Transcript Estabilidad y Lugar Geométrico de las Raíces

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.
K ( s  z1 )...(s  zm )
G( s) 
( s  p1 )...(s  pn )
Y ( s)  G( s)U ( s)
n
y(t )   K i e  p t
i
i 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-Hurwitz
El polinomio a(s) se dice Hurwitz si todas sus raíces
tienen parte real negativa.
n( s )
Si
H ( s) 
d ( s)
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.
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
a( s)  a0 s n  a1s n1    an1s  an
donde los coeficientes a0 , a1 ,, an son
números
reales.
Se supone que an  0, 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.
Sistemas de control
Estabilidad
Criterio de Routh-Hurwitz
3. Si todos los coeficientes son positivos (o todos negativos)
y diferentes de cero, construya el siguiente arreglo
sn
a0
a2
a4
a6 
s n1
s n2
a1
b1
a3
b2
a5
b3
a7 
b4 
s n 3
s n4
c1
d1
c2
d2
c3
d3
c4 
d4 

s2
s1
s0
e1
f1
g1
e2
Sistemas de control
Estabilidad
Criterio de Routh-Hurwitz
donde
a1a2  a0 a3
a1a4  a0 a5
a1a6  a0 a7
b1 
, b2 
, b3 
,
a1
a1
a1
b1a3  a1b2
b1a5  a1b3
b1a7  a1b4
c1 
, c2 
, c3 
, 
b1
b1
b1
c1b3  b1c3
c1b2  b1c2
d1 
, d2 
, 
c1
c1

Se continua de esta forma hasta que la n-ésima fila del
arreglo ha sido completada.
Sistemas de control
Estabilidad
Criterio de Routh-Hurwitz
El 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
ai  0, ai  0, y todos los coeficientes en la primera
columna del arreglo son positivos.
Sistemas de control
Criterio de Routh-Hurwitz
ejemplo: s 4  6s 3  11s 2  6s  15  0
s
4
s
3
s2
s1
s0
Estabilidad
Sistemas de control
Estabilidad
Casos especiales del criterio de Routh-Hurwitz
1. 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: s 4  3s 3  2s 2  6s  2  0
s
4
1
3
3
s2 0  
1 6  6
s
s
s0

2
2 2
6
2
0
Sistemas de control
Estabilidad
Casos especiales del criterio de Routh-Hurwitz
2. 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
6
5
4
3
2
ejemplo: s  2s  4s  2s  7s  8s  12  0
s6 1
s5 2
4
s 3
3 0
s
4 7 12
2 8
3 12
Polinomio auxiliar au(s)
Fila de ceros
0
Se remplaza la fila de ceros por la derivada del
polinomio auxiliar.
au( s)  3s 4  3s 2  12
au( s)
 12s 3  6s
s
Sistemas de control
Estabilidad
Criterio de Routh-Hurwitz
6
5
4
3
2
ejemplo: s  2s  4s  2s  7s  8s  12  0
s6
s
5
s
4
1
4
7
2
3
2
3
8
12
s 3 0 / 12 0 / 6
s2
3
2
s1  90
s 0 12
12
12
Sistemas de control
Estabilidad
Criterio de Routh-Hurwitz
El 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

s  s 
en a(s) y aplicamos
el criterio de Routh-hurwitz al

polinomio a( s).
El número de cambios de signo en la primera columna del
arreglo construido para a( s).es igual al número de raíces de
a(s) a la derecha de la línea s=-.
Sistemas de control
Estabilidad
Criterio de Routh-Hurwitz
Ejemplo:
1
1
G( s) 
, H ( s) 
, K
s2
s 1
Y ( s)
KG ( s )
K ( s  1)

 2
V ( s) 1  KG ( s) H ( s) s  3s  ( K  2)
1
K 2
s1 3
0
s K 2
s2
Hallar el valor de K para s  3Ks  ( K  2)s  4  0
3
2
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:
V(s)
+
-
K
G (s )
Y(s)
H (s )
1
1
, H ( s) 
, K
s 1
s3
Y ( s)
KG ( s )
K ( s  3)

 2
V ( s) 1  KG ( s) H ( s) s  4s  ( K  3)
G( s) 
Sistemas de control
Estabilidad
Lugar Geométrico de la raíces (Root-locus)
Ejemplo (cont.):
p1, 2 
 4  16  4( K  3)
 2  1  K
2
Sistemas de control
Estabilidad
Construcción root-locus
Si
G(s), H (S )
a lazo cerrado
KG ( s)

1  KG ( s) H ( s)
La ecuación característica debe ser igualada a cero
1  KG ( s) H ( s)  0  KG ( s) H ( s)  1
KG ( s) H ( s)  1
KG ( s) H ( s)  (2k  1)
KG ( s) H ( s)  2k
Si K>0, k=±1, ±2,…
Si K<0, k=±1, ±2,…
Sistemas de control
Estabilidad
Construcción root-locus
Podemos re-escribir
K ( s  z1 )...(s  z m )
KG ( s ) H ( s ) 
( s  p1 )...(s  pn )
m
Obteniendo entonces:
KG ( s ) H ( s ) 
K  s  zi
i 1
n
 s p
1
i
i 1
Debemos hacer lo
mismo con los ángulos

KG(s) H (s)   (s  zi )   (s  pi )  180º k 360º
i 1
i 1

m
n
Sistemas de control
Estabilidad
Pasos para construir root-locus
Ejemplo:
G( s) H ( s) 
( s  3)
s( s  1)(s  2)(s  4)
– 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.
jw
-
-5
-4
-3
-2
-1
Sistemas de control
Estabilidad
Pasos para construir root-locus
G( s) H ( s) 
( s  3)
s( s  1)(s  2)(s  4)
– 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.
jw
-
-5
X
-4
m
n
i 1
i 1
0
-3
X
-2
X
-1
s1
X
s1 :  ( s  zi )   ( s  pi )  0º  180º 0º 0  0º  180º
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
n
m
A 
 Polos G ( s ) H ( s )  ceros G ( s ) H ( s )
NA
Y el ángulo de salida es:

 (  p j )  (  z j )
j 1
i 1
NA
Esta ecuación es positiva, me equivoque en clase
A  ( 2Nq1) 180º ; q  0,1,2,, ( N A  1)
A
Sistemas de control
Estabilidad
Pasos para construir root-locus
N A  4 1  3
 A   ( 1 234) 3   43  1.3333
 A  60º ;  A  60º ;  A  180º
1
2
3
G( s) H ( s) 
( s  3)
s( s  1)(s  2)(s  4)
Sistemas de control
Estabilidad
Pasos para construir root-locus
G( s) H ( s) 
– Paso 4: Puntos de ruptura
1
K  p( s)  
G( s) H ( s)
dK
ds
sR
dp( s)

0
ds sR
sR1=-0.43; sR2=-1.6; sR3=-3,3+0,68j; sR4=-3,3-0,68j
( s  3)
s( s  1)(s  2)(s  4)
Sistemas de control
Pasos para construir root-locus
– Paso 5: Dibujar
Estabilidad
G( s) H ( s) 
( s  3)
s( s  1)(s  2)(s  4)
Sistemas de control
Pasos para construir root-locus
Estabilidad
G( s) H ( s) 
( s  3)
s( s  1)(s  2)(s  4)
– Paso 6: el punto en el cual el root locus corta el eje
imaginario. Se puede hallar usando el criterio de RouthHurwitz.
Sistemas de control
Estabilidad
Pasos para construir root-locus
G( s) H ( s) 
( s  3)
s( s  1)(s  2)(s  4)
– 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.
au(s)  b1s 2  3K  11.47857s 2  28.95
s  1.5888j
Entonces los puntos donde el LGR cruza el eje imaginario es
±1.5888j.
Sistemas de control
Estabilidad
G( s) H ( s) 
Resultado final
Root Locus
6
4
System: sys
Gain: 9.63
Pole: -6.28e-005 + 1.59i
Damping: 3.96e-005
Overshoot (%): 100
Frequency (rad/sec): 1.59
2
Imaginary Axis
60º
0
-60
-2
-4
-6
-6
-5
-4
-3
-2 -1.333
-1
Real Axis
0
1
2
3
4
( s  3)
s( s  1)(s  2)(s  4)
Ejercicio de Lugar Geométrico
de las Raíces
Universidad Simón Bolívar
Sede del Litoral
Sistema de Control TI-2233
Miguel Rodríguez Celi
[email protected]
Ejercicio
Dibuje el LGR del siguiente función de transferencia a lazo abierto
s  10
s  10
G( s)  2

s  6s  5 ( s  1)( s  5)
1º paso, representar los polos y zeros
o
x
x
-10
-5
-1
Miguel Rodríguez
31
Ejercicio
2º 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.
Número impar
Número Par
Número impar
o
x
x
-10
-5
-1
Miguel Rodríguez
32
Ejercicio
3º paso: Hallar las asíntotas, los ángulos de las asíntotas y los puntos de
partidas.
Solo hay una Asíntota
q es solamente 0, porque NA=1
El punto de partida se encuentra en
el lado derecho.
N A # Polos# Zeros  2  1  1
A 
(2q  1)180º
 180º , q  0
NA
 A   polos   zeros  (1  5)  (10)  4
o
x
x
-10
-5
-1
Miguel Rodríguez
33
Ejercicio
4º 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.
1
s 2  6s  5
K  p(s)  

G ( s)
s  10
p ( s )
(2 s  6)(s  10)  ( s 2  6 s  5)(10) 8s 2  34s  10


0
2
2
s
( s  10)
( s  10)
s1  0.2761; s2  4.5261
o
x
x
-10
-5
-1
Miguel Rodríguez
34
Ejercicio
5º paso: Dibujar el LGR, debemos alejarnos,
4.52
o
-10
x º
-5
x
-1
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
Ejercicio
Valores de K para que el sistema sea críticamente amortiguado:
Y ( s)
KG ( s)
K ( s  10)

 2
V ( s) 1  KG ( s) s  (6  K ) s  (5  10K )
Comparando la EC con la respuesta ideal
s 2  (6  K ) s  (5  10K )  s 2  2as  a 2
 (6  K )  2a

2
(5  10K )  a
De la primera ecuación tenemos K=2a-6 y sustituyendo en la segunda.
5  10( 2a  6)  a 2
 a 2  20a  55  0
a1  3.29; a 2  16.71
K1  0.5836; K 2  27.4164
Miguel Rodríguez
36
Ejercicio
Así el LGR queda definido como:
-16.70
º
-3.29
o
x
-10
-5
Miguel Rodríguez
º
x
-1
37
Ejercicio
Usando un programa matemático:
Root Locus
8
6
4
System: sys
Gain: 27.4
Pole: -16.7 - 2.44e-007i
Damping: 1
Overshoot (%): 0
Frequency (rad/sec): 16.7
Imaginary Axis
2
System: sys
Gain: 0.584
Pole: -3.29 - 3.86e-008i
Damping: 1
Overshoot (%): 0
Frequency (rad/sec): 3.29
0
-2
-4
-6
-8
-35
-30
-25
-20
-15
-10
-5
0
5
Real Axis
Miguel Rodríguez
38