Esercizio 9Nyquist con due zeri nell'origine e poli complessi instabili (temi d'esame febbraio 2023 e febbraio 2021)

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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 →.

(i) Diagrammi di Bode

Forma di Bode. $G$ è già in forma di Bode, con $K_B=1$ e $h=-2$ (due zeri nell'origine: $s^2$ al numeratore). Gli altri termini:

• zeri immaginari $\pm j$ (trinomio $1+s^2$, $\omega_n=1$, $\xi=0$);
• trinomio al denominatore $1-0{,}2s+s^2$: $\omega_n=1$ e $\frac{2\xi}{\omega_n}=-0{,}2\Rightarrow\xi=-0{,}1<0$, cioè due poli complessi coniugati instabili ($0{,}1\pm0{,}995j$);
• polo reale doppio stabile in $100$.

Modulo asintotico. Parte con $+40$ dB/dec passando per $0$ dB in $\omega=1$ (perché $K_B=1$). In $\omega=1$ la coppia di zeri dà $+40$ dB/dec e la coppia di poli instabili $-40$: la pendenza non cambia e il modulo continua a salire a $+40$ dB/dec fino a $\omega=100$, dove il polo doppio dà $-40$ dB/dec: da lì il modulo è piatto a $80$ dB ($G(\infty)=10^4$). Il modulo reale ha in $\omega=1$ una antirisonanza infinita (gli zeri immaginari sono esatti, $G(j)=0$).

Fase. Parte da $+180^\circ$ ($h=-2$, due zeri nell'origine: $2\cdot90^\circ$). In $\omega=1$ gli zeri immaginari fanno un salto di $+180^\circ$ e i poli complessi instabili aggiungono $+180^\circ$ (variazione brusca, perché $|\xi|$ è piccolo, di segno opposto a quella dei poli stabili). La fase sale quindi da $180^\circ$ a $540^\circ$. Il polo doppio in $100$ la riporta giù di $180^\circ$ (da $10$ a $1000$): valore asintotico $360^\circ$ (coerente con $G(\infty)=10^4>0$).

(ii) Diagramma di Nyquist

Dalla forma razionale ($\omega>0$), con denominatore comune positivo: $$\mathrm{Re}\,G(j\omega)=\frac{250000\,\omega^2(\omega^2-1)\left(\omega^4-9961\omega^2+10^4\right)}{(\omega^2+10^4)^2(25\omega^4-49\omega^2+25)},\qquad\mathrm{Im}\,G(j\omega)=\frac{450000\,\omega^3(\omega^2-1)\left(111\omega^2+1000\right)}{(\omega^2+10^4)^2(25\omega^4-49\omega^2+25)}.$$ Il denominatore comune è sempre positivo. Quindi $\mathrm{Im}$ ha il segno di $\omega^2-1$: $\mathrm{Im}<0$ per $0<\omega<1$, $\mathrm{Im}>0$ per $\omega>1$. $\mathrm{Re}$ ha segno di $(\omega^2-1)(\omega^4-9961\omega^2+10^4)$, e il trinomio $\omega^4-9961\omega^2+10^4$ si annulla in $\omega\approx1{,}002$ e $\omega\approx99{,}8$: $\mathrm{Re}<0$ per $0<\omega<1$, $\mathrm{Re}>0$ per $1<\omega<1{,}002$ (intervallo minuscolo), $\mathrm{Re}<0$ per $1{,}002<\omega<99{,}8$, $\mathrm{Re}>0$ per $\omega>99{,}8$.

Tracciato ($\omega\ge0$):

• Partenza. Per $\omega\to0^+$: $G\approx s^2=-\omega^2$ (numero reale negativo piccolo): il diagramma parte dall'origine, parallelo al semiasse reale negativo, con $\mathrm{Im}<0$ (valori: $-0{,}010-0{,}0002j$ in $\omega=0{,}1$).
• $0<\omega<1$: terzo quadrante, piccolo anello (a $\omega=0{,}5$: $-0{,}246-0{,}030j$; a $\omega=0{,}9$: $-0{,}434-0{,}397j$), che si richiude sull'origine.
• $\omega=1$: $G(j)=0$: il diagramma attraversa l'origine dal basso verso l'alto (da $\mathrm{Im}<0$ a $\mathrm{Im}>0$).
• $\omega>1$: secondo quadrante, con modulo che cresce ruotando in senso antiorario verso il semiasse reale negativo (in $\omega=10$: $-96{,}6+21{,}6j$); poi il verso di rotazione si inverte: il diagramma sale e ruota in senso orario, attraversa il semiasse immaginario positivo in $\omega\approx99{,}8$ (circa $4990j$) e termina nel primo quadrante nel punto $(10^4,0)$ per $\omega\to\infty$, da sopra (in $\omega=1000$: $9705+1959j$).
• Non ci sono asintoti ($G$ non ha poli sull'asse immaginario). Il tratto per $\omega<0$ è il simmetrico.

Le uniche intersezioni con l'asse reale sono l'origine (per $\omega=0$ e $\omega=\pm1$) e il punto finale $10^4$.

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

Dati. I poli di $G$ sono $0{,}1\pm0{,}995j$ (parte reale positiva) e $-100$ doppio: $n_{G+}=2$, nessun polo sull'asse immaginario: il diagramma è già chiuso al finito, senza archi. $G$ è bipropria con $G(\infty)=10^4$.

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

• origine per $\omega=0$: il diagramma passa dall'alto (per $\omega<0$) al basso (per $\omega>0$): verso il basso ($-1$);
• origine per $\omega=\pm1$: due volte verso l'alto ($+1$ ciascuna);
• $x=10^4$ (giunzione tra $\omega\to+\infty$, che arriva da sopra, e $\omega\to-\infty$, che riparte da sotto): una volta verso il basso ($-1$).

Con $n_{W+}=n_{G+}-N=2-N$:

Per $K=-10^{-4}$ ($-\frac1K=10^4=G(\infty)$) $W$ è impropria. Conclusione: $W$ non è mai BIBO stabile: ha due poli a parte reale positiva per $K>0$ e per $-10^{-4}<K<0$, tre per $K<-10^{-4}$. Controllo numerico dei poli: $K=0{,}5$ e $K=10$: due poli instabili; $K=-5\cdot10^{-5}$: due; $K=-0{,}001$ e $K=-1$: tre.

La conclusione è coerente con il comportamento per $K$ grande: i quattro poli di $W$ tendono ai quattro zeri di $G$ ($0$, $0$, $\pm j$), che stanno sull'asse immaginario. Per $K=10^3$ i poli sono $-0{,}0001\pm1{,}0j$ (appena a sinistra) e $0{,}0001\pm0{,}0316j$ (appena a destra, e tendono all'origine): i due poli vicini all'origine restano in $\mathrm{Re}>0$ e $W$ non diventa mai stabile.

Errori comuni

• Classificare come stabili i poli del trinomio $1-0{,}2s+s^2$: il coefficiente $-0{,}2$ ha segno meno, quindi $\xi<0$ e i poli sono instabili.
• Dimenticare che per $\xi<0$ la fase del trinomio al denominatore va in senso opposto (sale invece di scendere).
• Trascurare che il modulo non cambia pendenza in $\omega=1$ (zeri e poli di segno opposto si compensano in pendenza, non in fase).
• Concludere "stabile" perché $G(\infty)=10^4$ è finito: $n_{G+}=2$ richiede $N=2$, che qui non si ottiene mai.
• Dimenticare il caso $K=-10^{-4}$ ($W$ impropria).