Esercizi
Esercizio 1 Si traccino i diagrammi di Bode relativi a W (s) = (s + 1)(s + 10)
(s + 2)(1 + 100s)2 Soluzione. Anzitutto, scriviamo W (s) in forma di Bode:
W (s) = (s + 1)(s + 10)
(s + 2)(1 + 100s)2 = 10(1 + s)(1 + s/10) 2(1 + s/2)(1 + 100s)2
= 5 (1 + s)(1 + s/10) (1 + s/2)(1 + 100s)2
Dunque: KB = 5, e quindi |KB|dB ' 14; ν = 0; τ1 = 1/2 e τ2 = τ3 = 100; ˆτ1 = 1 e ˆτ2 = 1/10. Quindi i punti di spezzamento (in ordine crescente) sono: 1/|τ2| = 1/|τ3| = 1/100, 1/|ˆτ1| = 1, 1/|τ1| = 2 e 1/|ˆτ2| = 10. Essi corrispondono, nell’ordine, a un polo reale e negativo doppio, uno zero reale e negativo, un polo reale e negativo e uno zero reale e negativo. La figura seguente riporta i diagrammi di Bode (in azzurro) sovrapposti ai relativi diagrammi asintotici (in rosso).
-120 -100 -80 -60 -40 -20 0 20
Magnitude (dB)
10-3 10-2 10-1 100 101 102
-180 -135 -90 -45 0
Phase (deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/s)
Esercizio 2 Si traccino i diagrammi di Bode relativi a
G(s) = 10
s(s + 1)(s + 10).
Si evidenzino la pulsazione di attraversamento il relativo margine di fase nei diagram- mi di Bode e li si calcolino poi analiticamente.
Soluzione. Anzitutto, scriviamo G(s) in forma di Bode:
G(s) = 10
s(s + 1)(s + 10) = 1 s
1
(1 + s)(1 + 0.1s).
Dunque: KB = 1; ν = 1; τ1 = 1 e τ2 = 0.1. Quindi i punti di spezzamento (in ordine crescente) sono: 1/|τ1| = 1 e 1/|τ2| = 10. Essi corrispondono, entrambi, a un polo reale e negativo. La figura seguente riporta i diagrammi di Bode (in azzurro) sovrapposti ai relativi diagrammi asintotici (in rosso). La linea viola a tratteggio evidenzia la pulsazione di attraversamento ωApari a circa 0.8 rad/s. Il segmento viola a tratto continuo nel diagramma delle fasi evidenzia il margine di fase mϕ (di poco superiore a 45◦).
-100 -80 -60 -40 -20 0 20 40
Magnitude (dB)
10-1 100 101 102
-270 -225 -180 -135 -90
Phase (deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/s)
Per calcolare analiticamente ωAe mϕ, imponiamo la condizione di attraversamento
|G(jω)| = 1, ossia 10
ωp(1 + ω2)(100 + ω2) = 1 ⇒ ω2(1 + ω2)(100 + ω2) = 100.
Il primo membro è chiaramente una funzione crescente di ω ≥ 0 pertanto c’è una sola soluzione che può facilmente essere calcolata per approssimazioni successive.
Tale soluzione è ωA ' 0.78 rad/s. Il margine di fase (in gradi) pertanto è
mϕ = 180◦+ arg[G(jωA)] = 180◦− 90◦− arctan(ωA) − arctan(ωA/10) ' 47◦.
Esercizio 3 Si traccino i diagrammi di Bode relativi a G(s) = 10s + 1
s2 .
Si evidenzino la pulsazione di attraversamento il relativo margine di fase nei diagram- mi di Bode e li si calcolino poi analiticamente.
Soluzione. Osserviamo che G(s) è già in forma di Bode e KB = 10, ν = 2, e ˆ
τ1 = 1. Quindi, vi è un solo punto di spezzamento corrispondente ad uno zero reale e negativo in 1/|ˆτ1| = 1. La figura seguente riporta i diagrammi di Bode (in azzurro) sovrapposti ai relativi diagrammi asintotici (in rosso). La linea viola a tratteggio evidenzia la pulsazione di attraversamento ωApari a circa 10 rad/s. Il segmento viola a tratto continuo nel diagramma delle fasi evidenzia il margine di fase mϕ (pari a circa 85◦).
-20 -10 0 10 20 30 40 50 60
Magnitude (dB)
10-1 100 101 102
-180 -135 -90
Phase (deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/s)
Per calcolare analiticamente ωAe mϕ, imponiamo la condizione di attraversamento
|G(jω)| = 1, ossia
10√ 1 + ω2
ω2 = 1 ⇒ 100 + 100ω2 = ω4. Risolvendo per ω2 (e selezionando solo la soluzione positiva) si ha
ω2A= 50 +√
2500 + 100 ' 101 ⇒ ωA= q
50 +√
2500 + 100 ' 10.05 rad/s.
Il margine di fase (in gradi) pertanto è
mϕ = 180◦+ arg[G(jωA)] = 180◦− 180◦+ arctan(ωA) ' 84◦.
Esercizio 4 Si traccino i diagrammi di Bode relativi a G(s) = 10
s(s + 1)2.
Si evidenzino la pulsazione di attraversamento il relativo margine di fase nei diagram- mi di Bode e li si calcolino poi analiticamente.
Soluzione. Osserviamo che G(s) è già in forma di Bode e KB = 10, ν = 1, e τ1 = 1. Quindi, vi è un solo punto di spezzamento corrispondente ad uno zero reale e negativo in 1/|τ1| = 1. La figura seguente riporta i diagrammi di Bode (in azzurro) sovrapposti ai relativi diagrammi asintotici (in rosso). La linea viola a tratteggio evidenzia la pulsazione di attraversamento ωApari a circa 2 rad/s. Il segmento viola a tratto continuo nel diagramma delle fasi evidenzia il margine di fase mϕ (pari a circa
−37◦): si noti che la fase all pulsazione ωAè in questo caso inferiore a −180◦ e quindi il margine di fase è negativo!
-40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40
Magnitude (dB)
10-1 100 101
-270 -225 -180 -135 -90
Phase (deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/s)
Per calcolare analiticamente ωAe mϕ, imponiamo la condizione di attraversamento
|G(jω)| = 1, ossia
10
ω(1 + ω2) = 1 ⇒ ω3+ ω = 10
la cui unica soluzione positiva è ωA= 2. Il margine di fase (in gradi) pertanto è mϕ = 180◦+ arg[G(jωA)] = 180◦− 90◦− 2 arctan(ωA) ' −37◦.
Esercizio 5
1. Si determini, se possibile, una funzione di trasferimento G(s) razionale tale che il relativo diagramma di Bode del modulo sia costante ma il diagramma di Bode della fase non lo sia.
2. Si consideri il problema posto al punto precedente con l’ulteriore vincolo che il modulo sia pari a 40 dB.
3. Si consideri la funzione di trasferimento
G1(s) := K1 + sT 1 + sτ.
Si dimostri che, qualunque siano i valori dei parametri reali K, T e τ 6= 0, esiste una costante H tale che il diagramma di Bode del modulo di
G(s) := G1(s) + H è costante.
4. Si consideri il problema posto al punto 1. con l’ulteriore vincolo che anche il diagramma di Bode del modulo di G(s) + 1 sia costante.
Soluzione.
1. Ricordiamo che il diagramma di Bode del modulo del termine 1 + sτ non dipende dal segno di τ mentre il diagramma di Bode della fase vi dipende. Possiamo sfruttare questo fatto per determinare la funzione G(s). Infatti, se mettiamo a denominatore il termine del tipo 1 + sτ e a numeratore il termine 1 − sτ , il contributo complessivo al modulo sembrerebbe essere nullo in quanto in corrispondenza al punto di spezza- mento comune in 1/|τ | lo zero fa aumentare la pendenza di 20 dB/decade e il polo la fa diminuire di 20 dB/decade cosicché, nel complesso la pendenza rimane costan- te. Questo ragionamento è fondato sul diagramma asintotico, ma il principio rimane valido anche per il diagramma esatto. Infatti, sia per esempio
G(s) = 1 − s 1 + s. Si ha allora
|G(jω)| =
1 − jω 1 + jω
= |1 − jω|
|1 + jω| =
√1 + ω2
√1 + ω2 = 1 ⇒ |G(jω)|dB = 20 log10(1) = 0.
Dunque il diagramma di Bode del modulo è costantemente uguale a zero. Per quanto riguarda la fase, chiaramente essa non è costante:
arg[G(jω)] = arg 1 − jω 1 + jω
= −2 arctan(ω).
Prima di proseguire, è opportuno notare che possiamo ripetere lo stesso ragionamento per qualunque funzione di trasferimento G(s) = 1−sτ1+sτ che ha modulo costante (pari a 0 dB) indipendentemente dal valore della costante τ .
Più in generale, per ogni n-pla di costanti τi, la funzione di trasferimento
G(s) =
n
Y
i=1
1 − sτi
n
Y
i=1
1 + sτi
ha modulo costante (pari a 0 dB). Inoltre, scegliendo opportunamente le costanti τi, la fase di G(s) può essere modulata a piacere alle varie frequenze. Queste funzioni vengono dette passatutto perché non amplificano né attenuano alcuna frequenza.
Le funzioni passatutto sono molto utilizzate nella teoria avanzata del controllo e nel signal processing.
2. È sufficiente porre G(s) = KG1(s)dove G1(s)è una funzione passatutto e K è tale che |K|dB = 20 log10(|K|) = 40, ossia |K| = 100. Per esempio
G(s) = 1001 − s 1 + s risolve il problema.
3. Osserviamo subito che se K = 0 e/o se T = τ , G1(s) è chiaramente costante e quindi qualunque valore reale di H 6= −K risolve il problema (la condizione H 6= −K, serve solo a garantire che il modulo sia non nullo ossia che il diagramma del modulo sia ben definito). D’ora in avanti supponiamo dunque K 6= 0 e T 6= τ . Si ha
G(s) := G1(s) + H = K1 + sT
1 + sτ + H = K + H + s(KT + Hτ )
1 + sτ = (K + H)1 + sτ1 1 + sτ con τ1 := (KT + Hτ )/(K + H). Pertanto, è sufficiente imporre τ1 = −τ da cui (supponendo K +H 6= 0) segue (KT +Hτ ) = −τ (K +H) e quindi 2Hτ = −τ K −KT e infine
H = −τ K − KT
2τ .
Rimane da verificare che K + H 6= 0. Si ha H + K = −τ K − KT
2τ + K = −τ K − KT + 2Kτ
2τ = K(τ − T )
2τ che è chiaramente non nullo per le ipotesi fatte in precedenza.
4. Supponiamo per assurdo che esista la G(s) cercata. Allora G(s) non può avere poli né zeri nell’asse immaginario (e, in particolare, nell’origine) perché il suo modulo
è costante lungo l’asse immaginario. Dunque, G(0) è un numero reale non nullo e modulo e fase di G(jω) sono funzioni continue di ω. Poiché la fase di G(jω) non può essere costante ed è una funzione continua di ω, esiste ω0 tale che ϕ := arg[G(jω0)]è diverso da zero e da qualunque multiplo intero di π. Allora, detto M il valore costante del modulo di G(jω), si ha: G(jω) = M [cos(ϕ) + sin(ϕ)] e G(0) = ±M (a seconda del segno del numero reale G(0)). Imponiamo ora che |G(0) + 1| = |G(jω) + 1|, ossia
|1 ± M | = q
[1 + M cos(ϕ)]2+ M2sin2(ϕ) da cui, elevando entrambi i membri al quadrato,
1 + M2± 2M = 1 + M2+ 2M cos(ϕ) ⇒ cos(ϕ) = ±1
che è impossibile perché ϕ non è un multiplo intero di π. Abbiamo dunque raggiunto un assurdo e possiamo concludere che il problema non ha soluzione.
Esercizio 6 Si consideri la funzione di trasferimento G(s) = 4
(s + a)n, R 3 a > 0, n ∈ N.
1. Si determini il minimo valore di n per il quale il margine di fase di G(s) può essere pari a 45◦.
2. Si determini a in funzione di n in modo che il margine di fase di G(s) sia 45◦. Soluzione. Calcoliamo per prima cosa la pulsazione di attraversamento imponendo
|G(jω)| = 1, ossia 4 = |jω + a|n e cioè ω2+ a2 = 161/n, da cui ωA=p
161/n − a2.
1. Affinché il margine di fase di G(s) sia pari a 45◦, deve accadere che 180◦ + arg[G(jωA)] = 45◦, ossia arg[G(jωA)] = −135◦. Poiché G ha un solo polo ed esso si trova nel semipiano sinistro, la fase di G(jω) è una funzione monotona decrescente che inizia da 0◦ e decresce fino al valore asintotico di −n · 90◦. Pertanto, il margine di fase di G(s) può essere pari a 45◦ solo se n ≥ 2.
2. Supponiamo che n ≥ 2 (altrimenti il problema non ha soluzione) e imponiamo arg[G(jωA)] = −135◦, ossia
−135◦ = −n arctanhωA a
i
= −n arctan
" √
161/n− a2 a
#
da cui √
161/n− a2
a = tan 135◦ n
⇒ 161/n− a2 = a2tan2 135◦ n
ossia
161/n = a2
1 + tan2 135◦ n
⇒ 41/n = a s
1 + tan2 135◦ n
e, infine:
a = 41/n
q1 + tan2135◦
n
= 41/ncos 135◦ n
.
