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FACULTAD DE INGENIERIA ELECTRICA Y ELECTRONICA ESCUELA PROFESIONAL DE INEGENIERIA ELECTRONICA SISTEMAS DE CONTROL I TEMA: PROBLEMAS DE SISTEMAS DE CONTROL I PROFESOR(A): -

CRUZ RAMIREZ ARMANDO PEDRO

ALUMNOS: -

ESCOBEDO MEDINA LUIS ALBERTO

2020-A

1723225394

MARCO TEORICO ¿Qué es control? •

Controlar un proceso consiste en mantener constantes ciertas variables, prefijadas de antemano. Las variables controladas pueden ser, por ejemplo: Presión, Temperatura, Nivel, Caudal, Humedad, etc.

•

Un sistema de control es el conjunto de elementos, que hace posible que otro sistema, proceso o planta permanezca fiel a un programa establecido.

Ejemplo de sistema de control •

Temperatura de nuestro cuerpo; si la temperatura sube por encima de 37ºC, se suda, refrescando el cuerpo.

•

Si la Tª tiende a bajar de 37ºC, el cuerpo, involuntariamente, comienza a temblar, contracción muscular que calienta nuestro cuerpo, haciendo que se normalice nuestra temperatura. Por tanto, en este caso: –

Sistema de medida o sensores -> Células nerviosas de la piel

–

Señal de consigna -> 37ºC

–

Acción de control de la temperatura -> Sudar o temblar

Concepto de señal •

En los sistemas de control, una magnitud física variable se representa generalmente mediante una señal eléctrica que varía de manera tal que describe dicha magnitud.

•

Por ejemplo, una señal eléctrica será la variación de la salida de tensión de un termopar que mide temperatura y la variación de temperatura la transforma en variación de tensión.

•

Los dispositivos, circuitos y sistemas electrónicos manipulan señales eléctricas.

Tipos de señales eléctricas •

Señal analógica (nº infinito de valores) y que tiene una variación continua en el tiempo.

•

Señal digital (nº finito de valores) y que tiene una variación discreta de valores en el tiempo.

•

Señal digital binaria (dos valores concretos, 1 y 0) la señal eléctrica sólo puede adoptar dos niveles de tensión.

Ventajas de utilizar señales eléctricas •

Resulta muy sencillo procesarlas mediante circuitos electrónicos, que son tanto económicos como fiables.

•

Pueden transmitirse sin dificultad a largas distancias.

•

Pueden almacenarse para ser posteriormente reproducidas.

Concepto de Sistema: ¿Qué es un sistema? •

Combinación de componentes que actúan interconectados, para cumplir un determinado objetivo.

¿Cómo se representa un sistema? •

Como un rectángulo o caja negra y variables que actúan sobre el sistema. Las flechas que entran (u, excitaciones o entradas). Las flechas que salen (y, variables producidas por el sistema o salidas).

MODELADO DE SISTEMAS ¿Qué es un modelo? •

Es algo que nos ayuda a entender el funcionamiento de un sistema. Puede ser una placa electrónica (hardware) o un conjunto de relaciones matemáticas, en las cuales codificamos el funcionamiento del sistema (es lo que llamamos modelo matemático) y que eventualmente puede desarrollarse en un programa de ordenador.

Modelado Entrada - Salida: •

Uno de los enfoques de modelado más útiles para propósitos de control es el Modelado Externo o entrada / salida. Este tipo de modelo describe la relación estímulo - respuesta del proceso y conduce a la llamada Función Transferencia del proceso.

Función de Transferencia •

Función de transferencia de un sistema se indica por G(s), y es el cociente entre la transformada de Laplace de la señal de salida y la transformada de Laplace de la señal de entrada

Diagramas de Bloques:

Señales: •

y: señal de salida

•

r: señal de referencia

•

e: señal de error

•

v: señal de realimentación

e=

r 1+GH

Funciones de Transferencia: •

G: ganancia directa

•

H: ganancia de realimentación

•

GH: ganancia de lazo

y G F= = r 1+GH

•

F: ganancia de lazo cerrado

Tipos de control, atendiendo al circuito implementado •

Control manual: El operador aplica las correcciones que cree necesarias.

•

Control automático: La acción de control se ejerce sin intervención del operador y su solución es cableada, es decir, rígida, no se puede modificar.

•

Control programado: Realiza todas las labores del control automático, pero su solución es programada. Se puede modificar su proceso de operación o ley de control.

Tipos de control, atendiendo al circuito implementado

Estructura de un sistema de control Tenemos dos tipos de estructura diferente de lazo de control: •

sistemas de control en LAZO ABIERTO -

 -

Aquel en el que ni la salida ni otras variables del sistema tienen efecto sobre el control. NO TIENE REALIMENTACIÓN sistemas de control en LAZO CERRADO En un sistema de control de lazo cerrado, la salida del sistema y otras variables, afectan el control del sistema. TIENE REALIMENTACIÓN

1. SISTEMAS DE CONTROL DE LAZO ABIERTO •

Cualquier perturbación desestabiliza el sistema, y el control no tiene capacidad para responder a esta nueva situación.

•

Ejemplo: el aire acondicionado de un coche.

•

El sistema o la planta no se mide.

•

El control no tiene información de cómo está la salida (Planta).

2. SISTEMAS DE CONTROL DE LAZO CERRADO •

Una variación en la salida o en otra variable, se mide, y el controlador, modifica la señal de control, para que se estabilice, el sistema, ante la nueva situación.

•

Ejemplo: el climatizador de un coche.

•

El sistema o la planta se mide en todo momento.

•

El control tiene información de cómo esta la salida (Planta).

PROBLEMA N°2

SOLUCION: Obtenemos el sistema equivalente:

16 G  s s  s  a 16 M  s    2 1  G  s  1  16 s  as  16 s  s  a En términos de

  y  wn la función de transferencia en lazo cerrado queda de la forma: C  s wn 2  R  s  s 2  2 wn s  wn 2

Lo que se denomina forma estándar del sistema de segundo orden. La frecuencia natural no amortiguada es:

wn  16  4 Despejando el factor de amortiguamiento relativo

2 wn  a a    8

Hallando la frecuencia natural no amortiguada:

wd  wn 1    2 y  wn   wd  4 1    2 y     4   Como la sobre elongación máxima es del 5%, entonces:

Mp e



 wd

 0.05

pero :    3 wd Reemplazando los valores:

4 4 1    2

3

 2 . 2  9. 1    2

2

  0.69   a    0.69 8 Para que la sobre elongación máxima sea del 5% el valor de a es:

a  5.52

PROBLEMA N°3:

SOLUCION:

˙  x1   2 5 3   x1   2  ˙       x2    6 2 2   x2    5  r  ˙   1 3 4   x   7   3    x3    

 x1  y   4 6 9  x2   x3 

Las ecuaciones de estado pueden reescribirse de la siguiente manera: ˙

x1  2 x1  5 x2  3 x3  2r ˙

x2  6 x1  2 x2  2 x3  5r ˙

x3  x1  3 x2  4 x3  7 r La ecuación de salida:

y  4 x1  6 x2  9 x3

Aplicando la Transformada de Laplace a las ecuaciones anteriores se obtiene:

X1  s  

2 5 3 2 X1  s   X 2  s   X 3  s   R  s  s s s s .

X2  s 

6 2 2 5 X1  s   X 2  s   X 3  s   R  s  s s s s

X3  s 

1 3 4 7 X1  s   X 2  s   X 3  s   R  s  s s s s

Y  s   4 X 1  s   6 X 2  s   9 X 3  s  Luego nuestro diagrama quedaría de la siguiente manera:

PROBLEMA N°4

SOLUCION:

Primero debemos despejar para obtener el modelo matemático: ¨

 y  4 y  5 y  2 y  u  3u

Representando la forma general de la ecuación diferencial: ¨

¨

 y  a1 y  a2 y  a3 y  b0 u  b1 u  b2u  b3u

 0  b0 ; 1  b1  a1 0 ;  2  b2  a11  a2  0 ;  3  b3  a1 2  a2 1  a3  0 ¨

¨

˙

 y  4 y  5 y  2 y  0 u  0 u   u  3u β0  0 β1  0 β2  1 β3  1 Hallamos las variables de estado: x1  y   0u  y ˙

˙

˙

x2  x1  1u  x1  x1  x2 ˙

˙

˙

x3  x2   2u  x2  u  x2  x3  u ˙

˙

x3  a3 x1  a2 x2  a1 x3   3u  x3  2 x1  5x2  4 x3  u ˙  x1   0 1 0   x1   0  ˙       x2    0 0 1   x2    1  u  ˙   2 5 4   x   1  3    x3      x1  y   1 0 0   x2   x3 

El diagrama quedaría de la siguiente manera:

PROBLEMA N°5

SOLUCION: Para poder calcular la función de transferencia de este sistema primero definimos nuestras variables de entrada y variables de salida. Variables de entrada: f (t ) Variables de salida:

x1 (t ) , x2 (t )

Luego: Haciendo el D.C.L. para cada uno de los bloques obtenemos nuestras ecuaciones: -

Para el primer bloque:

Y nos quedaría la ecuación: o

o

oo

0  k 2 x2 (t )  fv2 x 2 (t )  ( fv1  fv2 ) x1 (t )  M 1 x 1 (t )  (k1  k2 ) x1 (t ) Poniendo sus respectivos valores y ordenando: oo

o

o

0  x1 (t )  6 x1 (t )  9 x1 (t )  3 x 2 (t )  5 x2 (t ) Aplicando transformada de Laplace:

0  [ s 2  6s  9] x1 ( s)  [3s  5]x2 ( s ).........( I )

-

Para el segundo bloque:

Nos quedara la ecuación: o

o

oo

0  f (t )  fv2 x1 (t )  k2 x1 (t )  [ fv2  fv3 ] x 2 (t )  M 2 x 2 (t )  k 2 x2 (t ) Reemplazando los valores: o

oo

o

f (t )   fv2 x1 (t )  k2 x1 (t )  M 2 x 2 (t )  [ fv2  fv3 ] x 2 (t )  k 2 x2 (t ) o

oo

o

f (t )  3 x1 (t )  5 x1 (t )  2 x 2 (t )  5 x 2 (t )  5 x2 (t ) Aplicando transformada de Laplace:

F ( s)  [3s  5]x1 ( s)  [2 s 2  5s  5] x2 ( s)........( II ) Con ( I ) y ( II ) tendremos entonces nuestro sistema de ecuaciones:

0  [ s 2  6 s  9]x1 ( s )  [3s  5] x2 ( s) F ( s )  [3s  5]x1 ( s )  [2s 2  5s  5]x2 ( s ) Para calcular nuestras variables se aplica el método de Cramer:

x1  2 [ s  6s  9] [3s  5]  [3s  5] [2 s 2  5s  5] x1 ( s ) 

  2s 4  17 s 3  44s 2  45s  20 0 [3s  5] x1   [3s  5]F ( s ) F ( s ) [2s 2  5s  5] Luego:

x1 ( s ) 

[3s  5]F ( s) 2 s  17 s 3  44s 2  45s  20 4

Y nuestra función de transferencia quedaría de la siguiente manera:

G ( s) 

x1 ( s ) [3s  5]  4 3 F ( s ) 2s  17 s  44s 2  45s  20

PREGUNTA N°6 SOLSSS

SOLUCION: Definimos nuestras variables: -

Variables de entrada: f (t )

-

Variables de salida:

x1 (t ) , x2 (t ) y x3 (t )

Ahora formamos nuestras ecuaciones a partir del DCL de cada cuerpo empezando de izquierda a derecha: -

Para el primer cuerpo:

o

oo

o

0  2 x 2 (t )  6 x1 (t )  4 x 1 (t )  2 x1 (t ) oo

o

o

0  4 x 1 (t )  2 x1 (t )  6 x1 (t )  2 x 2 (t ) Transformada de Laplace:

0  [4s 2  2s  6] x1 ( s)  2sx2 ( s )..........( I )

-

Para el segundo cuerpo:

o

o

oo

0  f (t )  6 x3 (t )  2 x1 (t )  4 x 2 (t )  4 x 2 (t )  6 x2 (t ) o

oo

o

f (t )  2 x1 (t )  4 x 2 (t )  4 x 2 (t )  6 x2 (t )  6 x3 (t ) Transformada de Laplace:

F ( s )  2 sx1 ( s)  [4s 2  4s  6]x2 ( s)  6 x3 ( s ).......( II )

-

Para el tercer bloque:

oo

o

0  6 x2 (t )  4 x 3 (t )  2 x 3 (t )  6 x3 (t ) Aplicando transformada de Laplace:

0  0 x1 ( s )  6 x2 ( s)  [4s 2  2s  6]x3 ( s ).....( III ) Luego tendremos nuestro sistema de ecuaciones conformado por las ecuaciones ( I ) , ( II ) y ( III ) .

0  [4 s 2  2s  6]x1 ( s )  2 sx2 ( s )  0 x3 ( s ) F ( s )  2 sx1 ( s )  [4 s 2  4 s  6] x2 ( s)  6 x3 ( s) 0  0 x1 ( s)  6 x2 ( s)  [4 s 2  2 s  6] x3 ( s) Aplicando método de Cramer:

x3 

x3 

Calculamos ambas determinantes:

[4 s 2  2s  6] 2 s 2  2 s [4 s  4 s  6] 0

6

0 6 [4s 2  2 s  6]

  [64 s 6  128s 5  352 s 4  392 s 3  384 s 2  216s ]

[4 s 2  2 s  6] 2s 0 2 x3  2 s [4 s  4 s  6] F ( s) 0 6 0 x3   F ( s)[24 s 2  12 s  36]

Luego reemplazando:

x3 ( s ) 

x3  F ( s)[24s 2  12s  36]   [64 s 6  128s 5  352 s 4  392 s 3  384 s 2  216 s ]

x3 ( s ) 6 s 2  3s  9  F ( s) 16 s 6  32 s 5  88s 4  98s 3  96 s 2  54 s Entonces nuestra función de transferencia quedaría de la siguiente forma:

x3 ( s) 6 s 2  3s  9 G ( s)   F ( s ) 16s 6  32s 5  88s 4  98s 3  96s 2  54s

PROBLEMA N°7

SOLUCION: Primero identificamos nuestras variables de estado del circuito eléctrico: -

la corriente en el inductor.

I l  x1 -

la tensión del capacitor

Vc  x2 Luego identificamos los nodos 1 y 2 y hallamos nuestras respectivas ecuaciones de la malla:

Vl  Vc  V   R2 Expresamos V R 2 de esta forma y reemplazamos en la ecuación anterior:

VR 2  I R 2  x  R 2

Vl  Vc   I R 2  x  R 2..  b  Luego como podemos ver en el nodo 2 hallamos una relación entre las corrientes que salen y entran:

I c  4Vl  I R 2 Luego reemplazamos I R 2 en la ecuación b:

Vl  Vc   I c  4Vl   R 2 Operamos la expresión:

Vl  Vc  I c R 2  4Vl R 2 Y despejamos nuestra primera variable de estado:

Vl    4Vl R 2  Vc  I c R 2

Vl    1  4 R 2   Vc  I c R 2

 1  4R 2  Vl    I c R 2  Vc … (1) Para hallar nuestra segunda variable de estado nos enfocamos en el nodo 1 y hallamos la siguiente relación entre las corrientes que salen y entran:

I c  I  I R1  I l V I R1  R1 I R1 y reemplazamos en la ecuación La corriente R1 lo podemos expresar de esta forma anterior:

Ic  I 

VR1  Il R1

Ahora para poder eliminar el V R 1 podemos darnos cuenta mediante los nodos que la caída de potencial de la Resistencia 1 y del inductor es la misma, por ende, podemos hacer ese cambio de variable.

Ic  I 

Vl  Il R1 … (2)

Identificamos nuestros vectores de estado:

c

˙ dvc I  I c       entonces    x2  c dt c

˙ dI c I c v         entonces      x1  l dt L L

Ahora damos forma a nuestro sistema de ecuaciones a partir de estas 2 y las primeras condiciones iniciales: ˙  l  ˙   x1   c  x2   I  x1  R1 

˙

˙

L  1  4 R 2  x1   R 2c  x2   x2 ˙

˙

x x Luego despejamos 1 y 2 para así poder armar nuestra ecuación de estado: ˙

x1   ˙

x2 

R1R 2 R1 R1R 2 x1  x2  I R1L  4 R1R 2 L  R 2 L R1L  4R1R 2 L  R 2 L R1L  4 R1R 2 L  R 2 L

4 R1R 2  R1 R1 R1  4 R1R 2 x1  x2  I R1C  4 R1R 2C  R 2C R1C  4 R1R 2  R 2C R1C  4 R1R 2C  R 2C

Ahora hacemos nuestra ecuación de estado de entrada:

R1R 2   ˙   X  1    R1L  4 R1R 2 L  R 2 L  ˙   4 R1R 2  R1 X2    R1C  4 R1R 2C  R 2C

R1 R1R 2      X R1L  4 R1R 2 L  R 2 L  l  R1L  4 R1R 2 L  R 2 L    U R1 X2   R1  4 R1R 2      R1C  4 R1R 2  R 2C   R1C  4 R1R 2C  R 2C 

Ahora representamos la ecuación de salida:

VR 2  T y    VR 2 IR 2     IR 2  Tenemos en cuenta:

VR2  I R 2 .R 2 Y recordando lo establecido para hallar la ecuación de estado de entrada:

VL  Vc  V   R2 VL  Vc  VR 2 ˙

L x1  Vc  VR 2 ˙

x  Ahora como sabemos el valor de 1 podemos reemplazar:

VR 2 

 R1R 2 R1 R1R 2 x1  x2  I  x2 R1  4 R1R 2  R 2 R1  4 R1R 2  R 2 R1  4 R1R 2  R 2

VR 2 

 R1R 2 4 R1R 2  R 2 R1R 2 x1  x2  I R1  4 R1R 2  R 2 R1  4 R1R 2  R 2 R1  4 R1R 2  R 2

IR2 

 R1 4 R1  1 R1 x1  x2  I R1  4 R1R 2  R 2 R1  4 R1R 2  R 2 R1  4 R1R 2  R 2

Finalmente, la ecuación de estado de salida quedaría definida como:

R1R 2    V  R2  R1L  4 R1R 2 L  R 2 L I     R1  R2    R1C  4 R1R 2  R 2

4 R1R 2  R 2  R1R 2     X R1  4 R1R 2  R 2  l  R1  4 R1R 2  R 2    U 4 R1  1 R1  X2    R1  4 R1R 2  R 2   R1  4 R1R 2  R 2 

PROBLEMA N°8

SOLUCION: Vemos que el sistema es estable Entonces hallamos la constante estática de error: -

Constante de posición

K p  lim G ( s) s 0

500( s  2)( s  5) s 0 ( s  8)( s  10)( s  12)

K p  lim

Kp 

500(2)(5) (8)(10)(12)

K p  5.208 -

Constante de velocidad:

K v  lim sG ( s ) s 0

K v  lim s s 0

Kv  0 -

Constante de aceleración:

500( s  2)( s  5) ( s  8)( s  10)( s  12)

K a  lim s 2G ( s ) s 0

K a  lim s 2 s 0

500( s  2)( s  5) ( s  8)( s  10)( s  12)

Ka  0 Calculando el error para las entradas: -

Para el Escalón:

eescalon () 

1 1  lim G ( s) s 0

eescalon () 

1 1 K p

1 6.208 eescalon ()  0.161

eescalon () 

-

Para la Rampa tenemos que:

erampa () 

1 s lim G ( s ) s 0

erampa () 

1 Kv

erampa () 

1 0

erampa ()   -

Para la Parábola

e parabola () 

1 s lim G ( s ) 2

s 0

e parabola () 

1 Ka

e parabola () 

1 0

e parabola ()   Ahora para el siguiente diagrama:

Observamos que el sistema es estable, a partir de eso hallamos la constante estática de error: -

Calculando la Constante de posición

K p  lim G ( s ) s 0

500( s  2)( s  5)( s  6) s  0 s ( s  8)( s  10)( s  12)

K p  lim

Kp  

-

Calculando la Constante de velocidad:

K v  lim sG ( s ) s 0

500( s  2)( s  5)( s  6) s 0 s ( s  8)( s  10)( s  12) 500(2)(5)(6) Kv  (8)(10)(12) K v  lim s

K v  31.25

-

Calculando la Constante de aceleración:

K a  lim s 2G ( s ) s 0

K a  lim s 2 s 0

500( s  2)( s  5)( s  6) s( s  8)( s  10)( s  12)

Ka  0 Ahora hallamos el error para las entradas: -

Para el escalón tendremos que:

eescalon () 

1 1  lim G ( s) s 0

eescalon () 

1 1 K p

1  eescalon ()  0

eescalon () 

-

Para la rampa tendremos que:

erampa () 

1 s lim G ( s) s 0

erampa () 

1 Kv

1 31.25 erampa ()  0.032

erampa () 

-

Para la parábola tendremos que:

e parabola () 

1 s lim G ( s ) 2

s 0

e parabola () 

1 Ka

1 0 e parabola ()  

e parabola () 

Ahora veamos el siguiente diagrama:

Observamos que el sistema es estable, y a partir de ahí hallamos la constante estática de error: -

Constante de posición

K p  lim G ( s) s 0

500( s  2)( s  5)( s  6)( s  7) s 0 s 2 ( s  8)( s  10)( s  12)

K p  lim

Kp   -

Constante de velocidad:

K v  lim sG ( s) s 0

K v  lim s s 0

500( s  2)( s  5)( s  6)( s  7) s ( s  8)(s  10)( s  12)

Kv   -

Constante de aceleración:

K a  lim s 2G ( s ) s 0

500( s  2)( s  5)( s  6)( s  7) s 0 s 2 ( s  8)( s  10)( s  12) (500)(2)(5)(6)(7) Ka  (8)(10(12) K a  lim s 2

K a  875 Ahora hallamos el error para las entradas: -

Para el Escalón:

eescalon () 

1 1  lim G ( s) s 0

eescalon () 

1 1 K p

1  eescalon ()  0

eescalon () 

-

Para la Rampa:

erampa () 

1 s lim G ( s) s 0

erampa () 

1 Kv

1  erampa ()  0

erampa () 

-

Para la Parábola:

PROBLEMA 9:

Solución: Usando el comando “sisotool” tendremos el siguiente código en Matlab: num=[1 -4 20]; den=conv([1 2],[1 4]); G=tf(num,den); sisotool(G) nos saldría la ventana:

a) Para hallar el punto exacto y la ganancia graficamos su línea de atenuación de 0.45

El punto y su ganancia serian:

b) El punto cuando la ganancia cruza ele eje imagnario j

Con una ganancia de

c) Para hacerlo se usa el criterio de Ruth hurwitz: Primero con la función de transferencia del sistema que es igual a:

C ( s) s 2  6s  8  R ( s)  k  1 s 2   6  4k  s  8  20k Mediante el criterio Ruth tendríamos:

s2 :

k  1 

s1 :

6  4k0

so :

8  20k

8  20k

La primera fila tiene q ser positiva en todos sus valores, por lo tanto:

k 1  0

6  4k  0 8  20k  0

~

~ ~  

k  1

k  1.5 k  0.4

Entonces el rango de la ganancia es:

1  k  0.4

PROBLEMA N°10

SOLUCION: Tenemos un sistema que tiene dos polos complejos 5.4  j 7.2 y un polo real 5.1 los espacios de estados hallados en Matlab son:

x  Ax  Bu y  Cx

 0 1  x   0 0   k1   4  k1 

 0 0     1  x  0  u               y   100 20 0 x   5  k1   1 

Se verifica la controlabilidad del sistema:

Cc   B       AB     A2 .B 

0 1 0  0   A  0 0 1              B   0  0 4 5 1  0 1   2 A * B   1            A .B   5    5  21 0 0 1  Cc  0 0 5 0 5 21 Su determinante es -1 y su rango es 3, por lo que se concluye que el sistema es completamente controlable. Polinomio Característico de la matriz A  Bk

0 1 0  0  A  Bk  0 0 1   0  . k1 k2 0 4 5 1  0 1 0   0 A  Bk  0 0 1    0 0 4 5  k1  0 1  A  Bk   0 0   k1   4  k1 

0 0 k2

k3 

0 0  k3 

 0  1    5  k1  

1  s 0 0  0    sI   A  Bk    0 s 0    0 0  0 0 s   k1   4  k1 

 0  1    5  k1  

 s  sI   A  Bk    0   k1 Se iguala la determinante a cero

1 s   4  k2 

 0  1    5  k3  

sI   A  Bk   0

s 3   5  k3  .s 2   4  k2  .s  k1  0 Por medio de la fórmula de Ackermann en Matlab se obtiene:

k1  413,1        k1  132,08      k1  10,9 Por lo que:

s 3   15,9  .s 2   136,08  .s  413,1  0 Sustituyendo los valores se obtienen:

1 0   0 0   x   0 0 1  x  0  u               y   100 20 0 x  413.1 136.08 15.9  1  La función de transferencia seria:

M  s 

20.  s  5  s  15, 9.s 2  136, 08.s  413,1 3

Con esta función de transferencia el overshoot es del 11.5% y el tiempo de asentamiento es de 0,8 segundos, por lo que se añade el tercer polo real -5 cerca del cero para que cumpla con las condiciones del problema: overshoot de 9.5% y un tiempo de asentamiento de 0.74s.

PROBLEMA N°11

SOLUCION:

 x1  y  10 x1  10 x2  10 x3  y   10 10 10  x2   x3  ˙

x1  x2  x1 ˙

x2  u  x2 ˙

x3  u  2 x3 ˙  x1   1 1 0   x1   0  ˙       x2    0 1 0   x2   1  u  ˙   0 0 2   x  1   3    x3      1 1 0  A   0 1 0   0 0 2  0  B  1  1 

1 AB   1  2   2  A2 B   1   4  La matriz de controlabilidad es:

 0 1 2   1 1 1    1 2 4  su  determinante  es : 9 el  rango  dela    matriz  es : 3 Concluimos que el sistema es controlable, ya que la determinante de la matriz de controlabilidad es diferente 0 y su rango es igual al de matriz A.

PROBLEMA N°12

SOLUCION:

G  s 

Vemos que:

3s  6 s  3s 2  7 s  1 3

˙  x1   0 1 0   x1  0  ˙       x2    0 0 1   x2   0  u  ˙    1  7  3  x   1   3    x3    

 x1  y   6 3 0  x2   x3  Vemos si el sistema es controlable:

0 0 1  CC   B   AB   A B    0 1 3 1 3 2  2

El determinante de la matriz de controlabilidad es −1 El Rango de la matriz de controlabilidad es 3 por lo que el sistema es completamente controlable. La ecuación característica del sistema quedaría:

sI  A  s 3  3s 2  7 s  1 a1  3      a2  7    a3  1 La ecuación deseada:

 s  1  j   s  1  j   s  10   s 3  12s 2  22s  20 Tenemos que:

1  12      2  22      3  20 Para la Matriz K: La ecuación de entrada está en forma canónica T=I

K    3  a3 ;  2  a2  ; 1  a1  T 1 K   19   15  9

Entonces:

x  t   Ax  t   Bu  t    A  BK  x  t  Como:

A  BK  ACL Entonces:

0 1 0 0    ACL   0 0 1    19 1 5  9 0   1 7 3 1  1 0   0  ACL   0 0 1   20 22 12  Entonces la función de transferencia resultante es: G  s 

3s  6 s  12 s 2  22 s  20 3