Appunti Tracciamento Nyquist – Ing. E.Garone – www.gprix.it

Tracciamento diagrammi di Nyquist

Prerequisiti – Due Amenità sui numeri complessi

Formula di Eulero:

1

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Motivazione Un alternativa ai diagrammi di Bode per la rappresentazione della funzione di risposta armonica sono i cosiddetti diagrammi polari o di Nyquist. Essi sono di grande importanza per lo studio della stabilità dei sistemi in retroazione: su di essi si basa il fondamentale criterio di stabilità di Nyquist. Sia la funzione di risposta armonica nella seguente forma fattorizzata:

( )( )

( ) ( )∏

∏

+=

=

±

±

=n

hjp

h

m

uz

j

i

jj

j

KjG

1

1

1

1

ωτω

ωτ

ω

Spesso, quando il diagramma di Nyquist viene usato per l‘analisi della stabilità, è sufficiente la conoscenza qualitativa dell’andamento del diagramma stesso. Primi elementi sul tracciamento Si noti che G(jω): R→C e che il diagramma viene tracciato sul piano complesso G(jω) per ω=(-∞,+∞). Una importante proprietà ai fini del tracciamento è la seguente: PROP. G*(jω)=G((jω)*)= G(-jω) CONSEGUENZA: Nel tracciare il diagramma di Nyquist possiamo tracciarlo per ω∈(0,∞) e poi ribaltarlo rispetto all’asse delle ascisse. N.B. Una cosa importante da tenere in conto è che il diagramma di Nyquist forma una curva chiusa sul piango G(jω). Gli asintoti si chiudono all’infinito (da 0- a 0+ in senso orario). Tale curva chiusa è nota come curva di Cauchy e fa un numero di giri quanti sono necessari per raccordare la fase tra G(j0-) e G(j0+), ovvero un numero di rotazioni di 180° in senso orario per quanti sono i poli nell’origine. Procedura di Tracciamento Per avere un andamento qualitativo del diagramma di Nyquist facciamo i seguenti5 passi:

1) Analisi asintotica ω∈(0,∞), ovvero calcolare ( )

( )( )(⎪⎩

⎪⎨⎧

∠⎪⎩

⎪⎨⎧

∠∞→

∞→

→

→

+

+

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

jG

jG

jG

jG

lim

||lim

lim

||lim

0

0

) ( )[ ]( )[ ]

( )[ ]( )[ ]⎪⎩

⎪⎨⎧

⎪⎩

⎪⎨⎧

∞→

∞→

→

→

+

+

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

jG

jG

jG

jG

Imlim

Relim

Imlim

Relim

0

0

2) Calcolare eventuali intersezioni con gli assi 3) Fare Diagramma di Bode delle fasi di G(jω) per eliminare ambiguità 4) Proprietà G*(jω)=G(-jω) 5) Eventuale chiusura ad infinito (fare tanti “mezzi giri” ovvero rotazioni di 180° in senso

orario chiuse da 0- a 0+ ad infinito quanti sono i poli nell’origine) Combinando queste informazioni si ottiene un diagramma di Nyquist qualitativamente corretto.

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Esercizio 1: L’integratore Im[G(jω)] ( )

ssG 1=

Re[G(jω)]

( )ωω

ω 11 jj

jG −==

( )[ ] ωω ∀= 0Re jG Pertanto:

( )

( )( )[ ] −∞=

−=∠

∞=

→

→

→

ω

πω

ω

ω

ω

ω

jG

jG

jG

Imlim2

lim

||lim

0

0

0

( )

( )

( )[ ] −

→

∞→

∞→

=

−=∠

=

0Imlim2

lim

0||lim

0ω

πω

ω

ω

ω

ω

jG

jG

jG

Esercizio 2: Polo stabile ( )

11+

=τs

sG

( )11

111

11

11

11

222222 +−

+=

+

+−=

+−+−

+=

+=

τωωτ

τωτωωτ

ωτωτ

ωτωτjj

jj

jjsG

( )( ) 0lim

1||lim

0

0

=∠

=

→

→

ω

ω

ω

ω

jG

jG

( )

( )2

lim

0||lim

πω

ω

ω

ω

−=∠

=

∞→

∞→

jG

jG

Non abbiamo intersezione con l’asse, vediamo dove vanno i vari limiti. Ci rimane da capire cosa fa la fase, vediamone l’andamento, che è monotono

1/τ 1 dec 1 dec

-π/2

Quindi infine abbiamo:

3

Im[G(jω)]

Re[G(jω)]

ω>0

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Esercizio 3: Polo instabile ( )

1−=

τsKsG con K>0

( )111

111

11 222222 +−

+−=

+

−−=

−−−−

−−=

−−=

τωωτ

τωτωωτ

ωτωτ

ωτωτω KjKjK

jj

jK

jKjG

( )( ) πω

ω

ω

ω

−=∠

=

→

→

jG

KjG

0

0

lim

||lim

( )

( )2

lim

0||lim

πω

ω

ω

ω

−=∠

=

∞→

∞→

jG

jG

Le considerazioni sulla monotonicità della fase sono le stesse:

1/τ 1 dec 1 dec

-π/2

-π

Pertanto:

ω>0

Re[G(jω)]

Im[G(jω)]

-K -1+j0

N.B. Si noti come per K>1, il sistema ad anello chiuso è instabile !

4

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Esercizio 4

( ) ( )( )2110

++=

sssG

( ) ( )( )2110

++=

ωωω

jjjG

Fattorizziamo in parte reale e parte immaginaria:

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

( )( )( )

( )( )( )

( )( )( )41

31041

21041

32102121

2110

2222

2

22

2

++−

++

−=

++

−−=

−−−−

++=

ωωω

ωωω

ωωωω

ωωωω

ωωω

jjjjjj

jjjG

( )( ) 0lim

5||lim

0

0

=∠

=

→

→

ω

ω

ω

ω

jG

jG

( )( ) πω

ω

ω

ω

−=∠

=

∞→

∞→

jG

jG

lim

0||lim

Si noti come da questo risulta che essa avrà una intersezione con l’asse reale. Vediamo dove essa avviene:

( )[ ] 0Re =ωjG ( ) 20210 2 ±=⇒=− ωω

Prendiamo 2+=ω visto che ci interessa ω>0, allora, vediamo che l‘intesezione avviene per un valore dell’asse immaginario:

( ) ( )( )( )

( )( )( )

( )3

254212

231041

310]Im[22

−=++

−=++

−=ωωωωjG

Possiamo quindi tracciare, notando la monotonicità dei diagrammi di Bode:

Re[G(jω)]

ω>0

325−

325

5

Im[G(jω)]

5

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Esercizio 5

( ) ( )( )2

1++

=ssssG

( ) ( )( )

( )( )

( )( )

( )( )( )

( )( )( )

( )( )ωω

ωωωωωωω

ωωωω

ωω

ωωω

ωωω

ω42

421

421

22

21

21

3

2

32 +

+−−=

+

+−+−=

+

+−+−=

+−−+−−

++

=++

=jjjjjjjj

jjjj

jjj

jjj

jG

e infine:

( ) ( )( )( )ωωω

ωωωω

42

4 3

2

2 +−−

++

= jjG

( )

( )2

lim

||lim

0

0

πω

ω

ω

ω

−=∠

∞=

→

→

jG

jG

( )

( )2

lim

0||lim

πω

ω

ω

ω

−=∠

=

∞→

∞→

jG

jG

E’ facile vedere come non ci siano intersezioni con gli assi, in quanto la parte reale è sempre positiva e quella immaginaria sempre negativa (per ω>0). Si noti inoltre che

( )[ ]41Relim

0=

→ω

ωjG

Il diagramma sarà quindi:

6

Im[G(jω)]

ω>0

1/4

Re[G(jω)]

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Esercizio 6

( ) ( )110−

=ss

sG

Diventa ( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

( )( ) ( ) ( )222 1

101

101110

11

110

110

110

ωωωωωω

ωω

ωωωωωω ++

+−=

+

+=

++

−=

−−=

−= j

jj

jj

jj

jjjjsG

( )

( ) πω

ω

ω

ω

23lim

||lim

0

0

−=∠

∞=

→

→

jG

jG

( )( ) πω

ω

ω

ω

−=∠

=

∞→

∞→

jG

jG

lim

0||lim

( )[ ]( )[ ] +∞=

−=

→

→

ω

ω

ω

ω

jG

jG

Imlim

10Relim

0

0

( )[ ]( )[ ] +

∞→

−∞→

=

=

0Imlim

0Relim

ω

ω

ω

ω

jG

jG

-10

ω>0 Im[G(jω)]

\

Re[G(jω)]

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