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Automatizacion de
Procesos/Sistemas de
Control
Ing. Biomedica e Ing.
Electronica
Capitulo IV
Respuesta Dinamica de
Sistemas Lineales
D.U. Campos-DelgadoFacultad de Ciencias
UASLP
Agosto-Diciembre/2019
1
CONTENIDO
Diagramas de Bloques
Diagramas de Flujo
Respuesta al Impulso
Criterio de Estabilidad de Routh
Respuesta al Escalon
Polos Dominantes
Respuesta en Estado Estacionario
2
Diagramas de Bloques
• Recordar dada una ecuacion diferencial que
relaciona las variables entrada/salida (u(t), y(t))
de un sistema LIT ⇒ la funcion de transferen-
cia es el cociente de las transformadas de La-
place Y (s)/U(s) con condiciones iniciales nu-
las.
• Considerar por ejemplo
y(t) + 6y(t) + 25y(t) = 3u(t) + 9u(t)
⇒ H(s) ,Y (s)
U(s)=
3(s+3)
s2 +6s+25
es decir Y (s) = H(s) · U(s), lo cual puede re-
presentarse de forma grafica como bloques o
ganancias para la senal de entrada:
3
Diagramas de Bloques
Existen 4 conexiones basicas:
Paralela:
Y (s) = [H1(s) +H2(s)]U(s)
= H1(s)U(s) +H2(s)U(s)
Serie:
Y (s) = [H1(s) ·H2(s)]U(s)
= H1(s)[H2(s)U(s)]
4
Retroalimentacion negativa:
Y (s) = H1(s)[R(s)− F(s)]
= H1(s)[R(s)−H2(s)Y (s)]
⇒Y (s)
R(s)=
H1(s)
1 +H1(s)H2(s)
Retroalimentacion positiva:
Y (s) = H1(s)[R(s)+F(s)]
= H1(s)[R(s)+H2(s)Y (s)]
⇒Y (s)
R(s)=
H1(s)
1−H1(s)H2(s)
Diagramas de Bloques
Algebra de Diagrama de Bloques
∴ Todo sistema con retroalimentacion no-unitaria
tiene un equivalente con retroalimentacion uni-
taria !
5
Diagramas de Bloques
Ejemplos: encontrar la relacion de transferen-
cia equivalente Y (s)/R(s) de los siguientes dia-
gramas de bloques.
6
Diagramas de Flujo de Senal
Representacion alterna a los diagramas de
bloques para un sistema interconectado con
retroalimentaciones.
Elementos basicos:
• Nodo: punto de entrada comun para va-
rias senales o la salida de un punto de
suma, y que puede representar una va-
riable o senal.
• Transmitancia: ganancia real o com-
pleja entre dos nodos.
• Rama: segmento de linea dirigido que
une dos nodos.
• Camino: recorrido de ramas conectadas
en la direccion de flujo de senal.
7
• Camino Directo: camino del nodo de
entrada al punto de salida si tocar cada
nodo mas de una vez.
• Lazo: camino cerrado que regresa al
mismo nodo de inicio.
• Ganancia del Camino: producto de las
transmitancias asociadas por la ramas
que toca el camino.
Notacion:
Diagramas de Flujo de Senal
Ejemplo: a partir de los siguientes diagramas
de bloques, obtener su representacion como
diagramas de flujo de senal. Marcar los nodos,
lazos y caminos directos en el diagrama resul-
tante.
8
Diagramas de Flujo de Senal
• Ley de Mason: permite obtener la relacion
de transferencia equivalente entrada/salida de
un diagrama de flujo de senal. Asumir que exis-
ten N caminos directos y M lazos individuales:
Y (s)
R(s)=
1
∆
N∑
i=1
Gi∆i
donde
∆ es el determinante del diagrama que es igual a “1- (suma de todas las ganancias de los lazos indivi-duales) +(suma de los productos de las gananciasde todas las posibles combinaciones ganancias dedos lazos que no se tocan)-(suma de los productosde ganancias de todas las posibles combinacionesde tres lazos que no se tocan)+...”
Gi es la ganancia del i-esimo camino directo
∆i cofactor del i-esimo camino directo del diagramaresultante al eliminar el camino y los lazos que tocaneste i-esimo camino directo.
9
Diagramas de Flujo de Senal
Ejemplo 1: obtener la relacion de transferencia
Y (s)/R(s) del siguiente diagrama de flujo de
senal.
Existen 3 caminos directos y 3 lazos, con las
siguientes ganancias
G1 =b1s, G2 =
b2s2
, G3 =b3s3
,
L1 =−a1s
, L2 =−a2s2
, L3 =−a3s3
,
10
donde los cofactores de los 3 caminos directos
son iguales ∆1 = ∆2 = ∆3 = 1. Observar que
todos los lazos tienen nodos en comun, por lo
que
∆ = 1− (L1 + L2 + L3) = 1+a1s
+a2s2
+a3s3
Finalmente aplicando la formula de Mason
Y (s)
R(s)=
G1∆1 +G2∆2 +G3∆3
∆
=
b1s + b2
s2+ b3
s3
1+ a1s + a2
s2+ a3
s3
∴Y (s)
R(s)=
b1s2 + b2s+ b3
s3 + a1s2 + a2s+ a3
Diagramas de Flujo de Senal
Ejemplo 2: obtener la relacion de transferencia Y (s)/R(s)del siguiente diagrama de flujo de senal.
Existen 2 caminos directos y 4 lazos, con las siguientesganancias
G1 = H1(s)H2(s)H3(s), G2 = H4(s),
L1 = H1(s)H5(s), L2 = H3(s)H7(s),
L3 = H2(s)H6(s), L4 = H4(s)H5(s)H6(s)H7(s)
donde los cofactores de los 2 caminos directos son
∆1 = 1
∆2 = 1−H2(s)H6(s)
11
Observar que solo los lazos L1 y L2 son independientes,por lo que
∆ = 1− (L1 + L2 + L3 + L4) + L1L2
= 1−H1(s)H5(s)−H3(s)H7(s)−H2(s)H6(s)
−H4(s)H5(s)H6(s)H7(s) +H1(s)H5(s)H3(s)H7(s)
Finalmente aplicando la formula de Mason (se omiteintencionalmente la dependencia de la variable “s”)
Y (s)
R(s)=
G1∆1 +G2∆2
∆
∴Y (s)
R(s)=
H1H2H3 +H4(1−H2H6)
1−H1H5 −H3H7 −H2H6 −H4H5H6H7 +H1H5H3H7
Respuesta al Impulso
• Una funcion de transferencia para un sistema
LIT se puede expresar como un cociente de 2
polinomios: numerador y denominador
H(s) =num(s)
den(s)
donde las raıces del polinomio numerador zi
se definen como los ceros y las raıces del de-
nominador pi como los polos, es decir
lıms→zi
H(s) = 0
lıms→pi
H(s) = ∞
• Recordar que para un sistema LIT
Y (s) = H(s)U(s) ⇒ y(t) = L−1H(s)U(s)
pero si u(t) = δ(t) entonces U(s) = 1, por lo
que la salida para una entrada impulso serıa
h(t) = L−1H(s)
∴La transformada de Laplace inversa de la fun-
cion de transferencia del sistema LIT se le de-
nomina respuesta al impulso.
12
Respuesta al Impulso
(A) Sistema de 1er Orden
Considerar que la funcion de transferencia del
sistema LIT es de la forma
H(s) =1
s+ σ
es decir con un polo real en s = −σ.
⇒ h(t) = L−1
1
s+ σ
= e−σt1(t)
Por lo que dependiendo del signo de σ la res-
puesta exhibira 2 comportamientos
lımt→∞
h(t) =
0, σ > 0∞, σ < 0
13
Respuesta al Impulso
(B) Sistema de 2do Orden
Considerar ahora la funcion de transferencia prototipode 2do orden
H(s) =ω2n
s2 +2ζωns+ ω2n
donde 0 < ζ < 1 (amortiguamiento) y ωn > 0 (frecuen-cia natural). Por lo que al factorizar el denominador seobserva que
s2 + 2ζωns+ ω2n = s2 +2ζωns+ ω2
nζ2 − ω2
nζ2 + ω2
n
= (s+ ζωn)2 + ω2
n(1− ζ2)
y en consecuencia los polos son complejos conjugados
s1,2 = − ζωn︸︷︷︸σ
±j ωn
√
1− ζ2︸ ︷︷ ︸
ωd
= −σ ± jωd
es decir σ representa la parte real de los polos y ωd laparte imaginaria.
14
Respuesta al Impulso
Para los polos complejos conjugados, el angulo
con respecto del eje imaginario depende del
amortiguamiento, es decir senθ = ζ ⇒ entre
mas bajo el armotiguamiento ζ → 0 mas cerca
del eje imaginario estaran los polos θ → 0.
Ademas, la distancia del origen a los polos
complejos (magnitud) esta dada por la fre-
cuencia natural, es decir |s1,2| = ωn.
La respuesta al impulso esta dada por (0 < ζ <
1):
h(t) = L−1
ωn√
1− ζ2
(
ωd
(s+ σ)2 + ω2d
)
⇒ h(t) =ωn
√
1− ζ2e−σtsenωdt · 1(t)
∴ lımt→∞
h(t) = 0
15
Respuesta al Impulso
Pero si ζ = 0, los polos se encuentran sobre el eje ima-ginario en s1,2 = ±jωn, y el sistema LIT es oscilatorio
h(t) = L−1
ω2n
(s+ ω2n
⇒ h(t) = ωnsenωnt · 1(t)
Mientras tanto, si −1 < ζ < 0, los polos tendran partereal positiva y la envolvente exponencial provocara queh(t) crezca indefinidamente, es decir
∴ lımt→∞
h(t) = ∞
16
Criterio de Estabilidad de Routh
En general la estabilidad de un sistema LIT
se juzgara en el sentido de “salida acotada a
una entrada acotada”, lo cual puede juzgarse
a traves de la respuesta al impulso.
Asumir que la entrada satisface |u(t)| ≤ M ∀t ≥
0 y M > 0, entonces
|y(t)| = |h(t) ⋆ u(t)| =
∣∣∣∣
∫ t
0u(t− τ)h(τ)dτ
∣∣∣∣
≤∫ t
0|u(t− τ)||h(τ)|dτ
≤ M∫ t
0|h(τ)|dτ
≤ M∫ ∞
0|h(τ)|dτ
Por lo que la salida y(t) se encontrara acotada
si (condicion de estabilidad)∫ ∞
0|h(τ)|dτ < ∞
lo cual se lograra, si y solo si, la funcion de
transferencia H(s) = Lh(t) tiene todos sus
polos con parte real negativa.
17
Criterio de Estabilidad de Routh
El criterio de estabilidad de Routh-Hurwitz per-
mite evaluar si una funcion de transferencia
H(s) tiene todos sus polos estables (parte real
negativa).
Asumir que H(s) es un funcion racional
H(s) =num(s)
den(s)=
b0sm + b1s
m−1 + . . .+ bm
sn + a1sn−1 + . . .+ an
y que no existen raices comunes entre num(s)
y den(s) ⇒ la estabilidad de H(s) se evalua en
funcion de las raıces de den(s).
Enseguida se construye el arreglo de Routh pa-
ra el polinomio den(s), y “numero de cambios
de signo en la primera columna del arreglo sera
el numero de raıces inestables”.
18
Criterio de Estabilidad de Routh
Arreglo de Routh para el polinomio
den(s) = sn + a1sn−1 + a2s
n−2 + . . .+ an
sn 1 a2 a4 . . .sn−1 a1 a3 a5 . . .sn−2 δ1 δ2 δ3 . . .sn−3 β1 β2 β3 . . ....
......
... . . .
s1 ∗ ∗ 0 0s0 ∗ 0 0 0
donde
δ1 =−1
a1
∣∣∣∣
1 a2a1 a3
∣∣∣∣=
a1a2 − a3
a1
δ2 =−1
a1
∣∣∣∣
1 a4a1 a5
∣∣∣∣=
a1a4 − a5
a1
δ3 =−1
a1
∣∣∣∣
1 a6a1 a7
∣∣∣∣=
a1a6 − a7
a1
β1 =−1
δ1
∣∣∣∣
a1 a3δ1 δ2
∣∣∣∣=
δ1a3 − δ2a1
δ1
β2 =−1
δ1
∣∣∣∣
a1 a5δ1 δ3
∣∣∣∣=
δ1a5 − δ3a1
δ1
β3 =−1
δ1
∣∣∣∣
a1 a7δ1 δ4
∣∣∣∣=
δ1a7 − δ4a1
δ1
19
Criterio de Estabilidad de Routh
Ejemplo 1: encontrar el numero de raıces inestables delsiguiente polinomio
den(s) = s6 + 4s5 + 3s4 + 2s3 + s2 +4s+ 4
s6 1 3 1 4s5 4 2 4 0
s42.5︷︸︸︷
δ1
0︷︸︸︷
δ2
4︷︸︸︷
δ3 0
s32︷︸︸︷
β1
−12/5︷︸︸︷
β2 0 0
s23︷︸︸︷γ1
4︷︸︸︷γ2 0 0
s1−76/15︷︸︸︷µ 0 0 0
s04︷︸︸︷
ξ 0 0 0
donde
δ1 =−1
4
∣∣∣∣
1 34 2
∣∣∣∣=
12− 2
4= 5/2
δ2 =−1
4
∣∣∣∣
1 14 4
∣∣∣∣= 0
δ3 =−1
4
∣∣∣∣
1 44 0
∣∣∣∣=
16
4= 4
β1 =−1
2.5
∣∣∣∣
4 22.5 0
∣∣∣∣=
5
2.5= 2
β2 =−1
2.5
∣∣∣∣
4 42.5 4
∣∣∣∣=
10− 16
2.5= −12/5
20
γ1 =−1
2
∣∣∣∣
2.5 02 −12/5
∣∣∣∣=
2.5 · 12/5
2= 3
γ2 =−1
2
∣∣∣∣
2.5 42 0
∣∣∣∣=
8− 0
2= 4
µ =−1
3
∣∣∣∣
2 −12/53 4
∣∣∣∣=
−36/5− 8
3= −76/15
ξ =−1
−76/15
∣∣∣∣
3 4−76/15 0
∣∣∣∣=
4 · (−76/15)
−76/15= 4
∴ Como hay dos cambios de signo en la 1ra columnadel arreglo de Routh, existen 2 raıces inestables en elpolinomio.
Criterio de Estabilidad de Routh
Caso Especial: si se tiene un valor de cero
en la primera columna, se reemplaza este valor
por ǫ > 0 y se prosigue en llenar el arreglo
de Routh. Al concluir se toma el lımite ǫ → 0
y se analizan los cambios de signo en la 1ra
columna.
Ejemplo 1: encontrar el numero de raıces inestables delsiguiente polinomio
den(s) = s5 +3s4 +2s3 +6s2 + 6s+9
s5 1 2 6s4 3 6 9
s3ǫ︷︸︸︷
δ1
3︷︸︸︷
δ2 0
s26−9/ǫ︷︸︸︷
β1
9︷︸︸︷
β2 0
s13+ 9ǫ2
9−6ǫ︷︸︸︷γ 0 0
s09︷︸︸︷µ 0 0
21
donde
δ1 =−1
3
∣∣∣∣
1 23 6
∣∣∣∣=
6− 6
3= 0
δ2 =−1
3
∣∣∣∣
1 63 9
∣∣∣∣=
18− 9
3= 3
β1 =−1
ǫ
∣∣∣∣
3 6ǫ 3
∣∣∣∣=
6ǫ− 9
ǫ= 6−
9
ǫ
β2 =−1
ǫ
∣∣∣∣
3 9ǫ 0
∣∣∣∣=
9ǫ
9= 9
γ =−1
6− 9ǫ
∣∣∣∣
ǫ 36ǫ−9
ǫ9
∣∣∣∣= 3+
9ǫ2
9− 6ǫ
µ =−1
3+ 9ǫ2
9−6ǫ
∣∣∣∣
6ǫ−9ǫ
9
3+ 9ǫ2
9−6ǫ0
∣∣∣∣= 9
∴ Al tomar el lımite ǫ → 0, hay dos cambios de
signo en la 1ra columna del arreglo de Routh
(β1 < 0 y γ > 0), existen 2 raıces inestables en
el polinomio.
Respuesta al Escalon
Para un sistema en lazo cerrado, las especifi-
caciones de la respuesta transitoria deseada se
dan usualmente en funcion de su respuesta a
un escalon unitario.
Se definen 4 parametros base
Tiempo de Crecimiento (tr): tiempo que le
lleva a la respuesta al escalon el ir del 0%
al 100% de su respuesta estacionaria.
Tiempo pico (tp): tiempo en llegar a la res-
puesta al escalon maxima.
22
Sobretiro (Mp): valor pico de la respuesta
al escalon.
Tiempo de asentamiento (ts): tiempo en
que la respuesta al escalon alcanza un error
menor o igual ±2% de su valor estaciona-
rio.
Respuesta al Escalon
Considerar ahora que la respuesta del sistema
en lazo cerrado se representa por una funcion
de transferencia de 2do orden:
H(s) =Y (s)
R(s)=
ω2n
s2 +2ζωns+ ω2n
y asumir que la entrada de referencia es un
escalon, i.e. r(t) = 1(t) o R(s) = 1/s.
23
La respuesta al escalon estarıa dada por
y(t) =
1− e−σt
[
cosωdt+σ
ωdsinωdt
]
1(t)
donde σ = ωnζ y ωd = ωn
√
1− ζ2. Enseguida secalculan los ındices de desempeno (tp,Mp, ts, tr)de forma analıtica.
Tiempo pico: el tiempo en que se alcanzala respuesta maxima se obtiene a partir de
dy(t)
dt
∣∣∣∣∣t=tp
= 0 ∀t ≥ 0
⇒dy(t)
dt= σe−σt
[
cosωdt+σ
ωdsinωdt
]
− e−σt [−ωdsinωdt+ σ cosωdt]
= e−σt
[
σ2
ωd+ ωd
]
sinωdt
∴dy(t)
dt= 0 ⇔ sinωdt = 0
Por lo que se obtiene una serie de puntosmaximos
ωdt = kπ k = 1,2, . . .
y el primero (k = 1) serıa el tiempo pico,
es decir
ωdtp = π ⇔ tp =π
ωd=
π
ωn
√
1− ζ2
con 0 < ζ < 1.
Sobretiro: este valor se encuentra al eva-
luar la respuesta en el tiempo pico, es decir
Mp = y(t)|t=tp − 1.0
= −e−σtp
cosωdtp︸ ︷︷ ︸
−1
+σ
ωdsinωdtp︸ ︷︷ ︸
0
= e−σtp = exp
−πωnζ
ωn
√
1− ζ2
∴ Mp = exp
−πζ√
1− ζ2
para 0 < ζ < 1
Tiempo de crecimiento: considerar un sis-
tema subamortiguado (0 < ζ < 1), enton-
ces se debe cumplir
y(t)|t=tr = 1.0
e−σtr
[
cosωdtr +σ
ωdsinωdtr
]
= 0
cosωdtr +σ
ωdsinωdtr = 0
tanωdtr = −ωd
σ
∴ tr =1
ωdtan−1
(
−ωd
σ
)
A partir de la grafica, se observa que el
angulo formado por el radio de los polos
complejos conjugados con el eje real esta
dado por β:
β = tan−1 ωd
σ= tan−1
√
1− ζ2
ζ
y recordando que tan(u±v) = tanu±tan v1−∓ tanu tan v,
en consecuencia tan(π − u) = − tanu, por
lo que se obtiene
tr =π − β
ωd
Tiempo de asentamiento: el error con la
respuesta de estado estable esta dada por
1− y(t)︸ ︷︷ ︸
error
= e−σt
[
cosωdt+σ
ωdsinωdt
]
.
Por lo que, el decaimiento del error esta
dominado por el termino e−σt, y en conse-
cuencia el tiempo de asentamiento satisfa-
ce
e−σts = 0.02
∴ ts = −ln 0.02
σ≈
3.91
ζωn
En resumen, se observa el siguiente comporta-
miento de los ındices de la respuesta transitoria
(tp,Mp, ts, tr), con respecto de la ubicacion de
los polos de 2do orden:
Entre mas grande sea la parte imaginaria
de los polos ωd (ωd ↑), mas pequeno sera
el tiempo pico tp (tp ↓).
Entre mas grande la parte real de los polos
σ (σ ↑), mas pequeno sera el tiempo de
asentamiento ts (ts ↓).
Entre mas pequeno sea el amortiguamiento
ζ (ζ ↓), mayor sera el sobretiro Mp (Mp ↑).
Entre mas grande sea la frecuencia natu-
ral ωn (ωn ↑), mas rapida sera la respuesta
transitoria en alcanzar el estado estable.
Respuesta al Escalon
Ejemplo 1: trasladar las siguiente especifica-
ciones de desempeno en la ubicacion deseada
de los polos de 2do orden en lazo cerrado:
Mp ≤ 10% & ts ≤ 3 s.
Solucion: como se tiene que
ts =3.91
σ≤ 3
⇒ σ ≥ 1.30,
Por lo tanto se define la region Ω1 ⊂ C como
Ω1 = s ∈ C | ℜs ≤ −1.3,
ademas como
Mp = exp
−πζ√
1− ζ2
⇔ ζ =
√√√√
(lnMp)2
π2 + (lnMp)2
Por lo tanto, se necesita
Mp ≤ 0.1 ⇔ ζ ≥
√√√√
(ln 0.1)2
π2 + (ln 0.1)2= 0.59,
24
recordando que senθ = ζ, se requiere
θ ≥ sen−10.59 = 36.24o
Esto define otra region Ω2 como
Ω2 = s ∈ C | 36.24o ≤ θ ≤ 90o & ℜs < 0,
con θ = tan−1 |ℜs|/|ℑs| ∀s ∈ C. Finalmen-
te, la region deseada en el plano complejo esta
dada por Ω1∩Ω2, como se ilustra en al grafica.
Respuesta al Escalon
Ejemplo 2: considerar el siguiente sistema en
lazo cerrado con ωn = 5 rad/s y ζ = 0.6; calcu-
lar los parametros (tp,Mp, tr, ts) de la respuesta
transitoria.
Solucion: la funcion de transferencia en lazo
cerrado estarıa dada por
H(s) =Y (s)
R(s)=
ω2n
s(s+2ζωn)
1+ω2n
s(s+2ζωn)
=ω2n
s2 +2ζωns+ ω2n
donde
σ = ζωn = 3 & ωd = ωn
√
1− ζ2 = 4 rad/s.
25
Por lo tanto se obtiene
ts =3.91
σ= 1.303 seg
tp =π
ωd= 0.79 seg
Mp = exp
−πζ√
1− ζ2
= 0.095 → 9.5%
tr =π − tan−1(ωd/σ)
ωd= 0.55 seg.
Respuesta en Estado Estacionario
Ejemplo 3: considerar el siguiente sistema re-
troalimentado, y determinar los valores de las
ganancias K y Kh, tal que se logre en lazo ce-
rrado Mp = 20% y tp = 1 seg. Suponer que
los siguientes valores J = 1 kg/m2, y B = 1 N
m/rad/s.
Solucion: la funcion de transferencia de lazo
cerrado esta dada por
H(s) =Y (s)
R(s)=
K
Js2 + (B +K ·Kh)s+K
=K/J
s2 +(B+K·Kh)
J s+K/J
=ω2n
s2 +2ζωns+ ω2n,
26
al igualar terminos se obtiene
2ζωn =(B +K ·Kh)
J
ademas
ω2n = K/J ⇒ K = Jω2
n
∴ Kh =2ζωnJ −B
K=
2ζ
ωn−
B
Jω2n.
Como se desea Mp = 0.2, entonces se necesita
ζ =
√√√√
(ln 0.2)2
π2 + (ln 0.2)2= 0.456.
Ademas al requerirse
tp =π
ωd= 1 seg ⇒ ωd = ωn
√
1− ζ2 = π
∴ ωn =π
√
1− ζ2= 3.53 rad/s
Finalmente al sustituir se obtiene
K = Jω2n = 12.46
Kh = 0.178.
Respuesta al Escalon
Considerar ahora el efecto de un cero extra en
la funcion prototipo de 2do orden
H(s) =ω2n
s2 +2ζωns+ ω2n×
(
s
αζωn+1
)
De esta manera se anade un cero en s = −αζωn,
y si α ≫ 1, la respuesta al escalon casi no se
ve afectada.
Sin embargo, si α ≈ 1, el cero se encuentra a
la misma distancia del eje imaginario que los
polos complejos conjugados.
En la siguiente grafica se muestra la respuesta
al escalon (ωn = 1 rad/s y ζ = 0.7) al variar
27
α ∈ 1,2,10,50, donde se puede ver que con-
forme α se decrementa (se acerca el cero al eje
imaginario), el sobretiro se incrementa pero el
tiempo de crecimiento decrece.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
tiempo (seg)
y(t
)
Efecto de un Cero en la Respuesta Escalón Prototipo
α=1
α=2
α=10
α=50
Sin embargo, si el cero es inestable (α < 0),
se crea un sobretiro negativo al inicio de la
respuesta, aunque conforme se mueve mas a
la derecha el efecto se disipa ⇒ respuesta de
fase no-mınima..
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
tiempo (seg)
y(t
)Efecto de un Cero en la Respuesta Escalón Prototipo
α=−1
α=−2
α=−10
α=−50
Por otro lado, si se considera ahora un polo
real extra en la funcion prototipo de 2do orden
H(s) =ω2n
s2 +2ζωns+ ω2n×
1(
sαζωn
+1)
De esta forma se anade un polo en s = −αζωn,
y si α ≫ 1, la respuesta al escalon casi no se
ve afectada.
Si α ≈ 1, el polo se encuentra a la misma dis-
tancia del eje imaginario que los polos comple-
jos conjugados.
Al variar α ∈ 1,2,10,50, donde se puede ver
que conforme α se decrementa (se acerca el
polo al eje imaginario), el sobretiro se decre-
menta pero el tiempo de crecimiento crece.
(efecto opuesto al del cero).
0 5 10 150
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
tiempo (seg)
y(t
)
Efecto de un Polo en la Respuesta Escalón Prototipo
α=10
α=2
α=50
α=1
Polos Dominantes
Recordar la estructura del sistema prototipo de
2do orden con un polo extra
H(s) =ω2n
s2 +2ζωns+ ω2n×
1(
sαζωn
+1)
donde si α ≫ 1, la respuesta al escalon casi no
se vera afectada.
¿Que pasara si existe mas de un polo extra?
Considerar la estructura general
H(s) =ω2n
s2 +2ζωns+ ω2n·
1(
sα1ζωn
+1) . . .
1(
sαnζωn
+1)
Si αi ≫ 1 ∀i ∈ [1, n], el efecto de los polos
extra sera mınimo en la respuesta al escalon,
y en este caso los polos complejos conjugados
se les llama polos dominantes !
28
En general, los polos dominantes son conside-
rados los polos mas cercanos al eje imaginario
para sistemas LIT estables.
Respuesta en Estado Estacionario
Considerar un sistema en lazo cerrado con re-
troalimentacion unitaria, donde la funcion de
transferencia de lazo abierto se define por
L(s) = C(s)G(s).
Por lo que la funcion de transferencia del error
E(s) con respecto de la referencia R(s) se ob-
tiene a partir de
E(s) = R(s)− Y (s) = R(s)− L(s)E(s)
∴E(s)
R(s)=
1
1+ L(s).
Si el sistema retroalimentado es estable, el va-
lor de estado estacionario del error se puede
29
calcular por medio del Tma. del Valor Final
para una referencia dada:
ess = lımt→∞
e(t) = lıms→0
sE(s)
= lıms→0
s
1 + L(s)R(s)
Referencia tipo escalon unitario: por lo que
r(t) = 1(t) o R(s) = 1/s, y se tiene
esss = lıms→0
1
1+ L(s)=
1
1+ lıms→0L(s)=
1
1+Kp
donde se define la constante de posicion
Kp = lıms→0L(s).
Referencia tipo rampa: por lo que r(t) =
t · 1(t) o R(s) = 1/s2, y se tiene
essr = lıms→0
s
1+ L(s)
(1
s2
)
=1
lıms→0 sL(s)=
1
Kv
donde se define la constante de velocidad
Kv = lıms→0 sL(s).
Referencia tipo parabola: por lo que r(t) =t2
2 · 1(t) o R(s) = 1/s3, y se tiene
essp = lıms→0
s
1+ L(s)
(1
s3
)
=1
lıms→0 s2L(s)=
1
Ka
donde se define la constante de aceleracion
Ka = lıms→0 s2L(s).
Por otro lado, un sistema retroalimentado se
le denomina tipo 0 si cumple que
Kp = lıms→0
L(s) 6= 0,
lo cual implica que L(s) no tiene polos en el
origen.
Ahora, el sistema se llama tipo 1 si cumple
Kv = lıms→0
sL(s) 6= 0
lo que es equivalente a que L(s) tiene un polo
en el origen.
Si el sistema es del tipo 2 satisface
Ka = lıms→0
s2L(s) 6= 0,
es decir L(s) tiene 2 polos en el origen.
En general, un sistema retroalimentado es del
tipo k si cumple
lıms→0
skL(s) 6= 0
Por lo que se puede generalizar
Para sistemas tipo 0 ⇒ Kp 6= 0, y Kv =
Ka = 0,
Para sistemas tipo 1 ⇒ Kp = ∞, y Kv 6= 0,
y Ka = 0,
Para sistemas tipo 2 ⇒ Kp = Kv = ∞, y
Ka 6= 0.
Resumiendo se tiene la siguiente tabla que re-
laciona los errores de estado estable en funcion
del tipo de sistema y tipo de referencia.
Escalon Rampa Parabola
r(t) = 1(t) r(t) = t1(t) r(t) = t2
21(t)
Tipo 0 11+Kp
∞ ∞
Tipo 1 0 1Kv
∞
Tipo 2 0 0 1Ka
∴ Un sistema retroalimentado con accion inte-
gral (polo en el origen) podra seguir sin error
a un escalon de referencia, y con error finito a
una rampa.
Ejemplo: evaluar los errores de estado estable
para un escalon unitario, rampa y parabola, y
la planta G(s) = 3(s + 1)/(s + 2) segun los
controladores siguientes:
C(s) = 1/(s+4),
C(s) = 1/s,
C(s) = 1/s2
Primeramente evaluar la estabilidad del siste-
ma retroalimentado.
Tarea # 4
Resolver los siguientes problemas del libro detexto (Ingenierıa de Control Moderna, K. Oga-ta, 4a Edicion, Prentice Hall):
B.3.1
B.3.3
B.3.7
B.5.3
B.5.9
B.5.11
B.5.14
B.5.15
B.5.16
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