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DEPARTAMENTO DE ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA CARRERA DE INGENIERÍA ELECTRÓNICA AUTOMATIZACIÓN Y CONTROL

ASIGNATURA: CONTROL DIGITAL NRC: 2280 EJERCICIOS UNIDAD 1

PROFESOR: Ing. RODOLFO GORDILLO REALIZADO POR: Libeth Pazmiño Leonardo Murillo Alex Suquillo 6 de diciembre del 2016

SANGOLQUÍ

EJERCICIOS UNIDAD 1 1. Dada la siguiente función de transferencia continuo:

𝐷 (𝑠 ) =

2 𝑠+3

Discretizar la función de transferencia (T=0.5 s) por los siguientes métodos: a) Euler en atraso b) Euler en adelanto c) Integración trapezoidal d) Invarianza al escalón (ZOH)

a) Euler en atraso 𝑒𝑥 ≅

1 1−𝑥

𝑠=

𝑧−1 𝑧𝑇

𝐷 (𝑧 ) =

2 𝑧−1 𝑧𝑇 + 3

𝑀(𝑧) 2𝑧𝑇 = 𝐸(𝑧) 𝑧 − 1 + 3𝑧𝑇

Cuando T=0.5 s 𝑀(𝑧) 2𝑧(0.5) 𝑧 𝑧 = = = 𝐸(𝑧) 𝑧 − 1 + 3𝑧(0.5) 𝑧 − 1 + 1.5𝑧 2.5𝑧 − 1 1 𝑧∗ 𝑀(𝑧) 0.4𝑧 2.5 = = 𝐸(𝑧) 2.5𝑧 ∗ 1 − 1 ∗ 1 𝑧 − 0.4 2.5 2.5 Para formar la ecuación a diferencias con unidades de retardo 1 𝑧∗ 0.4 2.5𝑧 = −1 1 1 2.5𝑧 ∗ 2.5𝑧 − 1 ∗ 2.5𝑧 1 − 0.4𝑧

𝑀(𝑧) 0.4 = 𝐸(𝑧) 1 − 0.4𝑧 −1 𝑀 (𝑧) − 0.4𝑧 −1 𝑀(𝑧) = 0.4𝐸(𝑧) 𝑚(𝑘 ) = 0.4𝑚(𝑘 − 1) + 0.4𝑒(𝑘 ) Programa en Matlab

Ejecución

b) Euler en adelanto 𝑒𝑥 ≅ 1 + 𝑥

𝑠= 𝐷 (𝑧 ) =

𝑧−1 𝑇 2 𝑧−1 𝑇 +3

𝑀(𝑧) 2𝑇 = 𝐸(𝑧) 𝑧 − 1 + 3𝑇

Cuando T=0.5 s

𝑀(𝑧) 2(0.5) 1 𝑧 = = = 𝐸(𝑧) 𝑧 − 1 + 3(0.5) 𝑧 − 1 + 1.5 𝑧 + 0.5

Para formar la ecuación a diferencias con unidades de retardo 1 𝑧∗𝑧 𝑀(𝑧) 1 = = 1 1 𝐸(𝑧) 𝑧 ∗ + 0.5 ∗ 1 + 0.5𝑧 −1 𝑧 𝑧 𝑀(𝑧) 1 = 𝐸(𝑧) 1 + 0.5𝑧 −1 𝑀(𝑧) − 0.5𝑧 −1 𝑀 (𝑧) = 𝐸(𝑧) 𝑚(𝑘 ) = 0.5𝑚(𝑘 − 1) + 𝑒(𝑘 ) Programa en Matlab

Ejecución

c) Integración trapezoidal

𝑥 1+2 𝑒𝑥 ≅ 𝑥 1−2

𝑠= 𝐷 (𝑧 ) =

2(𝑧 − 1) 𝑇(𝑧 + 1) 2 2(𝑧 − 1) 𝑇(𝑧 + 1) + 3

𝑀(𝑧) 2𝑇(𝑧 − 1) 2𝑇𝑧 − 2𝑇 = = 𝐸(𝑧) 2𝑧 − 2 + 3𝑇(𝑧 + 1) 2𝑧 − 2 + 3𝑇𝑧 + 3𝑇 𝑀(𝑧) 2(0.5)𝑧 − 2(0.5) 𝑧−1 = = 𝐸(𝑧) 2𝑧 − 2 + 3(0.5)𝑧 + 3(0.5) 2𝑧 − 2 + 1.5𝑧 + 1.5 𝑀(𝑧) 𝑧−1 = 𝐸(𝑧) 3.5𝑧 − 0.5 1 (𝑧 − 1) ∗ 𝑀(𝑧) 0.2857𝑧 − 0.2857 3.5 = = 1 1 𝐸(𝑧) 3.5𝑧 ∗ 𝑧 − 0.1429 − 0.5 ∗ 3.5 3.5 Para formar la ecuación a diferencias con unidades de retardo 1 (𝑧 − 1) ∗ 0.2857 − 0.2857𝑧 −1 3.5𝑧 = 1 1 1 − 0.1429𝑧 −1 3.5𝑧 ∗ 3.5𝑧 − 0.5 ∗ 3.5𝑧 𝑀(𝑧) 0.2857 − 0.2857𝑧 −1 = 𝐸(𝑧) 1 − 0.1429𝑧 −1 𝑀(𝑧) − 0.1429𝑧 −1 𝑀 (𝑧) = 0.2857𝐸 (𝑧) − 0.2857𝑧 −1 𝐸(𝑧) 𝑚(𝑘 ) = 0.1429𝑚(𝑘 − 1) + 0.2857𝑒 (𝑘 ) − 0.2857𝑒(𝑘 − 1) Programa en Matlab

Ejecución

d) Invarianza al escalón (ZOH) 𝐺(𝑧) = (1 − 𝑧 −1 )𝑍 [

𝐺(𝑠) ] 𝑠

se tiene

𝐷(𝑠)

𝐺(𝑧) = (1 − 𝑧 −1 )𝑍 [

𝑠

2 𝑠 + 3] ] = (1 − 𝑧 −1 )𝑍 [ 𝑠

2

𝐺(𝑧) = (1 − 𝑧 −1 )𝑍 [ ] 𝑠(𝑠 + 3) 𝐺(𝑠) = 𝐶1 =

2 𝑠+3

|

𝑧−1

𝑧 2

=

𝐶1 𝐶2 + )] 𝑠 𝑠+3 2 2 𝐶2 = | =− 𝑠 𝑠=−3 3

3

𝑠=0

𝑍 [2 (

Reemplazando los valores de las constantes:

𝐺(𝑧) =

𝑧−1

𝑧

2 𝑧 2 𝑧 𝑍 [( − )] 3 (𝑧 − 1) 3 𝑧 − 𝑒 −3𝑇

2 𝑧−1 𝑧 𝑧−1 𝑧 𝐺(𝑧) = [ ∗ − ∗ ] (𝑧 − 1) 3 𝑧 𝑧 𝑧 − 𝑒 −3𝑇 𝐺(𝑧) = 𝐺(𝑧) = 0.667 −

0.667(𝑧 − 1) 𝑧 − 𝑒 −3𝑇

2 𝑧−1 (1 − ) 3 𝑧 − 𝑒 −3𝑇

=

0.667𝑧 − 0.667𝑒 −3𝑇 − 0.667𝑧 + 0.667 𝑧 − 𝑒 −3𝑇

𝐺 (𝑧 ) =

−0.667𝑒−3𝑇 + 0.667 𝑧−

𝑒−3𝑇

=

−0.667𝑒−3(0.5) + 0.667 𝑧−

𝑒−3(0.5)

=

0.5179 𝑧 − 0.2231

Para formar la ecuación a diferencias 𝑀(𝑧) 0.5179𝑧 −1 = 𝐸(𝑧) 1 − 0.2231𝑧 −1 𝑀(𝑧) − 0.2231𝑧 −1 𝑀(𝑧) = 0.5179𝐸 (𝑧) 𝑚(𝑘 ) = 0.2231𝑚 (𝑘 − 1) + 0.5179𝑒 (𝑘 )

Programa en Matlab

Ejecución

2. Se desea controlar un sistema continuo mediante un regulador discreto R(z) obtenido al utilizar una aproximación trapezoidal (operador bilineal ) del regulador continuo (figura 1), Bo(s) es la función del retenedor de orden cero. 3 𝐺 (𝑠 ) = 𝑠+1 1 𝑅 (𝑠 ) = 𝐾 1 + 0.3𝑠

Figura 1

Calcular el error de posición del sistema cuando K=1 y cuando 𝐾 = 1/2. Considerar como periodo de muestreo T=1s. Regulador: Aproximación Trapezoidal: 𝑠=

2 (𝑧 − 1) 𝑇 (𝑧 + 1)

𝑅(𝑠) =

𝐾 2 (𝑧 − 1) 1 + 0.3 ( ) 𝑇 (𝑧 + 1)

𝑅(𝑧) =

𝐾(𝑧 + 1) 𝑧 + 1 + 0.6𝑧 − 0.6

𝑹(𝒛) =

𝑲(𝒛 + 𝟏) 𝟏. 𝟔𝒛 + 𝟎. 𝟒

Planta: 𝐺(𝑧) =

𝑧−1 3 𝑍{ } 𝑧 𝑠+1

𝐺(𝑧) = 3 ∙ 𝑮(𝒛) =

1 − 𝑒 −𝑇 𝑧 − 𝑒 −𝑇

𝟏. 𝟖𝟗𝟔 𝒛 − 𝟎. 𝟑𝟔𝟖

Error: 𝑒𝑝 = 𝐾𝑝 =

1 1 + 𝐾𝑝

;

𝐾𝑝 = 𝐺(1)

𝐾(1 + 1) 1.896 ∙ = 3𝐾 1.6 + 0.4 1 − 0.368

Si K=1 ⇒ 𝑒𝑝 =

1 1 + 3(1)

⇒ 𝒆𝒗 = 𝟎. 𝟐𝟓

Si K=1/2 ⇒ 𝑒𝑝 =

1 1 + 3(0.5)

⇒ 𝒆𝒗 = 𝟎. 𝟒 Comprobación Matlab: Discretización Regulador (Tustin):

Discretización Planta (ZOH):

3. Digitalizar por medio de ZOH el siguiente sistema con retardo de transporte

𝑮(𝒔) =

𝒆−𝟎.𝟓𝒔 𝒔+𝟏

a) Si T=0.5 s b) Si T=0.4 s El tiempo de retardo 𝑇𝐷 incluye el retardo del proceso y el retardo de computación del controlador. Para obtener la función de transferencia ZOH equivalente del sistema en tiempo discreto, es necesario definir un entero positivo 𝑛 y un número positivo 𝑇𝐿 menor a 1

a) Si T=0.5 s 𝑇𝐷 = 𝑛𝑇 + 𝑇𝐿 Se selecciona 𝑛 = 1 0.5 = (1)0.5 + 𝑇𝐿 𝑇𝐿 = 0 Sustituyendo 𝐺 (𝑠) en la siguiente ecuación: 𝐺(𝑧) = (1 − 𝑧 −1 )𝑍 [

𝐺(𝑠) ] 𝑠

se tiene 𝑒 −(𝑛𝑇+𝑇𝐿 )𝑠 𝐺(𝑠) ] = (1 − 𝑧 −1 )𝑍 [ ] 𝑠 𝑠

𝐺(𝑠)

𝐺(𝑧) = (1 − 𝑧 −1 )𝑍 [

Puesto que n es un entero, el término 𝑒 −𝑛𝑇 se reduce a 𝑧 −𝑛 cuando se toma la transformada z. Por lo tanto, 𝐺(𝑧) = (1 − 𝑧 −1 )𝑍 [𝑒 −𝑛𝑇𝑠

𝑒 −𝑇𝐿 𝑠 𝐺(𝑠) 𝑒 −𝑇𝐿 𝑠 𝐺(𝑠) ] = (1 − 𝑧 −1 )𝑧 −𝑛 𝑍 [ ] 𝑠 𝑠

𝐺(𝑠) =

𝑧 − 1 𝑒 −𝑇𝐿 𝑠 𝐺(𝑠) 𝑍[ ] 𝑧 𝑛+1 𝑠

Dado que 𝑇𝐿 < 𝑇, la transformada z de la ecuación anterior puede ser calculada directamente usando la transformada de Laplace inversa en conjunto con la transformada z 𝐺(𝑠) =

𝑧−1 𝑒 −𝑇𝐿 𝑠 𝐺(𝑠) −1 [ 𝑍 [𝐿 ]| ] 𝑧 𝑛+1 𝑠 𝑡=𝑘𝑇

(1)

Reemplazando los valores del ejercicio: 𝐺(𝑠) =

𝑧−1 1 𝑧−1 1 𝑍[ ] = 2 𝑍 [( )] 1+1 𝑧 𝑠(𝑠 + 1) 𝑧 𝑠(𝑠 + 1) 𝐺(𝑠) =

𝑧−1 𝐶1 𝐶2 𝑍 [( + )] 2 𝑧 𝑠 𝑠+1

𝐶1 =

1 𝑠+1

|

1 𝐶2 = | = −1 𝑠 𝑠=−1

=1

𝑠=0

𝐺(𝑧) =

𝑧−1 1 1 𝑍 [( − )] 2 𝑧 𝑠 𝑠+1

Cuando T=0.5 Resolviendo la transformada z en conjunto con la transformada de Laplace inversa: Primer término

1 𝑧 𝑍[ ] = 𝑠 𝑧−1 Segundo término Retardo exponencial de la forma

1

𝑧

𝑍[ ]= 𝑠+1 𝑧 − 𝑒 −0.5 Combinando los dos términos 𝐺(𝑧) =

(𝑧 − 1) 𝑧−1 𝑧 𝑧 1 𝑧 − 𝑒 −0.5 − (𝑧 − 1) ( − ) = − = 𝑧 2 𝑧 − 1 𝑧 − 𝑒 −0.5 𝑧 𝑧(𝑧 − 𝑒 −0.5 ) 𝑧(𝑧 − 𝑒 −0.5 ) 𝐺(𝑧) = 𝐺(𝑧) =

𝑧 − 𝑒 −0.5 − 𝑧 + 1 𝑧(𝑧 − 𝑒 −0.5 )

−𝑒 −0.5 + 1 0.3935 = −0.5 𝑧(𝑧 − 𝑒 ) 𝑧(𝑧 − 0.6065) 𝐺(𝑧) =

0.3935 𝑧(𝑧 − 0.6065)

Se puede encontrar el mismo resultado utilizando la tabla de transformaciones Z modificadas. De la tabla se identifica: 1 𝐹(𝑠) = , 𝑠(𝑠 + 𝑎)

(1 − 𝑒 −𝑎𝑚𝑇 )𝑧 + (𝑒 −𝑎𝑚𝑇 − 𝑒 −𝑎𝑇 ) 𝐹(𝑧, 𝑚) = (𝑧 − 1)(𝑧 − 𝑒 −𝑎𝑇 )

En el ejercicio planteado: 𝑒 −0.1𝑠 𝐹(𝑧, 𝑚) = 𝑍 [ ], 𝑠(𝑠 + 1) 𝐹(𝑧) =

𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐹(𝑠) =

1 𝑠(𝑠 + 1)

𝑚 ≜ 1−

(1 − 𝑒 −0.5 )𝑧 0.3935 = 2 −0.5 (𝑧 − 1)(𝑧 − 𝑒 ) 𝑧 (𝑧 − 0.6065)

Se comprueba que se obtiene el mismo resultado Programa en Matlab

𝑦

𝑇𝑑 =1−0 =1 𝑇

Cuando T=0.4 𝑇𝐷 = 𝑛𝑇 + 𝑇𝐿 Se selecciona 𝑛 = 1 0.5 = (1)0.4 + 𝑇𝐿 𝑇𝐿 = 0.1

Reemplazando 𝑇𝐿 = 0.1 en la ecucación 1 𝑧−1 𝑒 −0.1𝑠 𝑧−1 1 𝐺(𝑠) = 1+1 𝑍 [ ] = 2 𝑍 [𝑒 −0.1𝑠 ( )] 𝑧 𝑠(𝑠 + 1) 𝑧 𝑠(𝑠 + 1) 𝐺(𝑠) = 𝐶1 =

1 𝑠+1

𝑧−1 𝐶1 𝐶2 𝑍 [𝑒 −0.1𝑠 ( + )] 2 𝑧 𝑠 𝑠+1

| 𝑠=0

𝐺(𝑧) =

=1

1 𝐶2 = | = −1 𝑠 𝑠=−1

𝑧−1 1 1 𝑍 [𝑒 −0.1𝑠 ( − )] 2 𝑧 𝑠 𝑠+1

Resolviendo la transformada z en conjunto con la transformada de Laplace inversa: Primer término

𝑒 −0.1𝑠 1 𝑍[ ] = 𝑍[𝑈(𝑘𝑇 − 0.1)] = 𝑠 𝑧−1 Segundo término 𝑒 −0.1𝑠 1 𝑍[ ] = 𝑍[𝑈(𝑡 − 0.1)𝑒 −(𝑡−0.1) ] = 𝑍[𝑒 𝑘𝑇−0.4+0.1 ] 𝑠+1 𝑧 𝑒 −0.1𝑠 1 𝑒 −0.3 𝑍[ ] == 𝑍[𝑒 −0.4𝑘−0.3 ] = 𝑠+1 𝑧 𝑧 − 𝑒 −0.4 Regresando a G(s) 𝐺(𝑧) = 𝐺(𝑧) =

𝑧−1 1 𝑒 −0.3 1 𝑒 −0.3 (𝑧 − 1) 𝑧 − 𝑒 −0.4 − 𝑒 −0.3 (𝑧 − 1) ( − ) = − = 𝑧 2 𝑧 − 1 𝑧 − 𝑒 −0.4 𝑧 2 𝑧 2 (𝑧 − 𝑒 −0.4 ) 𝑧 2 (𝑧 − 𝑒 −0.4 )

𝑧 − 𝑒 −0.4 − 𝑒 −0.3 𝑧 + 𝑒 −0.3 𝑧(1 − 𝑒 −0.3 ) − 𝑒 −0.4 + 𝑒 −0.3 0.25918𝑧 + 0.0705 = = 𝑧 2 (𝑧 − 𝑒 −0.4 ) 𝑧 2 (𝑧 − 𝑒 −0.4 ) 𝑧 2 (𝑧 − 0.67032)

Se puede encontrar el mismo resultado utilizando la tabla de transformaciones Z modificadas. De la tabla se identifica: 𝐹(𝑠) =

1 , 𝑠(𝑠 + 𝑎)

𝐹(𝑧, 𝑚) =

(1 − 𝑒 −𝑎𝑚𝑇 )𝑧 + (𝑒 −𝑎𝑚𝑇 − 𝑒 −𝑎𝑇 ) (𝑧 − 1)(𝑧 − 𝑒 −𝑎𝑇 )

En el ejercicio planetado: 𝑒 −0.1𝑠 𝐹(𝑧, 𝑚) = 𝑍 [ ], 𝑠(𝑠 + 1) 𝐹(𝑧) =

𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐹(𝑠) =

1 𝑠(𝑠 + 1)

𝑚 ≜ 1−

𝑇𝑑 0.1 =1− = 0.75 𝑇 0.4

(1 − 𝑒 −0.75(0.4) )𝑧 + (𝑒 −0.75(0.4) − 𝑒 −0.4 ) 0.25918𝑧 + 0.0705 = (𝑧 − 1)(𝑧 − 𝑒 −0.4 ) 𝑧 2 (𝑧 − 0.67032)

Se comprueba que se obtiene el mismo resultado

Programa en Matlab

Ejecución

𝑦

4. Demuestre que el siguiente algoritmo corresponde a la implementación digital del sistema de control de la figura 2. (T es el periodo de muestreo, x es una variable auxiliar). 𝒛−𝟏 Se utilizó la aproximación de Euler (𝒔 = ) 𝑻

Figura 2

T -> periodo de muestreo x -> variable auxiliar 𝑠=

𝑧−1 𝑇

𝑧−1 +𝑏 𝑏 𝑚(𝑡) = 𝑟𝑘 − 𝑦𝑘 ( 𝑇 ) 𝑧−1 𝑎 +𝑎 𝑇 𝑚(𝑡) = 𝑟𝑘

𝑏 𝑧 − 1 + 𝑏𝑇 − 𝑦𝑘 ( ) 𝑎 𝑧 − 1 + 𝑎𝑇

𝑚(𝑡) = 𝑟𝑘

𝑏 1 − (1 − 𝑏𝑡)𝑧 −1 − 𝑦𝑘 ( ) 𝑎 1 − (1 − 𝑎𝑡)𝑧 −1

𝑏 𝑟𝑘 (1 − (1 − 𝑎𝑡)𝑧 −1 ) − 𝑦𝑘(1 − (1 − 𝑏𝑡)𝑧 −1 ) 𝑚(𝑡) = 𝑎 1 − (1 − 𝑎𝑡)𝑧 −1 𝑏 𝑚(𝑡)[1 − (1 − 𝑎𝑡)𝑧 −1 ] = 𝑟𝑘 (1 − (1 − 𝑎𝑡)𝑧 −1 ) − 𝑦𝑘(1 − (1 − 𝑏𝑡)𝑧 −1 ) 𝑎 𝑏 𝑏 𝑚(𝑡)[(1 − 𝑎𝑡) ∗ 𝑚(𝑡) ∗ 𝑧 −1 ] = 𝑟𝑘 − 𝑟𝑘 (1 − 𝑎𝑡)𝑧 −1 − 𝑦𝑘 + 𝑦𝑘(1 − 𝑏𝑡)𝑧 −1 𝑎 𝑎 𝑟𝑏 𝑟𝑘𝑏 (1 − 𝑎𝑡)𝑧 −1 + (1 − 𝑎𝑡)𝑚(𝑡)𝑧 −1 + 𝑦𝑘(1 − 𝑏𝑡)𝑧 −1 𝑚(𝑡) = 𝑘 ( − 𝑦) − 𝑎 𝑎 𝑟𝑏 𝑟𝑘𝑏 𝑚(𝑡) = 𝑘 ( − 𝑦) − (1 − 𝑎𝑡)𝑧 −1 [ + 𝑚(𝑡)] + 𝑦𝑘(1 − 𝑏𝑡)𝑧 −1 𝑎 𝑎 𝑟𝑏 𝑏 𝑚(𝑡) = 𝑘 ( − 𝑦) + 𝑧 −1 [ 𝑦𝑘(1 − 𝑏𝑡) − (1 − 𝑎𝑡) (𝑟𝑘 − 𝑚(𝑡))] 𝑎 𝑎

-----0---------------𝑦𝑘(1 − 𝑏𝑡) − (1 − 𝑎𝑡) (1 − 𝑎𝑡)

𝑟𝑘𝑏 + (1 − 𝑎𝑡)𝑚(𝑡) = 0 𝑎

𝑟𝑘𝑏 = 𝑦𝑘(1 − 𝑏𝑡) + (1 − 𝑎𝑡)𝑚(𝑡) 𝑎

(1 − 𝑏𝑡) 𝑟𝑘𝑏 = 𝑦𝑘 + 𝑚(𝑡) (1 − 𝑎𝑡) 𝑎 𝑟= 𝑟=

𝑦𝑘(1 − 𝑏𝑡) 𝑚(𝑡) + 𝑘(1 − 𝑎𝑡) 𝑘𝑏/𝑎 𝑦(1 − 𝑏𝑡) 𝑎 ∗ 𝑚(𝑡) + (1 − 𝑎𝑡) 𝑘𝑏

Empleando lo siguiente: 𝑏 𝑚(𝑡) = 𝑘 ( 𝑟(𝑡) − 𝑦(𝑡) + 𝑥(𝑡)) 𝑎 𝑑𝑥 = −𝑎𝑥 + (𝑎 − 𝑏)𝑦 𝑑𝑡

𝑥(𝑡 + ℎ) − 𝑥(𝑡) = −𝑎𝑥(𝑡) + (𝑎 − 𝑏)𝑦(𝑡) ℎ

𝑥(𝑡 + ℎ) − 𝑥(𝑡) = ℎ(−𝑎𝑥(𝑡) + (𝑎 − 𝑏)𝑦(𝑡))

𝑥(𝑡 + ℎ) = 𝑥(𝑡) + ℎ(−𝑎𝑥(𝑡) + (𝑎 − 𝑏)𝑦(𝑡))

Aproximación a un algoritmo.

𝑏 𝑚(𝑡𝑘 ) = 𝑘 ( 𝑟(𝑡𝑘 ) − 𝑦(𝑡𝑘 ) + 𝑥(𝑡𝑘 )) 𝑎 𝑥(𝑡𝑘 + ℎ) = 𝑥(𝑡𝑘 ) + ℎ((𝑎 − 𝑏)𝑦(𝑡𝑘 ) − 𝑎𝑥(𝑡𝑘 ))

Esta última corresponde a 𝑥 = 𝑥 + 𝑇 ∗ ((𝑎 − 𝑏) ∗ 𝑦 − 𝑎 ∗ 𝑥) Y corresponde al algoritmo del programa indicado al inicio del ejercicio

5.

Resolver la siguiente ecuación a diferencias 𝑥(𝑘 + 2) − 1.5𝑥(𝑘 + 1) + 0.5𝑥(𝑘) = 𝜇(𝑘)

Con las condiciones iniciales 𝑥(0) = 1, 𝑥(1) = 2.5 Revisar la propiedad de transformada Z de desplazamiento en adelanto, verificar la solución a través de una rutina de software y valide las 5 primeras muestras. 𝑘 = 0: 𝑥(2) − 1.5𝑥(1) + 0.5𝑥(0) = 1 𝑥(2) = 4.25 𝑘 = 1: 𝑥(3) − 1.5𝑥(2) + 0.5𝑥(1) = 1 𝑥(3) = 6.125 𝑘 = 2: 𝑥(4) − 1.5𝑥(3) + 0.5𝑥(2) = 1 𝑥(4) = 8.0625 𝑘 = 3: 𝑥(5) − 1.5𝑥(4) + 0.5𝑥(3) = 1 𝑥(5) = 10.03 Resolución por transformada Z (Desplazamiento en adelanto) : 𝑛−1

𝑍{𝑥(𝑘 + 𝑛)} =

𝑧 𝑛 𝑋(𝑧) −

𝑧𝑛

∑ 𝑥(𝑚)𝑧 −𝑚 𝑚=0

𝑥(𝑘 + 2) − 1.5𝑥(𝑘 + 1) + 0.5𝑥(𝑘) = 1(𝑘) 𝑧 2 𝑋(𝑧) − 𝑧 2 (𝑥(0) + 𝑥(1)𝑧 −1 ) − 1.5𝑧𝑋(𝑧) + 1.5𝑧𝑥(0) + 0.5𝑋(𝑧) = 𝑋(𝑧)[𝑧 2 − 1.5𝑧 + 0.5] = 𝑋(𝑧) =

𝑧 + 𝑧2 + 𝑧 𝑧−1

𝑧 + 𝑧 2 (𝑧 − 1) + 𝑧(𝑧 − 1) 𝑧 + (𝑧 − 1)(𝑧 2 + 𝑧) = (𝑧 − 1)2 (𝑧 − 0.5) (𝑧 − 1)2 (𝑧 − 0.5)

𝑋(𝑧) 𝑧2 𝐶1 𝐶2 𝐶3 = = + + 2 2 (𝑧 − 1) (𝑧 − 0.5) (𝑧 − 1) 𝑧 𝑧 − 1 𝑧 − 0.5 𝐶1 =

𝐶2 =

𝑧2 | =2 𝑧 − 0.5 𝑧=1

𝑑𝐶1 2𝑧(𝑧 − 0.5) − 𝑧 2 | = | =0 (𝑧 − 0.5)2 𝑑𝑧 𝑧=1 𝑧=1

𝑧 𝑧−1

𝐶3 = 𝑋(𝑧) =

𝑧2 | =1 (𝑧 − 1)2 𝑧=0.5 2𝑧 𝑧 + (𝑧 − 1)2 (𝑧 − 0.5)

𝒙(𝒌) = 𝟐𝒌 + (𝟎. 𝟓)𝒌 Verificación: k 0 1 2 3 4 5

𝒙(𝒌) 1 2.5 4.25 6.125 8.063 10.031

Rutina de Software: x0=1; x1=2.5; xk=[x0 x1 0 0 0]; uk=ones(1,length(xk)); for k=1:5 xk(k+2)=uk(k)+1.5*xk(k+1)-0.5*xk(k); [xk(k) k-1] end

Resultados:

6. Para el sistema descrito en el espacio de estados discreto:

𝑥(𝑘 + 1) = [

0 −3

1 ( ) 0 ] 𝑥 𝑘 + [ ] 𝑢(𝑘 ) 4 1 𝑦(𝑘 ) = [1

𝑥(0) = [

1 ] −1

1]𝑥(𝑘)

a) Encuentre el vector de estados para k=1, 2 y 3; u(k)=1 si k>=0. b) Si y(k)=x1(k); Encuentre la función de transferencia del sistema ( inversión de matriz) G(z)=(Y(z)/U(z)); utilice x(0)=[0;0] para esta parte. c) Realice una representación de G(z) en la forma directa 2. d) Escriba una realización de software basada en el punto anterior.

a) Encuentre el vector de estados para k=1, 2 y 3; u(k)=1 si k>=0. Solución 𝑥1(𝑘 + 1) = 𝑥1(𝑘) + 𝑥2(𝑘) 𝑥2(𝑘 + 1) = −𝑥2(𝑘) + 𝑢(𝑘) 𝑦(𝑘) = 𝑥1(𝑘)

Para k=0 𝑥1(1) = 𝑥1(0) + 𝑥2(0) = 1 − 1 = 0 𝑥2(1) = −𝑥2(0) + 𝑢(0) = 1 + 1 = 2

Para k=1 𝑥1(2) = 𝑥1(1) + 𝑥2(1) = 0 + 2 = 2 𝑥2(2) = −𝑥2(1) + 𝑢(1) = −2 + 1 = −1

Para k=2 𝑥1(3) = 𝑥1(2) + 𝑥2(2) = 2 − 1 = 1 𝑥2(3) = −𝑥2(0) + 𝑢(0) = 1 + 1 = 2

Para k=3 𝑥1(4) = 𝑥1(3) + 𝑥2(3) = 1 + 2 = 3 𝑥2(4) = −𝑥2(3) + 𝑢(3) = −2 + 1 = −1

b) Si y(k)=x1(k); Encuentre la función de transferencia del sistema ( inversión de matriz) G(z)=(Y(z)/U(z)); utilice x(0)=[0;0] para esta parte. 𝑥1(𝑘 + 1) = 𝑥1(𝑘) + 𝑥2(𝑘) 𝑥2(𝑘 + 1) = −𝑥2(𝑘) + 𝑢(𝑘) 𝑦(𝑘) = 𝑥1(𝑘) 𝑋(𝑘 + 1) = 𝐴 ∗ 𝑋(𝑘) + 𝐵 ∗ 𝑈(𝑘)

𝑌(𝑘) = 𝐶 ∗ 𝑋(𝑘) + 𝐷 ∗ 𝑈(𝑘)

𝑍1 𝑋(𝑧) = 𝐴 ∗ 𝑋(𝑧) + 𝐵 ∗ 𝑈(𝑧) 𝑋(𝑧)(𝑍 ∗ 𝐼 − 𝐴) = 𝐵 ∗ 𝑈(𝑧) 𝑋(𝑧) = [(𝑍 ∗ 𝐼 − 𝐴)−1 ] ∗ 𝐵 ∗ 𝑈(𝑧) 𝑌(𝑧) = [𝐶 ∗ (𝑍 ∗ 𝐼 − 𝐴)−1 ∗ 𝐵 + 𝐷] ∗ 𝑈(𝑧)

𝑌(𝑧) = 𝐺(𝑧) ∗ 𝑈(𝑧)

MATRICES 1 ] 𝐵 = [0] 𝐶 = [ 0 0 −1 1

𝐴 = [1

INGRESANDO EN MATLAB >> A=[1 1; 0 -1] A= 1 1 0 -1 >> B=[0;1] B= 0 1 >> C=[0 1] C= 0

1

>> D=0 D= 0

>> [n,d]=ss2tf(A,B,C,D)

1] D=0

n= 0

1 -1

d= 1

0 -1 𝑧−1 𝐺(𝑧) = 2 𝑧 −1

∗ 𝑠𝑒 𝑝𝑜𝑑𝑟𝑖𝑎 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑟 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑠𝑒 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑒𝑟𝑖𝑎 𝑢𝑛 𝑐𝑒𝑟𝑜 𝑦 𝑢𝑛 𝑝𝑜𝑙𝑜

c) Realice una representación de G(z) en la forma directa 2. 𝐺(𝑧) =

𝑧 −1 − 𝑧 −2 1 − 𝑧 −2

d) Escriba una realización de software basada en el punto anterior. Xo=[0 ;0]; A=[1 1; 0 -1]; B=[0;1]; C=[0 1]; D=[0]; X1=0; for i=0:4; X1=A*Xo+B; Xo=X1; end X1 Y4=C*X1 Ejecución