Transcript Estabilidade - Técnico Lisboa

Capítulo 5- Estabilidade
INTRODUÇÃO AO CONTROLO
1º semestre – 2011/2012
Transparências de apoio às aulas teóricas
Cap 5 – Estabilidade
Maria Isabel Ribeiro
António Pascoal
Todos os direitos reservados
Estas notas não podem ser usadas para fins distintos daqueles para que foram
elaboradas (leccionação no Instituto Superior Técnico) sem autorização dos autores
Capítulo 5- Estabilidade
Objectivo e Sumário
 Estabilidade de SLITs no sentido BIBO
o Definição
o Exemplos motivadores
o A estabilidade e a localização dos pólos
 Critério de Routh-Hurwitz
 Exemplos
 Referências
o Cap.3 (Secção 3.7) – do livro de Franklin, Powel, Naemi, 5ª edição
(referência principal)
Capítulo 5- Estabilidade
Exemplo motivador
(controlo veloc. motor corrente contínua)
Sistema de controlo de velocidade angular
de um motor de corrente contínua
Ea(s)
Wm(s)
1
(s  1)
Ω m (s)
E a (s)

1
(s  1)
Dinâmica da velocidade angular
Esquema proposto de controlo
R(s)
G(s) 
+
_
Ω m (s)
R(s)
k

Ea(s)
k
s  (1  k )
1
Wm(s)
s 1
Como é a resposta a uma entrada
de comando escalão unitário ?
Capítulo 5- Estabilidade
Exemplo motivador
(controlo veloc. motor corrente contínua)
Como é a resposta a uma entrada
de comando escalão unitário ?
Ω m (s) 
Ω m (s) 
k
s  (1  k )
k
1
(1  k ) s

R(s) 
G(s) 
Ω m (s)
R(s)
k
1
s  (1  k ) s
k
1
(1  k ) s  (1  k )
Transforma de Laplace
unilateral inversa
ω(t) 
k
(1  k )

k
(1  k )
e
 (1  k )t
Resposta natural
Resposta forçada
para t  0

k
s  (1  k )
Capítulo 5- Estabilidade
Exemplo motivador
(controlo veloc. motor corrente contínua)
ω(t) 
k
(1  k )

k
(1  k )
e
Escolha do ganho k
do controlador
 (1  k )t
A) k = 2
ω(t) 
2

3
G(s) 
2
3
2
s3
e
 3t
B) k = -2
Resposta natural
tende para zero
ω(t)  2  2e
Resposta natural +
resposta forçada
Resposta natural
tende para infinito
- sistema instável -
- sistema
estável Polo em –3 rads-1
(negativo)
t
G(s) 
2
Polo em +1 rads-1
s 1
(positivo)
Resposta natural +
resposta forçada
Capítulo 5- Estabilidade
Estabilidade BIBO
• BI = Bounded Input
• BO = Bounded Output
• Sistema BIBO estável
– sse para qualquer entrada limitada, a
saída é um sinal limitado
Capítulo 5- Estabilidade
Estabilidade BIBO
Resposta a sinais limitados (BI = Bounded Inputs)
U(s)
Y(s)
Transformada inversa de Laplace
G (s)
Considera-se
u(t) limitado
Y(s)
G(s) 
n(s)
d(s)
y(t)  y f orçado (t)  y natural (t)
Pergunta: A resposta
natural é limitada
(BO=Bounded Output)?
Localização dos pólos de G(s)
determinam o comportamento
qualitativo da resposta natural
ESTABILIDADE
INSTABILIDADE
Pólos de G(s) com parte real negativa
Pólos de G(s) com parte real positiva
Resposta natural tende para zero
Resposta natural explode
y(t)
limitado
y(t)
ilimitado
Capítulo 5- Estabilidade
Estabilidade BIBO
Resposta a sinais limitados (BI = Bounded Inputs)
G(s) 
n(s)
Pólos de G(s)
d(s)
com parte real = 0
Multiplicidade 1
Multiplicidade superior a 1
Resposta natural exibe
termo constante (polo real)
ou
Resposta natural
explode
oscilatório (par de pólos
complexos conjugados)
ESTABILIDADE MARGINAL
INSTABILIDADE
Capítulo 5- Estabilidade
Sistema BIBO estável
SISTEMA ESTÁVEL
RESPOSTA NATURAL
TENDE PARA ZERO
SINAIS LIMITADOS DE ENTRADA
PRODUZEM SINAIS LIMITADOS NA
SAÍDA
SISTEMA ESTÁVEL
PÓLOS DE G(s) COM PARTE
REAL NEGATIVA
Capítulo 5- Estabilidade
Sistema BIBO instável
SISTEMA INSTÁVEL
RESPOSTA NATURAL
EXPLODE (É NÃO LIMITADA)
SINAIS LIMITADOS DE ENTRADA
PRODUZEM SINAIS ILIMITADOS NA
SAÍDA
SISTEMA INSTÁVEL
• PELO MENOS UM PÓLO G(s) COM PARTE REAL POSITIVA, OU
• PÓLOS SOBRE O EIXO IMAGINÁRIO COM MULTIPLICIDADE
MAIOR DO QUE UM
Capítulo 5- Estabilidade
Sistema BIBO marginalmente estável
SISTEMA MARGINALMENTE ESTÁVEL
RESPOSTA NATURAL
HÁ SINAIS LIMITADOS DE ENTRADA
• EXIBE TERMO CONSTANTE, OU
• É OSCILATÓRIA (com oscilações de
amplitude constante)
• QUE PRODUZEM SINAIS
ILIMITADOS NA SAÍDA
HÁ SINAIS LIMITADOS DE ENTRADA
• QUE PRODUZEM SINAIS
LIMITADOS NA SAÍDA
SISTEMA MARGINALMENTE ESTÁVEL
• G(S) TEM PÓLOS COM PARTE REAL NULA E
MULTIPLICIDADE 1 E NÃO TEM PÓLOS NO SPCD
Capítulo 5- Estabilidade
Respostas naturais: exemplos
Resposta natural a uma entrada escalão unitária. Sistemas sem zeros e ganho estático unitário
Capítulo 5- Estabilidade
Respostas naturais: exemplos
Resposta natural a uma entrada escalão unitária. Sistemas sem zeros e ganho estático unitário
Capítulo 5- Estabilidade
Respostas naturais: exemplos
Resposta natural a uma entrada escalão unitária. Sistemas sem zeros e ganho estático unitário
Capítulo 5- Estabilidade
Estabilidade BIBO
• Como estudar a estabilidade BIBO dos sistemas
– Determinar a localização dos pólos
• Factorizar o polinómio denominador da F.T.
– Pode não ser fácil para ordens elevadas
– Usar Matlab
• É preciso saber a localização exacta dos pólos?
• Ou basta saber se há polos no spcd ou sobre o
eixo imaginário?
• Critério de Routh-Hurwitz
– Permite concluir sobre a establidade BIBO sem
factorizar o polinómio denominador de G(s)
Capítulo 5- Estabilidade
Estabilidade BIBO
Caracterizar a estabilidade do SLIT com FT G(s)
G(s) 
N(s)
D(s)

N(s)
s  4s  3s  2s  s  4s  4
6
5
4
3
2
Código matlab
>> d=[1 4 3 2 1 4 4];
>> p=roots(d)
p=
-3.2644
0.6797 + 0.7488i
0.6797 - 0.7488i
-0.6046 + 0.9935i
-0.6046 - 0.9935i
-0.8858
2 pólos no spcd
SLIT instável
Capítulo 5- Estabilidade
Estabilidade BIBO (sistema de 1ª ordem)
Exemplo sistema de 1ª ordem:
R(s)
G(s) 
Ω m (s)
R(s)

+
_
k
Sistema de controlo de velocidade angular
de um motor de corrente contínua
Ea(s)
1
Wm(s)
s 1
k
s  (1  k )
Pólo = p= -(1+k)
Sistema estável sse
p  0  1  k  0  k  1
Num sistema de primeira ordem, é condição
necessária e suficiente para o sistema ser BIBO
estável que os coeficientes do polinómio
denominador sejam todos positivos
Para k>-1, os coeficientes do
polinómio denominador são
positivos.
Capítulo 5- Estabilidade
Estabilidade BIBO (sistema de 2ª ordem)
Exemplo sistema de 2ª ordem:
Sistema de controlo de posição angular
de um motor de corrente contínua
Dinâmica da velocidade angular
R(s)
+
_
G(s) 
K
Ea(s)
Θ m (s)
R(s)
K
(s  a)

KK
s  sa  KK
2
Hipóteses possíveis
2 pólos reais
2 pólos complexos conjugados
Integrador(posição angular é o
integral da velocidade angular)
Wm(s)
1
Qm(s)
s
2 pólos
Capítulo 5- Estabilidade
Estabilidade BIBO (sistema de 2ª ordem)
Exemplo sistema de 2ª ordem:
G(s) 
Θ m (s)
R(s)

Sistema de controlo de posição angular
de um motor de corrente contínua
KK
2 pólos
s  sa  KK
2
Hipóteses possíveis
2 pólos reais
pólos   p 1 , p 2
(s  p 1 )(s  p 2 )  s  (p 1  p 2 )s  p 1p 2
2
p 1  0, p 2  0  p 1  p 2  0, p 1p 2  0
2 pólos complexos conjugados
pólos   a  jb,  a  jb
p 1  0, p 2  0  p 1p 2  0
(s  a  jb)(s  a  jb)  s  2as  a  b
2
a b 0
2
Num sistema de segunda ordem, é condição
necessária e suficiente para o sistema ser BIBO
estável que os coeficientes do polinómio
denominador sejam todos positivos
2
2
a  0  2a  0
NÃO É GENERALIZÁVEL PARA
ORDENS SUPERIORES
2
Capítulo 5- Estabilidade
Estabilidade BIBO: Critério de Routh-Hurwitz
ESTABILIDADE: G(s) é estável sse todos os pólos tiverem parte real negativa.
G(s) 
n(s)
d(s)
CONDIÇÃO NECESSÁRIA: os coeficientes do polinómio denominador
devem ter todos o mesmo sinal
NÃO É UMA CONDIÇÃO SUFICIENTE!
Se os coeficientes do polinómio denominador
• tiverem todos o mesmo sinal (todos positivos ou todos negativos) e
estiverem todos presentes
É preciso fazer ANÁLISE DE CRITÉRIOS PARA ESTUDO DE ESTABILIDADE
CRITÉRIO DE HURWITZ– uma condição necessária (mas não
suficiente) de estabilidade BIBO de um SLIT causal é que todos os coeficientes
do polinómio denominador da FT sejam positivos (ou tenham o mesmo sinal)
Capítulo 5- Estabilidade
Estabilidade. Critério de Hurwitz: exemplos
G(s) 
G(s) 
G(s) 
s5
• Os coeficientes não têm todos o
mesmo sinal.
• Sistema não estável
s  3s  5s  4s  1
4
3
2
s5
• Há um coeficiente que é nulo.
• O sistema não é estável
• Pode ser instável ou marginalmente estável
s  3s  5s  4s
4
3
2
1
s  s  12s
8
7
6
 22s
5
 39s  59s
4
3
 48s
2
 38s  20
• Os coeficientes têm todos o mesmo
sinal
• Só pelo critério de Hurwitz não é
possível tirar conclusões sobre
estabilidade
Capítulo 5- Estabilidade
Estabilidade BIBO: Critério de Routh-Hurwitz
Construção da tabela de Routh
n( s )
G (s) 
a 4 s  a 3 s  a 2 s  a1 s  a 0
4
s
4
s
3
s
2
s
1
s
0
3
a
4
a3
2
a2
Y(s)
U(s)
G(s)
a0
TABELA INICIAL
a1
0
As duas primeiras linhas são
construídas a partir dos
coeficientes do polinómio
denominador de G(s)
Capítulo 5- Estabilidade
Estabilidade BIBO: Critério de Routh-Hurwitz
Construção da matriz de Routh
s
s
s
s
s
4
a
a3
3
2

a4
a2
a3
a1
a3
1
a2
4

a3
a1
b1
b2
b1
0

b1
b2
c1
0
c1
a0
a1
 b1
 c1
 d1

0
a4
a0
a3
0
a3

a3
0
b1
0
 b2
 0

b1
0
c1
0
c1
 0
a4
0
a3
0
 0
a3

a3
0
b1
0
 0
b1
b1

TABELA DE
ROUTH
COMPLETADA

b1
0
c1
0
c1
 0
Capítulo 5- Estabilidade
Estabilidade BIBO: Critério de Routh-Hurwitz
CRITÉRIO DE ROUTH
s
4
s
3
s
s
s
2
a

4
a2
a0
a3
a1
0
a4
a2
a3
a1
a3
1

a3
a1
b1
b2
b1
0

 b1
 c1

a4
a0
a3
0
a3

a3
0
b1
0
 b2
 0

 Um SLIT é estável sse
todos os elementos da
coluna pivot da tabela
de Routh tiverem o
mesmo sinal (*)
a4
0
a3
0

a3
0
b1
0
b2
b1
0
b1
0
c1
0
c1
0
c1
0
c1

c1
 0
 0
b1
b1
b1
 d1
 0
a3

c1
 0
 O número de pólos no
semiplano complexo
direito é igual ao
número de mudanças
de sinal na primeira
coluna da tabela de
Routh.
(*) e, na construção da matriz de
Routh, não tiver havido zeros na
coluna pivot
Capítulo 5- Estabilidade
Critério de Routh-Hurwitz: Exemplo
R(s)
+
C(s)
1000
_
C(s)
( s  2 )( s  3 )( s  5 )
• Todos os coeficientes positivos
• Critério de Hurwitz não permite
concluir sobre establiade
Critério de Routh
 2 mudanças de sinal na
primeira coluna da
tabela
 2 pólos no semiplano
complexo direito:
SISTEMA INSTÁVEL
R(s)
s
3
s
2
(s
3
 10s
2
 31s  1030)
31
1
10
1
0

1
31
1
103
0
103
  72

1

0
1030
1
s
s
1000

1
0
1
0

 0
1
0
1
0
1
103
 72
0
 72
 103

1
0
 72
0
 72
 0
 0
1
1

1
0
 72
0
 72
Na construção da tabela de Routh podemos simplificar os cálculos
multiplicando todos os elementos de uma linha por uma constante positiva
 0
Capítulo 5- Estabilidade
Critério de Routh-Hurwitz: Casos Especiais
Zeros só na primeira coluna.
10
(s
5
 2s
4
 3s
3
 6s
2
 5s  3)
s
5
1
3
5
s
4
2
6
3
s
3
s
2
s
1
s
0
0
7

2
6  7

42   49  6
12   14
3
2
0
3
0
0
0
0
0
Capítulo 5- Estabilidade
Critério de Routh-Hurwitz: Casos Especiais
10
(s
5
 2s
4
 3s
3
 6s
2
 5s  3)
 
 
s
5
1


s
4
2


s
3
s
2
s
1
s
0
0
EVOLUÇÃO DOS SINAIS DA COLUNA1
2 mudanças de sinal

6  7

42   49  6 
12   14
3
Um zero só na primeira
coluna da tabela de Routh
2




2 pólos no semiplano
complexo direito


SISTEMA INSTÁVEL


Capítulo 5- Estabilidade
Critério de Routh-Hurwitz: Casos Especiais
G(s) 
N(s)
D(s)

1
s  2s
3
2
s2
•Aplicação do Critério de Hurwitz
o Sistema não estável
• Será marginalmente estável ou instável ?
• A tabela de Routh permite responder a essa pergunta
s
3
1
1
0
s
2
2
 2
0
1
0
0
0
s
s
0
Uma linha de zeros na tabela
de Routh
Sucede quando D(s) tem pólos
simetricamente colocados
relativamente ao eixo
imaginário
Capítulo 5- Estabilidade
Critério de Routh-Hurwitz: Casos Especiais
G(s) 
N(s)

D(s)
Código
Matlab
>> d=[1 2 -1 -2];
>> p=roots(d)
p=
1.0000
-2.0000
-1.0000
1
s  2s
3
2
s2
Uma linha de zeros na tabela
de Routh
Sucede quando D(s) tem pólos
simetricamente colocados
relativamente ao eixo
imaginário
Capítulo 5- Estabilidade
Critério de Routh-Hurwitz: Casos Especiais
Uma linha de zeros na tabela
de Routh
s
3
1
1
0
s
2
2
 2
0
0
0
s
s
1
0
0
4
0
 2
0
Q(s)  2s
2
0
 2 Polinómio auxiliar
dQ(s)
ds
 As raízes deste polinómio estão
simetricamente colocados
relativamente ao eixo imaginário
 As raízes deste polinómio são
pólos de G(s)

d(2s
2
 2)
 4s
ds
•1 mudança de sinal na coluna pivot
•1 polo no semiplano complexo direito
•SISTEMA INSTÁVEL
Capítulo 5- Estabilidade
Aplicação critério Routh-Hurwitz: Exemplo 1
1
s  s  12s
8
s
8
s
7
s
6
s
5
s
4
s
3
s
2
s
1
s
0
7
6
 22s
4
3
 48s
2
 38s  20
12
39
48
20
1
22
59
38
0
 20
10
1
20
1
2
3
2
3
1
0
0
4
6
2
3
1
3
4
2
3
0
2
40
60
0
20
 2
1
2
 39s  59s
1
 10
3
5
0
0
0
0
4
2
2
0
0
0
0
Q(s)  s  3s
dQ(s)
4
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
ds
 4s
3
 6s  0
Capítulo 5- Estabilidade
Aplicação critério Routh-Hurwitz: Exemplo 1
s
4
s
3
s
2
s
1
s
0
0
0
0
4
2
3
3
2
1
3
4
6
2
0
2
3
1
3
0
0
0
0
0
4
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
• O comportamento da tabela de Routh depois da linha correspondente ao polinómio
auxiliar Q(s) é resultado dos zeros desse polinómio auxiliar
• Na coluna pivot, depois do polinómio auxiliar, não há trocas de sinal
O polinómio auxiliar não tem raízes no semi-plano complexo direito (SPCD)
>> q=[1 0 3 0 2];
>> r=roots(q)
Por simetria, o polinómio auxiliar Q(s) não tem raízes no SPCE
Q(s) tem 4 raízes no eixo imaginário
r=
0 + 1.4142i
0 - 1.4142i
0 + 1.0000i
0 - 1.0000i
Capítulo 5- Estabilidade
Aplicação critério Routh-Hurwitz: Exemplo 1
1
s  s  12s
8
s
8
s
7
s
6
s
5
s
4
s
3
s
2
s
1
s
0
7
6
 22s
 39s  59s
4
3
 48s
2
 38s  20
1
12
39
48
20
Análise das outras raizes –
linhas s 8  s 5
1
22
59
38
0
Duas trocas de sinal
 20
 10
10
1
20
1
2
3
2
3
1
0
0
4
2
3
3
1
3
4
6
2
3
0
2
40
60
0
20
 2
1
2
5
0
0
0
0
0
0
0
0
4
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
• 2 pólos no SPCD
• 2pólos no SPCE
Do polinómio auxiliar
• 2 pares de pólos sobre
o eixo imaginário
SISTEMA INSTÁVEL
Capítulo 5- Estabilidade
Aplicação critério Routh-Hurwitz: Exemplo 2
Controlo de um sistema
instável em malha aberta
 i (s)
Sistema a Controlar
Controlador
+
_
K
s 1
1
s ( s  100 )
( s  1)
 o (s)
Objectivo:
Fazer análise de Estabilidade como função de K
 i (s)
Função de Transferência
em Cadeia Fechada
+
_
K(s  1)
s(s  100)(s  1)
K(s  1)
s  99s
3
2
 s(K  100)  K
 o (s)
Capítulo 5- Estabilidade
Aplicação critério Routh-Hurwitz: Exemplo 2
K(s  1)
s  99s
3
s
3
s
2
 s(k  100)  K
K  100
1
Condição de estabilidade:
K
99
K  0; (98/99)K
s
s
2
1
0
(98/99)K
 100  0
0
 100
0
K
Para
98
K  101.0204
K  100  0
99
Sistema Estável
(é preciso ganho elevado para
estabilizar o sistema instável!)
Capítulo 5- Estabilidade
Aplicação critério Routh-Hurwitz: Exemplo 3
Controlador PI
(Proporcional Integral)
R(s)
Sistema a Controlar
Y(s)
K
+
_
+
1
(s  1)(s  2)
+
KI
s
Controlador PI
(Proporcional Integral)
R(s)
Y(s)
R(s)
Y(s)
+
_

K
KI
1
s
(s  1)(s  2)
Ks  K I
s  3s  (2  K)s  K I
3
2
Que valores de K e KI garantem que o
sistema em cadeia fechada é estável?
Capítulo 5- Estabilidade
Aplicação critério Routh-Hurwitz: Exemplo 3
Y(s)

R(s)
Ks  K I
s  3s  (2  K)s  K I
3
2
s3
1
2+K
s2
3
KI
s1
2K 
KI
0
2K 
3
s0
2K 
KI
3
KI
K
0
3
KI  0
Condições necessárias e
suficientes de estabilidade
K 
KI
KI
2
3
KI  0
-2
KI
0
Capítulo 5- Estabilidade
Aplicação critério Routh-Hurwitz: Exemplo 3
Resposta a entrada escalão do sistema em cadeia fechada
K  10, K I  5
• Ambos têm erro
estático nulo
K  1, K I  1
K  1, K I  0
•KI=0
•Controlador P (proporcional)
•Erro estático é não nulo