Analisi in frequenza

I condensatori rallentano i segnali

Negli stadi amplificatori i condensatori erano circuiti aperti per la polarizzazione e cortocircuiti per il segnale. È vero solo per segnali né troppo lenti né troppo veloci. La tensione di un condensatore cambia solo se arriva carica, $dv/dt = i/C$, e la corrente che il circuito riesce a portare è limitata dalle resistenze intorno. Un condensatore di accoppiamento lascia passare i segnali rapidi ma non quelli lenti; la capacità del gate, quella delle piste e l’ingresso dello stadio successivo rallentano le variazioni rapide. In un circuito elettronico di condensatori ce ne sono sempre, messi apposta o no.

Con un solo condensatore il conto è già fatto: per il teorema del transitorio del primo ordine ogni grandezza evolve con un esponenziale di costante di tempo $\tau = R_{eq}C$, e in regime sinusoidale il circuito RC ha un polo alla frequenza $1/2\pi\tau$, come nell’introduzione ai segnali. Con più condensatori le equazioni del circuito diventano differenziali di ordine più alto, e risolverle nel tempo è faticoso e dice poco. Conviene cambiare punto di vista: scomporre i segnali in funzioni che attraversano il circuito senza cambiare forma, e guardare che cosa il circuito fa a ciascuna.

La trasformata di Laplace

Le sinusoidi hanno la proprietà che serve: la derivata di una sinusoide è una sinusoide della stessa frequenza. Ma un gradino, che non si spegne mai, non si scrive come somma di sinusoidi di ampiezza costante: l’integrale di Fourier non converge. Si allarga la famiglia agli esponenziali complessi $e^{st}$, con $s = \sigma + j\omega$, la cui parte reale $e^{\sigma t}\cos\omega t$ è una sinusoide con l’ampiezza che cresce o cala esponenzialmente. Anche la loro derivata è proporzionale a loro, $\tfrac{d}{dt}e^{st} = s\,e^{st}$.

Due funzioni continue con la stessa trasformata coincidono (è il teorema di Lerch): la trasformata contiene tutta l’informazione della funzione, e si può tornare indietro. Con $s = j\omega$ la trasformata di Laplace diventa quella di Fourier, per le funzioni nulle per $t < 0$ per cui l’integrale converge.

La seconda proprietà è quella che conta: derivare nel tempo diventa moltiplicare per $s$, a patto di tenere conto del valore iniziale.

Impedenze e funzione di trasferimento

Con il circuito a riposo per $t < 0$, cioè condensatori scarichi e induttori senza corrente, le relazioni dei bipoli diventano algebriche: $V(s) = RI(s)$ per il resistore, $I(s) = sCV(s)$ per il condensatore, $V(s) = sLI(s)$ per l’induttore. Il rapporto $Z(s) = V(s)/I(s)$ è l’impedenza del bipolo, $R$, $1/sC$ e $sL$. Le leggi di Kirchhoff sono lineari e valgono anche per le trasformate. Il circuito trasformato si risolve quindi come una rete di resistori, con partitori, Thévenin e potenziali di nodo, usando le impedenze al posto delle resistenze. Per $s = j\omega$ sono le impedenze dei fasori.

La funzione di trasferimento non dipende dall’ingresso: si ottiene con operazioni razionali su resistenze, impedenze $1/sC$ e $sL$ e transconduttanze, ed è un rapporto di polinomi in $s$ con coefficienti reali. Per il circuito RC con l’uscita sul condensatore è il partitore $T(s) = (1/sC)/(R + 1/sC) = 1/(1 + sRC)$. Per $s = j\omega$, come nel teorema della risposta a regime sinusoidale, in un circuito stabile un ingresso sinusoidale produce a regime un’uscita sinusoidale con l’ampiezza moltiplicata per $|T(j\omega)|$ e la fase spostata di $\arg T(j\omega)$.

La funzione di trasferimento dice anche come comincia e come finisce la risposta a un gradino.

C’è una lettura fisica. Il salto di un gradino richiede componenti a frequenza arbitrariamente alta, e subito dopo il salto conta come il circuito tratta quelle: $T(\infty)$ si calcola con i condensatori in cortocircuito, perché $1/sC \to 0$, e gli induttori aperti. A regime il gradino è una tensione continua: $T(0)$ si calcola con i condensatori aperti e gli induttori in cortocircuito. Sono i due fatti del metodo per ispezione dei transitori, visti in frequenza.

Poli e zeri

I coefficienti sono reali, e poli e zeri sono reali o coppie di complessi coniugati. Quando sono tutti reali e nessuno è nell’origine, la funzione di trasferimento si scrive nella forma con le costanti di tempo

$$T(s) = T(0)\,\frac{(1 + s\tau_{z1})(1 + s\tau_{z2})\cdots}{(1 + s\tau_{p1})(1 + s\tau_{p2})\cdots} ,$$

con il polo $p = -1/\tau_p$ e lo zero $z = -1/\tau_z$; un polo o uno zero nell’origine danno un fattore $1/s$ o $s$.

I poli sono le evoluzioni proprie del circuito. Nella dimostrazione precedente la risposta contiene un esponenziale $e^{p_kt}$ per ogni polo, qualunque sia l’ingresso: il circuito, disturbato, si assesta con quegli andamenti, e un polo reale $-1/\tau$ corrisponde a un transitorio di costante di tempo $\tau$. Un circuito con tutti i poli a parte reale negativa è stabile. In una rete di soli resistori, condensatori e induttori i poli non hanno mai parte reale positiva; con i generatori pilotati può succedere. Uno zero $z$, al contrario, è un ingresso che non passa: per $x = e^{zt}$ la risposta forzata è $T(z)e^{zt} = 0$, e in uscita resta solo il transitorio.

I diagrammi di Bode

La funzione di trasferimento per $s = j\omega$ si disegna con due grafici, il modulo e la fase in funzione della frequenza. I diagrammi di Bode, dal nome dell’ingegnere dei Bell Labs Hendrik Bode, che li usò per progettare gli amplificatori retroazionati negli anni Trenta, usano per la frequenza una scala logaritmica e per il modulo i decibel, $|T|_{dB} = 20\log_{10}|T|$. Dieci volte in ampiezza sono $20$ dB, cento volte $40$ dB, un fattore $1/\sqrt2$ circa $-3$ dB. Con i logaritmi il modulo di un prodotto diventa una somma, e il diagramma di una funzione di trasferimento si costruisce sommando quelli dei suoi fattori.

Uno zero reale, $1 + s\tau$, dà gli stessi grafici cambiati di segno: il modulo sale di $20$ dB per decade dopo $1/\tau$, la fase arriva a $+90°$. Un polo nell’origine, $1/s\tau$, è una retta che scende di $20$ dB per decade e passa per $0$ dB in $\omega = 1/\tau$, con la fase costante a $-90°$.

Il polo è in $s = -1/\tau$, sull’asse reale, e il diagramma di Bode percorre l’asse immaginario: non passa per il polo, e il modulo non va all’infinito. La distanza dal polo spiega la forma.

Il numero $j\omega - p$ è il vettore che va dal polo al punto $j\omega$. Per $T = 1/(1 + s\tau) = (1/\tau)/(s + 1/\tau)$ il modulo è $1/\tau$ diviso la lunghezza del vettore, e la fase è l’opposto della sua inclinazione. Finché $\omega \ll 1/\tau$ il punto $j\omega$ è vicino all’origine, la distanza dal polo vale circa $1/\tau$ e l’inclinazione è quasi nulla; per $\omega = 1/\tau$ la distanza è $\sqrt2/\tau$ e l’inclinazione $45°$; poi la distanza cresce come $\omega$ e il vettore si raddrizza. Un polo vicino all’asse immaginario si fa sentire tanto, uno lontano poco.

Con più fattori i diagrammi si sommano. Per esempio

$$T(s) = 100\,\frac{1 + s/\omega_z}{(1 + s/\omega_{p1})(1 + s/\omega_{p2})} ,$$

con i poli a $100$ Hz e $100$ kHz e lo zero a $1$ kHz, vale $40$ dB in continua. Da $100$ Hz il primo polo fa scendere il modulo di $20$ dB per decade; a $1$ kHz, una decade dopo, il modulo è a $20$ dB e lo zero ne compensa la pendenza; da $100$ kHz il secondo polo lo fa scendere di nuovo. Nel diagramma asintotico ogni polo toglie $20$ dB per decade alla pendenza e ogni zero li aggiunge. La fase si somma allo stesso modo, e ha bisogno di più attenzione: poli e zeri distanti meno di due decadi sovrappongono le loro rampe.

Poli complessi coniugati

Due poli complessi coniugati si scrivono con la pulsazione $\omega_0$ e il fattore di qualità $Q$:

$$T(s) = \frac{\omega_0^2}{s^2 + s\,\omega_0/Q + \omega_0^2} .$$

Le radici del denominatore sono $s = -\omega_0/2Q \pm \omega_0\sqrt{1/4Q^2 - 1}$: reali per $Q \le 1/2$, complesse coniugate per $Q > 1/2$. In questo caso hanno modulo $\omega_0$ e stanno su una circonferenza di raggio $\omega_0$, con un angolo $\theta$ dal semiasse reale negativo tale che $\cos\theta = 1/2Q$. Più $Q$ è grande, più i poli sono vicini all’asse immaginario.

Vicino a $\omega_0$ il diagramma asintotico sbaglia di $20\log_{10}Q$, e con $Q$ grande l’errore non è trascurabile: con $Q = 5$ sono $14$ dB. Con $Q = 1/\sqrt2$ il modulo è il più piatto possibile senza picco e vale $-3$ dB in $\omega_0$. Il circuito RLC serie con l’uscita sul condensatore ha $T = 1/(1 + sRC + s^2LC)$, cioè $\omega_0 = 1/\sqrt{LC}$ e $Q = \sqrt{L/C}/R$: i suoi poli complessi sono l’evoluzione libera oscillante, che si smorza con la costante di tempo $2Q/\omega_0$.

Poli e condensatori

Scrivere la funzione di trasferimento di un circuito con il metodo dei nodi è sempre possibile, ma il risultato è un rapporto di polinomi che non dice quale componente fissa quale polo. Le costanti di tempo dei condensatori lo dicono.

Ne vengono tre cose. I poli sono al più tanti quanti i condensatori; condensatori in parallelo, o in serie senza altro collegato al nodo in comune, vanno prima sostituiti con l’equivalente, perché contano per uno. Alcuni poli possono semplificarsi con il numeratore: sono i condensatori che non si vedono dall’uscita scelta.

La seconda riguarda i condensatori non interagenti. Se la matrice $rC$ è triangolare, cioè ogni condensatore influenza le tensioni dei successivi ma non dei precedenti, il determinante è il prodotto degli elementi diagonali:

$$D(s) = (1 + s\tau_1^0)(1 + s\tau_2^0)\cdots(1 + s\tau_N^0) ,$$

e i poli sono esattamente $-1/\tau_k^0$. Succede ogni volta che tra i condensatori c’è il gate di un transistore, che non porta corrente, o il drain di un transistore saturo, la cui corrente non dipende dalla tensione del drain: quello che succede a valle non torna indietro.

La terza riguarda i condensatori interagenti. Se $D(s) = (1 + s\tau_{p1})(1 + s\tau_{p2})\cdots$, sviluppando il prodotto $b_1 = \sum\tau_{pk}$ e $b_2 = \sum_{i<j}\tau_{pi}\tau_{pj}$. Se i poli sono ben separati, $\tau_{p1} \gg \tau_{p2} \gg \dots$, allora $\tau_{p1} \approx b_1$ e $\tau_{p2} \approx b_2/b_1$. La somma delle costanti di tempo a circuito aperto stima la costante di tempo del polo dominante, il più lento, che per un amplificatore fissa la banda; il secondo polo si stima mettendo in cortocircuito il condensatore del primo, che durante i transitori veloci non fa in tempo a cambiare tensione.

Un esempio: due celle RC in cascata, $R_1 = 10$ k$\Omega$ con $C_1 = 10$ nF verso massa, poi $R_2 = 10$ k$\Omega$ con $C_2 = 1$ nF verso massa. $C_1$ con $C_2$ aperto vede $R_1$, $\tau_1^0 = 100\ \mu$s; $C_2$ con $C_1$ aperto vede $R_1 + R_2$, $\tau_2^0 = 20\ \mu$s; $C_2$ con $C_1$ in cortocircuito vede $R_2$, $\tau_2^{(1)} = 10\ \mu$s. Allora $b_1 = 120\ \mu$s e $b_2 = 1000\ \mu\text{s}^2$, e le radici esatte sono $111{,}0$ e $9{,}01\ \mu$s. Le stime $120$ e $8{,}3\ \mu$s sbagliano dell’8%, perché i due poli distano appena una decade.

Gli zeri si leggono sul circuito

Uno zero è una frequenza generalizzata che non arriva all’uscita. Sul circuito si cerca il valore di $s$ per cui un’impedenza blocca il segnale: un’impedenza in serie che diventa infinita, o un’impedenza verso massa che diventa nulla.

• Un condensatore in serie al segnale ha impedenza infinita in $s = 0$: zero nell’origine.
• Un resistore $R$ in parallelo a un condensatore $C$, in serie al segnale, ha impedenza $R/(1 + sRC)$, infinita in $s = -1/RC$: zero con $\tau_z = RC$.
• Un resistore $R$ in serie a un condensatore $C$, verso massa, ha impedenza $R + 1/sC$, nulla in $s = -1/RC$: ancora $\tau_z = RC$.

Il numero degli zeri si ricava da $T(\infty)$, calcolato con i condensatori in cortocircuito. Nel rapporto $N(s)/D(s)$, se $T(\infty)$ è finito e non nullo gli zeri sono tanti quanti i poli; se è nullo sono di meno. Con un solo polo e un solo zero, $T(s) = T(0)(1 + s\tau_z)/(1 + s\tau_p)$ e $T(\infty) = T(0)\,\tau_z/\tau_p$: noti $T(0)$, $T(\infty)$ e il polo, lo zero è fissato.

Il metodo sintetico, su uno stadio

Con questi strumenti il diagramma di Bode di un circuito si costruisce quasi senza conti. Si prende lo stadio con degenerazione: transistore di riferimento con $g_m = 0{,}52$ mA/V, $R_1\parallel R_2 = 233$ k$\Omega$, $R_S = 7{,}5$ k$\Omega$, $R_D = 25$ k$\Omega$. Si aggiungono il condensatore di accoppiamento $C = 470$ nF, un condensatore $C_S = 1\ \mu$F in parallelo a $R_S$ e un carico capacitivo $C_L = 10$ pF sull’uscita, che rappresenta l’ingresso dello stadio successivo e i collegamenti. Il generatore di segnale è ideale.

I poli. I tre condensatori non interagiscono: il gate separa $C$ dal resto, e il drain del transistore saturo separa $C_L$ da $C_S$. Le costanti di tempo sono esatte.

• $C$ vede $R_1\parallel R_2$, perché il generatore spento è un cortocircuito: $\tau_1 = 470\ \text{nF}\cdot233\ \text{k}\Omega = 110$ ms, $f_1 = 1{,}45$ Hz.
• $C_S$ vede $R_S$ in parallelo alla resistenza del source del transistore. Con il gate fermo, una tensione di prova $\partial v$ sul source fa assorbire al transistore $g_m\partial v$, come nel source follower: la resistenza è $1/g_m = 1{,}93$ k$\Omega$, e $R_S\parallel1/g_m = 1{,}54$ k$\Omega$. Quindi $\tau_3 = 1{,}54$ ms, $f_3 = 104$ Hz.
• $C_L$ vede $R_D$, perché la corrente del drain non dipende dalla tensione del drain: $\tau_4 = 250$ ns, $f_4 = 637$ kHz.

Gli zeri. $C$ in serie al segnale dà uno zero nell’origine. $C_S$ in parallelo a $R_S$ dà uno zero con $\tau_2 = R_SC_S = 7{,}5$ ms, $f_2 = 21{,}2$ Hz: a quella frequenza generalizzata l’impedenza sul source è infinita e il transistore non porta corrente di segnale. $C_L$ verso massa annulla l’uscita solo per $s \to \infty$, e non dà zeri al finito.

I guadagni. In continua $T(0) = 0$, per il condensatore di accoppiamento. Tra $f_1$ e $f_2$, con $C$ in cortocircuito e $C_S$ aperto, lo stadio è quello dell’articolo precedente: $-g_mR_D/(1 + g_mR_S) = -2{,}65$, cioè $8{,}5$ dB. Tra $f_3$ e $f_4$, con anche $C_S$ in cortocircuito, la degenerazione sparisce per il segnale: $-g_mR_D = -12{,}9$, cioè $22{,}2$ dB. I conti tornano: tra $f_2$ e $f_3$ il modulo sale di $20\log_{10}(104/21{,}2) = 13{,}8$ dB, e il rapporto $\tau_2/\tau_3$ è proprio $1 + g_mR_S = 4{,}88$. In tutto

$$T(s) = -\frac{g_mR_D}{1 + g_mR_S}\cdot\frac{s\tau_1}{1 + s\tau_1}\cdot\frac{1 + s\tau_2}{1 + s\tau_3}\cdot\frac{1}{1 + s\tau_4} .$$

Lo stadio amplifica con il guadagno pieno tra circa $100$ Hz e $637$ kHz: le frequenze a cui il modulo scende di $3$ dB, calcolate sulla curva esatta, sono $99$ Hz e $637$ kHz. La frequenza di taglio inferiore la fissa $C_S$, non il condensatore di accoppiamento. Le capacità interne del transistore, trascurate qui, aggiungono poli ad alta frequenza, e in uno stadio con molto guadagno quella tra gate e drain può abbassare di molto la frequenza di taglio superiore.

Esercizi risolti e commentati

Esercizio 1. Un generatore di tensione alimenta un resistore $R_1 = 9$ k$\Omega$ in serie a un resistore $R_2 = 1$ k$\Omega$ e a un condensatore $C = 10$ nF; l’uscita è presa ai capi della serie di $R_2$ e $C$. Trovare la funzione di trasferimento, la risposta a un gradino di ampiezza $A$ e il diagramma di Bode del modulo.

Soluzione. Il partitore tra $R_1$ e $R_2 + 1/sC$ dà

$$T(s) = \frac{R_2 + 1/sC}{R_1 + R_2 + 1/sC} = \frac{1 + sCR_2}{1 + sC(R_1 + R_2)} ,$$

con $\tau_p = 100\ \mu$s e $\tau_z = 10\ \mu$s, cioè un polo a $1{,}59$ kHz e uno zero a $15{,}9$ kHz. Con il teorema del valore iniziale e finale, $y(0^+) = AT(\infty) = AR_2/(R_1 + R_2) = 0{,}1A$ e $y(\infty) = AT(0) = A$; con un solo polo l’andamento è esponenziale, $y(t) = A(1 - 0{,}9\,e^{-t/\tau_p})$. Il modulo vale $0$ dB fino a $1{,}59$ kHz, scende di $20$ dB per decade fino a $15{,}9$ kHz e resta a $-20$ dB.

Commento. Subito dopo il gradino il condensatore è scarico e si comporta da cortocircuito: l’uscita salta alla frazione $R_2/(R_1 + R_2)$ dell’ingresso, come dice $T(\infty)$. Una rete così, che attenua le alte frequenze senza portare il modulo a zero, serve a modificare la risposta in frequenza degli amplificatori retroazionati.

Esercizio 2. Un circuito RLC serie ha $L = 10$ mH, $C = 100$ nF e $R = 100\ \Omega$, con l’uscita sul condensatore. Trovare $\omega_0$, $Q$, i poli, il picco del modulo e la frequenza dell’evoluzione libera.

Soluzione. $\omega_0 = 1/\sqrt{LC} = 31{,}6$ krad/s, $f_0 = 5{,}03$ kHz, e $Q = \sqrt{L/C}/R = 316\ \Omega/100\ \Omega = 3{,}16$. I poli sono $-\omega_0/2Q \pm j\omega_0\sqrt{1 - 1/4Q^2} = (-5{,}0 \pm j31{,}2)$ krad/s. Il picco vale $Q/\sqrt{1 - 1/4Q^2} = 3{,}20$, cioè $10{,}1$ dB, a $f_0\sqrt{1 - 1/2Q^2} = 4{,}91$ kHz. L’evoluzione libera oscilla alla pulsazione della parte immaginaria dei poli, $4{,}97$ kHz, e si smorza con la costante di tempo $1/5{,}0\ \text{krad/s} = 200\ \mu$s.

Commento. Tre frequenze diverse e vicine: $f_0$, la frequenza del picco e quella dell’oscillazione libera. Coincidono solo per $Q$ molto grande. La costante di tempo dell’inviluppo, $2Q/\omega_0 = Q/\pi f_0$, vale $Q/\pi$ periodi: con $Q = 3{,}16$ quasi esattamente un periodo, e a ogni oscillazione l’ampiezza cala di circa $e$ volte.

Esercizio 3. Un source follower con $g_m = 0{,}83$ mA/V ha tra il source e massa un resistore $R_1 = 10$ k$\Omega$ in parallelo a un condensatore $C_1 = 10$ nF, in serie a un resistore $R_2 = 10$ k$\Omega$. Trovare polo e zeri della funzione di trasferimento dal gate al source, e di quella dal gate al nodo tra $R_1$ e $R_2$.

Soluzione. Il polo è lo stesso per le due uscite. Con il gate fermo, $C_1$ vede $R_1$ in parallelo a $R_2 + 1/g_m$: $\tau_p = 10\ \text{nF}\cdot(10\parallel11{,}2)\ \text{k}\Omega = 52{,}8\ \mu$s, $3{,}01$ kHz. Per l’uscita sul source, la tensione resta ferma se l’impedenza tra source e massa si annulla: $R_1/(1 + sR_1C_1) + R_2 = 0$, cioè $s = -(R_1 + R_2)/R_1R_2C_1$, $\tau_z = (R_1\parallel R_2)C_1 = 50\ \mu$s. Per l’uscita tra $R_1$ e $R_2$, la corrente in $R_2$ si annulla se l’impedenza $R_1\parallel C_1$ è infinita: $\tau_z = R_1C_1 = 100\ \mu$s. Verifica: per la prima uscita $T(0) = (R_1 + R_2)/(1/g_m + R_1 + R_2) = 0{,}943$ e $T(\infty) = R_2/(1/g_m + R_2) = 0{,}893$, con rapporto $0{,}946 = 50/52{,}8$; per la seconda $T(0) = 0{,}472$ e $T(\infty) = 0{,}893$, con rapporto $1{,}89 = 100/52{,}8$.

Commento. I poli sono del circuito, gli zeri dell’uscita scelta. Nella prima uscita zero e polo sono quasi sovrapposti e si compensano: il modulo cambia di mezzo decibel in tutto.

Esercizio 4. Nello stadio dell’articolo si toglie il condensatore di accoppiamento, e un gradino di $10$ mV si somma direttamente alla tensione del gate. Come evolve la tensione di uscita?

Soluzione. Restano $C_S$ e $C_L$, e la costante di tempo di $C_L$, $250$ ns, è trascurabile rispetto a quella di $C_S$. Dal gate all’uscita $T(s) = -g_mR_D(1 + s\tau_2)/[(1 + g_mR_S)(1 + s\tau_3)]$, con $T(\infty) = -12{,}9$ e $T(0) = -2{,}65$. L’uscita salta subito di $-129$ mV, poi risale verso $-26{,}5$ mV con la costante di tempo $\tau_3 = 1{,}54$ ms: $\Delta v_{out}(t) = -26{,}5\ \text{mV} - 103\ \text{mV}\cdot e^{-t/1{,}54\ \text{ms}}$.

Commento. Appena dopo il gradino $C_S$ tiene ferma la tensione del source, e il transistore vede tutto il gradino tra gate e source. Poi $C_S$ si carica attraverso $R_S\parallel1/g_m$, e la degenerazione torna ad agire. Il salto iniziale di $129$ mV porta il drain da $1{,}36$ V a $1{,}23$ V, ancora sopra il limite della saturazione.

Esercizio 5. Quanto deve valere $C_S$ perché la frequenza di taglio inferiore dello stadio scenda a circa $20$ Hz?

Soluzione. Il polo di $C_S$ deve stare a $20$ Hz: $C_S = 1/(2\pi\cdot20\ \text{Hz}\cdot1{,}54\ \text{k}\Omega) = 5{,}2\ \mu$F. Lo zero si sposta a $1/(2\pi R_SC_S) = 4{,}1$ Hz, e il polo del condensatore di accoppiamento resta a $1{,}45$ Hz. Sulla curva esatta la frequenza a $-3$ dB risulta $19{,}3$ Hz.

Commento. La frequenza di taglio scende nella stessa proporzione in cui cresce $C_S$, perché la resistenza vista dal condensatore è piccola, $1{,}54$ k$\Omega$: per questo servono microfarad. Con lo zero ora a meno di tre volte il polo di $C$, i due non sono più ben separati, e sotto i $5$ Hz il diagramma asintotico va controllato con la curva esatta.