Esercizio 6diagramma di Bode e di Nyquist di una funzione con zeri immaginari e poli instabili (tema d'esame luglio 2025)

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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 →, Tracciare i diagrammi di Bode di una funzione di trasferimentoPer tracciare Bode di $G(s)$: (1) forma di Bode ($K_B$, $h$, termini); (2) elenco ordinato delle pulsazioni di spezzamento; (3) modulo asintotico: parte con pendenza $-20h$ dB/dec passando per $20\log|K_B|$ in $\omega=1$ e cambia pendenza di $\pm20$ ($\pm40$) a ogni spezzamento; (4) fase: $\arg K_B-90^\circ h$ iniziale più i contributi di zeri e poli (opposti se instabili), con salti di $\pm180^\circ$ per radici immaginarie; (5) correzioni (picchi dei trinomi, 3 dB agli spezzamenti).Tracciare i diagrammi di Bode di una funzione di trasferimento →, 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. $G$ è già nella forma di Bode: $K_B=\lim_{s\to0}sG(s)=1$ ($0$ dB), $h=1$ (un polo nell'origine). Gli altri termini:

• numeratore $1+s^2$: coppia di zeri immaginari $\pm j$, trinomio con $\omega_n=1$ e $\xi=0$;
• denominatore $(1-s)$ e $(1-\frac s{10})$: due poli reali instabili in $1$ e in $10$.

Modulo asintotico. Parte con pendenza $-20$ dB/dec e passa per $0$ dB in $\omega=1$ (perché $K_B=1$). In $\omega=1$ la coppia di zeri dà $+40$ dB/dec e il polo in $1$ dà $-20$: la pendenza passa da $-20$ a $0$. Il modulo resta quindi piatto a $0$ dB fino a $\omega=10$; in $10$ il secondo polo riporta la pendenza a $-20$ dB/dec. Il diagramma reale ha in $\omega=1$ un picco di antirisonanza infinito (gli zeri sono sull'asse immaginario, $G(j)=0$).

Fase. Parte da $-90^\circ$ (polo nell'origine). Gli zeri immaginari danno un salto di $+180^\circ$ in $\omega=1$. I poli instabili danno ciascuno una variazione positiva di $+90^\circ$ (modulo uguale a quello dei poli stabili, fase opposta): il primo tra $0{,}1$ e $10$, il secondo tra $1$ e $100$. Quindi la fase sale da $-90^\circ$ (valore esatto $-83{,}7^\circ$ in $\omega=0{,}1$ e $-60{,}6^\circ$ in $0{,}5$) fino a circa $-45^\circ$, subisce il salto e riparte da circa $+135^\circ$, per poi salire fino a $270^\circ$ (valori esatti $164{,}7^\circ$ in $2$, $240{,}6^\circ$ in $20$, $269{,}4^\circ$ in $1000$).

(ii) Diagramma di Nyquist

Per $\omega>0$: $G(j\omega)=\dfrac{1-\omega^2}{j\omega(1-j\omega)\left(1-j\frac\omega{10}\right)}$. Razionalizzando si ottiene $$\mathrm{Re}\,G(j\omega)=\frac{11}{10}\cdot\frac{1-\omega^2}{(1+\omega^2)\left(1+\frac{\omega^2}{100}\right)},\qquad\mathrm{Im}\,G(j\omega)=\frac{(1-\omega^2)\left(\frac{\omega^2}{10}-1\right)}{\omega\,(1+\omega^2)\left(1+\frac{\omega^2}{100}\right)}.$$ (La stessa cosa in forma equivalente: $\mathrm{Re}=\frac{-110(\omega^2-1)}{(\omega^2+1)(\omega^2+100)}$, $\mathrm{Im}=\frac{-10(\omega^2-1)(\omega^2-10)}{\omega(\omega^2+1)(\omega^2+100)}$.)

Comportamento agli estremi.

• $\omega\to0^+$: $\mathrm{Re}\to\frac{11}{10}$ e $\mathrm{Im}\to-\infty$ ($h=1$, $K_B>0$: parte da $-j\infty$). Asintoto verticale $\mathrm{Re}=\frac{11}{10}$ (conferma: $K_B\tau$ con $\tau=\sum T'-\sum T=0-(-1-0{,}1)=1{,}1$).
• $\omega\to+\infty$: $G\approx\frac{s^2}{s\cdot s\cdot\frac s{10}}=\frac{10}{s}$: arriva nell'origine con fase $-90^\circ$, cioè tangente all'asse immaginario negativo, dal terzo quadrante.

Intersezioni con gli assi. La parte reale si annulla solo per $\omega=1$ e la parte immaginaria si annulla per $\omega=1$ e per $\omega=\sqrt{10}$:

• $\omega=1$: $\mathrm{Re}=\mathrm{Im}=0$: il diagramma passa per l'origine ($G(j)=0$).
• $\omega=\sqrt{10}\approx3{,}16$: $\mathrm{Im}=0$ e $\mathrm{Re}=\frac{11}{10}\cdot\frac{-9}{11\cdot1{,}1}=-\frac9{11}\approx-0{,}818$. Intersezione con il semiasse reale negativo in $-\frac9{11}$.

Tracciato. Per $0<\omega<1$: $\mathrm{Re}>0$, $\mathrm{Im}<0$ (quarto quadrante): il diagramma scende da $+\frac{11}{10}-j\infty$ e arriva all'origine in $\omega=1$ con pendenza circa $-39^\circ$ (rapporto $\frac{\mathrm{Im}}{\mathrm{Re}}\to-\frac9{11}\approx-0{,}82$). Per $1<\omega<\sqrt{10}$: $\mathrm{Re}<0$, $\mathrm{Im}>0$ (secondo quadrante): ruota in senso antiorario e taglia l'asse reale negativo in $-\frac9{11}$. Per $\omega>\sqrt{10}$: $\mathrm{Re}<0$, $\mathrm{Im}<0$ (terzo quadrante): torna all'origine con tangente verticale. Il tratto per $\omega<0$ è il simmetrico rispetto all'asse reale.

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

Dati. Poli di $G$: $0$ (semplice), $1$ e $10$: $n_{G+}=2$ (il polo nell'origine non conta). Il polo nell'origine ($\mu=1$) richiede la chiusura al finito con una semicirconferenza di raggio infinito percorsa in senso orario (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 →): il ramo $\omega\to0^-$ finisce a $+j\infty$ (con $\mathrm{Re}=\frac{11}{10}$) e il ramo $\omega\to0^+$ parte da $-j\infty$: l'arco passa per $+\infty$ sull'asse reale. Il punto critico è $-\frac1K$.

Attraversamenti dell'asse reale del diagramma chiuso (verso: $+$ dal basso verso l'alto, $-$ dall'alto verso il basso):

• $x=-\frac9{11}$ (per $\omega=\pm\sqrt{10}$): due volte, verso il basso ($-1$ ciascuna);
• $x=0$ ($\omega=\pm1$): due volte, verso l'alto ($+1$ ciascuna); in più il diagramma chiuso passa per l'origine anche nel punto di giunzione tra $\omega\to+\infty$ (arriva dal terzo quadrante, $\mathrm{Im}<0$) e $\omega\to-\infty$ (riparte nel secondo quadrante, $\mathrm{Im}>0$): un terzo attraversamento verso l'alto ($+1$);
• all'infinito positivo (arco di chiusura): una volta verso il basso ($-1$).

Contando con la semiretta a destra del punto critico $p=-\frac1K$ ($N=n_{G+}-n_{W+}$, quindi $n_{W+}=2-N$):

Per $K=\frac{11}9$ il diagramma passa per il punto critico: $W$ ha due poli immaginari ($\pm j\sqrt{10}$). Conclusione: $W$ è BIBO stabile se e solo se $K>\frac{11}9$. Per $0<K<\frac{11}9$ ha due poli instabili, per $K<0$ ne ha tre.

Verifica con Routh

Il polinomio caratteristico è $d(s)+Kn(s)$ con $d=s(1-s)(1-\frac s{10})=\frac{s^3}{10}-\frac{11}{10}s^2+s$ e $n=1+s^2$; moltiplicando per $10$: $s^3+(10K-11)s^2+10s+10K$. Tabella: $$\begin{array}{c|cc}3&1&10\\2&10K-11&10K\\1&\dfrac{10(9K-11)}{10K-11}&0\\0&10K\end{array}$$

• $K>\frac{11}{9}$: prima colonna $1,\ +,\ +,\ +$: nessuna variazione, stabile ✓.
• $0<K<\frac{11}{10}$: $10K-11<0$ e $9K-11<0$ (quindi il terzo elemento è positivo): segni $+,-,+,+$: due variazioni, 2 poli instabili ✓.
• $\frac{11}{10}<K<\frac{11}9$: $10K-11>0$ ma $9K-11<0$: segni $+,+,-,+$: ancora due variazioni (2 poli instabili) ✓. In $K=\frac{11}{10}$ il secondo elemento si annulla ma, come si vede da Nyquist, in quel punto non succede nulla di speciale (per $K$ appena maggiore o minore di $1{,}1$ le variazioni sono sempre $2$).
• $K<0$: $10K-11<0$, il terzo elemento è positivo (numeratore e denominatore negativi) e $10K<0$: segni $+,-,+,-$, tre variazioni, 3 poli instabili ✓.
• $K=\frac{11}9$: la riga $s^1$ si annulla; il polinomio ausiliario $\frac{11}9s^2+\frac{110}9=0$ dà $s=\pm j\sqrt{10}$ ✓.

Controllo numerico dei poli: $K=1{,}2$: $0{,}09\pm3{,}19j$ e $-1{,}18$ (2 instabili); $K=1{,}3$: $-0{,}29\pm3{,}02j$ e $-1{,}42$ (stabile); $K=5$: $-38{,}8$ e $-0{,}11\pm1{,}13j$ (stabile); $K=-1$: $15{,}4$ e $0{,}31\pm0{,}48j$ (3 instabili). I due metodi danno gli stessi intervalli di stabilità e lo stesso numero di poli instabili, come richiesto dal testo.

Errori comuni

• Dimenticare la chiusura all'infinito per il polo nell'origine, o disegnarla antioraria.
• Contare nei $n_{G+}$ il polo nell'origine: i poli sull'asse immaginario non si contano. Qui $n_{G+}=2$.
• Attribuire fase negativa ai poli instabili: sono $+90^\circ$ ciascuno.
• Dimenticare il salto di $+180^\circ$ degli zeri immaginari nella fase, o l'antirisonanza infinita nel modulo.
• Confondere gli intervalli di $K$ ($K<0$, $0<K<\frac{11}9$, $K>\frac{11}9$) con quelli di $-\frac1K$: l'ordine si inverte.