Una ganancia compleja dice dos cosas: cuánto cambia la amplitud de una onda y cuánto se desplaza su fase. Vamos a calcular ambas antes de dibujar Bode. Después cerraremos un lazo, veremos por qué aparece el punto −1 y comprobaremos cómo Nyquist relaciona un recorrido con polos que crecen o decaen.
Si necesitas repasar:
1. Una senoidal conserva frecuencia en el régimen permanente de un LTI estable
Con coeficientes reales y una respuesta frecuencial existente, el régimen permanente es y_perm=a|G(iω)|cos(ωt+θ+arg G(iω)). La exponencial compleja exp(iωt) sale multiplicada por G(iω); tomar su parte real devuelve el coseno.
Si conectamos la entrada en cero, puede haber un transitorio adicional. Para observar el régimen permanente de esta forma exigimos que ese transitorio decaiga. Un polo sobre la frecuencia evaluada no permite sustituir y obtener una ganancia finita sin más; la resonancia del oscilador es un ejemplo de por qué importan las hipótesis.
Pasar de la transferencia a una onda concreta
G=2/(s+1), entrada u=3cos(t+π/6).
Frecuencia
ω=1 y G(i)=2/(1+i)=1−i, de módulo √2 y fase −π/4.Amplitud
La amplitud permanente es 3√2.
Fase
π/6−π/4=−π/12.La salida permanente es 3√2cos(t−π/12); mantiene la frecuencia uno.
El sistema cambió tamaño y fase, no la frecuencia del seno de entrada.
La fase del sistema se suma a la fase que la entrada ya tenía.
La curva completa necesita respetar el instante de conexión
Mismo G y entrada conectada en t=0, con salida inicial cero.
Ecuación
y′+y=6cos(t+π/6).La parte permanente anterior vale 3(√3+1)/2 en cero.
Añadir el transitorio
y(t)=3√2cos(t−π/12)−[3(√3+1)/2]exp(−t).Así y(0)=0.Comprobar
El término exponencial satisface la homogénea y desaparece. La pendiente inicial es 3√3, igual a la que exige la ecuación con y(0)=0.
La fórmula de régimen permanente sola no tenía por qué cumplir el dato inicial.
Al avanzar el tiempo, la diferencia entre curva completa y permanente tiende a cero.
2. Módulo y fase se leen como longitud y ángulo con cuadrante
El término imaginario completo es ib. El módulo es √(a²+b²) y, si z≠0, la fase es su ángulo, definido módulo 2π. atan2(b, a) conserva el cuadrante; arctan(b/a) por sí sola puede perder media vuelta.
En productos se multiplican módulos y se suman fases; en cocientes se dividen módulos y se restan fases. Si el módulo es cero, no hay dirección y su fase no está definida. Desenrollar la fase elige representantes continuos de ángulos cuando es posible; un salto de etiqueta entre −180° y 180° no tiene por qué ser un salto de la respuesta física.
Racionalizar muestra directamente las dos componentes
G(i)=2/(1+i).
Conjugado
Multiplicamos arriba y abajo por 1−i: 2(1−i)/[(1+i)(1−i)].
Simplificar
El denominador vale dos y queda 1−i.
Re=1 e Im=−1.Geometría
El vector está en el cuarto cuadrante: módulo √2 y fase −45°, no +45°.
Conservar el signo de la parte imaginaria fija el retraso de fase.
El módulo es positivo; no toma el signo negativo de la fase.
Un cociente de componentes puede dar un ángulo del cuadrante equivocado
z=−1+i√3.
Módulo
|z|=√(1+3)=2.Ángulo
El vector apunta al segundo cuadrante: su fase principal es 120°. arctan(−√3)=−60° perdería una diferencia de 180°.
Excepción cero
Si una transferencia se anula en una frecuencia, como (s²+1)/(s+1)² en ω=1, el resultado es cero y su fase no se define allí.
Primero localizamos el vector; después elegimos el ángulo compatible.
Una amplitud nula implica salida permanente nula en esa frecuencia, no una fase cero obligatoria.
3. Bode convierte productos en sumas usando una razón de amplitudes
La magnitud en dB es 20log₁₀|G(iω)| para una razón de amplitudes positiva y adimensional, o normalizada con referencia declarada. Una razón de potencia usa 10log₁₀. Ambas coinciden si la relación de potencias es el cuadrado de la razón de amplitudes bajo las condiciones físicas correspondientes.
El eje de frecuencia de Bode es logarítmico: una década multiplica la frecuencia por diez. Productos de módulos se convierten en sumas de dB. Un valor negativo en dB indica atenuación de amplitud, no una amplitud negativa. El módulo cero se representa con tendencia a menos infinito, no un dB finito.
Comparar una duplicación y una atenuación
Razones de amplitudes dos y un décimo.
Duplicar
20log₁₀2≈6,021 dB.Reducir
20log₁₀(1/10)=−20 dB.La amplitud sigue siendo positiva y vale una décima de la referencia.
Potencia
Si se cumplen las condiciones de proporcionalidad, duplicar amplitud multiplica potencia por cuatro y 10log₁₀4 da el mismo 6,021 dB.
El factor veinte se refiere a la razón de amplitudes.
No se usa 20log de una cantidad con unidades sin indicar qué referencia la hace una razón.
Una cascada suma dB y fases
Un bloque tiene módulo dos y fase 30°; otro, módulo 1/2 y fase −70°, en la misma frecuencia.
Amplitud
El producto de módulos es uno.
Decibelios
20log₁₀2+20log₁₀(1/2)=0 dB.Fase
30°−70°=−40°.La ganancia total tiene módulo uno, pero no tiene por qué dejar intacta la onda temporal.
Cero dB no significa fase cero.
La fase se ha sumado en la misma frecuencia y con una convención coherente.
4. Un quiebre de primer orden es una transición suave
Para 1/(1+s/ω_b), con ω_b>0, el módulo es 1/√(1+(ω/ω_b)²) y la fase −arctan(ω/ω_b), para ω≥0. En ω_b el módulo es 1/√2, unos −3,01 dB, y la fase −45°. Las rectas de Bode son aproximaciones asintóticas, no la curva exacta junto al quiebre.
Muy por encima de ω_b, la magnitud se aproxima a ω_b/ω, con pendiente −20 dB por década y fase tendiendo a −90°. Polos y ceros añaden contribuciones. Un cero de semiplano derecho puede conservar el mismo módulo que otro estable y cambiar su fase: el módulo solo no cuenta toda la estructura.
Separar valor exacto y aproximación
G=1/(1+s/2); comparar ω=2 y ω=20.
En el quiebre
ω/ω_b=1: módulo 1/√2 y fase −45°.La asíntota de magnitud marcaría cero dB, unos tres dB por encima de la curva exacta.
Diez veces más arriba
El módulo exacto es 1/√101 y la magnitud −10log₁₀101≈−20,043 dB.Aproximación
La asíntota da −20 dB y la fase exacta es −arctan10≈−84,289°, acercándose a −90° sin ser todavía igual.
La aproximación mejora lejos de la transición.
Una década compara ω=2 con veinte; no significa sumar diez a la frecuencia.
Igual módulo puede esconder un desfase diferente
Comparar H₁=1 con H₂=(1−s)/(1+s).
Módulo
En s=iω, |1−iω|=|1+iω|, así ambas tienen módulo uno para todo ω real.
Fase
H₂ tiene fase −2arctanω para ω≥0; en ω=1 es −90°.H₁ tiene fase cero.
Estructura
H₂ es causal propia con polo estable −1 y cero derecho +1. Las dos salidas a un coseno pueden tener igual amplitud y distinto momento de máximo.
Una curva de magnitud no permite recuperar siempre la fase sin hipótesis adicionales.
El cero derecho no es un polo inestable; afecta de otra manera a la respuesta.
5. La realimentación negativa crea la ecuación 1+L=0
El punto −1 es crítico porque anula 1+L. La condición depende de fase y módulo, no solo de si una curva de magnitud parece baja.
La interconexión debe estar bien definida; si hay términos directos, el lazo algebraico no puede requerir dividir por cero. Para estabilidad interna se conservan señales internas y modos de planta y controlador. Una cancelación inestable al simplificar T no elimina automáticamente el modo físico.
Cerrar un lazo de ganancia positiva
L=2/(s+1).
Característica
1+2/(s+1)=(s+3)/(s+1).Transferencia
T=2/(s+3), con polo cerrado −3.Equilibrio
T(0)=2/3: el lazo estable no sigue un escalón unitario con ganancia exactamente uno en esta configuración.
El signo negativo de la realimentación produjo el denominador 1+L.
Se comprueban signo y ganancia de la configuración realmente planteada.
Un signo de ganancia cambia la conclusión
Ahora L=−2/(s+1), manteniendo la misma resta de salida.
Característica
1−2/(s+1)=(s−1)/(s+1).Transferencia
T=−2/(s−1), con polo +1.Interpretación
El lazo no es estable. Los módulos de las dos L en cada frecuencia eran iguales, pero la ganancia negativa añadió media vuelta de fase.
El módulo por sí solo no distingue estos dos lazos.
No se cambia la convención de realimentación para ocultar el signo de la planta.
6. Nyquist cuenta el recorrido completo con una convención de signos explícita
Recorremos el contorno del semiplano derecho en sentido horario: subimos por el eje imaginario desde −i∞ a +i∞ y cerramos por el gran semicírculo derecho. En el caso sin polos ni ceros sobre ese contorno, P cuenta polos abiertos de L en el interior y Z ceros de 1+L allí, con multiplicidad.
Definimos N como rodeos antihorarios de −1 menos rodeos horarios de la imagen completa.
La frase no rodear −1 solo sirve en el caso P=0; la rama de frecuencias positivas sola no es toda la curva de Nyquist.
Sin polos abiertos derechos, ningún rodeo es lo correcto
L=2/(s+1).
Polos abiertos
P=0.Imagen
L(iω) recorre el círculo de centro uno y radio uno.
El punto −1 queda fuera, así N=0.Recuento
Z=P−N=0.La ecuación s+3=0 confirma que el polo cerrado está a la izquierda.
La geometría y la cuenta algebraica coinciden.
El origen de esa curva es un límite de alta frecuencia, no un polo ni un cero finito de L.
Un polo abierto inestable requiere un rodeo compensador
L=2/(s−1).
Polos abiertos
P=1, por el polo +1.Imagen completa
El círculo tiene centro −1 y radio uno. Con el contorno declarado se recorre una vez antihorariamente: N=1.
Recuento
Z=1−1=0.Directamente, 1+L=(s+1)/(s−1), así el polo cerrado es −1.
En este caso rodear −1 era necesario para estabilizar, no una señal automática de fallo.
No se aplica a P=1 la regla abreviada de P=0.
7. La frontera y los modos ocultos requieren su propio tratamiento
Si la imagen pasa por −1, hay un cero de 1+L sobre el contorno y no se obtiene estabilidad asintótica estricta con el criterio sin fronteras. Si L tiene polos sobre el eje imaginario, desviamos el contorno alrededor de ellos y conservamos la imagen de las pequeñas curvas.
No se atraviesa una singularidad uniendo puntos con una línea.
Además, el recuento de la ecuación característica correspondiente no inspecciona por sí solo cualquier realización no mínima o cancelación entre bloques. Para afirmar estabilidad interna de la interconexión se revisan las transferencias y estados internos relevantes, no únicamente T simplificada.
Tocar el punto crítico deja un modo en la frontera
L=−1/(s+1).
Frecuencia cero
L(0)=−1: la curva pasa por el punto crítico.Característica
1+L=s/(s+1), cuyo cero está en s=0.Salida cerrada
T=−1/s es un integrador con signo negativo.No hay estabilidad estricta ni BIBO: un escalón produce una rampa negativa.
No se resuelve el caso dibujando el paso por −1 como si fuera un rodeo ordinario.
Es la frontera de la condición k>−1 para L=k/(s+1).
Una singularidad abierta exige conservar el arco de desvío
L=1/s, con realimentación negativa unitaria.
Polo sobre el eje
L no está definida en s=0 y no cumple la hipótesis del contorno sin singularidades.
Desvío
Un arco derecho s=εexp(iθ), con θ de −π/2 a π/2, se transforma en (1/ε)exp(−iθ). Su radio crece al disminuir ε: no es una contribución despreciable.
Contraste algebraico
T=1/(s+1) sí es estable.Un análisis Nyquist correcto con el desvío debe concordar; ignorarlo no sería una prueba válida.
Una curva pequeña en el plano s puede dar una curva grande en su imagen.
El contorno y sus límites se declaran antes de aplicar un recuento.
8. Los márgenes se calculan en cruces pertinentes y con el recorrido global presente
En un cruce de módulo uno ω_gc, el margen de fase habitual es 180°+φ_L(ω_gc), usando fase desenrollada adecuada. En un cruce de fase −180° módulo 360°, el margen de ganancia es el factor 1/|L(iω_pc)|, o −20log₁₀|L| en dB. Una fase de cualquier otro punto no define ese margen.
Puede haber varios cruces y polos abiertos inestables. Un margen positivo tomado de una sola rama no prueba estabilidad global: se acompaña de Nyquist y sus hipótesis. Un margen infinito por ausencia de un cruce finito tampoco promete tolerancia a retardos o dinámicas no incluidas.
Calcular fase justo donde el módulo es uno
L=2/(s+1)².
Cruce de módulo
|L(iω)|=2/(1+ω²).Igualar a uno da ω_gc=1.Fase
φ(1)=−2arctan1=−90°, así el margen de fase habitual es 90°.Verificar estabilidad
El denominador cerrado es (s+1)²+2=s²+2s+3, con raíces −1±i√2.No hay cruce de fase −180° a frecuencia finita para este modelo.
El margen usa la fase del cruce, no una fase escogida a conveniencia.
El límite de fase a alta frecuencia no equivale a un cruce finito con módulo no nulo.
Un factor de ganancia puede llevar el lazo a la frontera
L=4/(s+1)³.
Cruce de fase
−3arctanω=−180° da ω_pc=√3.Módulo y margen
|L(i√3)|=4/(1+3)³ᐟ²=1/2.El factor de margen es dos, equivalente a 20log₁₀2≈6,021 dB.Comprobar el límite
Al duplicar la ganancia, (s+1)³+8=(s+3)(s²+3), con polos ±i√3 en la frontera.Para ganancia cuatro, las raíces tienen partes reales negativas.
La frontera de ganancia coincide con el punto −1 en la frecuencia calculada.
Duplicar llega al límite; no conserva estabilidad asintótica estricta en ese límite.
9. Sensibilidad mide la distancia al punto crítico y debe concordar con la ecuación
Si |1+L(iω)| es pequeño, |S| es grande: la cercanía al punto crítico puede amplificar algunas perturbaciones aunque el lazo sea estable. Cada interpretación de entrada–salida conserva qué señal entra por qué punto del diagrama.
Un chequeo algebraico sencillo es resolver los ceros de 1+L y compararlos con el recuento. Para L=k/(s+1), el polo cerrado es −(1+k), así la estabilidad estricta requiere k>−1. Una discrepancia entre esa ecuación y el dibujo obliga a revisar signos, dirección, fronteras y posibles modos ocultos.
Reunir sensibilidad, seguimiento y polo en un lazo sencillo
L=2/(s+1).
Dos funciones
S=(s+1)/(s+3) y T=2/(s+3).Al sumarlas se obtiene uno.
Frecuencia cero
S(0)=1/3 y T(0)=2/3.Alta frecuencia y polo
S tiende a uno y T a cero. La característica s+3 sigue dando el polo estable −3, coherente con Nyquist.
Reducir un efecto en unas frecuencias no borra todas las limitaciones del lazo.
S+T=1 es una identidad compleja, no una igualdad general |S|+|T|=1.
Un punto cercano a −1 muestra amplificación, pero no cuenta todo el lazo
En una frecuencia se conoce L=−0,9+0,1i.
Distancia
1+L=0,1+0,1i, con módulo √0,02.Sensibilidad
|S|=1/√0,02=5√2≈7,071.Alcance
Ese punto indica amplificación de la sensibilidad en esa frecuencia. No permite concluir estabilidad o inestabilidad global sin el recorrido y los polos abiertos.
Una evaluación local y un criterio global responden a preguntas distintas.
La fase y el resto de frecuencias siguen siendo necesarios para el recuento completo.
Ahora lo resolvemos de principio a fin.
EJEMPLO RESUELTO 1
Un filtro de primer orden
G(s)=1/(s+1). Calcula módulo y fase en ω=1.
Evaluar
G(i)=1/(1+i).Racionalizar
Multiplicamos por (1−i)/(1−i), obteniendo (1−i)/2.
Componentes
Re=1/2 e Im=−1/2.Módulo
√[(1/2)²+(−1/2)²]=1/√2.Fase
Está en el cuarto cuadrante con componentes de igual magnitud: −45°.
Condición temporal
El polo −1 hace decaer el transitorio, permitiendo interpretar esa ganancia como régimen permanente.
Módulo 1/√2; fase −45°.
√((1/2)²+(−1/2)²)=1/√2. Además el polo −1 garantiza que el transitorio visible decaiga.
EJEMPLO RESUELTO 2
Ganancia en decibelios
Una transferencia tiene módulo 10. Expresa su ganancia de amplitud en dB.
Tipo de razón
El dato diez es una razón de amplitudes.
Fórmula
La magnitud es 20log₁₀10.
Logaritmo
log₁₀10=1.Calcular
20·1=20 dB.Interpretar
La amplitud se multiplica por diez, no por veinte.
Control de potencia
Cuando potencia es proporcional al cuadrado de amplitud con las mismas referencias, la razón de potencia es cien y 10log₁₀100=20 dB.
20 dB.
Si la amplitud se multiplica por diez y la potencia es proporcional a su cuadrado, la potencia se multiplica por cien: 10log₁₀(100)=20 dB.
Los símbolos que hemos usado
- G(s)
- Transferencia del sistema; s es la variable compleja de Laplace.
- i, ω
- Unidad imaginaria, con i²=−1, y frecuencia angular en radianes por segundo.
- |G(iω)|, φ(ω)
- Módulo y argumento o fase de la ganancia compleja.
- L(s)
- Transferencia de lazo abierto utilizada al cerrar realimentación negativa.
- dB
- Decibelios; para una razón adimensional de amplitudes se usa 20 log₁₀ de la razón.
- P, Z, N
- Recuento de polos abiertos inestables, ceros inestables de 1+L y rodeos firmados de −1 según la convención declarada.
- ω_gc, ω_pc
- Frecuencias de cruce de módulo unidad y de fase −180°, cuando existen.
Ahora te toca a ti.
Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.
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