Funzione di trasferimento e diagrammi di Bode

Dalla funzione di trasferimento alla risposta in frequenza

Un amplificatore lineare con condensatori ha un guadagno che dipende dalla frequenza. Nel dominio di Laplace (Laplace unilatera, funzione di trasferimento e stabilitàCon la trasformata unilatera $X(s)=\int_{0^-}^\infty x(t)e^{-st}dt$ le derivate diventano $\mathcal L[y']=sY-y(0^-)$: un problema di Cauchy causale si riduce a un'equazione algebrica, $Y=\frac{b}{a}X+\frac{\text{termini iniziali}}{a}$ (forzata + libera). La funzione di trasferimento è $H(s)=b(s)/a(s)$; il sistema causale è BIBO stabile se e solo se $H$ è propria e tutti i poli hanno parte reale negativa.Laplace unilatera, funzione di trasferimento e stabilità →) il guadagno $A(s)=V_{out}(s)/V_{in}(s)$ è una funzione razionale di $s$. Per segnali sinusoidali si pone $s=j\omega$: la funzione complessa $A(j\omega)$ è la risposta in frequenza (Risposta in frequenza e risposta a ingresso sinusoidaleGli esponenziali complessi $e^{j\omega t}$ sono autofunzioni dei sistemi LTI stabili: escono moltiplicati per la risposta in frequenza $H(\omega)=\int h(\tau)e^{-j\omega\tau}d\tau$. Per un sistema reale, $A\cos(\omega_0t+\varphi)$ esce come $A|H(\omega_0)|\cos(\omega_0t+\varphi+\arg H(\omega_0))$: la frequenza non cambia, cambiano ampiezza e fase.Risposta in frequenza e risposta a ingresso sinusoidale →) e indica come un segnale $\sin(\omega t)$ viene modificato:

$$v_{in}=V\sin(\omega_0t+\varphi)\ \Longrightarrow\ v_{out}=V\,|A(j\omega_0)|\,\sin\big(\omega_0t+\varphi+\angle A(j\omega_0)\big).$$

Il modulo $|A(j\omega)|$ (di solito in dB, $20\log_{10}$) dà l'amplificazione e la fase $\angle A(j\omega)$ lo sfasamento. Il diagramma di Bode è la coppia di grafici modulo-in-dB e fase, entrambi su un asse delle pulsazioni logaritmico.

Il motivo dei dB e della scala logaritmica: il modulo di un prodotto è il prodotto dei moduli e la fase di un prodotto è la somma delle fasi. Con i dB (logaritmo) i prodotti diventano somme e il diagramma complessivo si ottiene sommando, punto per punto, i diagrammi dei fattori.

Errore da non fare: non scrivere unità di misura sull'asse logaritmico (il logaritmo è adimensionale): si riportano le pulsazioni $\omega$ (in rad/s) in scala logaritmica, oppure $\log\omega$. Sull'asse del modulo vanno i dB.

Forma fattorizzata (forma di Bode)

Dopo aver ricavato $A(s)$ dal circuito si scrive nella forma con i fattori adimensionali:

$$A(s)=A_0\,\frac{(sT_{z1})\cdots(sT_{zk})\,(1+sT_{z,k+1})\cdots(1+sT_{zM})}{(sT_{p1})\cdots(sT_{ph})\,(1+sT_{p,h+1})\cdots(1+sT_{pN})}.$$

• Zeri e poli sono i valori di $s$ che annullano numeratore e denominatore. Il fattore $(1+sT)$ ha radice $s=-1/T$ e si scrive anche $(1+s/\omega_i)$ con $\omega_i=1/T$ pulsazione del polo/zero (per radici negative; per radici positive $\omega_i=+z_i$ e il fattore è $(1-s/\omega_i)$).
• I fattori $(sT)$ sono zeri o poli nell'origine.
• Le radici complesse coniugate si raggruppano in $\big(1+2\xi\,\tfrac s{\omega_n}+\tfrac{s^2}{\omega_n^2}\big)$, con $\omega_n$ pulsazione naturale e $\xi\in[0,1]$ coefficiente di smorzamento.
• Si fa in modo che in ogni fattore $(1+\cdots)$ il termine noto valga 1: la costante $A_0$ è quindi il valore del guadagno a bassa frequenza (se non ci sono zeri o poli nell'origine).

Esempio di riduzione: $A(s)=\dfrac{2+0{,}02\,s}{(0{,}1+s)(1+10^{-3}s)}$: si porta fuori $2$ dal numeratore e $0{,}1$ dal primo fattore: $A(s)=\dfrac{2}{0{,}1}\cdot\dfrac{1+0{,}01s}{(1+10s)(1+10^{-3}s)}=20\cdot\dfrac{1+s/100}{(1+s/0{,}1)(1+s/1000)}$: costante $20\ (26\ \mathrm{dB})$, zero a $100\ \mathrm{rad/s}$, poli a $0{,}1$ e $1000\ \mathrm{rad/s}$.

Il modulo: diagramma asintotico

Per ogni fattore si guardano due casi limite. Per un polo reale $\dfrac1{1+j\omega/\omega_p}$:

• $\omega\ll\omega_p$: la parte immaginaria è trascurabile, $|\cdot|\simeq1$ ($0\ \mathrm{dB}$);
• $\omega\gg\omega_p$: domina la parte immaginaria, $|\cdot|\simeq\omega_p/\omega$: $-20\ \mathrm{dB/decade}$ (ogni volta che $\omega$ si moltiplica per 10 il modulo si divide per 10; equivalente a $-6\ \mathrm{dB/ottava}$);
• in $\omega=\omega_p$ il modulo esatto vale $1/\sqrt2$, cioè $-3\ \mathrm{dB}$ sotto l'asintoto. Le due semirette si raccordano in $\omega_p$ (punto di spezzamentola pulsazione in cui il diagramma asintotico cambia pendenza: coincide con il valore di un polo o di uno zero).

Un zero reale $(1+j\omega/\omega_z)$ fa il contrario: $0\ \mathrm{dB}$ fino a $\omega_z$ e poi $+20\ \mathrm{dB/decade}$ ($+3\ \mathrm{dB}$ in $\omega_z$).

Per le coppie complesse i diagrammi asintotici non dipendono da $\xi$; $\xi$ cambia solo l'andamento attorno a $\omega_n$ (per $\xi<0{,}707$ un picco di risonanza).

La fase: il tratto lineare di due decadi

Per un polo reale la fase esatta è $-\arctan(\omega/\omega_p)$: $-45^\circ$ in $\omega_p$ e asintoti a $0^\circ$ e $-90^\circ$. Nel diagramma asintotico si raccordano i due asintoti con un segmento che comincia una decade prima ($\omega_p/10$) e finisce una decade dopo ($10\,\omega_p$): la fase varia di $-90^\circ$ su due decadi, cioè con pendenza $-45^\circ$/decade, ed è $-45^\circ$ in $\omega_p$. Per uno zero reale vale lo stesso con segno $+$. Per i fattori nell'origine la fase è costante ($\pm90^\circ$). Per i poli o zeri positivi il segno della variazione è opposto: per esempio $(1-s/\omega_z)$ ha lo stesso modulo di $(1+s/\omega_z)$ ma la fase scende da $0$ a $-90^\circ$ (è lo "zero a fase non minima").

Procedura completa

1. Calcolare $A(s)$ dal circuito (impedenze, Circuiti con operazionale in frequenza - Bode e uscita a una sinusoideNei circuiti con opamp ideale la funzione di trasferimento A(s) si ottiene dalle formule di invertente (−Z2/Z1) e non invertente (1+Z2/Z1), con i condensatori sostituiti da 1/(sC) e le reti RC sul morsetto + trattate come partitori (nessuna corrente nell'ingresso). Si porta A(s) nella forma di Bode, si traccia il diagramma asintotico con i punti di spezzamento e si legge modulo e fase alla pulsazione del segnale per scrivere v_out(t); la componente continua dell'ingresso esce moltiplicata per A(0).Circuiti con operazionale in frequenza - Bode e uscita a una sinusoide →).
2. Metterla in forma fattorizzata con costante e fattori $(1+s/\omega_i)$.
3. Elencare i punti di spezzamento (le pulsazioni $\omega_i$) in ordine crescente.
4. Modulo: partire dal tratto a bassa frequenza (costante, oppure retta con pendenza $\pm20\ \mathrm{dB/dec}$ per ogni fattore nell'origine) e cambiare pendenza di $\mp20$ (polo) o $\pm20$ (zero) dB/dec in ogni $\omega_i$. Per fissare la quota si calcola il valore in un punto (p.es. in $\omega=\omega_z$ o $\omega=1$ con la formula del fattore nell'origine).
5. Fase: sommare i contributi dei singoli fattori, ciascuno con il suo tratto di due decadi.
6. Valutare l'uscita per un ingresso sinusoidale con la formula del primo paragrafo, leggendo modulo e fase nel punto $\omega_0$.

Esempio completo

$$A(s)=\frac{100\,s}{(1+s/10)(1+s/10^4)}\quad(\text{passa-banda}).$$

• Fattori: costante $100$ ($40\ \mathrm{dB}$), uno zero nell'origine ($+20$ dB/dec), poli in $\omega=10$ e $\omega=10^4$.
• Modulo: per $\omega\ll10$ è $|A|\simeq100\,\omega$, che vale $40\ \mathrm{dB}$ in $\omega=1$ (retta $+20$ dB/dec). In $\omega=10$ vale $60\ \mathrm{dB}$ e la pendenza passa a $0$; resta a $60\ \mathrm{dB}$ fino a $\omega=10^4$ e poi scende di $20$ dB/dec ($40\ \mathrm{dB}$ in $10^5$).
• Fase: $+90^\circ$ (zero nell'origine) da cui si sottrae la rampa del primo polo (da $\omega=1$ a $\omega=100$) e quella del secondo (da $10^3$ a $10^5$): $+90^\circ$ per $\omega<1$, $0^\circ$ tra $100$ e $1000$ (centro della banda), $-90^\circ$ oltre $10^5$.

Valori esatti calcolati con numpy: $20\log|A|$ vale $39{,}96,\ 56{,}99,\ 59{,}96,\ 59{,}96,\ 56{,}99,\ 39{,}96\ \mathrm{dB}$ per $\omega=1,10,10^2,10^3,10^4,10^5$ (scarto massimo $3\ \mathrm{dB}$ nei punti di spezzamento), fase $84{,}3^\circ,\ 44{,}9^\circ,\ 5{,}1^\circ,\ -5{,}1^\circ,\ -44{,}9^\circ,\ -84{,}3^\circ$.

(La rampa di un polo in $\omega_p=10^{x_p}$ è $-22{,}5\,(|u+1|-|u-1|)-45$ con $u=x-x_p$: vale $0$ per $u<-1$, $-45^\circ$ per $u=0$, $-90^\circ$ per $u>1$.)

Uscita a una sinusoide dal diagramma asintotico. Per $A(s)=10\,\dfrac{1+s/100}{(1+s/10)(1+s/1000)}$ (guadagno $20\ \mathrm{dB}$, poli $10$ e $1000$, zero $100$) con $v_{in}=\sin(200\,t)$: dal diagramma asintotico in $\omega=200$ il modulo vale $20-20\log_{10}\frac{200}{10}+20\log_{10}\frac{200}{100}=20-26{,}02+6{,}02=0\ \mathrm{dB}$ ($|A|\approx1$) e la fase $-90^\circ+58{,}5^\circ-13{,}5^\circ=-45^\circ$; il valore esatto è $|A|=1{,}095$, fase $-35^\circ$. L'asintotica dà quindi $v_{out}\approx\sin(200t-45^\circ)$ contro il valore esatto $1{,}095\sin(200t-35^\circ)$: l'errore massimo è dell'ordine di $3\ \mathrm{dB}$ in modulo e di una decina di gradi in fase, e nell'esame si accetta se si dichiara che si usa il diagramma asintotico.

Errori comuni

• Dimenticare che un fattore nell'origine dà una retta (pendenza costante) e non un tratto piatto.
• Mettere la fase del polo da $\omega_p$ a $10\omega_p$ invece che da $\omega_p/10$ a $10\omega_p$.
• Non normalizzare i fattori a $1+s/\omega_i$ (la costante $A_0$ va allora calcolata dal prodotto di tutti i termini noti).
• Scrivere unità sull'asse logaritmico.
• Trascurare il segno meno del guadagno (costante negativa: fase di $\pm180^\circ$).
• Sommare modulo e fase senza passare dai dB (i moduli si moltiplicano, i dB si sommano).