Risposta a regime e diagrammi di Bode

Due antitrasformate

Per tornare nel tempo si scompone la trasformata in fratti semplici. Primo esempio, con un polo doppio nell'origine:

$$\begin{aligned} Y_1(s)&=\frac{1+2s}{s^2(s+1)(s+3)}\\ &=\frac{R_1}{s+1}+\frac{R_2}{s+3}+\frac{R_3}{s^2}+\frac{R_4}{s} \end{aligned}$$

Per un polo semplice si moltiplica per il suo fattore e si valuta nel polo. Per il polo doppio si moltiplica per $s^2$: il valore in $0$ dà $R_3$, la derivata in $0$ dà $R_4$.

$$\begin{gathered} R_1=\left.\frac{1+2s}{s^2(s+3)}\right|_{s=-1}=-\frac12\\ R_2=\left.\frac{1+2s}{s^2(s+1)}\right|_{s=-3}=\frac5{18}\\ R_3=\left.\frac{1+2s}{(s+1)(s+3)}\right|_{s=0}=\frac13 \end{gathered}$$ $$\begin{aligned} R_4&=\left.\frac{d}{ds}\frac{1+2s}{(s+1)(s+3)}\right|_{s=0}\\ &=\frac{2\cdot3-1\cdot4}{3^2}=\frac29 \end{aligned}$$

Quindi, per $t\ge0$,

$$\begin{aligned} y_1(t)&=-\tfrac12e^{-t}+\tfrac5{18}e^{-3t}\\ &\quad+\tfrac13t+\tfrac29 \end{aligned}$$

Con un ritardo di $2$ si sostituisce $t$ con $t-2$ e si moltiplica per il gradino $\delta_{-1}(t-2)$, che annulla la risposta per $t<2$:

$$y_{f1}(t)=y_1(t-2)\,\delta_{-1}(t-2)$$

Secondo esempio: il sistema ha $W(s)=1/((s+1)(s+3))$ e l'ingresso è $\sin t$, di trasformata $1/(s^2+1)$. La risposta forzata ha trasformata

$$\begin{aligned} Y_{f2}(s)&=\frac{1}{(s+1)(s+3)(s^2+1)}\\ &=\frac{R_1}{s+1}+\frac{R_2}{s+3}+\frac{R_3s+R_4}{s^2+1} \end{aligned}$$

I residui dei poli reali si calcolano come prima: $R_1=\frac14$ e $R_2=-\frac1{20}$. Per gli altri due si uguagliano i due membri in due valori di $s$ che non annullano il denominatore:

$$\begin{gathered} s=0:\quad\frac13=\frac14-\frac1{60}+R_4\\ s=1:\quad\frac1{16}=\frac18-\frac1{80}+\frac{R_3+R_4}{2} \end{gathered}$$

Ne escono $R_4=\frac1{10}$ e $R_3=-\frac15$, quindi

$$\begin{aligned} y_{f2}(t)&=\tfrac14e^{-t}-\tfrac1{20}e^{-3t}\\ &\quad-\tfrac15\cos t+\tfrac1{10}\sin t \end{aligned}$$

I primi due termini sono modi del sistema e si spengono. Gli ultimi due sono una sinusoide con la pulsazione dell'ingresso. Per scriverla come $M\sin(t+\beta)$ si usa $\sin(t+\beta)=\sin t\cos\beta+\cos t\sin\beta$ e si uguagliano i coefficienti:

$$\begin{gathered} M\cos\beta=\frac1{10}\\ M\sin\beta=-\frac15 \end{gathered}$$

Sommando i quadrati, $M^2=1/100+1/25=1/20$. Il rapporto dà $\tan\beta=-2$, con $\cos\beta>0$. Quindi $M=1/\sqrt{20}$ e $\beta=-\arctan2$.

Transitorio e regime

Se esiste, la risposta $y(t)$ si scompone in due parti.

• La risposta a regime $y_r(t)$ è ciò a cui l'uscita si assesta. Sta nella risposta forzata ed è legata all'ingresso: a un gradino corrisponde un gradino di ampiezza moltiplicata per $W(0)$, a una sinusoide una sinusoide.
• La risposta transitoria è tutto il resto. Contiene la risposta libera, che si estingue se i modi osservabili convergono, e la parte della forzata legata ai modi naturali.

Il tempo di salita, il tempo di assestamento e la sovraelongazione descrivono il transitorio e fissano come si vuole che il sistema risponda a un gradino. Il regime non esiste sempre: se i modi naturali divergono l'uscita non si assesta.

Si parte da

$$y(t)=\Psi(t-t_0)\,x_0+\int_{t_0}^{t}W(t-\tau)\,u(\tau)\,d\tau$$

con $\Psi(t)=Ce^{At}$ e $W(t)=Ce^{At}B+D\,\delta(t)$. Si tiene fisso $t$ mandando $t_0\to-\infty$. Il regime è $y_r(t)=\lim_{t_0\to-\infty}y(t)$ e deve essere indipendente da $x_0$, quindi serve $\Psi(t-t_0)\,x_0\to0$: tutti i modi osservabili devono convergere. Resta

$$y_r(t)=\int_{-\infty}^{t}W(t-\tau)\,u(\tau)\,d\tau$$

Questo integrale deve esistere: servono modi eccitabili e osservabili convergenti, già inclusi fra gli osservabili. Si considerano ingressi periodici e polinomiali, il gradino compreso.

Ingresso sinusoidale

Il seno è una combinazione di due esponenziali complessi, $\sin\omega t=(e^{\mathrm j\omega t}-e^{-\mathrm j\omega t})/(2\mathrm j)$. Per linearità basta $u(t)=e^{\mathrm j\omega t}$: il fattore $1/(2\mathrm j)$ esce dall'integrale e l'altro esponenziale si ottiene con $-\omega$. Con $\theta=t-\tau$ gli estremi diventano $+\infty$ e $0$:

$$\begin{aligned} y_r(t)&=\int_{-\infty}^{t}W(t-\tau)\,e^{\mathrm j\omega\tau}\,d\tau\\ &=e^{\mathrm j\omega t}\int_0^{+\infty}W(\theta)\,e^{-\mathrm j\omega\theta}\,d\theta\\ &=W(\mathrm j\omega)\,e^{\mathrm j\omega t} \end{aligned}$$

perché l'integrale è la trasformata di Laplace di $W$ in $s=\mathrm j\omega$. Si scrive $W(\mathrm j\omega)=M\,e^{\mathrm j\varphi}$, con $M=|W(\mathrm j\omega)|$ e $\varphi=\angle W(\mathrm j\omega)$. Per un sistema reale $W(-\mathrm j\omega)$ ha lo stesso modulo e fase opposta: il modulo è una funzione pari, la fase dispari. Dunque

$$\begin{aligned} y_r(t)&=\frac{M\,e^{\mathrm j(\omega t+\varphi)}-M\,e^{-\mathrm j(\omega t+\varphi)}}{2\mathrm j}\\ &=M\sin(\omega t+\varphi) \end{aligned}$$

A regime l'uscita è una sinusoide con la stessa pulsazione, ampiezza moltiplicata per $M$ e sfasata di $\varphi$. Nel secondo esempio $W(\mathrm j)=1/(2+4\mathrm j)$ ha modulo $1/\sqrt{20}$ e fase $-\arctan2$, proprio $M$ e $\beta$ trovati. Per capire come un sistema, per esempio un microfono, tratta segnali periodici serve quindi conoscere modulo e fase di $W$ a ogni pulsazione.

Ingresso $\sin \omega t$, $W(s)=1/((s+1)(s+3))$

$t$

• ingresso
• risposta forzata
• regime $y_r$

$\omega$

1

Poli, zeri e forma di Bode

La funzione di trasferimento è un rapporto di polinomi, con il grado del numeratore non maggiore di quello del denominatore. Le radici del numeratore sono gli zeri, quelle del denominatore i poli. I poli sono autovalori, quelli dei modi sia eccitabili sia osservabili. Se manca eccitabilità o osservabilità ci sono cancellazioni fra poli e zeri e il grado cala. $W(s)$ non dice quale proprietà manca: per saperlo si guardano le trasformate di $H$ e di $\Psi$.

Si mettono in evidenza i parametri dei modi. Un autovalore reale $\lambda$ dà il fattore $s-\lambda$, con la costante di tempo $\tau=-1/\lambda$, positiva se $\lambda<0$:

$$s-\lambda=-\lambda\,(1+\tau s)$$

Il modo è $e^{\lambda t}=e^{-t/\tau}$ e $\tau$ è il tempo in cui si riduce a $1/e$. Una coppia complessa $\alpha\pm\mathrm j\omega$ dà un fattore di secondo grado, con $\omega_n=\sqrt{\alpha^2+\omega^2}$ e $\xi=-\alpha/\omega_n$:

$$\begin{aligned} (s-\alpha)^2+\omega^2&=s^2-2\alpha s+\omega_n^2\\ &=\omega_n^2\Bigl(1+\frac{2\xi}{\omega_n}s+\frac{s^2}{\omega_n^2}\Bigr) \end{aligned}$$

Raccogliendo tutte le costanti nel guadagno $K$, valore di $s^rW(s)$ in $s=0$, si ottiene la forma di Bode: $K$ per un monomio $s^{-r}$ (poli nell'origine), per i binomi $1+\tau s$ e per i trinomi, ciascuno con esponente $+1$ al numeratore e $-1$ al denominatore:

$$\begin{aligned} W(s)&=K\,s^{-r}\prod_i(1+\tau_is)^{\pm1}\\ &\quad\cdot\prod_k\Bigl(1+\frac{2\xi_k}{\omega_{nk}}s+\frac{s^2}{\omega_{nk}^2}\Bigr)^{\pm1} \end{aligned}$$

Modulo e fase fattore per fattore

Calcolare $W(\mathrm j\omega)$ punto per punto è pesante. Si scrive ogni fattore in forma polare, $M_i\,e^{\mathrm j\varphi_i}$ al numeratore e $M_k\,e^{\mathrm j\varphi_k}$ al denominatore:

$$\begin{aligned} |W(\mathrm j\omega)|&=|K|\,\frac{\prod_iM_i}{\prod_kM_k}\\ \angle W(\mathrm j\omega)&=\angle K+\sum_i\varphi_i-\sum_k\varphi_k \end{aligned}$$

Le fasi si sommano, i moduli si moltiplicano. Il logaritmo trasforma il prodotto in una somma, quindi si usa il modulo in decibel:

$$\begin{aligned} 20\log_{10}|W(\mathrm j\omega)|&=20\log_{10}|K|\\ &\quad+\sum_i20\log_{10}M_i\\ &\quad-\sum_k20\log_{10}M_k \end{aligned}$$

Si studia ogni fattore e si sommano i grafici. Nei diagrammi di Bode il modulo è in decibel, la fase è lineare e l'asse delle pulsazioni è logaritmico: le distanze fra $1$ e $10$, fra $10$ e $100$, fra $0{,}1$ e $1$ sono uguali, e si vede un intervallo ampio in un solo grafico.

Guadagno. Il modulo è la retta orizzontale $20\log_{10}|K|$: sopra $0$ dB se $|K|>1$, sotto se $|K|<1$. La fase è $0$ per $K>0$ e $\pm\pi$ per $K<0$.

Monomio. Con $s=\mathrm j\omega$ il modulo è $\omega$ e la fase $\pi/2$: una retta di pendenza $+20$ dB per decade, che passa per $0$ dB in $\omega=1$. Per $1/s$ il modulo si ribalta, pendenza $-20$ dB per decade, e la fase è $-\pi/2$. In $10/s$ il guadagno alza la retta di $20$ dB: $20$ dB in $\omega=1$, $0$ in $\omega=10$, $-20$ in $\omega=100$, con fase $-\pi/2$. Qui il diagramma è esatto.

Binomio. Con $s=\mathrm j\omega$:

$$\begin{gathered} |1+\mathrm j\omega\tau|=\sqrt{1+\omega^2\tau^2}\\ \angle(1+\mathrm j\omega\tau)=\arctan\omega\tau \end{gathered}$$

Per $\omega|\tau|\ll1$ il modulo è circa $0$ dB, per $\omega|\tau|\gg1$ è circa $20\log_{10}(\omega|\tau|)$, cioè una retta di pendenza $+20$ dB per decade. La pulsazione di rottura è $1/|\tau|$, dove il modulo esatto è $20\log_{10}\sqrt2$, circa $3$ dB sopra gli asintoti: è l'errore massimo. La fase va da $0$ a $\pi/2$ se $\tau>0$, a $-\pi/2$ se $\tau<0$. Si approssima con una retta da una decade prima a una decade dopo la rottura; in $\omega=1/|\tau|$ il valore esatto è $\pm\pi/4$. Il modulo non dipende dal segno di $\tau$, la fase si ribalta. Se il binomio è al denominatore, modulo e fase cambiano segno.

Un binomio $1+\tau s$ e i suoi asintoti

Posizione

NumeratoreDenominatore

Segno di $\tau$

PositivoNegativo

Modulo

${\log }_{10}\omega$dB

• esatto
• asintotico

Fase

${\log }_{10}\omega$$\phi /\pi$

• esatta
• asintotica

$|\tau |$

1

Esempio. La funzione $W(s)=1/((s+1)(s+10))$ non è in forma di Bode, perché $s+10$ non è del tipo $1+\tau s$. Si mette in evidenza il guadagno:

$$W(s)=\frac{0{,}1}{(1+s)\bigl(1+\tfrac{s}{10}\bigr)}$$

Il guadagno $0{,}1$ vale $-20$ dB e ha fase $0$. I due binomi sono al denominatore, con $\tau=1$ e $\tau=0{,}1$: le rotture sono in $\omega=1$ e $\omega=10$. Il modulo è $-20$ dB fino a $1$, poi scende di $20$ dB per decade, quindi $-40$ dB in $\omega=10$, poi di $40$ dB per decade, quindi $-80$ dB in $\omega=100$. La fase scende di $\pi/2$ attorno a ciascuna rottura, da $0$ a $-\pi$. Per leggere modulo e fase a una pulsazione si traccia la verticale e si guardano i due grafici.

Bode di $1/((s+1)(s+10))$

Modulo

$-40$ dB$-80$ dB${\log }_{10}\omega$dB

• esatto
• asintotico

Fase

${\log }_{10}\omega$$\phi /\pi$

• esatta
• asintotica