Post on 08-Feb-2016
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Sistemas de control TI-2233
Estabilidad, Lugar Geométrico de la raíces
7ª clase
Sistemas de control Estabilidad
– Estabilidad de un sistema• Un sistema es estable si la respuesta del sistema al
impulso tiende a cero cuando el tiempo tiende a infinito. Si el sistema tiende a un valor finito diferente a cero, se puede decir que el sistema es críticamente o marginalmente estable. Una magnitud infinita hace a el sistema inestable.
))...((
))...(()(
1
1
n
m
psps
zszsKsG
n
i
tpi
ieKty
sUsGsY
1
)(
)()()(
Sistemas de control Estabilidad
– Notas:• Si los todos los polos de la función de transferencia
están en el lado izquierdo de plano-s entonces el sistema es estable.
• Un sistema es críticamente estable si uno o más polos están en el eje imaginario del plano-s.
• En el estudio de estabilidad sólo los polos de la función de transferencia son importante, los zeros son irrelevantes.
• Los polos de un sistema son las raíces obtenidas de el denominador de la función de transferencia cuando es igualado a cero. Polinomio característico.
• El concepto de estabilidad es aplicado a sistemas a lazo cerrado o a lazo abierto.
Sistemas de control Estabilidad
– Criterio de estabilidad de Routh-HurwitzEl polinomio a(s) se dice Hurwitz si todas sus raíces tienen parte real negativa.
Si
es la función de transferencia de un sistema, entonces el sistema es estable si el polinomio d(s), conocido como el polinomio característico del sistema, es Hurwitz.
)()(
)(sdsn
sH
Sistemas de control Estabilidad
Criterio de Routh-Hurwitz
Sirve para determinar si un polinomio a(s) es Hurwitz o no.
1. Considere el polinomio a(s) de grado n escrito en la forma
donde los coeficientes son números reales.
Se supone que es decir a(s) no tiene raíces en s=0.
2. Si alguno de los coeficientes es cero o negativo en presencia de al menos un coeficiente positivo, entonces el polinomio a(s) tiene raíces puramente imaginarias, o que tienen parte real positiva. En este caso a(s) no es Hurwitz.
nnnn asasasasa
11
10)(
naaa ,,, 10
,0na
Sistemas de control Estabilidad
Criterio de Routh-Hurwitz3. Si todos los coeficientes son positivos (o todos negativos) y
diferentes de cero, construya el siguiente arreglo
10
11
212
43214
43213
43212
75311
6420
gs
fs
ees
dddds
ccccs
bbbbs
aaaas
aaaas
n
n
n
n
n
Sistemas de control Estabilidad
Criterio de Routh-Hurwitzdonde
Se continua de esta forma hasta que la n-ésima fila del arreglo ha sido completada.
,,
,,,
,,,
1
31312
1
21211
1
41713
1
31512
1
21311
1
70613
1
50412
1
30211
ccbbc
dc
cbbcd
bbaab
cb
baabc
bbaab
c
aaaaa
ba
aaaab
aaaaa
b
Sistemas de control Estabilidad
Criterio de Routh-HurwitzEl criterio de Routh-Hurwitz establece que el número de raíces de a(s) con parte real positiva es igual al número de cambios de signo de los coeficientes en la primera columna del arreglo.
Entonces, el polinomio a(s) es Hurwitz si y solo si y todos los coeficientes en la primera columna del arreglo son positivos.
,0,0 ii aa
Sistemas de control Estabilidad
Criterio de Routh-Hurwitz
ejemplo: 0156116 234 ssss
0
1
2
3
4
s
s
s
s
s
Sistemas de control Estabilidad
Casos especiales del criterio de Routh-Hurwitz1. El primer elemento de una fila es cero, y es el único
elemento de la fila, o los demás elementos de la fila son diferentes de cero.
En este caso, el cero es reemplazado por un número positivo muy pequeño y se continua con el cálculo del arreglo.
Si el signo del coeficiente arriba del cero () en el arreglo es el mismo que el de abajo, entonces el polinomio a(s) tiene un par de raíces imaginarias. En caso contrario, esto es, si el signo del coeficiente arriba del cero () es diferente que el de abajo, entonces el polinomio a(s) tiene 2 raíces con parte real positiva.
Sistemas de control Estabilidad
Criterio de Routh-Hurwitz
ejemplo: 02623 234 ssss
2
066
20
63
221
0
1
2
3
4
s
s
s
s
s
Sistemas de control Estabilidad
Casos especiales del criterio de Routh-Hurwitz2. Si todos los coeficientes de una fila son cero, entonces el
polinomio a(s) tiene raíces de igual magnitud y opuestas en el plano-s, esto es, 2 raíces de igual magnitud y de signo contrario, o 2 raíces imaginarias conjugadas.
En este caso, el arreglo de los coeficientes puede ser completado formando un polinomio auxiliar con los coeficientes de la fila anterior y usando los coeficientes de la derivada de este polinomio en la siguiente fila. Las raíces de igual magnitud y opuestas en el plano s corresponden a las raíces del polinomio auxiliar.
Sistemas de control Estabilidad
Criterio de Routh-Hurwitz
ejemplo:
Polinomio auxiliar au(s)
Fila de ceros
Se remplaza la fila de ceros por la derivada del polinomio auxiliar.
01287242 23456 ssssss
00
1233
822
12741
3
4
5
6
s
s
s
s
sss
sau
sssau
612)(
1233)(
3
24
Sistemas de control Estabilidad
Criterio de Routh-Hurwitz
ejemplo: 01287242 23456 ssssss
12
90
12
6/012/0
1233
822
12741
23
0
1
2
3
4
5
6
s
s
s
s
s
s
s
Sistemas de control Estabilidad
Criterio de Routh-HurwitzEl criterio de Routh-Hurwitz también puede usarse para estudiar la estabilidad relativa de un sistema; esto es, si el sistema es estable, qué tan cerca está de ser inestable.
Nos interesa saber en este caso si el polinomio a(s) tiene raíces a la derecha de la línea s=-, donde es una constante. Para ello hacemos la substitución
en a(s) y aplicamos el criterio de Routh-hurwitz al polinomio
El número de cambios de signo en la primera columna del arreglo construido para es igual al número de raíces de a(s) a la derecha de la línea s=-.
ss
).(
sa
).(
sa
Sistemas de control Estabilidad
Criterio de Routh-Hurwitz
Ejemplo:
Hallar el valor de K para
)2(3
)1(
)()(1
)(
)(
)(
,1
1)(,
2
1)(
2
Kss
sK
sHsKG
sKG
sV
sY
Ks
sHs
sG
2
3
21
0
1
2
K
K
s
s
s
04)2(3 23 sKKss
Sistemas de control Estabilidad
Lugar Geométrico de la raíces (Root-locus)
Utilizando los polos de la función de transferencia, el lugar geométrico de las raíces es el gráfico en el plano-s de la ubicación de los polos conforme K varia desde cero a infinito. El root-locus complementario es desde menos infinito a cero. Ejemplo:
K )(sG
)(sH
+-
V(s) Y(s)
)3(4
)3(
)()(1
)(
)(
)(
,3
1)(,
1
1)(
2
Kss
sK
sHsKG
sKG
sV
sY
Ks
sHs
sG
Sistemas de control Estabilidad
Lugar Geométrico de la raíces (Root-locus)
Ejemplo (cont.):
KK
p
122
)3(41642,1
Sistemas de control Estabilidad
Construcción root-locus
Si
a lazo cerrado
La ecuación característica debe ser igualada a cero
)(),( SHsG
)()(1
)(
sHsKG
sKG
ksHsKG
ksHsKG
sHsKG
sHsKGsHsKG
2)()(
)12()()(
1)()(
1)()(0)()(1
Si K>0, k=±1, ±2,…
Si K<0, k=±1, ±2,…
Sistemas de control Estabilidad
Construcción root-locus
Podemos re-escribir
Obteniendo entonces:
Debemos hacer lo
mismo con los ángulos
1)()(
))...((
))...(()()(
1
1
1
1
n
ii
m
ii
n
m
ps
zsKsHsKG
psps
zszsKsHsKG
º360º180)()()()(11
kpszssHsKGn
ii
m
ii
Sistemas de control Estabilidad
Pasos para construir root-locus
Ejemplo:
– Paso 1: Debido a que el lugar geométrico de las raíces comienza en los polos a lazo abierto y terminan en los ceros a lazo abierto se debe dibujar estos sobre el plano-s.
)4)(2)(1(
)3()()(
ssss
ssHsG
-1-2-3-4-5
j
-
Sistemas de control Estabilidad
Pasos para construir root-locus
– Paso 2:Utilizando la condición de ángulo se determina que parte del eje real pertenece al root-locus. Supondremos raíces dentro de los intervalos en el plano-s.
)4)(2)(1(
)3()()(
ssss
ssHsG
-1-2-3-4-5 s1
j
-XXXX 0
º180º00º0º180º0)()(:11
1
n
ii
m
ii pszss
Sistemas de control Estabilidad
Pasos para construir root-locus
– Paso 3: Considerando que la función de transferencia a lazo abierto tiene n polos y m zeros y que para los sistemas n>m, se tiene un cierto número de ramas que comienzan en los polos y deben dirigirse a los zeros, como hay menos zeros que polos, estas ramas se dirigen a ceros en el infinito a lo largo de asíntotas. El Número de asíntotas es:
NA=n-m
La ubicación del punto de partida
Y el ángulo de salida es:
A
m
ij
n
jj
A N
zp
NsHsGcerossHsGPolos
A
11
)()()()()()(
)1(,,2,1,0;º180)12( AN
qA Nq
A
Esta ecuación es positiva, me equivoque en clase
Sistemas de control Estabilidad
Pasos para construir root-locus)4)(2)(1(
)3()()(
ssss
ssHsG
º180;º60;º60
3333.1
314
321
34
33)421(
AAA
A
AN
Sistemas de control Estabilidad
Pasos para construir root-locus– Paso 4: Puntos de ruptura
sR1=-0.43; sR2=-1.6; sR3=-3,3+0,68j; sR4=-3,3-0,68j
)4)(2)(1(
)3()()(
ssss
ssHsG
0)(
)()(
1)(
sRsR dssdp
dsdK
sHsGspK
Sistemas de control Estabilidad
Pasos para construir root-locus– Paso 5: Dibujar
)4)(2)(1(
)3()()(
ssss
ssHsG
Sistemas de control Estabilidad
Pasos para construir root-locus– Paso 6: el punto en el cual el root locus corta el eje
imaginario. Se puede hallar usando el criterio de Routh-Hurwitz.
)4)(2)(1(
)3()()(
ssss
ssHsG
Sistemas de control Estabilidad
Pasos para construir root-locus– Paso 6: Se cálcula el valor de K para que una fila completa
sean puros ceros. En este caso la fila es s1 y el valor de K=9.65. Tomaremos el polinomio auxiliar y despejaremos el valor de s.
Entonces los puntos donde el LGR cruza el eje imaginario es ±1.5888j.
)4)(2)(1(
)3()()(
ssss
ssHsG
js
sKsbsau
5888.1
95.2847857.113)( 221
Sistemas de control Estabilidad
Resultado final )4)(2)(1(
)3()()(
ssss
ssHsG
Root Locus
Real Axis
Imag
inar
y A
xis
-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4-1.333-6
-4
-2
0
2
4
6
System: sysGain: 9.63Pole: -6.28e-005 + 1.59iDamping: 3.96e-005Overshoot (%): 100Frequency (rad/sec): 1.59
60º
-60
Ejercicio de Lugar Geométrico de las Raíces
Universidad Simón BolívarSede del Litoral
Sistema de Control TI-2233Miguel Rodríguez Celimirodriguez@usb.ve
EjercicioDibuje el LGR del siguiente función de transferencia a lazo abierto
1º paso, representar los polos y zeros
Miguel Rodríguez 31
)5)(1(
10
56
10)(
2
ss
s
ss
ssG
xxo-1-5-10
Ejercicio2º paso: Hallar donde existe el LGR, se procede de derecha a izquierda a contar los polos y zeros, y cuando la suma sea impar en ese intervalo si existe el LGR, si es par No existe el LGR.
Miguel Rodríguez 32
xxo-1-5-10
Número imparNúmero ParNúmero impar
Ejercicio3º paso: Hallar las asíntotas, los ángulos de las asíntotas y los puntos de partidas.
Miguel Rodríguez 33
xxo-1-5-10
4)10()51(
0,º180º180)12(
112##
zerospolos
qN
q
ZerosPolosN
A
AA
A
Solo hay una Asíntotaq es solamente 0, porque NA=1El punto de partida se encuentra en el lado derecho.
Ejercicio4º paso: Hallar los puntos de rupturas, como los polos deben ir a los zeros, y solo tenemos un cero y está después de los dos polos el LGR debe alejarse del eje real para poder llegar al zero en -10 y al zero en –inf.
Miguel Rodríguez 34
xxo-1-5-10
5261.4;2761.0
0)10(
10348
)10(
)10)(56()10)(62()(
10
56
)(
1)(
21
2
2
2
2
2
ss
s
ss
s
ssss
s
sp
s
ss
sGspK
Ejercicio5º paso: Dibujar el LGR, debemos alejarnos,
En realidad con esta técnica se dibuja un croquis del LGR, para hallar los verdaderos puntos donde el sistema es críticamente amortiguado, que son los lugares donde el LGR se separa del eje real se debe usar la EC a lazo cerrado.
Miguel Rodríguez 35
xxo-1-5-10
º
4.52
EjercicioValores de K para que el sistema sea críticamente amortiguado:
Comparando la EC con la respuesta ideal
De la primera ecuación tenemos K=2-6 y sustituyendo en la segunda.
Miguel Rodríguez 36
)105()6(
)10(
)(1
)(
)(
)(2 KsKs
sK
sKG
sKG
sV
sY
2
222
)105(
2)6(
2)105()6(
K
K
ssKsKs
4164.27;5836.0
71.16;29.3
05520
)62(105
21
21
2
2
KK
EjercicioAsí el LGR queda definido como:
Miguel Rodríguez 37
xxo-1-5-10
º
-16.70 -3.29
º
EjercicioUsando un programa matemático:
Miguel Rodríguez 38
Root Locus
Real Axis
Imag
inar
y A
xis
-35 -30 -25 -20 -15 -10 -5 0 5-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
System: sysGain: 27.4Pole: -16.7 - 2.44e-007iDamping: 1Overshoot (%): 0Frequency (rad/sec): 16.7
System: sysGain: 0.584Pole: -3.29 - 3.86e-008iDamping: 1Overshoot (%): 0Frequency (rad/sec): 3.29