10dBlog40log20)j(G

ωω

−=

ωω

−≅ω

Quindi, per ω<<ωn, il diagramma coincide con l’asse delle ascisse, mentre, per ω>>ωn, il diagrammaè costituito da una retta passante per il punto (ωn,0) e di pendenza -40(dB/decade):

)j(Glog20 10 ω

ω10log

-40dB

-40(dB/decade)

nω

n10ω10nω

Dobbiamo ora capire l’andamento del diagramma nell’intorno della frequenza ωn, ossia tra ωn/10 e10ωn. Allora, come abbiamo fatto per i termini di primo grado, possiamo pensare di utilizzare anche quiil diagramma asintotico, che si ottiene semplicemente prolungando i due tratti estremi fino acongiungersi in ωn:

)j(Glog20 10 ω

ω10log

-40dB

-40(dB/decade)

nω

n10ω10nω

1

n2n

2 2j1)j(G

−

ω

ωδ

+ωω

−=ω


18

Tuttavia, in questo caso subentra una complicazione rispetto a quanto accade per i termini del primogrado: infatti, mentre in quel caso si può facilmente verificare che il diagramma asintotico approssimacomunque bene il diagramma reale, in questo caso l’approssimazione dipende strettamente dal valoredel coefficiente di smorzamento δ. Vediamo allora qualche dettaglio in più su questo aspetto.

Nel diagramma asintotico appena tracciato, abbiamo supposto 0)j(GdBn =ω ; se, invece, usiamo

l’espressione di dB

)j(G ω , otteniamo che

δ=ω

2

1log20)j(G 10dBn

Abbiamo cioè che, in ω=ωn, la quantità dB

)j(G ω non è nulla, ma assume un valore tanto maggiore

quanto più piccolo è il coefficiente di smorzamento δ. Questo è già un primo risultato che ci consente didire che il diagramma reale può discostarsi apprezzabilmente dal diagramma asintotico.

Si può trovare anche un altro risultato importante: si trova infatti che la funzione dB

)j(G ω presenta

un massimo nel punto

2

nmax

21 δ−

ω=ω

Evidentemente, al diminuire di δ, tale punto di massimo si approssima al valore ωn, confermando unavolta di più la differenza tra il diagramma reale e quello asintotico. Naturalmente, perché il valore ωmax

abbia un senso, l’argomento della radice a denominatore deve essere positivo, dal che deduciamo che

questo massimo esiste solo se 021 2 >δ− , ossia se 2

2<δ .

Possiamo allora affermare quanto segue: se 2

2<δ , la funzione

dB)j(G ω presenta un

andamento reale diverso (anche notevolmente) da quello asintotico, percui il diagramma asintotico va necessariamente corretto, usando i

valori indicati in apposite tabelle; se, invece, risulta 2

2>δ , allora

la funzione dB

)j(G ω non presenta un massimo e il diagramma asintotico

diventa accettabile (in quanto dB

)j(G ω risulta comunque avere un

andamento monotonicamente decrescente).

Riportiamo, in conclusione, nella figura seguente l’andamento della funzione dB

)j(G ω per diversi

valori del coefficiente di smorzamento δ:

Analisi armonica

19

Questo diagramma conferma (ovviamente) le conclusioni analitiche ricavate prima: in particolare, siosserva che il valore di

dB)j(G ω nel punto di massimo ωmax vale ∞ nel caso in cui δ=0.

Passiamo adesso al diagramma delle fasi per la funzione

1

n2n

2 2j1)j(G

−

ω

ωδ

+ωω

−=ω : la fase di

questa funzione è

22n

n

2n

2

n

n2n

2

2arctg

1

2

arctg2

j1

1arg)j(Garg

ω−ωωδω

−=

ωω

−

ωω

δ

−=ω

ωδ

+ωω

−=ω

Si tratta, anche in questo caso, di una funzione di ω e di δ, per cui avremo una famiglia di curve alvariare di δ. Supponendo sempre fissata la pulsazione naturale ωn, calcoliamo argG(jω) in alcuni puntinotevoli:

ω<<ωn → °≅

ωω

δ−≅ω 0

2arctg)j(Garg

n

ω>>ωn→ °−≅

ωωδ

−≅ω 1802

arctg)j(Garg

n

ω=ωn → °−=∞−=δ

−=ω 90arctg0

2arctg)j(Garg n


20

Il corrispondente diagramma reale, al variare di δ, è fatto nel modo seguente:

Volendo approssimare questo diagramma con un andamento asintotico, basta osservare che, aldiminuire di δ, le curve diventano più ripide nell’intorno della frequenza naturale, per cui si puòtracciare un diagramma del tipo seguente:

ω10log

-180°

)j(Garg ω

-90°

nω'ω ''ω

La pendenza della tratto inclinato può essere ricavata con lo stesso procedimento seguito nel caso deitermini del primo ordine, ossia calcolando la pendenza della tangente al diagramma reale incorrispondenza di ω=ωn. Seguendo questo procedimento, si trova che, per un assegnato valore di δ, lafrequenza ω‘ in cui il tratto inclinato va ad intersecare l’asse delle ascisse è legata alla frequenza

naturale dalla relazione ( )δ=ωω

81.4'n

. Usando questa semplice formula, diventa anche in questo caso

immediato il tracciamento del diagramma asintotico.

Analisi armonica

21

Segno del coefficiente di smorzamento

Una osservazione importante è la seguente: mentre la pulsazione naturale ωn èpari al modulo delle radici complesse coniugate, per cui è sempre positiva, ilcoefficiente di smorzamento δ può anche essere negativo, mentre noi lo abbiamoconsiderato positivo: per ottenere, allora, il diagramma di Bode corrispondente aδ<0, basta considerare che il diagramma dei moduli rimane invariato (a patto diconsiderare |δ|), mentre quello delle fasi risulta ribaltato rispetto all’asse delleascisse.

L’ultima funzione da analizzare è il termine di 2° grado posto a numeratore (corrispondente cioè a

due zeri complessi coniugati), ossia la funzione

ω

ωδ

+ωω

−=ωn

2n

2 2j1)j(G : ancora una volta, il

procedimento è semplice, in quanto basta ribaltare, rispetto all’asse delle ascisse, i diagrammi (sia per i

moduli sia per le fasi) ottenuti poco fa per la funzione

1

n2n

2 2j1)j(G

−

ω

ωδ

+ωω

−=ω .

Esempi variEsempi vari

ESEMPIO

Vogliamo tracciare il diagramma di Bode della funzione

)Ts1(s

k)s(G

+=

dove supponiamo che sia il guadagno k sia la costante di tempo T siano quantità positive.Dato che il sistema non presenta poli a parte reale positiva, possiamo immediatamente ricavare la

funzione di risposta armonica semplicemente ponendo s=jω:

)jT1(

1

j

k)j(G

ω+ω=ω

Questa funzione di risposta armonica è dunque data dal prodotto delle funzioni elementari

k)j(G1 =ω , ( ) 12 j)j(G −ω=ω e ( ) 1

3 jT1)j(G −ω+=ω : il diagramma delle ampiezze di G(jω) è allora il

prodotto dei rispettivi diagrammi delle ampiezze, mentre il diagramma delle fasi si ottiene facendo lasomma (algebrica, che cioè tenga conto dei termini a numeratore e di quelli a denominatore) deirispettivi diagrammi delle fasi.


22

Cominciamo allora dal diagramma delle ampiezze: il modulo di G(jω) è

( )( ) 22101010

T1

klog20

jT1j

klog20)j(Glog20

ω+ω=

ω+ω=ω

Possiamo procedere nel modo seguente. In primo luogo, abbiamo una sola frequenza di break,T/1B =ω , corrispondente alla costante di tempo T. Andiamo allora ad individuare tale frequenza

sull’asse orizzontale, supponendo che si trovi come indicato nella figura seguente:

0.01 0.10.001

Bω

E’ lecito assumere che, ponendoci una decade prima rispetto a ωB (cioè in corrispondenza di ωB/10),

il contributo del termine ( ) 1jT1 −ω+ sia trascurabile rispetto agli altri, per cui la funzione è

approssimabile con ω

≅ωj

k)j(G ; il corrispondente modulo (in dB) è allora

ω≅ω=ω

klog20)j(Glog20)j(G 1010dB

e si tratta chiaramente di una retta con pendenza negativa di 20

dB/decade. Per rappresentare questa retta, dato che ne conosciamo la pendenza, ci basta conoscere unpunto da essa intercettato. Allora, con riferimento alla figura precedente, possiamo ad esempio calcolare

il valore di dB

)j(G ω in corrispondenza di ω=0.001: facendo i conti, si ottiene j

10k)j(G

3⋅=ω , da cui

quindi deduciamo che [ ] k10log20)j(G 310001.0dB

=ω=ω

. Dato che k si suppone noto, possiamo dunque

individuare questo punto sul diagramma è mandare da esso una retta con pendenza negativa di20dB/decade:

0.01 0.10.001 Bω

40dB

30dB

20dB

10dB

-20dB/decade

k10log20 310

20dB

Questa retta approssima bene il diagramma reale fino alla frequenza di break, a partire dalla quale ilcontributo del termine (1+jTω)-1 non può più essere trascurato. Per tenere conto di questo contributo, cibasta aumentare la pendenza da -20dB/decade a -40dB/decade (in quanto sappiamo che il diagramma

Analisi armonica

23

delle ampiezze di (1+jTω)-1 è a sua volta una retta con pendenza -20dB/decade). Possiamo perciòconcludere che il diagramma (asintotico) delle ampiezze di G(jω) è fatto nel modo seguente:

0.01 0.10.001 Bω

40dB

30dB

20dB

10dB

-20dB/decade

k10log20 310

20dB

-10dB

-20dB

-30dB

40dB

B10ω

-40dB/decade

Passiamo adesso al diagramma degli argomenti: l’argomento di G(jω) è

( ) ( ) ( )Tarctg2

)karg(jT1argjarg)karg()jT1(

1

j

karg)j(Garg ω−

π−=ω+−ω−=

ω+ω

=ω

Considerando che k>0, risulta arg(k)=0, per cui concludiamo che

( )Tarctg2

)j(Garg ω−π

−=ω

Abbiamo dunque la funzione -arctg(ωT) traslata di π/2 verso il basso, per cui il diagramma asintotico,usando la regola del 4.81 per ottenere la pulsazione ωB1 è fatto nel modo seguente:

ω10log

-270°

)j(Garg ω

-90°

0.1Bω

-180°

81.4B

1B

ω=ω


24

ESEMPIO

Vogliamo tracciare il diagramma di Bode della funzione

)s5.01(s

s1.01k)s(G

+−

=

dove supponiamo sempre k>0.Dato che il sistema non presenta poli a parte reale positiva, possiamo immediatamente ricavare la

funzione di risposta armonica semplicemente ponendo s=jω:

)5.0j1(j

1.0j1k)s(G

ω+ωω−

=

Questa funzione presenta una particolarità, rappresentata da uno zero a parte reale positiva (o, ciò cheè lo stesso, una costante di tempo negativa a numeratore). Possiamo allora procedere nel modo seguente:moltiplicando numeratore e denominatore per la quantità (1+j0.1ω), otteniamo

ω+ω−

ω+ωω+

=ω+ω+

ω+ωω−

=ω1.0j1

1.0j1

)5.0j1(j

1.0j1k

1.0j1

1.0j1

)5.0j1(j

1.0j1k)j(G

In tal modo, la G(jω) risulta data dal prodotto di un termine )5.0j1(j

1.0j1k)j(G1 ω+ω

ω+=ω avente solo

costanti di tempo positive e di un termine ω+ω−

=ω1.0j1

1.0j1)j(G 2 sul quale dobbiamo indagare.

Questo termine G2(jω) presenta una caratteristica fondamentale, che è quella di avere modulounitario: ciò significa che il diagramma delle ampiezze di G(jω), che si ottiene come prodotto deidiagrammi delle ampiezze di G1(jω) e G2(jω), coincide con il diagramma di G1(jω), in quanto ildiagramma di G2(jω) è una retta coincidente con l’asse delle ascisse.

Per quanto riguarda, invece, il diagramma delle fasi, sarà la somma del diagramma delle fasi diG1(jω) (che sappiamo tracciare in quanto G1(jω) rientra tra le funzioni analizzate in precedenza) e diquello di G2(jω). Andiamo allora a vedere come è fatto il diagramma delle fasi di G2(jω):

ω10log

-90°

-180°

10B =ω 48.1

)j(Garg 2 ω

Analisi armonica

25

In definitiva, quindi, il termine ω+ω−

=ω1.0j1

1.0j1)j(G 2 non modifica il modulo di G1(jω), mentre produce

uno sfasamento. Per questo motivo, esso prende il nome di fattore passa-tutto: questo nome indica ilfatto che, dato un sistema avente G1(jω) come funzione di risposta armonica e ponendo in ingresso a talesistema un segnale sinusoidale )t(Asin)t(u ω= , di pulsazione qualsiasi, l’uscita del sistema è del tipo

)t(Asin)t(y ϕ−ω= . Il sistema, cioè, non attenua e non amplifica, ma si limita solamente a sfasare

l’ingresso di una quantità dipendente da ω.


26

Diagrammi di NyquistDiagrammi di Nyquist

INTRODUZIONE

Quando abbiamo introdotto la funzione di risposta armonica G(jω), abbiamo detto che essa puòessere graficamente rappresentata in almeno due modi: nei paragrafi precedenti ci siamo occupati dellasua rappresentazione in termini di modulo e fase, descrivendo i diagrammi di Bode, mentre adessovogliamo occuparci della rappresentazione in termini di parte reale e parte immaginaria, descrivendo icosiddetti diagrammi di Nyquist (detti anche diagrammi polari):

( ) ( ){ } ( ){ }ω+ω=ω jGImjjGRejG

Un diagramma polare è dunque una rappresentazione del valore diG(jω), in termini appunto di parte reale e parte immaginaria (cioè nelpiano di Gauss), al variare della pulsazione ω. Un esempio di diagramma polareè riportato nella figura seguente:

Un generico punto della curva rappresenta il valore della G(jω) in corrispondenza di una precisapulsazione ω (la curva è graduata in valori della pulsazione ω, nel senso che sono specificati su di essa ivalori di ω corrispondenti ai vari punti, in numero sufficiente per una agevole interpolazione): questoconsente una immediata determinazione dei valori di ( ){ }ωjGRe e ( ){ }ωjGIm , da leggersirispettivamente sull’asse orizzontale e su quello verticale.

E’ importante osservare il legame tra i diagrammi polari e i diagrammi di Bode: poiché i valori delmodulo A(ω) e dell’argomento ϕ(ω) sono facilmente determinabili sul diagramma polare in funzionedella pulsazione, i diagrammi di Bode si possono facilmente dedurre dei diagrammi polari; menoagevole, ma comunque possibile, è invece la determinazione di ( ){ }ωjGRe e ( ){ }ωjGIm suidiagrammi di Bode, cioè la costruzione, a partire da questi, dei diagrammi polari.

Analisi armonica

27

I diagrammi polari sono di grande importanza per lo studio dellastabilità dei sistemi in retroazione: su di essi, in particolare, si basa un fondamentalecriterio di stabilità (il criterio di Nyquist) che verrà più avanti enunciato.

Fatte queste premesse, cominciamo ad esaminare due metodi pratici per la costruzione dei diagrammipolari:

• una prima situazione possibile è quella in cui si vuole rappresentare, sul diagramma polare, lafunzione di risposta armonica relativa ad un sistema di cui è data la funzione di trasferimento G(s):in questo caso, una volta effettuata la sostituzione s=jω, il diagramma polare di G(jω) si puòtracciare per punti, separando le parti reale e immaginaria di G(jω) e determinandone i valoricorrispondenti a vari valori di ω;

• una seconda situazione possibile è invece quella in cui è assegnata direttamente la mappa dei poli edegli zeri nel piano complesso ed è fissato un valore di ω: la risposta armonica corrispondente atale valore di ω si può facilmente determinare elaborando i dati di una costruzione grafica. Peresempio, supponiamo che la mappa assegnata sia quella indicata nella figura seguente:

La corrispondente funzione di risposta armonica ha la seguente espressione:

( )( )( )( )4321j

432

1

321

1 eMMM

Mk

pjpjpj

zjk)j(G ϕ−ϕ−ϕ−ϕ=

−ω−ω−ω−ω

=ω

dove i valori dei moduli e degli angoli corrispondono, rispettivamente, a distanze ed angolifacilmente determinabili per via grafica.

Dalla costruzione grafica della figura precedente si può passare ad un punto del diagrammapolare eseguendo prodotti e quozienti di valori determinati graficamente e una somma algebrica diangoli. La costruzione si può ovviamente ripetere per diversi valori numerici di ω.


28

REGOLE PER IL TRACCIAMENTO DEI DIAGRAMMI POLARI

In molti casi, in particolare quando i diagrammi polari si impiegano per analizzare la stabilità deisistemi in retroazione, è sufficiente la conoscenza dell’andamento qualitativo del diagramma nel suocomplesso, potendosi limitare la conoscenza più precisa a porzioni di esso in posizioni determinanti.

Per il tracciamento qualitativo dei diagrammi polari risultano utili alcune regole pratiche, che ciaccingiamo ad enunciare.

Per enunciare queste regole, utilizziamo la funzione di trasferimento G(s) del sistema in esameespressa nelle seguenti due forme:

( ) ( )∏∏

∏∏

==

==

µµ

−µ−−

µ−

−−

µ

ω

δ+

ω++

ω

δ+

ω++

=+++

+++=

w

1k mk

k2mk

2v

1ii

q

1h mh

h2mh

2p

1jj

1n1n

nn

01m

1mm

m1

s2s

1)sT1(

s2s

1)sT1(

s

k

a...sasa

b...sbsb

s

k)s(G

In entrambe le forme, come si osserva, abbiamo posto in evidenza gli eventuali poli nell’origine(supposti in numero pari a µ).

La corrispondente funzione di risposta armonica si ottiene ponendo s=jω:

( )( ) ( )

( ) ( ) ( )∏∏

∏∏

==

==

µµ

−µ−−

µ−

−−

µ

ω

ωδ

+ωω

−ω+

ω

ωδ

+ωω

−ω+

ω=

++ω+ω

++ω+ω

ω=ω

w

1k mk

k2mk

2v

1ii

q

1h mh

h2mh

2p

1jj

1n1n

nn

01m

1mm

m1

2j1)jT1(

2j1)jT1(

j

k

a...jaja

b...jbjb

j

k)j(G

Comportamento alle basse frequenze

Per tracciare il diagramma polare di una generica funzione di risposta armonica G(jω), ciinteressiamo per il momento solo ai valori di ω compresi nell’intervallo (0,+∞), mentre in seguitoconsidereremo l’intervallo (-∞,0).

Nell’ambito dell’intervallo (0,+∞), cominciamo a valutare l’andamento alle basse frequenze,ossia l’andamento di G(jω) per ωω→→0+: facciamo riferimento alla G(jω) espressa nella forma

( )( ) ( )

( ) ( ) µ−µ−

−µ−

−−

µ ++ω+ω

++ω+ω

ω=ω

a...jaja

b...jbjb

j

k)j(G

1n1n

nn

01m

1mm

m1

E’ chiaro che, se ω diventa molto piccolo (a limite 0+), tutte le potenze di jω, sia a numeratore sia adenominatore, rappresentano dei termini trascurabili rispetto ai termini costanti b0 e aµ, per cui possiamosicuramente affermare che la funzione è approssimabile con

( ) µµω

≅ωa

b

j

k)j(G 01

Analisi armonica

29

Questa è dunque la funzione con cui, in linea del tutto generale, siapprossima il comportamento di G(jω) per ω tendente a 0+. E’ chiaro chel’andamento di questa funzione dipende dal valore di µ, ossia dal numero di poli nell’origine, ossia daltipo del sistema. Le possibilità sono ovviamente due:

• il caso più semplice è quello in cui µµ=0, ossia il sistema è di tipo 0: in questo caso, la funzione(che non presenta poli nell’origine) è

µ

≅ωa

bk)j(G 0

1

ed è evidentemente costante (e reale) con la frequenza: questo fatto indica che il diagramma polareparte da un punto dell’asse reale di valore k1b0/aµ. In questo punto, la fase della funzione è

<π

>

=

=ω

µ

µ

µ 0a

bk

0a

bk 0

a

bkarg)j(Garg

01

01

01

• l’altra possibilità è quella in cui µµ>0, ossia il sistema presenta almeno un polo nell’origine: inquesto caso, la funzione non è più costante con la pulsazione e possiamo esprimere il suoargomento come

( ) 2a

bkarg

j

1arg

a

bkarg)j(Garg 0

10

1

πµ−

=

ω+

=ω

µµ

µ

Se poniamo

<π

>

=

=ϕ

µ

µ

µ 0a

bk

0a

bk 0

a

bkarg

01

01

01

possiamo scrivere che

2)j(Garg

πµ−ϕ=ω

da cui deduciamo che la fase di G(jω), per ω→0+, dipende sia dal segno della costante µa

bk 0

1 sia

dal numero µ di poli nell’origine.

Per quanto riguarda il modulo, invece, è ovvio che ( )

∞=ω

=ωµ

µ→ω→ω a

b

j

klim)j(Glim 01

00.

Possiamo dunque riepilogare nel modo seguente il comportamento di G(jω) per ω→0+: se

il sistema è di tipo 0, il modulo è µa

bk 0

1 mentre la fase è nulla o pari a π a seconda che il termine


30

µa

bk 0

1 sia positivo o negativo; se il sistema è di tipo almeno pari ad 1, invece, il modulo è ∞, mentre la

fase è 2

πµ−ϕ , dove

=ϕ

µa

bkarg 0

1 .

Questo è dunque quello che succede per ω→0+. Adesso vediamo cosa succede per valori di ω piccolima comunque non nulli. Facciamo ancora riferimento alla funzione di risposta armonica espressa nellaforma

( )( ) ( )

( ) ( ) µ−µ−

−µ−

−−

µ ++ω+ω

++ω+ω

ω=ω

a...jaja

b...jbjb

j

k)j(G

1n1n

nn

01m

1mm

m1

In questo caso, anziché trascurare tutte le potenze del termine jω, è lecito trascurare solo quelle digrado maggiore o uguale a 2, per cui possiamo scrivere che

( ) µµ +ω

+ω

ω≅ω

aja

bjb

j

k)j(G

1

011

Consideriamo dapprima il caso di sistema di tipo 0, per cui scriviamo che

µ+ω+ω

=ωaja

bjbk)j(G

1

011

Abbiamo visto prima che, se il sistema è di tipo 0, il diagramma parte da un punto dell’asse reale.Allora, al fine di capire se il diagramma parte da tale punto con fase positiva o negativa, calcoliamo lafase di G(jω) espressa in quest’ultima forma:

+ω

+ω+

=

+ω

+ω=

+ω+ω

=ω

µ

µ

µ

µµ 1ja

a

1jb

b

arga

bkarg

1ja

a

1jb

b

a

bkarg

aja

bjbkarg)j(Garg

1

0

1

01

1

0

1

01

1

011

Ponendo sempre

=ϕ

µa

bkarg 0

1 , abbiamo che

ω−

ω+ϕ=

+ω−

+ω+ϕ=ω

µµ a

aarctg

b

barctg1j

a

aarg1j

b

barg)j(Garg 1

0

11

0

1

Dato che stiamo ragionando per valori molto piccoli di ω, possiamo confondere la tangente conl’angolo, per cui concludiamo che

ω

−+ϕ≅ω

µa

a

b

b)j(Garg 1

0

1

Analisi armonica

31

In base a questa formula, se supponiamo 0a

bk 0

1 >µ

, ossia ϕ=0, tutto viene a dipendere dal segno

della quantità µ

−a

a

b

b 1

0

1 :

• se 0a

a

b

b 1

0

1 >−µ

, allora 0)j(Garg >ω , ossia il diagramma parte con fase positiva (ossia lascia l’asse

reale ruotando in senso orario);

• se 0a

a

b

b 1

0

1 <−µ

, allora 0)j(Garg <ω , ossia il diagramma parte con fase negativa (ossia lascia

l’asse reale ruotando in senso antiorario).

Nella figura seguente sono sintetizzate queste conclusioni:

( ){ }ωjGRe

( ){ }ωjGIm

0a

a

b

b 1

0

1 >−µ

0a

a

b

b 1

0

1 <−µ

µ

+ =a

bk)0j(G 0

1

La figura fa riferimento, ovviamente, al caso in cui 0a

bk 0

1 >µ

.

Passiamo adesso al caso di sistema di tipo 1, per il quale la funzione di risposta armonica, sempreper valori piccoli ma non nulli di jω, può essere approssimata con

µ+ω+ω

ω≅ω

aja

bjb

j

k)j(G

1

011

Abbiamo visto prima che, se il sistema è di tipo maggiore di 0, il modulo di G(jω) è infinito perω→0+, ossia il diagramma parte da un punto all’infinito. Vogliamo allora capire, nel caso di sistema ditipo 1, in che modo parte il diagramma: dimostreremo che esso parte seguendo un asintoto verticaleavente una precisa ascissa.

Conviene intanto razionalizzare l’espressione di G(jω) nel modo seguente:

( )( ) ( )22

12

00112

11122

12

1101

1

1

1

011

aa

abjbaabba

j

k

aa

jaajbb

j

k

jaa

jaa

aja

bjb

j

k)j(G

ω+

+ω−+ω

ω=

ω+

ω−ω+

ω=

ω−

ω−

+ω+ω

ω=ω

µ

µµ

µ

µ

µ

µ

µ


32

Adesso, dato sempre che stiamo considerando valori piccoli di ω, possiamo trascurare, sia anumeratore sia a denominatore, i termini in ω2, per cui

( ) ( )2

012

0111

2

00111

a

abkj

a

baabk

a

abjbaab

j

k)j(G

µ

µ

µ

µ

µ

µµ

ω−

−=

+ω−

ω≅ω

Abbiamo in tal modo separato la parte reale e la parte immaginaria di G(jω): si osserva allora che,mentre la parte reale è costante con ω, il coefficiente della parte immaginaria è inversamenteproporzionale ad ω, il che significa che, per ω→0, risulta { } ∞→ωj(GIm . Abbiamo dunque un asintotoverticale:

( ){ }ωjGRe

( ){ }ωjGImasintotoverticale

( )2

0111

a

baabk

µ

µ −

Questa figura fa chiaramente riferimento al caso in cui ( )

0a

baabk2

0111 >−

µ

µ , ma può anche risultare

( )0

a

baabk2

0111 <−

µ

µ .

Comportamento alle alte frequenze

Studiamo adesso il comportamento della generica funzione di risposta armonica G(jω) alle altefrequenze, ossia per ωω→→∞∞.

Consideriamo ancora la funzione G(jω) espressa nella forma

( )( ) ( )

( ) ( ) µ−µ−

−µ−

−−

µ ++ω+ω

++ω+ω

ω=ω

a...jaja

b...jbjb

j

k)j(G

1n1n

nn

01m

1mm

m1

Alle alte frequenze, prevalgono sicuramente il termine in ωm a numeratore e quello in ωn-µ adenominatore, per cui

( )( )

( )( )( )n

n

mm

1nn

mm1

ja

jbk

ja

jb

j

k)j(G

ω

ω=

ω

ω

ω≅ω

µ−µ

Analisi armonica

33

Portando i termini in jω tutti a denominatore, abbiamo dunque che, alle alte frequenze, la funzioneG(jω) è esprimibile nella forma

( ) mnn

m1

ja

bk)j(G

−ω≅ω

Il caso più semplice che si può presentare è quello in cui n=m (corrispondente ad un sistema avente

un ugual numero di poli e di zeri): in questo caso, risulta evidentemente n

m1 a

bk)j(G ≅ω , per cui il

modulo e la fase di G(jω) risultano essere

>π

>

=

=ω

=ω

0a

bk se

0a

bk se 0

a

bkarg)j(Garg

a

bk)j(G

n

m1

n

m1

n

m1

n

m1

In questo caso, dunque, il diagramma per ω→∞ ha modulo finito pari a n

m1 a

bk e fase nulla o pari a π

a seconda che n

m1 a

bk sia un quantità positiva o negativa.

L’altro caso è quello in cui m<n (corrispondente ad un sistema passa-basso, avente cioè unnumero di poli maggiore rispetto al numero di zeri): in questo caso, risulta

( )

( ) ( )( )

π

−−ϕ=

ω+

=

ω=ω

=ω

=ω

−+∞→ω

ϕ

−+∞→ω+∞→ω

−+∞→ω+∞→ω

2mn

j

1arglim

a

bkarg

ja

bkarglim)j(Garglim

0ja

bklim)j(Glim

mnn

m1mn

n

m1

mnn

m1

43421

Queste formule dicono che, per un sistema passa-basso, il diagramma polaretende all’origine (dato che il modulo di G(jω) tende a 0) con fase

( )

π

−−ϕ2

mn , ossia tangente ad uno degli assi coordinati.

Comportamento alle frequenze intermedie

Abbiamo dunque analizzato il comportamento di G(jω) sia alle base frequenze (ω→0+) sia alle altefrequenze (ω→+∞). Resta da determinare l’andamento di G(jω) per frequenze intermedie comprese traquesti due estremi. In effetti, però, al contrario dei casi considerati prima, si possono trarre ben pocheconclusioni analitiche a proposito di tale andamento: la determinazione precisa


34

dell’andamento di G(jω) per frequenze intermedie può essere fatta solocalcolando tale funzione (in particolare la sua parte reale e la suaparte immaginaria) per diversi valori di ω (per ottenere un numeroelevato di punti, è necessario l’ausilio del calcolatore).

In base a questo, diventa importante conoscere il valore di G(jω) in alcuni punti notevoli. Peresempio, può essere importante individuare le eventuali intersezioni di G(jω) con gli assi coordinati:

• per individuare eventuali intersezioni di G(jω) con l’asse immaginario, è necessario risolvere

l’equazione { } 0)j(GRe =ω : se esiste un valore ω1 della pulsazione in corrispondenza del qualequella condizione è verificata, il corrispondente valore della funzione di risposta armonica sarà

{ })j(GImj)j(G 11 ω=ω e potrà essere riportato sul diagramma;

• in modo del tutto analogo, per individuare eventuali intersezioni di G(jω) con l’asse reale, è

necessario risolvere l’equazione { } 0)j(GIm =ω : se esiste un valore ω2 della pulsazione incorrispondenza del quale quella condizione è verificata, il corrispondente valore della funzionedi risposta armonica sarà { })j(GRe)j(G 22 ω=ω .

Caso particolare di 2 poli complessi coniugati: asintoto obliquo

Consideriamo adesso un caso particolare di funzione di risposta armonica: supponiamo che lafunzione di trasferimento del sistema in esame abbia espressione

)s(D)as(

)s(Nk

)s(D

)s(Nk)s(G

122 +

==

La caratteristica di G(s) è evidentemente quella di avere due poli complessi coniugatiche sono, in particolare, immaginari puri: infatti, il termine s2+a2 corrisponde ai due

poli jap 2/1 ±= . Se allora poniamo )s(D

)s(Nk)s(G

11 = , possiamo scrivere che

( )( )jasjas

)s(G)s(G 1

−+=

Siamo interessati a calcolare la fase della funzione G(s) nell’intorno di uno di questi due poli, adesempio nell’intorno di p1=ja. Calcoliamo allora tale fase in ja+ (cioè leggermente al di sopra di ja) e inja- (cioè leggermente al di sotto di ja):

Analisi armonica

35

Im

Re

ja+

ja

ja-

Cominciamo dal punto ja+:

( )( ) [ ] ( )[ ] ( )[ ]

[ ] [ ] π−=π

−π

−=

=−−+−=

−+

=

++

==+

=

+++

+

)ja(Garg22

)ja(Garg

jasargjasarg)ja(Gargjasjas

)s(Garg)ja(Garg

11

jasjas1

as

1

Passiamo al punto ja-:

( )( ) [ ] ( )[ ] ( )[ ]

[ ] [ ])ja(Garg22

)ja(Garg

jasargjasarg)ja(Gargjasjas

)s(Garg)ja(Garg

11

jasjas1

jas

1

−−

==−

=

−

=π

−π

+=

=−−+−=

−+

= −−

−

A questo punto, dato che G1(s) non presenta singolarità in +ja, è ovvio che)ja(Garg)ja(Garg 11

+− = . In base a questo, deduciamo che

π−= +− )ja(Garg)ja(Garg

Questa espressione dice che spostandoci da s=ja- e s=ja+, ossia da ω=a+ adω=a-, la fase di G(jω) ruota di -180°: questo fatto indica la presenza di un asintotoobliquo.

Diagramma per ωω∈∈(-∞∞,0-)

Mentre nei paragrafi precedenti abbiamo determinato l’andamento del diagramma polare di G(jω) perω che varia nell’intervallo (0+,+∞), vogliamo adesso ricavare l’andamento del diagramma polare diG(jω) per ω che varia nell’intervallo (-∞,0-).

Per ottenere tale andamento, basta fare la seguente considerazione: in base ad una nota proprietà della

trasformata di Laplace in base alla quale )s(G)s(G ** = , possiamo scrivere che )j(G)j(G * ω=ω− e


36

questa relazione dice che il diagramma per ω∈(-∞,0-) si ottiene semplicemente ribaltando rispettoall’asse delle ascisse il diagramma ottenuto per ω∈(0+,+∞).

ESEMPIO

Vogliamo tracciare il diagramma polare delle seguente funzione di trasferimento:

)2s)(25.0s)(1s(

20)s(G

+++=

Osservando che non ci sono poli nell’origine, deduciamo che il sistema è di tipo 0. Osservandoinoltre che il grado del numeratore (=0) è inferiore a quello del denominatore (=3), deduciamo anche chesi tratta di un sistema di tipo passa-basso.La prima operazione analitica da compiere è quella di mettere in

evidenza, sia in corrispondenza dei poli sia in corrispondenza deglieventuali zeri, le costanti di tempo:

)s5.01)(s41)(s1(

40

)s5.01)(s41)(s1(5.0

20)s(G

+++=

+++=

La seconda operazione consiste nel sostituire s=jω al fine di ottenere la funzione di rispostaarmonica:

)5.0j1)(4j1)(j1(

40)j(G

ω+ω+ω+=ω

Studiamo il comportamento alle basse frequenze, in modo da individuare il punto di partenza deldiagramma relativo all’intervallo ω∈(0+,+∞), e il comportamento alle alte frequenze, in modo daindividuare il punto di arrivo del diagramma sempre relativo allo stesso intervallo.

Cominciamo dal comportamento alle basse frequenze, ossia per ω→0+: abbiamo visto prima, a livellodel tutto generale, che G(jω), per ω→0+, può essere approssimata trascurando (sia a numeratore sia adenominatore) i termini in jω. Nel nostro caso, quindi, G(jω) può essere approssimata con

40)j(Glim0

=ω→ω

In base a questa espressione, deduciamo che il diagramma, come ci aspettavamo, parte dal punto( )0,40 situato sull’asse reale. Inoltre, dato che 040)j(Glim

0>=ω

→ω, deduciamo che il diagramma parte da

tale punto con fase nulla, ossia tangente all’asse reale.Passiamo al comportamento alle alte frequenze, ossia per ω→+∞: dato che m<n (sistema passa-

basso), abbiamo che

( )2

32

)03(02

mn)j(Garglim

0)j(Glim

π−=

π−−=

π−−ϕ=ω

=ω

+∞→ω

+∞→ω

Analisi armonica

37

dove 0a

bkarg 0

1 =

=ϕ

µ

è la fase di G(jω) calcolata prima per ω→0+.

Deduciamo dunque che il diagramma termina nell’origine con fase -3π/2, ossia tangente all’asseverticale.

A questo punto, possiamo per esempio determinare eventuali intersezioni della G(jω) con gli assicoordinati. A tal fine, conviene esprimere G(jω) separando la parte reale e la parte immaginaria:possiamo allora scrivere, eseguendo semplicemente una razionalizzazione del denominatore, che

( ) ( )22 25.5j5.61

40...

)5.0j1)(4j1)(j1(

40)j(G

ω−ω+ω−==

ω+ω+ω+=ω

A questo punto, dobbiamo verificare se le due equazioni { } 0)j(GRe =ω e { } 0)j(GIm =ω ammettonouna soluzione:

{ } 0)j(GRe =ω → 05.61 2 =ω− → 15.05.6/11 ==ω → 64.19j)j(G 1 −=ω

{ } 0)j(GIm =ω → ( ) 025.5 2 =ω−ω → 025.5 2 =ω− → 66.12/5.52 ==ω → 37.2)j(G 2 −=ω

Abbiamo dunque trovato che le intersezioni con gli assi coordinati sono nei punti (0,-j19.64) e(-2.37,0). Siamo allora in grado di tracciare il diagramma polare relativo all’intervallo ω∈(0+,+∞):

( ){ }ωjGRe

( ){ }ωjGIm

-j19.64

-2.37 0+∞+

A questo punto, il diagramma relativo all’intervallo ω∈(-∞,0-) si ottiene semplicemente ribaltando,rispetto all’asse delle ascisse, quello appena ottenuto, per cui concludiamo che il diagramma polare(qualitativo) della funzione G(jω) considerata è fatto nel modo seguente:


38

( ){ }ωjGRe

( ){ }ωjGIm

-j19.64

-2.37

0+

∞+ 0-∞−

E’ importante sottolineare che quello appena ricavato è il diagramma polare tipico di una funzioneG(jω) priva di zeri e con 3 poli reali negativi.

ESEMPIO


)s05.01)(s2.01(s

k)s(G

++= k>0

Abbiamo a che fare con un sistema passa-basso di tipo 1 (cioè con 1 polo nell’origine) e di 3° ordine(cioè con 3 poli).

Dato che sono state già messe in evidenza le costanti di tempo, possiamo immediatamente porre s=jωal fine di ottenere la funzione di risposta armonica:

)05.0j1)(2.0j1(

1

j

k)s(G

ω+ω+ω=

Cominciamo dal comportamento alle basse frequenze, ossia per ω→0+. Essendo il sistema di tipo 1,sappiamo che è presente un asintoto verticale, il quale individua l’andamento del diagramma per ω→0+

(in quanto ∞=ω→ω

)j(Glim0

): l’ascissa di tale asintoto è data da

( )25.0kpzk...

a

baabk

n...,1kk

m...,1ii2

011a ⋅−=

−==

−=σ ∑∑

==µ

µ

Per quanto riguarda, invece, la fase con cui il diagramma parte dall’infinito, sappiamo che essa è datadalla formula

220

2a

bkarg

2)j(Garg 0

1

π−=

π−=

π−

=

πµ−ϕ=ω

µ

Analisi armonica

39

Passiamo adesso al comportamento alle alte frequenze, ossia per ω→+∞: dato che m=0<n=3 (sistemapassa-basso), abbiamo che

( )2

32

)03(02

mn)j(Garglim

0)j(Glim

π−=

π−−=

π−−ϕ=ω

=ω

+∞→ω

+∞→ω

dove abbiamo posto ancora una volta 0a

bkarg 0

1 =

=ϕ

µ

.


A questo punto, possiamo determinare eventuali intersezioni della G(jω) con gli assi coordinati.Separando allora la parte reale e la parte immaginaria nell’espressione di G(jω), abbiamo che

( )22 01.01j25.0

k)j(G

ω−ω+ω−=ω

Da qui deduciamo che la parte reale non si annulla mai, per cui non ci sono intersezioni con l’asseimmaginario, mentre l’intersezione con l’asse reale si ottiene risolvendo l’equazione { } 0)j(GIm =ω :

{ } 0)j(GIm =ω → ( ) 001.01 2 =ω−ω → 001.01 2 =ω− → 101 =ω → k04.0)j(G 1 −=ω

Siamo a questo punto in grado di tracciare il diagramma polare relativo all’intervallo ω∈(0+,+∞):

( ){ }ωjGRe

( ){ }ωjGIm

0+

∞+-0.04k

Ribaltando questo diagramma, otteniamo il diagramma relativo all’intervallo ω∈(-∞,0-):


40

( ){ }ωjGRe

( ){ }ωjGIm

0+

∞+-0.04k

0-

∞−

Non abbiamo ancora finito, in quanto dobbiamo “chiudere” la curva, ossia disegnare il diagrammarelativo all’intervallo (0-,0+):

( ){ }ωjGRe

( ){ }ωjGIm

0+

∞+-0.04k

0-

∞−

E’ abbastanza intuitivo, ma può anche essere dimostrato analiticamente, che la “curva di chiusura”del diagramma sia una curva all’infinito. Tale curva di chiusura ha sempre verso di percorrenza orario epuò essere facilmente dedotta seguendo una regola fondamentale: partendo dal punto deldiagramma polare corrispondente a 0-, si devono compiere tanti mezzigiri (cioè tante rotazioni di π), in senso orario e fino al puntocorrispondente a 0+, quanti sono i poli nell’origine.

Nel nostro caso, abbiamo 1 solo polo nell’origine e quindi la chiusura avviene mediante una curva(che può essere tranquillamente approssimata mediante una semicirconferenza) corrispondente ad 1 solomezzo giro , in senso orario, da 0- a 0+.

Analisi armonica

41

ESEMPIO


)Ts1(s

k)s(G

2 += k>0, T>0

Abbiamo a che fare con un sistema passa-basso di tipo 2 (cioè con 2 poli nell’origine) e con ordine3.

Dato che sono state già messe in evidenza le costanti di tempo, possiamo immediatamente porre s=jωal fine di ottenere la funzione di risposta armonica:

)jT1(

1k)s(G

2 ω+ω−=

Cominciamo dal comportamento alle basse frequenze, ossia per ω→0+. Essendo il sistema di tipo 2,risulta che

π−=π−=π

−

=

πµ−ϕ=ω

∞=ω

µ

→ω

02

2a

bkarg

2)j(Garg

)j(Glim

01

0

per cui il diagramma tende all’∞ con fase -∞.Passiamo adesso al comportamento alle basse frequenze, ossia per ω→+∞: dato che m<n (sistema

passa-basso), abbiamo che

( )2

32

)03(02

mn)j(Garglim

0)j(Glim

π−=

π−−=

π−−ϕ=ω

=ω

+∞→ω

+∞→ω

dove 0a

bkarg 0

1 =

=ϕ

µ

.


A questo punto, possiamo determinare eventuali intersezioni della G(jω) con gli assi coordinati.Separando allora la parte reale e la parte immaginaria nell’espressione di G(jω), abbiamo che

32 jT

k)s(G

ω+ω−=

e da qui si osserva che non ci sono intersezioni.Siamo a questo punto in grado di tracciare il diagramma polare relativo all’intervallo ω∈(0+,+∞):


42

( ){ }ωjGRe

( ){ }ωjGIm

0+

∞+

Questo diagramma va completato tracciando prima l’andamento per ω∈(-∞,0-), simmetrico rispettoall’asse reale, e poi la curva chiusura all’infinito: riguardo quest’ultima, essendoci due poli nell’origine,sarà fatta da una circonferenza (corrispondente a 2 mezzi giri, cioè a due rotazioni di π) che “va” inverso orario dal punto corrispondente a 0- al punto corrispondente a 0+.

Autore: SANDRO PETRIZZELLIe-mail: [email protected]

sito personale: http://users.iol.it/sandrysuccursale: http://digilander.iol.it/sandry1

Appunti di Controlli Automatici I - noidelweb.it Parma giugno2011... · Appunti di “Controlli...

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