Esercizio 10Nyquist con poli immaginari, due zeri reali e un polo reale (temi d'esame giugno 2023 e febbraio 2022)

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Teoria usata: Forma di Bode e diagrammi di Bode dei termini elementariLa forma di Bode scrive $W(s)=\frac{K_B}{s^h}\frac{\prod(1+T_i's)\prod(1+2\xi_i'\frac s{\omega_{ni}'}+\frac{s^2}{\omega_{ni}'^2})}{\prod(1+T_is)\prod(1+2\xi_i\frac s{\omega_{ni}}+\frac{s^2}{\omega_{ni}^2})}$ con $K_B=\lim_{s\to0}s^hW(s)$. Il diagramma di Bode (modulo in dB e fase, su asse $\omega$ logaritmico) si ottiene sommando i contributi dei termini elementari: costante, $s^{\mp1}$ ($\mp20$ dB/dec, $\mp90^\circ$), binomio ($\pm20$ dB/dec dopo $1/|T|$, fase $\pm90^\circ$, opposta se instabile), trinomio ($\pm40$ dB/dec dopo $\omega_n$, fase $\pm180^\circ$, picco $20\log2\xi$).Forma di Bode e diagrammi di Bode dei termini elementari →, Diagrammi di Nyquist - tracciamento, asintoti e intersezioniIl diagramma di Nyquist di $G(s)$ è la curva ${G(j\omega):\omega\in\mathbb R}$ nel piano complesso, percorsa per $\omega$ crescente; per $\omega<0$ è il simmetrico rispetto all'asse reale di quella per $\omega>0$. Si traccia combinando modulo e fase di Bode: per $\omega\to0^+$ parte da $K_B$ (se $h=0$) o da infinito con angolo $\arg K_B-90^\circ h$ (asintoto verticale $\mathrm{Re}=K_B(\sum T_i'-\sum T_i)$ per $h=1$), per $\omega\to\infty$ arriva nell'origine con angolo $-90^\circ(n-m)$. Le intersezioni con gli assi si trovano da $\mathrm{Im},G(j\omega)=0$ e $\mathrm{Re},G(j\omega)=0$.Diagrammi di Nyquist - tracciamento, asintoti e intersezioni →, Criterio di Nyquist - poli sull'asse immaginario e guadagno variabileSe $G$ ha poli sull'asse immaginario il diagramma va all'infinito e si chiude al finito con archi di raggio infinito percorsi in senso orario: un polo di molteplicità $\mu$ in $j\omega_0$ ($\omega_0\ge0$) aggiunge un arco di ampiezza $\mu\pi$ tra $G(j(\omega_0-\epsilon))$ e $G(j(\omega_0+\epsilon))$ (per $\omega_0=0$ gli estremi sono i rami $\omega\to0^\mp$). Poi vale ancora $N=n_{G+}-n_{W+}$, con $n_{G+}$ che non conta i poli immaginari. Per $W=\frac{KG}{1+KG}$, $K\in\mathbb R\setminus{0}$, il punto critico è $-\frac1K$: si conta $N$ in ciascun intervallo dell'asse reale tra le intersezioni del diagramma; quando $-\frac1K$ è sul diagramma $W$ ha poli immaginari (caso critico).Criterio di Nyquist - poli sull'asse immaginario e guadagno variabile →, Criterio di Routh-HurwitzIl criterio di Routh stabilisce se un polinomio $P(s)=p_ns^n+\dots+p_0$ è di Hurwitz senza calcolarne le radici. Si costruisce la tabella (righe $n,n-1,\dots,0$) con $\text{nuovo}=\frac{\text{pivot}\cdot a-\text{prec.}\cdot b}{\text{pivot}}$; se la tabella va a compimento, il numero di variazioni di segno nella prima colonna è il numero di radici con $\mathrm{Re}>0$, le permanenze il numero con $\mathrm{Re}<0$. Elemento nullo in prima colonna: $P$ non è Hurwitz; riga nulla: radici simmetriche (spesso immaginarie) date dal polinomio ausiliario. Con parametro $K$ nei coefficienti dà gli intervalli di stabilità.Criterio di Routh-Hurwitz →.

(i) Diagrammi di Bode

Forma di Bode. Già in forma: $K_B=G(0)=10$ ($20$ dB), $h=0$. Termini: zeri reali stabili in $1$ e in $10$; poli immaginari $\pm j$ (trinomio $1+s^2$, $\omega_n=1$, $\xi=0$); polo reale stabile in $100$.

Modulo asintotico. Piatto a $20$ dB fino a $\omega=1$. In $\omega=1$ la coppia di poli dà $-40$ dB/dec e lo zero in $1$ dà $+20$: la pendenza diventa $-20$ dB/dec. In $\omega=10$ il secondo zero la riporta a $0$: il modulo è piatto da $10$ a $100$ (a $0$ dB: $20-20=0$). In $\omega=100$ il polo dà $-20$ dB/dec. Il modulo reale ha una risonanza infinita in $\omega=1$ ($G(j)=\infty$, poli sull'asse).

Fase. Parte da $0^\circ$ ($K_B>0$, $h=0$). Gli zeri danno $+90^\circ$ ciascuno (tra $0{,}1$ e $10$ il primo, tra $1$ e $100$ il secondo): in $\omega=1^-$ la fase è circa $+50^\circ$. In $\omega=1$ i poli immaginari fanno un salto di $-180^\circ$, a circa $-130^\circ$. Poi la fase sale (gli zeri completano $+180^\circ$) fino a circa $-45^\circ$ nella zona tra $10$ e $100$ e infine scende verso $-90^\circ$ per il polo in $100$ (regime: $-90^\circ$ perché $G\sim\frac{100}{s}$).

(ii) Diagramma di Nyquist

Razionalizzando $G(j\omega)$, per $\omega>0$: $$\mathrm{Re}\,G(j\omega)=\frac{100\,(89\omega^2-1000)}{(\omega^2-1)(\omega^2+10^4)},\qquad\mathrm{Im}\,G(j\omega)=-\frac{100\,\omega\,(\omega^2+1090)}{(\omega^2-1)(\omega^2+10^4)}.$$

Segni. Per $0<\omega<1$: $\omega^2-1<0$; il numeratore di $\mathrm{Re}$ è negativo (per $\omega<3{,}35$) quindi $\mathrm{Re}>0$ e $\mathrm{Im}>0$ (primo quadrante). Per $\omega>1$: $\omega^2-1>0$ e $\mathrm{Im}<0$ sempre; $\mathrm{Re}<0$ per $1<\omega<3{,}35$ e $\mathrm{Re}>0$ per $\omega>3{,}35$.

Tracciato ($\omega\ge0$):

• $\omega=0$: il diagramma parte dal punto reale $G(0)=K_B=10$.
• $0<\omega<1$: primo quadrante; per $\omega\to1^-$ $\mathrm{Re}\to+\infty$ e $\mathrm{Im}\to+\infty$ con rapporto $\frac{\mathrm{Im}}{\mathrm{Re}}\to\frac{1091}{911}\approx1{,}2$: asintoto obliquo di coefficiente angolare circa $1{,}2$ (angolo $\approx50^\circ$).
• $\omega\to1^+$: il diagramma torna da $-\infty$ con lo stesso coefficiente angolare (terzo quadrante: $\mathrm{Re}<0$, $\mathrm{Im}<0$).
• $\omega=\sqrt{1000/89}\approx3{,}35$: $\mathrm{Re}=0$ e $\mathrm{Im}\approx-3{,}60$: taglia il semiasse immaginario negativo in $-3{,}6j$.
• $\omega>3{,}35$: quarto quadrante, e arriva nell'origine ($G(\infty)=0$) con fase $-90^\circ$, cioè tangente all'asse immaginario negativo.

Intersezioni. La parte immaginaria non si annulla mai per $\omega>0$ finita: l'unica intersezione con l'asse reale è il punto $10$ (per $\omega=0$) e l'origine (per $\omega\to\infty$). Il tratto per $\omega<0$ è il simmetrico.

(iii) Stabilità di $W=\dfrac{KG}{1+KG}$

Dati. I poli di $G$ sono $\pm j$ (sull'asse) e $-100$: $n_{G+}=0$, quindi $n_{W+}=-N$. Le due semicirconferenze di chiusura (in $\omega=1$ e in $\omega=-1$) sono archi orari di ampiezza $\pi$ a raggio infinito: l'arco in $\omega=1$ va dall'angolo $50^\circ$ (ramo $\omega\to1^-$) all'angolo $230^\circ$ (ramo $\omega\to1^+$) in senso orario, passando per $0^\circ$ e $-90^\circ$; l'arco in $\omega=-1$ è il simmetrico. Entrambi attraversano il semiasse reale positivo all'infinito verso il basso.

Attraversamenti dell'asse reale (semiretta a destra di $p=-\frac1K$):

• $x=10$ (per $\omega=0$, dove il diagramma passa da $\mathrm{Im}<0$ a $\mathrm{Im}>0$): verso l'alto ($+1$);
• origine (giunzione $\omega\to\pm\infty$, dove il diagramma arriva dal quarto quadrante e riparte nel primo): verso l'alto ($+1$);
• i due archi di chiusura: due volte verso il basso ($-1$ ciascuno).

Per $K=-0{,}1$ il diagramma passa per il punto critico $p=10$ e $W$ ha un polo nell'origine ($1+KG(0)=1-1=0$). Conclusione: $W$ è BIBO stabile se e solo se $K>0$. Per $K<-0{,}1$ ha un polo a parte reale positiva, per $-0{,}1<K<0$ ne ha due, per $K=-0{,}1$ ha un polo nell'origine.

Verifica con Routh

$d+Kn=(1+s^2)\left(1+\frac s{100}\right)+10K(1+s)\left(1+\frac s{10}\right)=\frac{s^3}{100}+(1+K)s^2+\left(\frac1{100}+11K\right)s+(1+10K)$. Per $K>0$ tutti i coefficienti sono positivi e la condizione del terzo grado $p_2p_1>p_3p_0$ diventa $(1+K)\left(\frac1{100}+11K\right)>\frac1{100}(1+10K)\iff K(10{,}91+11K)>0$, vera: stabile ✓. Per $K<0$ (con $K$ vicino a $0^-$ i coefficienti sono ancora positivi) la stessa condizione diventa falsa, perché $K<0$ e $10{,}91+11K>0$; per $K$ più negativo qualche coefficiente diventa negativo: instabile ✓. Controllo con i poli: $K=-5,\ -0{,}5,\ -0{,}2$: un polo instabile; $K=-0{,}05$: due; $K=0{,}2,\ 3$: nessuno.

Errori comuni

• Dimenticare che i poli immaginari $\pm j$ richiedono due archi di chiusura (uno per $+j$ e uno per $-j$).
• Attribuire alla coppia di poli immaginari la fase $-90^\circ$: il salto è di $-180^\circ$ in una sola pulsazione.
• Dimenticare il caso critico $K=-0{,}1$ (poli nell'origine di $W$).
• Contare $n_{G+}$ con i poli sull'asse immaginario: qui $n_{G+}=0$.
• Pensare che $K>0$ stabilizzi sempre: dipende dal comportamento per $K$ grande (qui i rami vanno nei due zeri stabili e a $-\infty$).