Esercizio 8Nyquist con poli e zeri immaginari e chiusura all'infinito (temi d'esame luglio 2024, gennaio 2021 e giugno 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. $G$ è già in forma di Bode: $K_B=\lim_{s\to0}sG(s)=1$ (modulo $0$ dB a $\omega=1$ sulla retta iniziale), $h=1$. Termini:

• zeri immaginari $\pm j$ (trinomio $1+s^2$, $\omega_n=1$, $\xi=0$);
• zero reale instabile $(1-s)$ in $1$;
• polo nell'origine;
• poli immaginari $\pm10j$ (trinomio $1+\frac{s^2}{100}$, $\omega_n=10$, $\xi=0$).

Modulo asintotico. Parte con $-20$ dB/dec, passa per $0$ dB in $\omega=1$. In $\omega=1$ si sommano $+40$ (coppia di zeri) e $+20$ (zero instabile, che cambia la pendenza come uno stabile): la pendenza diventa $-20+60=+40$ dB/dec. Il modulo sale fino a $+40$ dB in $\omega=10$, dove la coppia di poli dà $-40$ dB/dec: il modulo resta piatto a $40$ dB per $\omega>10$ (infatti $G(\infty)=-100$, $20\log100=40$ dB). Il modulo reale ha una antirisonanza infinita in $\omega=1$ (zeri sull'asse immaginario, $-\infty$ dB) e una risonanza infinita in $\omega=10$ (poli sull'asse immaginario, $+\infty$ dB).

Fase. Parte da $-90^\circ$ (polo nell'origine). Lo zero instabile $(1-s)$ ha fase $-\arctan\omega$ (da $0$ a $-90^\circ$): in $\omega=1$ siamo a $-90^\circ-45^\circ=-135^\circ$. La coppia di zeri immaginari fa un salto istantaneo di $+180^\circ$ in $\omega=1$: la fase passa da $-135^\circ$ a $+45^\circ$. Poi la fase continua a scendere come $90^\circ-\arctan\omega$ fino a circa $+5{,}7^\circ$ in $\omega=10$; in $\omega=10$ la coppia di poli immaginari dà un salto di $-180^\circ$: da $+5{,}7^\circ$ a circa $-174^\circ$, valore che tende a $-180^\circ$ (coerente con $G(\infty)=-100$).

(ii) Diagramma di Nyquist

Per $\omega>0$, $G(j\omega)=\dfrac{(1-\omega^2)(1-j\omega)}{j\omega\left(1-\frac{\omega^2}{100}\right)}=\dfrac{1-\omega^2}{1-\frac{\omega^2}{100}}\cdot\dfrac{1-j\omega}{j\omega}$, e $\frac{1-j\omega}{j\omega}=-1-\frac j\omega$. Quindi $$\mathrm{Re}\,G(j\omega)=\frac{\omega^2-1}{1-\frac{\omega^2}{100}},\qquad\mathrm{Im}\,G(j\omega)=\frac{1}{\omega}\,\mathrm{Re}\,G(j\omega)=\frac{\omega^2-1}{\omega\left(1-\frac{\omega^2}{100}\right)}.$$

Segni e tracciato.

• $0<\omega<1$: $\omega^2-1<0$ e il denominatore $>0$: $\mathrm{Re}<0$, $\mathrm{Im}<0$ (terzo quadrante). Per $\omega\to0^+$: $\mathrm{Re}\to-1$, $\mathrm{Im}\to-\infty$: asintoto verticale $\mathrm{Re}=-1$ (parte da $-1-j\infty$).
• $\omega=1$: $G(j)=0$: il diagramma passa per l'origine; avvicinandosi $\frac{\mathrm{Im}}{\mathrm{Re}}=\frac1\omega\to1$: attraversa l'origine con tangente la bisettrice (pendenza $1$).
• $1<\omega<10$: $\mathrm{Re}>0$, $\mathrm{Im}>0$ (primo quadrante): sale fino a $+\infty$ per $\omega\to10^-$. Poiché $\frac{\mathrm{Im}}{\mathrm{Re}}=\frac1\omega\to\frac1{10}$, c'è un asintoto obliquo di coefficiente angolare $\frac1{10}$ (quasi orizzontale), verso destra.
• $\omega>10$: $1-\frac{\omega^2}{100}<0$: $\mathrm{Re}<0$, $\mathrm{Im}<0$ (terzo quadrante). Per $\omega\to10^+$ viene da $-\infty$ con lo stesso coefficiente angolare $\frac1{10}$ (secondo asintoto obliquo) e tende a $G(\infty)=-100$: termina nel punto $(-100,0)$ da sotto.

Intersezioni. Parte reale e immaginaria si annullano solo insieme e solo per $\omega=1$: il diagramma tocca gli assi solo nell'origine (per $\omega=1$) e nel punto finale $-100$ (per $\omega\to\infty$). Il tratto per $\omega<0$ è il simmetrico rispetto all'asse reale.

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

Dati. Poli di $G$: $0,\pm10j$, tutti sull'asse immaginario: $n_{G+}=0$. Chiusura al finito con archi orari di raggio infinito (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 →), uno per ciascun polo semplice ($\pi$ ciascuno): in $\omega=0$, in $\omega=10$ e in $\omega=-10$. Poiché $n_{G+}=0$, $n_{W+}=-N$.

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

• origine, per $\omega=\pm1$: due volte verso l'alto ($+1$ ciascuna);
• $x=-100$ (giunzione tra $\omega\to+\infty$, che arriva da sotto, e $\omega\to-\infty$, che riparte da sopra): una volta verso l'alto ($+1$);
• tre archi di chiusura (in $0$, $10$, $-10$): ciascuno passa per l'asse reale positivo all'infinito verso il basso ($-1$ ciascuno, in totale $-3$).

Per $K=\frac1{100}$ ($p=-100=G(\infty)$) la funzione $W$ non è propria: il coefficiente di $s^3$ del polinomio $d+Kn$ si annulla (vedi sotto), mentre il numeratore $Kn$ ha grado $3$. Conclusione: $W$ è BIBO stabile se e solo se $0<K<\frac1{100}$. Per $K>\frac1{100}$ ha un polo a parte reale positiva; per $K<0$ ne ha tre.

Verifica con Routh

$d(s)+Kn(s)=s\left(1+\frac{s^2}{100}\right)+K(1+s^2)(1-s)=\left(\frac1{100}-K\right)s^3+Ks^2+(1-K)s+K$. Per $0<K<\frac1{100}$ i quattro coefficienti sono positivi e la condizione del terzo grado $p_2p_1>p_3p_0$ diventa $K(1-K)>\left(\frac1{100}-K\right)K\iff1-K>\frac1{100}-K\iff1>\frac1{100}$, sempre vera: stabile ✓. Per $K>\frac1{100}$ il coefficiente di $s^3$ è negativo e quello di $s^2$ positivo: non Hurwitz ✓. Per $K<0$ il termine noto è negativo: non Hurwitz ✓. Per $K=\frac1{100}$ il polinomio ha grado $2$ e $W$ è impropria. Controllo numerico: $K=0{,}005$ e $0{,}0099$: nessun polo instabile; $K=0{,}0101,\ 0{,}1,\ 10$: uno; $K=-1$: tre.

Errori comuni

• Dimenticare le tre semicirconferenze di chiusura (origine e $\pm10j$) e quindi sbagliare $N$.
• Contare i poli immaginari in $n_{G+}$: qui $n_{G+}=0$.
• Confondere un asintoto obliquo con uno verticale: per $\omega\to10$ sia $\mathrm{Re}$ che $\mathrm{Im}$ divergono con rapporto $\frac1{10}$.
• Dimenticare lo zero instabile $(1-s)$: cambia la fase ($-\arctan\omega$) ma non il modulo.
• Non riconoscere $K=\frac1{100}$ come caso di $W$ non propria.