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da **giuggiolo** » 4 lug 2011, 11:24

Ciao a tutti!

Devo disegnare il diagramma di Nyquist della seguente fdt

$G(s) = \frac{-5(1-5s)(1-2s)}{s^2(s+1)}$

per quanto riguarda la fase della fdt il calcolo per una generica pulsazione è:
$\phi(\omega) = -\pi+arctg(-5\omega)+\pi+arctg(-2\omega)+\pi-\pi-arctg(\omega)$
cioè $arctg(-5\omega) +arctg(-2\omega)-arctg(\omega)$

dove nell'ordine da sinistra a desta il primo pi è dovuto al fatto che il guadagno è negativo, il secondo e il terzo pi sono dovuti alla negatività della parte immaginaria dello zero in 0.2 e dello zero in 0.5, mentre il -pi è dovuto al doppio polo nell'origine.

Passo allora al limite della pulsazione per calcolare la fase di inizio e fine:

$\lim _{\omega \leftarrow 0} \phi(\omega) = 0$
$\lim _{\omega \leftarrow +\infty} \phi(\omega) = -\frac{3\pi}{2}$

Tuttavia disegnando con Matlab il diagramma delle fasi di Bode ho che la fase iniziale è 450°e la fase finale è 180°...come è possibile? cosa avrei sbagliato?

Grazie
Giulio

da **marioursino** » 4 lug 2011, 13:30

Il mio matlab suggerisce invece il seguente andamento (con Bode però):

: untitled.jpg (19.02 KiB) Osservato 9382 volte

da **giuggiolo** » 4 lug 2011, 14:40

grazie per la risposta :)

ho appena rifatto l'elaborazione con Matlab e anche io ottengo che la fase parte da 360° e arriva a 90°..forse avevo sbagliato nel trascrivere in Matlab la fdt.

quello che non capisco però è il motivo per cui analiticamente invece la fase parte da 0 rad e arriva a -3/2 rad, dando quindi luogo ad un diagramma di Nyquist che occupa il 2°, 3° e 4° quadrante, mentre quello di Matlab occupa il primo quadrante!

da **giuggiolo** » 4 lug 2011, 16:13

Ho lo stesso problema anche con la fdt $G(j\omega) = \frac{5(1-s)}{s^2(s+1)}$ ...

questo su matlab parte da 180° e arriva a 0° mentre analiticamente:

$\phi(j\omega) = arctg(-\omega)+\pi-\pi-arctg(\omega) = arctg(-\omega)-\arctg(\omega)$
$\lim _{\omega \to 0} \phi(j\omega) = 0$
$\lim _{\omega \to \infty} \phi(j\omega) = -\pi/2 -\pi/2 = -\pi$

dove sbaglio??

da **DirtyDeeds** » 4 lug 2011, 16:27

Metti i $\pi$ un po' a caso ;-)

La fdt è

$G(s) = \frac{5(1-s)}{s^2(s+1)}$

da cui

$G(\mathrm{j}\omega) = -\frac{5(1-\mathrm{j}\omega)}{\omega^2(1+\mathrm{j}\omega)}$

Quindi la fase sarà

$\phi(\omega) = \pi-\arctan\omega-\arctan\omega = \pi-2\arctan\omega$

da **giuggiolo** » 4 lug 2011, 16:35

grazie della risposta!

quei $\pi$ li metto perché l'argomento dell'arctg è negativo e da questa -> http://it.wikipedia.org/wiki/Numero_complesso#Geometria pagina di Wikipedia leggo che se la parte reale è negativa allora si aggiunge pi (e se quel meno lo porto al numeratore penso sia equivalente il caso in cui è la parte immaginaria ad essere negativa...)

in ogni caso, sfruttando la disparità dell'arctan come hai fatto tu dovei sopperire faclmente a tutti questi problemi di segno :)

da **IsidoroKZ** » 4 lug 2011, 16:36

Quando $j\omega \to 0$ la funzione diventa in pratica $\frac{5(1-0)}{(j\omega)^2(1+0)}$ , il risultato e` un numero negativo e quindi fase 180 gradi.
Quando invece $j\omega \to \infty$ si ha che i termini costanti si possono trascurare e quindi
$\frac{5(-j\omega)}{(j\omega)^2(j\omega)}$ e la fase complessiva viene 0, dato che j^3=-j

da **giuggiolo** » 4 lug 2011, 16:44

dalla teoria sui diagrammi di Bode so che due poli nell'origine danno contributo pari a $-\pi$ alla fase...questo significa che l'espressione generica della fase dovrebbe essere:

$\phi(j\omega) = -\pi-2 \arctan(\omega)$

e quindi per $\omega \to 0$ ho $\phi(j\omega) = -\pi$
analogamente per per $\omega \to +\infty$ ho $\phi(j\omega) = -\pi-2\pi/2 = 0$

so bene che un punto in -pi è lo stesso punto in +pi, ma nei diagrammi di Bode è fondamentale farne la distinzione...

da **IsidoroKZ** » 4 lug 2011, 16:46

giuggiolo ha scritto:so bene che un punto in -pi è lo stesso punto in +pi, ma nei diagrammi di Bode è fondamentale farne la distinzione...

Manco per idea! Tutte e due le soluzioni sono ugualmente corrette.

da **giuggiolo** » 4 lug 2011, 16:51

A quanto ne so io se la fase della fdt parte da -180° e deve arrivare a 0° significa che deve crescere e quindi il suo diagramma di Nyquist dovrà passare per il 3° e 2° quadrante.

Al contrario se la fase parte da 180° dovrà decrescere fino a 0° e quindi il suo diagramma di Nyquist passa per il 4° e 1° quadrante.

Allo stesso modo i diagrammi di Bode delle fasi nelle due situazioni saranno "specchiati" rispetto l'asse delle ascisse.

È per questo che dico che secondo me sono due punti diversi sotto il punto di vista dei diagrammi di Bode e Nyquist.

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Calcolo della fase di una fdt

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