Funzioni di trasferimento, risposte forzate, rappresentazione della risposta in frequenza

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1 Funzioni di trasferimento, risposte forzate, rappresentazione della risposta in frequenza Traccia di soluzione dei due esercizi Premessa generale: i valori numerici calcolati da Matlab e di seguito riportati sono nel formato short ; per passare ad una visualizzazione con più cifre dopo la virgola oppure secondo la notazione esponenziale, basta usare l istruzione >> format long oppure, rispettivamente, l istruzione >> format long e Esercizio 1 1.a Consideriamo i tre sistemi seguenti, tutti del primo ordine: (1 + s) (1 s) G1() s =, G2() s =, G() s = ; 1+ 2s 1+ 2s 1+ 2s Osserviamo preliminarmente che essi differiscono tra loro riguardo agli zeri: il primo sistema non ha zeri, il secondo ne ha uno negativo (pari a 1), il terzo uno positivo opposto al precedente (ossia pari a +1); le tre costanti di tempo dei poli valgono tutte +2 (ogni polo vale.5), ed il guadagno è il medesimo, ossia +. Dette y () t, y () t e 1 2 y () t le risposte allo scalino dei tre sistemi, in base al teorema del valore iniziale e al teorema del valore finale si trova facilmente che y1() =, y 1() = 1.5, y1( + ) = y2() = 1.5, y 2() =, y2( + ) = 4 9 y() = 1.5, y () =, y( + ) = 4 ossia i diversi zeri hanno effetto sul valore iniziale, mentre il valore finale coincide con il guadagno. Per ciascuno dei tre sistemi, il tempo occorrente per raggiungere il valore asintotico è di circa 5 volte la costante di tempo del polo, ossia 5 2 secondi = 1 secondi. Scopo dell esercizio è ricavare almeno parte di queste informazioni con l ausilio di Matlab. Per costruire le tre funzioni di trasferimento e poi tracciare le loro risposte allo scalino, si possono usare le seguenti istruzioni: num1= den1=[2 1] G1=tf(num1,den1) num2=*[1 1] den2=den1 G2=tf(num2,den2) num=*[-1 1] den=den1 G=tf(num,den) figure; step(g1) 1

2 hold on step(g2) step(g) legend('risposta di G1','risposta di G2','risposta di G') Per comodità, esse possono essere raccolte in un M-file, ad esempio esercizio1a.m, in modo da poter essere riutilizzate all occorrenza; eseguendo il file, ovvero scrivendone il nome accanto al prompt di Matlab e dando un comando di invio: >> esercizio1a si ottiene il seguente output, nella finestra di comando di Matlab, e si genera la Figura 1: num1 = den1 = 2 1 Transfer function: s + 1 num2 = den2 = 2 1 Transfer function: s s + 1 num = - den = 2

3 2 1 Transfer function: - s s + 1 Step Response risposta di G1 risposta di G2 risposta di G 1.5 Amplitude Time (sec) Figura 1 - Risposte allo scalino delle f.d.t. G 1 (s), G 2 (s) e G (s) Guardando la figura, si nota subito che le tre risposte differiscono per il valore iniziale:, 1.5, 1.5 rispettivamente; anche le tre pendenze iniziali solo diverse, benché tutte positive (le tre curve sono crescenti); il valore finale, invece, appare essere in tutti e tre i casi. Si è così verificato graficamente quanto ci si attendeva dalla teoria. Un ulteriore verifica si può eseguire numericamente, usando quella versione del comando step che consente di ottenere un vettore di istanti di tempo ed il corrispondente vettore dei valori della risposta in quegli istanti: >> [y1,t1]=step(g1); % il punto e virgola finale evita che vengano visualizzati gli output del % comando, ossia, in questo caso, tutti gli elementi dei vettori t1 ed y1 >> t1(1) >> y1(1)

4 >> t1(end) >> y1(end) >> [y2,t2]=step(g2); >> t2(1) >> y2(1) 1.5 >> t2(end) >> y2(end) >> [y,t]=step(g); >> t(1) >> y(1) -1.5 >> t(end) 4

5 >> y(end) Come si vede, lasciando a Matlab la gestione del vettore dei tempi, ci si ferma a circa 12 secondi (l ultimo campione temporale è l istante secondi), quando ciascuna uscita è attorno al valore 2.99, ossia molto vicino al valore asintotico che ci si attendeva dall esame visivo della figura (e noto dalla teoria): in effetti, 12 secondi corrisponde a 6 volte la costante di tempo di ciascun sistema. Allungando volutamente l orizzonte temporale, ad esempio fino a 4 secondi, si ottiene un approssimazione ancora migliore: >> [y1,t1]=step(g1,4); >> t1(end) 4 >> y1(end). >> [y2,t2]=step(g2,4); >> t2(end) 4 >> y2(end). >> [y,t]=step(g,4); >> t(end) 4 >> y(end) 5

6 . Per quanto riguarda la derivata prima nell origine di ciascuna delle tre risposte, un approssimazione numerica se ne può ottenere mediante il rapporto incrementale (destro, visto che si cerca la derivata in + ), usando i primi due campioni delle risposte stesse. Per y () 1 t, innanzitutto, basterà scrivere >> t1(1:2).4 >> y1(1:2).548 >> (y1(2)-y1(1))/(t1(2)-t1(1)) % è l approssimazione della derivata prima nell origine, appunto; % equivalentemente, si può scrivere diff(y1(1:2))/diff(t1(1:2)) Per y () t, cioè per la risposta di G () 2 2 s, poi, si ha che >> t2(1:2).4 >> y2(1:2) >> (y2(2)-y2(1))/(t2(2)-t2(1)) %oppure, equivalentemente, diff(y2(1:2))/diff(t2(1:2))

7 Per y () t, risposta di G () s, infine, si ha che >> t(1:2).4 >> y(1:2) >> (y(2)-y(1))/(t(2)-t(1)) %oppure, equivalentemente, diff(y(1:2))/diff(t(1:2)) 2.9 Si sono quindi trovate le stime 1.595,.6798 e 2.9, rispettivamente per y (), y () e y (). 1 2 Tali stime non sono troppo discoste dai valori effettivi, però si possono migliorare. Osservando che, ai fini della stima della derivata, minore è la distanza tra i due istanti di tempo considerati, migliore è l approssimazione ottenuta, conviene focalizzare l attenzione su un intervallo sufficientemente piccolo vicino all origine dell asse dei tempi e quindi limitare il calcolo della risposta a tale intervallo; ad esempio, scegliendo, nei tre casi in esame, un intervallo di.1 secondi, si ottiene >> [y1,t1]=step(g1,.1); >> diff(y1(1:2))/diff(t1(1:2)) 1.5 >> [y2,t2]=step(g2,.1); >> diff(y2(1:2))/diff(t2(1:2)).75 >> [y,t]=step(g,.1); >> diff(y(1:2))/diff(t(1:2)) ossia si ottengono stime decisamente soddisfacenti. 7

8 1.b Consideriamo ora i sistemi G4() s =, G5() s =, 1+ 1 s (1+ 1 s)(1 + s) che differiscono l uno dall altro solo per un polo: il primo ha un solo polo, di valore.1 (rad/s), mentre il secondo ha un polo in.1 e uno in 1; entrambi hanno guadagno +. Dalla teoria si ricava, per le corrispondenti risposte allo scalino y () t e y () t, 4 5 y4() =, y 4() =., y4( + ) = y5() =, y 5() =, y5( + ) = Il tempo occorrente perché tali risposte raggiungano il loro valore asintotico è di circa 5 volte la costante di tempo del polo dominante, ossia 5 secondi per entrambi i casi in oggetto. Come già fatto al precedente punto 1.a, ci proponiamo di affrontare con l ausilio del calcolatore il problema del tracciamento e dell analisi delle due risposte. A tal fine, le istruzioni num4= den4=[1 1] G4=tf(num4,den4) num5=num4 den5=conv([1 1],[1 1]) G5=tf(num5,den5) figure;step(g4) hold on;step(g5) legend('risposta di G4','risposta di G5') permettono di ottenere i seguenti risultati, nella finestra di comando di Matlab, e di generare la Figura 2 seguente: num4 = den4 = 1 1 Transfer function: s + 1 num5 = den5 = 8

9 Transfer function: s^ s + 1 Step Response 2.5 risposta di G4 risposta di G5 2 Amplitude Time (sec) Figura 2 - Risposte allo scalino delle f.d.t. G 4 (s) e G 5 (s) Dalla figura si nota proprio che le due risposte hanno lo stesso valore iniziale (pari a ) e lo stesso valore finale (pari a ), ma differiscono per la tangente nell origine, che appare positiva per y () t e 4 nulla per y () 5 t, come confermato dal seguente zoom sui primi 1 secondi delle due risposte: figure;step(g4,1) hold on;step(g5,1) legend('risposta di G4','risposta di G5') che consente di ottenere la Figura. Alternativamente, impostando lo zoom manuale con pulsantino lente di ingrandimento direttamente sulla finestra di Matlab relativa alla Figura 2, si ottiene quanto rappresentato in Figura 4. 9

10 Step Response risposta di G4 risposta di G Amplitude Time (sec) Figura Zoom, tra e 1 secondi, delle risposte allo scalino di G 4 (s) e G 5 (s) Step Response.4 risposta di G4 risposta di G5. Amplitude Time (sec) Figura 4 - Zoom ottenuto con la lente di ingrandimento di Matlab Infine, si può effettuare una stima numerica delle due derivate prime nell origine: >> [y4,t4]=step(g4,.1); >> t4(1:2) 1

11 1.e- *.1 >> y4(1:2) 1.e-4 *. >> diff(y4(1:2))/diff(t4(1:2)). >> [y5,t5]=step(g5,.1); >> t5(1:2) 1.e- *.1 >> y5(1:2) 1.e-8 *.15 >> diff(y5(1:2))/diff(t5(1:2)) e-5 1.c Consideriamo infine i seguenti tre sistemi del secondo ordine, in cui il polo dei sistemi dell esercizio 1.b non è più semplice, bensì doppio: 11

12 1+ s 1 s G6() s =, G 2 7() s =, G 2 8() s = 2 (1+ 1 s) (1+ 1 s) (1+ 1 s) Questi sistemi differiscono per quanto riguarda gli zeri: hanno rispettivamente nessuno zero, uno zero che vale 1/ e uno zero che vale + 1/; differiscono inoltre per i guadagni: il primo ha guadagno, gli altri due hanno ciascuno guadagno 1. La costante di tempo dei poli è ancora pari a 1 secondi, perciò i transitori in studio saranno sostanzialmente a regime dopo 5 secondi dal loro inizio. Dalla teoria ci si attende che y6() =, y 6() =, y6( + ) = y7() =, y 7() =., y7( + ) = 1 y8() =, y 8() =., y8( + ) = 1 Per verificare questi risultati con Matlab, si possono, ad esempio, raccogliere in un M-file le istruzioni num6= den6=conv(den4,den4) % la variabile vettoriale den4 dovrebbe essere presente nello workspace % dall esercizio 1.b; altrimenti, occorre definirla, mediante l istruzione % den4 = [1 1] G6=tf(num6,den6) num7=[ 1] den7=den6 G7=tf(num7,den7) num8=[- 1] den8=den6 G8=tf(num8,den8) figure;step(g6) hold on step(g7); step(g8) legend('risposta di G6','risposta di G7','risposta di G8') e poi eseguire il file, ottenendo i seguenti risultati e la Figura 5: num6 = den6 = Transfer function: s^2 + 2 s

13 num7 = 1 den7 = Transfer function: s s^2 + 2 s + 1 num8 = - 1 den8 = Transfer function: - s s^2 + 2 s + 1 Step Response risposta di G6 risposta di G7 risposta di G8 1.5 Amplitude Time (sec) Figura 5 Risposte allo scalino delle f.d.t. G 6 (s), G 7 (s) e G 8 (s) 1

14 Sostituendo le ultime istruzioni con le seguenti, per allungare un poco l orizzonte temporale: figure;step(g6,1) hold on;step(g7,1) step(g8,1) legend('risposta di G6','risposta di G7','risposta di G8') si ottiene la Figura 6. Step Response 2.5 risposta di G6 risposta di G7 risposta di G Amplitude Time (sec) Figura 6 Risposte allo scalino delle f.d.t. G 6 (s), G 7 (s) e G 8 (s) fino a t = 1 s Dalla Figura 5 e dalla Figura 6, appare chiaro l effetto degli zeri nella parte iniziale dei transitori: lo zero negativo di G 7 (s) provoca una sovraelongazione rispetto al valore di regime, mentre lo zero positivo di G 8 (s) provoca una sottoelongazione. Per quanto concerne la stima della derivata prima nell origine delle tre risposte, si ha che >> [y6,t6]=step(g6,.1); >> t6(1:2) 1.e- *.1 >> y6(1:2) 1.e-9 * 14

15 .15 >> diff(y6(1:2))/diff(t6(1:2)) 1.5e-6 >> [y7,t7]=step(g7,.1); >> t7(1:2) 1.e- *.1 >> y7(1:2) 1.e-4 *. >> diff(y7(1:2))/diff(t7(1:2)). >> [y8,t8]=step(g8,.1); >> t8(1:2) 1.e- *.1 >> y8(1:2) 1.e-4 * 15

16 -. >> diff(y8(1:2))/diff(t8(1:2)) -. Osservazione: si è appena visto l effetto degli zeri sulla parte iniziale del transitorio, in particolare sulla pendenza iniziale; essi non hanno invece alcun effetto sul valore di regime delle risposte, ossia sul valore a transitorio esaurito: la responsabilità delle differenze riguardo a tale valore va al guadagno. Più precisamente, nel caso presente, volendo, ad esempio, ottenere uno stesso valore finale pari a per tutte e tre le f.d.t., occorrerà modificare il guadagno delle ultime due funzioni di trasferimento, rendendolo uguale a, appunto. Basterà allora scrivere num6= den6=conv(den4,den4) G6=tf(num6,den6) num7=num6*[ 1] den7=den6 G7=tf(num7,den7) num8=num6*[- 1] den8=den6 G8=tf(num8,den8) figure;step(g6) hold on step(g7) step(g8) legend('risposta di G6','risposta di G7','risposta di G8') per ottenere i seguenti risultati e la Figura 7, dalla quale appare che tutti i valori finali sono pari a : num6 = den6 = Transfer function: s^2 + 2 s + 1 num7 = 16

17 9 den7 = Transfer function: 9 s s^2 + 2 s + 1 num8 = -9 den8 = Transfer function: -9 s s^2 + 2 s Step Response risposta di G6 risposta di G7 risposta di G8 2 Amplitude Time (sec) Figura 7 Risposte allo scalino della f.d.t. G 6 (s), della G 7 (s) ridefinita e della G 8 (s) ridefinita: le tre risposte hanno ora lo stesso valore asintotico 17

18 Esercizio 2 2.a Scopo dell esercizio è confrontare i diagrammi di Bode e di Nyquist dei sistemi con le seguenti f.d.t.: 5 1 1( s.1) F1() s =, F2() s =, F() s =, ( s+.1)( s+ 1) ( s+.1)( s+ 1)( s+ 2) ( s+.1)( s+ 1)( s+ 2) s 1 1 s F4() s = +, F5() s =. ( s+.1)( s+ 1)( s+ 2) ( s+.1)( s+ 1)( s+ 2) Osserviamo che, se si considera F 1 (s) come termine di paragone rispetto a cui confrontarsi, le altre f.d.t. differiscono da essa in quanto hanno un polo in più e/o uno zero in più (la mappa dei poli e degli zeri di una f.d.t., si ricorda, si può visualizzare graficamente mediante un opportuno comando pzmap), e costanti di trasferimento diverse. Ecco alcuni dei risultati ottenibili con Matlab per quanto riguarda F 1 (s). Costruiamo innnanzitutto la f.d.t.: >> F1=zpk([],[-.1-1],5) Zero/pole/gain: (s+.1) (s+1) Poi ricaviamo i vettori dei coefficienti del suo numeratore e del suo denominatore: >> [num,den]=zp2tf([],[-.1-1],5) num = 5 den = che, si noti, sono gli stessi risultati che si ottengono usando l istruzione >> [num,den]=tfdata(f1,'v') Tracciamo ora i diagrammi di Bode esatti di F 1 (jω), lasciando a Matlab la gestione dell intervallo di pulsazioni da considerare: >> figure;bode(f1) % Figura 8 Infine, tracciamo i diagrammi di Bode asintotici insieme a quelli esatti: >> bodeasin(num(),den,.1,1,'mod') % Figura 9 >> bodeasin(num(),den,.1,1,'arg') % Figura 1 ed il diagramma di Nyquist: >> figure;nyquist(f1) % Figura 11 18

19 con il relativo zoom attorno all origine (Figura 12). 4 Bode Diagram Phase (deg) Magnitude (db) Frequency (rad/sec) Figura 8 - Diagrammi di Bode esatti di F( j ω) 1 4 Diagramma di Bode - Modulo 2 db pulsazione Figura 9 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) del modulo di F( j ω) 1 19

20 Diagramma di Bode - Fase gradi pulsazione Figura 1 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) della fase di F( j ω) Figura 11 Diagramma di Nyquist di F ( ω) 1 j (a tratto pieno il diagramma polare) 2

21 Figura 12 Diagramma di Nyquist di F ( ω) 1 j : zoom attorno all origine Nota generale: si invita il lettore a riflettere su quanto possa essere utile l analisi dei diagrammi di Bode (non approssimati) ai fini della deduzione del diagramma polare, e a porre attenzione alle differenze, specialmente per quanto riguarda la fase, tra diagrammi esatti e diagrammi asintotici. Ecco ora i risultati ottenibili con Matlab per quanto riguarda F 2 (s): >> F2=zpk([],[ ],1) Zero/pole/gain: (s+.1) (s+1) (s+2) >> [num,den]=tfdata(f2,'v') num = 1 den = Per brevità, non si riporta qui la figura ottenibile con i comandi >> figure; >> bode(f2) Tracciamo dunque direttamente le coppie diagramma di Bode esatto/diagramma di Bode asintotico: 21

22 >> bodeasin(num(4),den,.1,1,'mod') % Figura 1 >> bodeasin(num(4),den,.1,1,'arg') % Figura 14 4 Diagramma di Bode - Modulo 2-2 db pulsazione Figura 1 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) del modulo di F ( j ω) 2 Diagramma di Bode - Fase -5-1 gradi pulsazione Figura 14 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) della fase di F ( j ω) 2 ed infine il diagramma di Nyquist: 22

23 >> figure;nyquist(f2) % Figura 15 con il relativo zoom attorno all origine del piano complesso (Figura 16) Figura 15 Diagramma di Nyquist di F ( ω) 2 j (a tratto pieno il diagramma polare) Figura 16 Diagramma di Nyquist di F ( ω) 2 j : zoom attorno all origine Ecco i risultati ottenibili con Matlab per quanto riguarda F (s): >> F=zpk([.1],[ ],1) 2

24 Zero/pole/gain: 1 (s-.1) (s+.1) (s+1) (s+2) >> [num,den]=tfdata(f,'v') num = 1-1 den = >> bodeasin(num(:4),den,.1,1,'mod') % Figura 17 >> bodeasin(num(:4),den,.1,1,'arg') % Figura 18 >> figure;nyquist(f) % Figura 19 4 Diagramma di Bode - Modulo 2 1 db pulsazione Figura 17 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) del modulo di F ( j ω) 24

25 2 Diagramma di Bode - Fase 1-1 gradi pulsazione Figura 18 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) della fase di F ( j ω) Figura 19 Diagramma di Nyquist di F ( ω) j (a tratto pieno il diagramma polare) La Figura 2 riporta uno zoom del diagramma di Nyquist attorno all origine, zoom effettuato mediante il pulsante lente di ingrandimento direttamente sulla figura Matlab precedente. 25

26 Figura 2 Diagramma di Nyquist di F ( ω) j : zoom attorno all origine Ecco i risultati ottenibili con Matlab per quanto riguarda F 4 (s): F4=zpk([-1],[ ],1) Zero/pole/gain: (s+1) (s+.1) (s+1) (s+2) >> [num,den]=tfdata(f4,'v') num = 1 1 den = >> bodeasin(num(:4),den,.1,1,'mod') % Figura 21 >> bodeasin(num(:4),den,.1,1,'arg') % Figura 22 >> figure;nyquist(f4) % Figura 2 La Figura 24 riporta due zoom della Figura 2 attorno all origine. 26

27 4 Diagramma di Bode - Modulo 2-2 db pulsazione Figura 21 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) del modulo di F ( jω ) 4 Diagramma di Bode - Fase -5-1 gradi pulsazione Figura 22 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) della fase di F ( jω ) 4 27

28 Figura 2 Diagramma di Nyquist di F ( ) 4 jω (a tratto pieno il diagramma polare).2 5 x x 1 - Figura 24 Diagramma di Nyquist di F ( ) 4 jω : due zoom attorno all origine Ecco, infine, i risultati ottenibili con Matlab per quanto riguarda F 5 (s): >> F5=zpk([1],[ ],-1) Zero/pole/gain: - (s-1) (s+.1) (s+1) (s+2) 28

29 >> [num,den]=tfdata(f5,'v') num = -1 1 den = >> bodeasin(num(:4),den,.1,1,'mod') % Figura 25 >> bodeasin(num(:4),den,.1,1,'arg') % Figura 26 >> figure;nyquist(f5) % Figura 27 La Figura 28 riporta due zoom della Figura 27 attorno all origine. 4 Diagramma di Bode - Modulo 2-2 db pulsazione Figura 25 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) del modulo di F ( jω ) 5 29

30 Diagramma di Bode - Fase gradi pulsazione Figura 26 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) del modulo di F ( jω ) Figura 27 Diagramma di Nyquist di F ( ) 5 jω (a tratto pieno il diagramma polare)

31 Figura 28 Diagramma di Nyquist di F ( ) 5 jω : due zoom attorno all origine Concludendo, tra i confronti che si possono stabilire fra le f.d.t. assegnate, si ricordano i seguenti. Consideriamo, innanzitutto, i diagrammi polari e di Nyquist di F( jω ) ed F ( ) 1 2 jω (Figura 29, con il relativo zoom vicino all origine mostrato in Figura ) sono molto simili per basse pulsazioni, mentre, all aumentare della pulsazione, le fasi delle due f.d.t. si differenziano sempre più; inoltre, a parità di verso di percorrenza (orario, in questo caso), il diagramma di Nyquist di F 1 ( jω ) non compie giri attono al punto 1, mentre quello di F ( ) 2 jω ne compie 2. Anche i diagrammi polari e di Nyquist di F ( jω ) ed F ( ) 4 5 jω (Figura 1, con due zoom vicino all origine mostrati in Figura 2) sono molto simili per basse pulsazioni, mentre, all aumentare della pulsazione, le fasi delle due f.d.t. si differenziano sempre più; inoltre, ancora una volta, a parità di verso di percorrenza (orario, in questo caso), il diagramma di Nyquist di F 4 ( jω ) non compie giri attono al punto 1, mentre quello di F ( ) 5 jω ne compie 2. Infine, raccogliamo i diagrammi di Nyquist di tutte e cinque le f.d.t., facendo uno zoom attorno all origine per confrontare i loro diversi comportamenti per pulsazioni molto elevate, al limite infinite, come mostrato in Figura (ove, per semplicità, non sono più evidenziati in particolare i diagrammi polari). 1

32 F1(jω) F2(jω) Figura 29 Diagrammi di Nyquist di F( jω ) e di F ( ) 1 2 jω (a tratto pieno i diagrammi polari) 1.5 F2(jω) -.5 F1(jω) Figura Diagrammi di Nyquist di F( jω ) e di F ( ) 1 2 jω : zoom attorno all origine 2

33 F5(jω) F4(jω) Figura 1 Diagrammi di Nyquist di F ( jω ) e di F ( ) 4 5 jω (a tratto pieno i diagrammi polari) 1.2 F5(jω).5 F5(jω).1 F4(jω) F4(jω) Figura 2 Diagrammi di Nyquist di F ( jω ) e di F ( ) 4 5 jω : due zoom attorno all origine

34 Figura Diagrammi di Nyquist di F( jω ) (blu), F ( jω ) (verde), F ( jω ) (rosso), F ( jω ) (azzurro) e F ( ) 5 jω (violetto): tre zoom attorno all origine 4

35 2.b Consideriamo ora le f.d.t. 7s 7s 7s F1() s =, F2() s =, F() s =. ( s+ )( s+ 7)( s+ 1) ( s )( s 7)( s 1) ( s )( s 7)( s+ 1) Osserviamo che esse differiscono tra loro solo per il segno dei poli o della costante di trasferimento; pertanto, i diagrammi di Bode del modulo ad esse associati (sia quelli esatti sia quelli approssimati) risulteranno coincidenti. Ecco alcuni risultati ottenibili con Matlab per quanto riguarda F 1 (s): >> F1=zpk([],[- -7-1],7) Zero/pole/gain: 7 s (s+) (s+7) (s+1) >> [num,den]=tfdata(f1,'v') num = 7 den = >> bodeasin(num(:4),den,.1,1,'mod') % Figura 4 >> bodeasin(num(:4),den,.1,1,'arg') % Figura 5 Diagramma di Bode - Modulo db pulsazione Figura 4 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) del modulo di F( jω ) 1 5

36 1 Diagramma di Bode - Fase 5 gradi pulsazione Figura 5 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) della fase di F( jω ) 1 >> figure;nyquist(f1) % Figura Figura 6 Diagramma di Nyquist di F( ) 1 jω (a tratto pieno il diagramma polare) Per quanto riguarda F 2 (s), poi, si ha 6

37 >> F2=zpk([],[ 7 1],-7) Zero/pole/gain: -7 s (s-) (s-7) (s-1) >> [num,den]=tfdata(f2,'v') num = -7 den = >> bodeasin(num(:4),den,.1,1,'mod') % Figura 7 >> bodeasin(num(:4),den,.1,1,'arg') % Figura 8 Diagramma di Bode - Modulo db pulsazione Figura 7 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) del modulo di F ( jω ) 2 7

38 4 Diagramma di Bode - Fase 5 25 gradi pulsazione Figura 8 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) della fase di F ( jω ) 2 >> figure;nyquist(f2) % Figura Figura 9 Diagramma di Nyquist di F ( ) 2 jω (a tratto pieno il diagramma polare) Per quanto riguarda, infine, F (s), si ha 8

39 >>F=zpk([],[ 7-1],7) Zero/pole/gain: 7 s (s-) (s-7) (s+1) >>[num,den]=tfdata(f,'v') num = 7 den = >>bodeasin(num(:4),den,.1,1,'mod') % Figura 4 >>bodeasin(num(:4),den,.1,1,'arg') % Figura 41 >>figure;nyquist(f) % Figura 42 Diagramma di Bode - Modulo db pulsazione Figura 4 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) del modulo di F ( jω ) 9

40 28 Diagramma di Bode - Fase gradi Axis pulsazione Figura 41 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) della fase di F ( jω ) Real -.5 Axis Figura 42 Diagramma di Nyquist di F ( ) jω (a tratto pieno il diagramma polare) Raccogliamo ora in Figura 4 i tre diagrammi di Nyquist ottenuti; si può osservare come, a parità di andamento del modulo in funzione della pulsazione, il diverso andamento della fase dia luogo a diagrammi di forme assai diverse, nonché con versi di percorrenza diversi. In particolare, i diagrammi di F 1 (jω) e di F 2 (jω) sono simmetrici rispetto all asse immaginario, in quanto, punto per punto, ovvero pulsazione per pulsazione, i loro moduli sono uguali e le fasi loro hanno somma 18 4

41 (il lettore è invitato a verificare questa relazione costruendo i due diagrammi di Nyquist con il metodo dei vettori). Considerando, infine, come evidenziato in Figura 44, F 1 (s) e F 2 (s), si ha che i corrispondenti diagrammi di Nyquist, pur in apparenza sovrapposti, hanno versi di percorrenza opposti; anche i relativi diagrammi polari non si sovrappongono, in quanto giacciono, punto per punto, in semipiani simmetrici rispetto all asse reale F(jω) F1(jω) -.4 F2(jω) Figura 4 Diagrammi di Nyquist di F( jω ), F ( jω ) e F ( 1 2 jω ) (a tratto pieno sono evidenziati, in particolare, i diagrammi polari).6.4 -F2(jω) F1(jω) Figura 44 Diagrammi di Nyquist di F( jω ) e 1 F ( jω) 2 (per semplicità, non sono evidenziati i diagrammi polari) 41

42 2.c Consideriamo infine i tre sistemi 2s+ 2 2s+ 2 2s 2 F1() s =, F 2 2() s =, F 2 () s =. 2 s 2.1s+.2 s 1.9s.2 s 2.1s+.2 Osserviamo preliminarmente che essi differiscono solo per il segno delle loro singolarità o del guadagno (mentre la costante di trasferimento è la stessa); pertanto, i loro diagrammi di Bode del modulo (sia quelli esatti sia quelli approssimati) risulteranno coincidenti. Una verifica riguardo ai valori ed ai segni degli zeri, dei poli e della costante di trasferimento si può effettuare mediante un opportuno comando zpkdata per ciascuna delle tre f.d.t. considerate; ad esempio, nel caso di F () s, si ha >> [z,p,k] = zpkdata (F,'v') z = 1 p = 2..1 k = 2 Occupiamoci ora dei confronti fra i diagrammi di Bode e di Nyquist. Consideriamo innanzitutto F( ) 1 jω. Con le istruzioni F1=tf([2 2],[ ]) [num,den]=tfdata(f1,'v') bodeasin(num(2:),den,.1,1,'mod') % Figura 45 bodeasin(num(2:),den,.1,1,'arg') % Figura 46 figure;nyquist(f1) % Figura 47, e, grazie allo zoom, Figura 48 raccolte per semplicità in un M-file, si ottiene Transfer function: 2 s s^2-2.1 s +.2 num = 2 2 den = 42

43 e si generano le figure seguenti, da Figura 45 a Figura Diagramma di Bode - Modulo 1 db pulsazione Figura 45 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) del modulo di F( jω ) 1 Diagramma di Bode - Fase 25 2 gradi pulsazione Figura 46 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) della fase di F( jω ) 1 4

44 Figura 47 Diagramma di Nyquist di F( ) 1 jω (a tratto pieno il diagramma polare) Figura 48 Zoom, attorno all origine, del diagramma di Nyquist di F( ) 1 jω (a tratto pieno lo zoom del diagramma polare) 44

45 Occupiamoci ora di F ( ) 2 jω. Con le istruzioni F2=tf([2 2],[ ]) [num,den]=tfdata(f2,'v') bodeasin(num(2:),den,.1,1,'mod') % Figura 49 bodeasin(num(2:),den,.1,1,'arg') % Figura 5 figure;nyquist(f2) % Figura 51 raccolte per semplicità in un M-file, si ottiene Transfer function: 2 s s^2-1.9 s -.2 num = 2 2 den = e si generano le figure seguenti, da Figura 49 a Figura Diagramma di Bode - Modulo 1 db pulsazione Figura 49 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) del modulo di F ( jω ) 2 45

46 Diagramma di Bode - Fase 2 1 gradi pulsazione Figura 5 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) della fase di F ( jω ) Figura 51 Diagramma di Nyquist di F ( ) 2 jω (a tratto pieno il diagramma polare) 46

47 Infine, per quanto riguarda F ( ) jω, eseguendo un opportuno M-file contenente le istruzioni F=tf([2-2],[ ]) [num,den]=tfdata(f,'v') bodeasin(num(2:),den,.1,1,'mod') % Figura 52 bodeasin(num(2:),den,.1,1,'arg') % Figura 5 figure;nyquist(f) % Figura 54 si ottiene Transfer function: 2 s s^2-2.1 s +.2 num = 2-2 den = e si generano le figure da Figura 52 a Figura Diagramma di Bode - Modulo 1 db pulsazione Figura 52 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) del modulo di F ( jω ) 47

48 -9 Diagramma di Bode - Fase gradi pulsazione Figura 5 - Diagrammi di Bode esatto (blu) e approssimato (verde) della fase di F ( jω ) Figura 54 Diagramma di Nyquist di F ( ) jω (a tratto pieno il diagramma polare) 48

49 Raccogliamo ora in Figura 55 i diagrammi di Bode delle tre f.d.t. considerate ed in Figura 56 (Figura 57 ne mostra uno zoom attorno all origine) i loro tre diagrammi di Nyquist; come nell esercizio 2.b, anche ora si può osservare che, a parità di andamento del modulo in funzione della pulsazione, il diverso andamento della fase dà luogo a diagrammi di forme assai diverse, nonché con versi di percorrenza diversi. Phase (deg) Magnitude (db) Bode Diagram F1 F2 F Frequency (rad/sec) Figura 55 - Diagrammi di Bode di F( jω ) 1, F ( jω ) 2 ed F ( ) jω ; come ci si aspetta, i tre diagrammi dei moduli sono fra loro coincidenti 6 4 F2(jω) F1(jω) F(jω) Figura 56 Diagrammi di Nyquist di F( jω ) 1, F ( jω ) 2 ed F ( ) jω (a tratto pieno sono evidenziati, in particolare, i diagrammi polari) 49

50 1.5 1 F2(jω) F1(jω) F(jω) Figura 57 Diagrammi di Nyquist di F( jω ) 1, F ( jω ) 2 ed F ( ) jω (a tratto pieno i diagrammi polari): zoom attorno all origine Infine, la Figura 58 (Figura 59 ne mostra uno zoom attorno all origine) riporta i diagrammi di Nyquist di F( jω), F ( jω ) ed F ( ) 1 2 jω. Si lascia al lettore il compito di riflettere, in particolare, sulle differenze tra i diagrammi di Nyquist di F( jω) e di F ( ) 1 2 jω e sulle differenze tra i loro rispettivi diagrammi polari F2(jω) -2-4 F(jω) -F1(jω) Figura 58 Diagrammi di Nyquist di F( jω) 1, F ( jω ) 2 ed F ( ) jω (a tratto pieno i diagrammi polari) 5

51 F2(jω) -F1(jω) -1 F(jω) Figura 59 Diagrammi di Nyquist di F( jω) 1, F ( jω ) 2 ed F ( ) jω (a tratto pieno i diagrammi polari) : zoom attorno all origine 51