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UNIVERSIDAD NACIONAL MAYOR DE SAN MARCOS ELECTRONICA Y ELECTRICA

INGENIERIA

B-10-4. Considere el sistema de control de la figura 10-37. Usando las reglas de sintonización de Ziegler-Nichols, determine los valores de Kp, Ti y Td. Obtenga la respuesta escalon unitario del sistema diseñado. Haga ajustes finos de los parámetros Kp, Ti y Td, a fin de que el sobrepaso máximo en la respuesta escalón unitario sea aproximadamente de 15%.

Solución a) Debido a que la planta tiene un integrador, usamos el segundo método. Considerar Ti = ∞ , Td = 0. b) Considerando tan sólo la acción proporcional (Kp), obtenemos la función de transferencia de lazo cerrado siguiente: C (s) Kp = R (s ) s3 +21 s2 +20 s + Kp

El valor de Kp que hace al sistema marginalmente estable para que ocurra una oscilación sostenida se obtiene mediante el criterio de estabilidad de Routh. La ecuación característica para el sistema de lazo cerrado es: s 3 +21 s 2+20 s+ Kp=0

Entonces el arreglo de Routh es:

s1

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s3

1

20

s2

21

Kp

420−Kp 21 Página 1

0

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s0

Kp

INGENIERIA

0

De la primera columna se encuentra que ocurrirá una oscilación sostenida si Kp = 420. Por consiguiente, la ganancia crítica es Kcr = 420, entonces la ecuación característica es s 3 +21 s 2+20 s+ 420=0

Sustituyendo s = jw en la ecuación característica, así: ( jw )3+ 21( jw )2+20 jw+ 420=0 − jw 3−21 w2 +20 jw + 420=0 jw (20−w 2)+21(20−w2 )=0

encontramos que la frecuencia de oscilación sostenida es Luego, el periodo de la oscilación sostenida es: Pcr=

2π =1.40496 w

determínanos Kp, Ti y Td de la siguiente manera: Kp=0.6 Kcr=252

Ti=0.5 Pcr=¿ 0.7025 Td=0.125 Pcr=¿ 0.1756

Entonces la función de transferencia del controlador PID ( s+ Gc ( s ) =0.075 xKcrxPcr SISTEMAS DE CONTROL II

4 2 ) Pcr s Página 2

w 2=20

o

w=√ 20

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(s+ Gc ( s ) =0.075 x 420 x 1.40496

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2 4 ) 1.4050 s

2

G c ( s ) =44.3

(s+2.8469) s

El diagrama de bloques del sistema de control con el controlador PID diseñado sera:

R(s)

C(s)

R(s)

C(s)

R(s)

C(s)

La respuesta al escalón unitario de este sistema se obtiene fácilmente con MATLAB

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Página 3

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Fig1. Respuesta al escalón unitario del sistema de control usando un controlador PID

De la figura observamos un sobrepaso máximo poco mayor a 60%, para obtener un sobrepaso máximo de 15% tenemos que reducir los parámetros del controlador mediante una sintonización fina. Conservaremos Kp=252 y moveremos el cero doble del controlador PID a s=-1, el nuevo valor de Pcr será: 4 =1 Pcr Pcr=4

Luego los parámetros Ti y Td serán: Ti=0.5 Pcr=2 Td=0.125 Pcr=0.5

La nueva Función de Transferencia del controlador PID sera: 4 2 ( s+ ) Pcr G c ( s ) =0.075 xKcrxPcr s SISTEMAS DE CONTROL II

Página 4

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4 2 ( s+ ) 4 Gc ( s ) =0.075 x 420 x 4 s 2

G c ( s ) =126

(s +1) s

La función de Transferencia de Lazo cerrado será:

R(s)

C(s)

Usando MATLAB para esta nueva función de transferencia, se obtiene la respuesta a un escalón unitario como se muestra en la figura siguiente:

Fig2. Respuesta al escalón unitario del sistema de control, con parámetros Kp=252, Ti=2, Td=0.5 SISTEMAS DE CONTROL II

Página 5

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Incrementaremos la ganancia proporcional a Kp=620 y mantendremos el cero doble (s=-1); es decir Kp=0.6 Kcr=620  Kcr=1033.33. Los parámetros Ti y Td no son afectados. Entonces la función de transferencia del controlador PID es: ( s+ G c ( s ) =0.075 xKcrxPcr

4 2 ) Pcr s

4 2 (s + ) 4 Gc ( s ) =0.075 x 1033.33 x 4 s

Gc ( s ) =309.99

(s+ 1)2 s

Obtenemos la función de transferencia de lazo cerrado siguiente:

R(s)

C(s)

Usando MATLAB para esta nueva función de transferencia, se obtiene la respuesta a un escalón unitario como se muestra en la figura siguiente:

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Página 6

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Fig3. Respuesta a escalon unitario con parámetros Kp= 620, Ti=2, Td=0.5

El sobrepaso máximo es 19% que es aproximado a 15% entonces los parámetros sintonizados son: Kp= 620,

Ti=2,

Td=0.5

B-10-5. Considere el sistema de la figura 10-38. Suponga que se introducen al sistema las perturbaciones D(s), como se observa en el diagrama. Determine los SISTEMAS DE CONTROL II

Página 7

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parámetros K, a y b, tales que la respuesta para la entrada de perturbación escalon unitario y la respuesta para la entrada de referencia escalón unitario satisfagan las especificaciones siguientes: La respuesta para la entrada de perturbación escalón debe atenuarse rápidamente (2 seg en términos del tiempo de asentamiento de 2%), y la respuesta ante la entrada de referencia escalón debe exhibir un sobrepaso rnaximo de 20% o menos y un tiempo de asentamiento de 2 seg. D(s)

C(s)

R(s)

Solución

C(s)

R(s)

La función de transferencia de lazo cerrado es: C (s) 2 k ( as+1 ) ( bs+1 ) (s+ 2) = R (s ) s ( s+1 ) ( s+10)+2 k ( as+1 )( bs+ 1 ) (s +2)

Podemos ver que el numerador es un polinomio de grado 3 y el denominador también es un polinomio de grado 3. Para reducir el grado del Numerador elegiremos a = 0. La función de transferencia de lazo cerrado se convierte en:

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C (s) 2 k ( bs+1 ) (s+2) = R (s ) s ( s+1 ) ( s+10)+2 k ( bs+1 ) (s+ 2)

.Hacemos b=0.5 de modo que el cero del controlador se encuentre en s = -2, la función de transferencia del controlador Gc(s) sera: Gc ( s )=

k (bs +1) k (0.5 s+ 1) = s s

Gc ( s )=

0.5 k ( s+2) s

Entonces: C (s) k ( s+2)2 = R (s ) s ( s+1 ) ( s+10)+k (s +2)2

La función de transferencia en lazo cerrado para la entrada de perturbación será: C (s) 2 s (s +2) = R (s ) s ( s+1 ) ( s+10)+k (s +2)2

La respuesta para la entrada de perturbación escalón debe atenuar rápidamente. Interpretaremos esto en términos del tiempo asentamientos de 2 seg. Usando MATLAB encontramos que K = 20, nos da el tiempo de establecimiento de 2 seg. Con K = 20, la función de transferencia de lazo cerrado CD(s)/D(s) para la entrada de perturbación es: C (s) 2 s 2 +4 s = 3 R (s ) s +31 s2 +90 s +80

En MATLAB

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Fig4. Respuesta de perturbación para la entrada escalón unitario

Esta respuesta corresponde al tiempo de establecimiento de 2 seg. Esto puede no ser tan obvio. Por lo tanto, se representa la respuesta de perturbación a la entrada rampa unitaria En MATLAB

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Fig5. Respuesta de perturbación para la entrada Rampa unitario

Observamos que el tiempo de establecimiento es aproximadamente de 2 seg. Para la entrada de referencia, la función de transferencia de lazo cerrado con K = 20 es. C (s) 2 0 s 2+ 80 s+ 80 = R (s ) s3 +31 s2 +90 s +80

En MATLAB

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Podemos observar que el tiempo de establecimiento es de 2 segundos. Los polos en lazo cerrado para el sistema lo hallamos usando MATLAB.

>> roots(den) ans = -27.8742 -1.5629 + 0.6537i -1.5629 - 0.6537i Finalmente el Controlador es: Gc ( s )=

20(0.5 s+1) 10(s+ 2) = s s

Donde k=20, a=0 y b=0.5.

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B-10-6. Demuestre que el sistema con un control PID que aparece en la figura (a) es equivalente al sistema con un control I-PD con control realimentado de la figura (b).

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Solución La función de transferencia en lazo cerrado del sistema mostrado en la figura (a) es: C (s) = R (s )

(

Kp 1+

1 +T s G p (s) Tis d

)

1 1+ K p (1+ +T s) G p ( s) Tis d

…(α )

La función de transferencia en lazo cerrado del sistema mostrado en la figura (b) se puede obtener como sigue, definimos la entrada al bloque Gp(s) como U(s). Entonces:

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U ( s )=Kp ( 1+ T d s ) R ( s ) +

Kp [ R ( s )−C ( s ) ]−K p ( 1+ T d s ) C (s) Ti s

y C ( s )=G p ( s ) U ( s)

por lo tanto C(s) 1 1 =Kp 1+T d s+ R ( s )−K p 1+T d s+ C (s ) Tis Tis G P ( s)

(

)

(

)

C(s) 1 1 =Kp 1+T d s+ R ( s )−K p 1+T d s+ C (s ) Tis Tis G P ( s)

(

)

(

)

C( s) 1 1 + K p 1+ T d s+ C (s)=Kp 1+T d s+ R ( s) Tis Tis G P ( s)

(

)

(

C ( s )+ K p 1+T d s +

(

1 G (s)C (s) Tis P

)

G P (s)

(

C ( s ) [1+ K p 1+T d s +

C (s) = R (s )

(

Kp 1+

)

(

=Kp 1+T d s+

1 R (s ) Tis

)

1 1 G ( s ) ]=Kp 1+T d s+ G (s) R ( s ) Tis P Ti s P

)

1 +T s G p (s) Tis d

)

1 1+ K p (1+ +T s) G p ( s) Tis d

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(

)

…(β )

Página 15

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Podemos darnos cuenta que (α) = (β), entonces podemos decir los sistemas mostrados son equivalentes.

B-11-5. Considere la matriz A siguiente:

1

0

0

0

1

 0

0

0

0

1

 1

0

0

0

A

 0   0 

❑1 ,❑2 ,❑3 y ❑4

Obtenga los valores característicos

 

de la matriz A. Después obtenga una

matriz de transformación P tal que: −1

P AP=diag (¿ 1 ,❑2 ,❑3 ,❑4 ) ¿

Solución Los valores característicos

de la matriz A nxn son las raíces de la ecuación característica

siguiente:

|I − A|=0 Donde la matriz A es:

 0  0 A  0   1

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1 0 0 0

0 1 0 0

0  0   0 0   0 1   0  a 4

Página 16

1 0 0 a3

0 1 0 a2

0  0 1  a1 

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    0  0 

 0

0

0

0

 0 0

0

0

 0



1

0

0

0

1

 0

0

0

0

0

1

 1

0

0

0



 0   0



 



    0  0

1 0 0   1 0  0 0   1   0     1 0 Resolviendo por menores complementarios:

¿ −1 ¿ 0 0 −1 −1 0 ¿ 0 −1 0 0 ¿−1 +|¿|=0 0 0

| |

¿ ¿

[| |] [| |]

−1 +(−1) −1 =0 0 0

❑2 ( ❑2−0 ) + (−1 ) (1)=0 ❑4−1=0

Donde los valores propios serán: ❑1 =1, 2=−1, 3= j y 4=− j

Hallando la matriz transformada P:

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 

0

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 1   1

P 

12

 13

1

1

2 22

3 32

32

33

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1  4 

24  

34 

Reemplazando se tiene que:

P

1 1   1 1 1   1

1 1

1 j 1  j

1    j  1  j 

Para que esta matriz sea la matriz transformada se debe de cumplir que:

−1

P AP=diag (¿ 1 ,❑2 ,❑3 ,❑4 )… … …(1) ¿

Hallando la inversa de P: Para hallar la matriz inversa se usa la formula :

−1

P =

1 Adj( P) det ( P )

Hallando la determinante de P: det ( P ) =4

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1  1

Adj( P ) 

1 1

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1    1

1 1

1  j

1

 1

 1  j 



j

1 1  1 1  1  1 P  41  j  j  1

1 1

j  

1    1

1 j    1  j 

Reemplazando en (1):

1 1  1  1 1 1 P AP  41  j  j  1  1  0 1 P AP    0   0

1

 0   0

1 j    1  j 

0 0 1 0 0 j 0

1    1

1

0



0 0 0  j 









 0   1

 1  0   0   0

1

0

0

1

0 0

0 0

0 2 0 0

B-11-6. Considere la matriz A siguiente:

 0 1    2  3

A

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0  1 1 1   0  1  1 j 1  1 1 1   0  1 1  j 0 0 3 0

0  0 0  4 

1    j  1  j 

UNIVERSIDAD NACIONAL MAYOR DE SAN MARCOS ELECTRONICA Y ELECTRICA At Calcule e mediante tres metodos:

Solución At Hallando e :

Sea una ecuación diferencial escalar:

´x =ax …(1)

Al resolver esta ecuación se obtiene como solución un x(t) de la forma: x ( t )=b 0+ b1 t+b 2 t 2+ …+b k t k +…(2)

Hallando ´x y Sustituyendo esta ecuación en (1): ´x ¿ b 1+2 b2 t+ 3 b3 t 2 +…+ kbk t k −1 +…

Por lo tanto: b1 +2 b2 t+3 b 3 t 2+ …+kb k t k−1 +…=a(b 0 +b1 t+b 2 t 2+ …+b k t k +…) b1 +2 b2 t+3 b 3 t 2+ …+kb k t k−1 +…=a b0 +ab 1 t +a b2 t 2+ …+abk t k + …

Igualando miembro a miembro: b1=a b0 1 1 2 b2=a b 1 → b2= a b 1= a2 b0 2 2 1 1 3 3 b3=a b2 → b3 = a b2 = a b0 3 3 x2

. . .

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bk =

1 k a b 0 …(3) k!

El valor de

b0

se obtiene sustituyendo t=0 en (2):

x ( 0 )=b0 …(4)

Reemplazando (3) y (4) en (2), se obtiene: x ( t )=b 0+ a b0 t+

x ( t )=(1+ at+

(

x ( t )= 1+at+

1 2 2 1 a b 0 t +…+ ak b0 t k + … 2! k!

1 2 2 1 a t + …+ ak t k +…)b0 2! k! 1 2 2 1 a t +…+ ak t k + … . x(0) 2! k!

)

x ( t )=e at . x(0)

Entonces para una ecuación matricial: ´x = Ax

Se tiene:

(

x ( t )= I + At +

1 2 2 1 A t + …+ A k t k + … . x (0) 2! k!

)

Donde:

( I + At + 21! A t + …+ k1! A t +…)=e 2 2

k k

At

Entonces: x ( t )=e At . x ( 0 ) …( α )

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Página 21

donde A: matriz nxn

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Para la ecuación matricial X´ (t )= AX(t)

Aplicando la transformada de laplace a esta ecuación se obtiene: SX ( s )− X ( 0 )= AX (s )

SX ( s )− AX ( s )=X (0) X ( s ) (SI −A )=X (0) −1 Multiplicando por (SI −A ) :

X ( s )=(SI − A)−1 X (0)

Tomando la transformada inversa: ( SI − A) [¿ ¿−1] X ( 0 ) … .(β) X ( t ) =ℶ−1 ¿

Igualando (α ) con ( β) :

( SI − A) [¿¿−1] At −1 e =ℶ ¿

Método 1: ( SI − A) [¿¿−1] e At=ℶ−1 ¿

Aplicando la formula Hallando SI − A :

| || | |

||

|

s 0 1 0− 0 1 = s −1 0 s 0 1 −2 −3 2 s+3

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Página 22

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|

−1

|

(SI −A )−1 = s −1 2 s+3

[

2 1 − = s +1 s+2 −2 2 + s +1 s+2

1 1 − s+1 s +2 −1 2 + s+1 s+ 2

]

(SI −A ) [¿ ¿−1]=ℶ−1

[

2 1 − s+1 s +2 −2 2 + s+ 1 s +2

1 1 − s+ 1 s+2 −1 2 + s +1 s+2

]

ℶ−1 ¿

[

2 1 1 1 −ℶ−1 ℶ −1 −ℶ−1 s+1 s+ 2 s+1 s+ 2 ¿ 2 2 1 2 −ℶ−1 + ℶ−1 −ℶ −1 +ℶ −1 s+1 s+2 s+1 s+2 ℶ−1

]

( SI − A)

[

[¿ ¿−1]=

2e−t −2 e−2 t e−t−e−2 t −t −2 t −t −2t −2 e +2 e −e +2 e At −1 e =ℶ ¿

]

Método 2: Si la matriz A se transforma en una forma diagonal: At

Dt

Donde

e =P e P

Donde

❑1

y

−1

❑2

[

]

e❑ t 0 −1 = P 0 e❑ t P ….(1) 1

2

son las raíces características de la matriz A nxn.

 0 1    2  3

A |I − A|=0

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|| |

¿

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|

0− 0 1 =0 0 −2 −3

¿ −1 3 2 |¿|=0 (+3)+ 2=0

❑2+3+ 2=0

Donde: ❑1 =−1, 2=−2

La matriz P y P-1:

[

1 P= 1 −1 −2

]

[

1 P−1= 2 −1 −1

;

Con estos valores reemplazamos en (1): At

Dt

−1

e =P e P =P

[

−t

e 0

0 e

−2t

]

][

P

−1

][

e−t 0 1 1 2 1 e =P e P = −2t −1 −2 0 e −1 −1 At

Dt

−1

[

[

−t

−2 t

−t

−2 t

2 e −e e −e e =P e P = −t −2 t −t −2 t −2 e +2 e −e +2 e At

Dt

−1

]

]

Método 3:

SISTEMAS DE CONTROL II

Página 24

]

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Para este caso, aprecia que las raíces características de la matriz A son distintas. Por tanto, se aplica la siguiente ecuación matricial.

[

❑1 t

]

1 ❑1 e ❑t 1 ❑2 e =0 I A e At 2

Reemplazando:

[

]

1 −1 e−t 1 −2 e−2t =0 I A e At

Aplicando cofactores:

|

|| | | |

−2 e−2 t 1 e−2t −t 1 −2 =0 At + At +e I A A e I e

−2 e At − A e−2 t + e At −I e−2t +e−t ( A+2 I )=0 At

−2 t

−2 e − A e

At

−2 t

A+I ¿e

−2t

+ e −I e

−t

−t

+ A e +2 I e =0

−t

+(A +2 I ) e =0 −e At −¿

A + I ¿ e−2 t−( A+2 I ) e−t −e At =¿ A+ I ¿ e−2 t e At =( A+2 I ) e−t −¿

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[ ([

0 1 1 0 −t +2 e −¿ −2 −3 0 1

([

2 1 e−t − 1 1 e−2 t −2 −1 −2 −2

e =

[

2 e−t e−t e−2t e−2 t − −t −t −2 t −2 t −2 e −e −2 e −2 e

][

e At =

[

2 e−t −e−2 t e−t −e−2t −t −2 t −t −2 t −2 e +2 e −e + 2 e

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][ ] ] [ ])

0 1 + 1 0 ¿ e−2 t −2 −3 0 1

e At=

e At =

At

]) [

]

]

]

B-11-7. Dada la ecuación del sistema

[ ] [ ][ ] x´ 1 x´ 2 x´ 3

=

2 1 0 x1 0 2 1 x2 0 0 2 x3

Encuentre la solución en términos de las condiciones iniciales x1(0), x2(0) y x3(0). Solución La matriz de estado dado está en la forma canónica de Jordan. Los valores propios son: λ 1 =2,

λ 2 =2,

Para este sistema se tiene:

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Página 26

λ 3 =2

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[ ] 2 1 0 0 2 1 0 0 2

A=

La matriz de transición de estados Φ(t) se obtiene mediante:

Φ (t) = eAt = L -1[(SI - A) - 1] Entonces: sI – A =

[ ] [ ] s 0 0 0 s 0 0 0 s

sI – A =

[

-

2 1 0 0 2 1 0 0 2

s−2 −1 0 0 s−2 −1 0 0 s−2

]

Hallando su inversa: 1

(SI - A) – 1 = det( SI − A) adj(SI – A) Donde: adj(SI – A) = [cof(SI – A)]T Hallando la matriz de cofactores de (SI – A):

Cof(SI – A) =

[

(s−2)2 0 0 2 s−2 (s−2) 0 1 s−2 (s−2)2

]

Hallando su adjunta:

Adj(SI – A) = [cof(SI – A)]T =

SISTEMAS DE CONTROL II

[

( s−2 ) 0 0

Página 27

2

s−2 1 2 ( s−2 ) s−2 2 0 ( s−2 )

]

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INGENIERIA

Hallando su determinante: det(SI – A) = (s – 2)3 Entonces la inversa de (SI – A) es:

(SI – A)

–1

=

1 det(SI − A)

adj(SI – A) =

[

( s−2 ) 0 0

2

s−2 1 2 ( s−2 ) s−2 2 0 ( s−2 ) ( s – 2)3

(SI – A) – 1 =

[

1 ( s−2) 0

1 (s−2)2 1 (s−2)

0

0

1 (s−2)3 1 (s−2)2 1 ( s−2)

]

Ahora aplicamos Laplace inversa:

L -1[(SI - A) - 1] = L -1{

[

1 ( s−2) 0 0

Obtenemos la matriz de transición de estados:

SISTEMAS DE CONTROL II

Página 28

1 (s−2)2 1 ( s−2) 0

1 (s−2)3 1 (s−2)2 1 ( s−2)

]

}

]

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[

Φ (t) = eAt =

e2 t te 2 t e2 t 0

0 0

1 2 2t t e 2 te 2 t e 2t

INGENIERIA

]

Entonces tenemos la solución: x(t)= eAt x(0) ó en forma matricial en función de las condiciones iniciales:

[ ] x 1 (t ) x 2( t ) x 3(t)

[

=

e

2t

te

][

1 2 2t t e x 1 (0) 2 2t x 2 (0) te x 3(0) 2t e

2t

2t

0 0

e 0

B-11-8. Encuentre x1(t) y x2(t) del sistema descrito mediante

[ xx´´ 12] = [−30 −21 ] [ xx 12] en donde las condiciones iniciales son

[ ]=[ ] x 1 ( 0) x 2(0)

1 −1

Solución Para este sistema se tiene: A=

[

0 1 −3 −2

]

La matriz de transición de estados Φ(t) se obtiene mediante: Φ (t) = eAt = L -1[(SI - A) - 1]

Entonces: SISTEMAS DE CONTROL II

Página 29

]

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[ ]

[

s 0 −¿ 0 s

sI – A =

INGENIERIA

0 1 −3 −2

]

Hallando su inversa: (SI - A) – 1 =

1 det( SI − A)

adj(SI – A)

Donde: adj(SI – A) = [cof(SI – A)]T Hallando la matriz de cofactores de (SI – A):

Cof(SI – A) =

[

s+ 2 −3 1 s

]

Hallando su adjunta: Adj(SI – A) = [cof(SI – A)]T =

[

s+ 2 1 −3 s

]

Hallando el determinante de (SI – A): det [ SI − A ] =

|

|

s −1 =¿ s2 + 2s + 3 = (s+1+j 3 s+ 2

[

s −1 eAt = L -1 [( SI − A )-1] = L -1 { 3 s+2

]

√ 2 ) (s+1-j √ 2 )

-1

}

Entonces la inversa de (SI – A) es: (SI – A) – 1 =

1 det(SI − A)

SISTEMAS DE CONTROL II

adj(SI – A) =

Página 30

[

1 s +2 1 s ( s+2 ) +3 −3 s

]

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[

(SI – A) – 1 =

s+1+1 2 ( s+ 1)2 + √ 2 −3 2 ( s+ 1)2 + √ 2

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]

1 2 (s +1)2 + √ 2 s+1−1 2 (s +1)2 + √ 2

Redefiniendo convenientemente la matriz inversa:

(SI – A) – 1 =

[

s +1 1 √2 + 2 2 2 ( s+ 1) + √ 2 √ 2 (s +1)2 + √2 −3 √2 √ 2 (s+1)2+ √22

1 √2 √2 (s+ 1)2 + √ 22 s+1 1 √2 − 2 2 2 2 ( s+1) + √ 2 √2 (s +1) + √ 2

]

Aplicando Laplace inversa:

L -1[(SI - A) - 1] = L -1

[

s +1 1 √2 + 2 2 2 (s+ 1) + √ 2 √ 2 (s +1)2 + √ 2 −3 √2 √ 2 ( s+1)2+ √ 22

1 √2 √2 (s+ 1)2 + √ 22 s+1 1 √2 − 2 2 2 2 (s+1) + √2 √2 (s +1) + √ 2

Obtenemos la matriz de transición de estados:

eAt =

[

e−t cos √ 2 t+

1 −t e sin √ 2t √2

−3 −t e sin √2 t √2

1 −t e sin √ 2 t √2 1 e−t cos √ 2 t− e−t sin √ 2t √2

Por lo tanto obtenemos la solución:

[1]

x(t) = eAtx(0) = eAt −1

SISTEMAS DE CONTROL II

Página 31

]

]

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x ( t )=

[

1 −t e sin √ 2t √2

e−t cos √2 t +

−3 −t e sin √ 2 t √2

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][ ]

1 −t e sin √ 2 t √2 1 1 e−t cos √ 2 t− e−t sin √ 2t −1 √2

Operando obtenemos la solución: x(t) =

[

−t

e cos √ 2 t −t −t −e cos √ 2 t−√2 e sin √2 t

]

Finalmente tenemos x1(t) y x2(t):

[ ]= [ x 1(t ) x 2(t)

e−t cos √ 2 t −e−t cos √ 2 t−√ 2 e−t sin √2 t

]

B-12-3. Referencia a la ecuación (12-18) el aumento del estado de la ganancia de la matriz k puede ser dado por: k=[0 0 1][B AB A2B]-1 ø(A) Donde:

ø(A) = A3 + α1A2 + α2A + α3I

Los valores de α1, α2 y α3 se determinan a partir de la ecuación característica deseada

|SI −( A−BK )|= ( S+ 2+ j 4 )( s+2− j 4 )( s+10 ) = S3 + 14S2 + 60S + 200 = S3 + α1S2 + α2S + α3 Así, α1 = 14 α2 = 60 SISTEMAS DE CONTROL II

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α3 = 300 Entonces: 3

2

ø(A) =

[

0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 +14 0 0 1 + 60 0 0 1 +200 0 0 1 −1 −5 −6 −1 −5 −6 −1 −5 −6 −1 −5 −6

] [

] [

] [

ø(A) =

[

199 55 8 −8 159 7 −7 −43 117

]

Desde:

[B AB A2B] =

[

0 1 1 1 1 −11 1 −11 60

]

Tenemos la ganancia de realimentación del estado deseado de la siguiente matriz K

k=[0 0 1]

[

0 1 1 1 1 −11 1 −11 60

−1

][

199 55 8 −8 159 7 −7 −43 117

]

k = [0 0 1]

[

0.7349 0.8554 0.1446 199 55 8 0.8554 0.012 −0.012 ∗ −8 159 7 0.1446 −0.012 0.012 −7 −43 117

][

k = [0 0 1]

[

138.3476 170.2169 28.7831 170.2169 49.4819 5.5181 28.7831 5.5181 2.4819

]

k = [28.7831 5.5181 2.4819]

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Página 33

]

]

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B-12-4. Programas de MATLAB para obtener la ganancia K matriz de realimentación del estado por el uso del comando "Arker" o el comando "lugar" se muestran en la página siguiente Generación de la matriz k por el uso del comando "Arker” >> A=[0 1 0;0 0 1;-1 -5 -6]; >> B=[0;1;1]; >> J=[-2+j*4 -2-j*4 -10]; >> K=acker(A,B,J) K= 28.7831 5.5181 2.4819 Generación de la matriz k por el uso del comando "Place” >> A=[0 1 0;0 0 1;-1 -5 -6]; >> B=[0;1;1]; >> J=[-2+j*4 -2-j*4 -10]; >> K=place(A,B,J) K= 28.7831 5.5181 2.4819

B-13-11. Considere el sistema de la figura. Determine los valores de las ganancias de K de modo que el factor de amortiguamiento relativo ξ del sistema en lazo cerrado sea igual a 0.5. A continuación determine también la frecuencia natural no amortiguada ωn del sistema en lazo cerrado. Suponiendo que e(0) = 1 y ė(0) = 0, calcule. ∞

∫ e 2 ( t ) dt 0

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Solución

R(s)

C(s)

e

C (s) 5k 2.5 k = = R (s ) 2 s2 +3 s +1+5 k s 2+ 1.5 s+ 0.5+2.5 k De la función de transferencia de lazo cerrado y la ecuación característica de 2do orden, obtenemos:

2 ξ ω n=1.5 ; ωn2=0.5+2.5 k

Por condición del problema, el factor de amortiguamiento es ξ = 0.5. Entonces ω n=1.5 →1.52=0.5+2.5 k

De lo anterior obtenemos k=0.7,

ω n=1.5

.Reemplazando en la función de transferencia

de lazo cerrado. C (s) 1.75 = 2 R (s ) s +1.5 s+2.25

Y de

E (s ) R (s )

:

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E (s ) R ( s )−C ( s) s2 +1.5 s +0.5 = = 2 R (s ) R( s) s +1.5 s+2.25

Asi e´ + 1.5 ´e +2.25 e=´r +1.5 r´ +0.5 r

Pero r=0, entonces tenemos e´ + 1.5 ´e +2.25 e=0

Definimos

e 1=e

0 (ee´´ )=(−2.25 1 2

e 2=´e

y

.

)( )

e1 1 −1.5 e 2

Entonces ∞

∞

∫ e ( t ) dt=∫ e T ( t ) . Q. e ( t ) . d(t) 2

0

0

Donde

( ) [ ]

e ( t )= e 1 (t) , Q= 1 0 0 0 e 2 (t)

T Resolviendo A + PA=−Q

para P, obtenemos

∞

J =∫ e2 ( t ) dt=e T ( 0 ) . P . e ( 0 ) 0

Para A=

[

0 1 2 −ωn −2 ξ ω n

]

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Tenemos

P=

[

1 ξ + 4 ξ ωn ωn 1 2 ω n2

1 2 ω n2 1 4 ξ ωn2

]

y ¿ e1 ( 0) e2 ( 0) P ¿ ∞

∫ e 2 ( t ) dt =¿ 0

¿ P11=

1 ξ + 4 ξ ωn ωn

Reemplazando ξ=0.5 y

ω n=1.5

, Obtenemos

∞

∫ e 2 ( t ) dt= 32 0

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