La funzione di trasferimento e la risposta in frequenza

In un sistema lineare il legame fra ingresso e uscita è un’equazione differenziale: scomoda da scrivere e peggio da risolvere ogni volta che cambia il segnale d’ingresso. Il mestiere dei controlli comincia con un cambio di punto di vista che toglie di mezzo il problema — si smette di lavorare nel tempo e si passa alla frequenza.

Il caso

Un circuito RC: resistenza in serie, condensatore verso massa, uscita ai capi del condensatore. Che cosa fa a un segnale che entra?

Nel dominio del tempo bisognerebbe risolvere $i = C\frac{dv}{dt}$ per ogni forma d’onda. Con le impedenze, invece, il circuito è un semplice partitore di tensione:

V_{\text{out}} = V_{\text{in}}\,\frac{Z_C}{Z_R + Z_C}

La funzione di trasferimento

Si chiama funzione di trasferimento il rapporto fra uscita e ingresso:

G(s) = \frac{V_{\text{out}}(s)}{V_{\text{in}}(s)}

Nel dominio di Laplace l’impedenza del condensatore è $Z_C = \frac{1}{sC}$ , quindi

G(s) = \frac{\frac{1}{sC}}{R + \frac{1}{sC}} = \frac{1}{1 + sRC}

Il prodotto $RC$ ha le dimensioni di un tempo: è la costante di tempo $\tau$ , e il suo inverso è la pulsazione caratteristica $\omega_0 = \frac{1}{RC}$ .

Un nome che serve subito: il valore di $s$ che annulla il denominatore si chiama polo — qui ce n’è uno, in $s = -\frac{1}{\tau}$ . I poli sono la carta d’identità del sistema: quanti sono e dove stanno decide la pendenza dei diagrammi qui sotto, e nella prossima lezione si conteranno per giudicare la stabilità.

La funzione di trasferimento è una proprietà del sistema, non del segnale. Scritta una volta, risponde per qualunque ingresso — mentre l’equazione differenziale va risolta da capo ogni volta. È tutto il guadagno del passaggio in frequenza.

Perché si scrive $s = j\omega$

La variabile $s$ di Laplace è in generale complessa, $s = \sigma + j\omega$ . La parte reale $\sigma$ descrive come il transitorio si smorza; se interessa solo il comportamento a regime, cioè quando il sistema oscilla stabilmente alla frequenza che gli si dà in ingresso, si trascura $\sigma$ e resta

s = j\omega

G(j\omega) = \frac{1}{1 + j\frac{\omega}{\omega_0}}

A questo punto $G(j\omega)$ è un numero complesso che dipende dalla frequenza, e i due dati che lo descrivono sono esattamente quelli visti con i numeri complessi:

il modulo, che dice di quanto l’ampiezza viene moltiplicata;
l’argomento, che dice di quanto l’uscita è sfasata rispetto all’ingresso.

\lvert G(j\omega)\rvert = \frac{1}{\sqrt{1 + \left(\frac{\omega}{\omega_0}\right)^2}}

I due limiti

\lim_{\omega \to 0} \lvert G\rvert = \frac{1}{\sqrt{1+0}} = 1 \qquad\qquad \lim_{\omega \to \infty} \lvert G\rvert = 0

Alle frequenze basse l’uscita è uguale all’ingresso; a quelle alte non passa niente. È un filtro passa-basso, e non c’era bisogno di risolvere nessuna equazione differenziale per saperlo.

Il valore del primo limite ha un nome che tornerà di continuo: è il guadagno statico, ciò che il sistema fa a un ingresso costante — qui vale $1$ , ma in generale è il primo numero che si legge di una $G$ .

Il guadagno in decibel

Il modulo si esprime in decibel, cioè in scala logaritmica:

\lvert G(j\omega)\rvert_{\text{dB}} = 20 \log_{10} \lvert G(j\omega)\rvert

Tre valori da saper leggere al volo:

modulo	in dB	significato
$1$	$0$ dB	l’uscita è uguale all’ingresso
$\frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0{,}707$	$-3$ dB	è il ginocchio: $\omega = \omega_0$
$\frac{1}{10}$	$-20$ dB	l’ampiezza è un decimo

$0$ dB non significa uscita nulla: significa uscita uguale all’ingresso.

\underbrace{20\log_{10}(1) = 0\ \text{dB}}_{\text{guadagno unitario}} \qquad\neq\qquad \underbrace{\text{uscita} = 0}_{\text{sarebbe } -\infty\ \text{dB}}

Lo zero del decibel sta dove il logaritmo si annulla, cioè a guadagno uno. Un’uscita davvero nulla in decibel non è rappresentabile: tende a meno infinito.

Il diagramma di Bode

Diagramma di Bode del modulo per un passa-basso: tratto orizzontale a 0 dB fino alla pulsazione di taglio, poi pendenza di meno 20 dB per decade, con il punto a meno 3 dB sul ginocchio

Per $\omega \gg \omega_0$ il termine sotto radice è dominato da $\frac{\omega}{\omega_0}$ , quindi

\lvert G\rvert_{\text{dB}} \approx -20\log_{10}\frac{\omega}{\omega_0}

e basta sostituire per vedere la regola:

\omega = 10\,\omega_0 \rightarrow -20\ \text{dB} \qquad \omega = 100\,\omega_0 \rightarrow -40\ \text{dB} \qquad \omega = 1000\,\omega_0 \rightarrow -60\ \text{dB}

In scala logaritmica quei punti sono allineati: la curva diventa una retta con pendenza $-20$ dB/decade. È il motivo per cui i diagrammi di Bode si tracciano con la riga — si disegnano gli asintoti, e la curva vera li segue passando 3 dB sotto il ginocchio.

Le pendenze si sommano. Un sistema con due poli scende a $-40$ dB/decade, con tre a $-60$ : nel diagramma di Bode una cascata di blocchi si tratta sommando i contributi, perché il logaritmo di un prodotto è la somma dei logaritmi. È la stessa proprietà dei logaritmi, usata come strumento di disegno.

Esercizio.

Un filtro RC ha $R = 10\ \text{k}\Omega$ e $C = 100\ \text{nF}$ . Calcola $\omega_0$ e la frequenza di taglio $f_0$ .
Quanto vale il guadagno in dB alla pulsazione di taglio?
Per $G(s) = \dfrac{1}{1 + \frac{s}{500}}$ , quanto vale il guadagno in dB a $\omega = 5000\ \text{rad/s}$ ?
Calcola il guadagno statico di $G(s) = \dfrac{20}{1 + \frac{s}{100}}$ ed esprimilo in dB.

Mostra la soluzione

1. La costante di tempo è $\tau = RC = 10^4 \cdot 10^{-7} = 10^{-3}$ s.

\omega_0 = \frac{1}{\tau} = 1000\ \text{rad/s} \qquad f_0 = \frac{\omega_0}{2\pi} \approx 159\ \text{Hz}

2. Alla pulsazione di taglio il modulo vale $\frac{1}{\sqrt{2}}$ :

20\log_{10}\frac{1}{\sqrt{2}} \approx -3\ \text{dB}

3. Qui $\omega_0 = 500$ rad/s, quindi $\omega = 10\,\omega_0$ : siamo una decade oltre il ginocchio, sull’asintoto a $-20$ dB/decade.

\lvert G\rvert_{\text{dB}} \approx -20\ \text{dB}

4. Il guadagno statico è il valore per $\omega \to 0$ , cioè $s \to 0$ :

K = \lim_{s\to 0} G(s) = 20 \qquad 20\log_{10} 20 \approx 26\ \text{dB}