Bode con polos y ceros

7/24/2019 Bode con polos y ceros

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Funcion de transfereciaDiagrama de polos y ceros

Matriz de transicion de estado

Funcion de tranferencia, Diagrama de polos

y ceros , Matriz de transicion de estado

Jhon MunozVanessa Buitrago

Juan Pablo Esteban

November 5, 2015

Jhon Munoz Vanessa Buitrago Juan Pablo Esteban Funcion de tranferencia, Diagrama de polos y ceros , Matriz de t
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1 Funcion de transferecia

2 Diagrama de polos y ceros

3 Matriz de transicion de estado

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Funcion de transferencia

La funcion de transferencia de un sistema lineal invarianteen el tiempo se define como la tranformada de laplace dela salida sobre la transformada de laplace de la entrada,con todas las condiciones iniciales iguales a cero.

Suponiendo que G(s) denota la funcion de transferenciade un sistema con una entrada u(t) y una salida y(t) yrespuesta al impulso g(t).Entonces la funcion de

tranferencia se define como:G(S) = Y(S)

U(S)

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Considere que la relacion entrada-salida de un sistemalineal invariante en el tiempo se describe mediante lasiguiente ecuacion:

andny(t)dtn

+an1dn1y(t)dtn1

+...+a1dy(t)dt

+aoy(t) =

bmdmu(t)dtm

+bm1dm1u(t)dtm1

+...+b1du(t)dt

+bou(t)

Los coeficientes son constantes reales. Para obtener la

funcion de transferencia de la ecuacion, simplemente setoma transformada de laplace a ambos lados de laecuacion y se suponen condiciones iniciales cero.

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G(S) = Y(S)U(S)

= bmsm+bm1sm1+...+b1s+bosn+an1sn1+...+a1s+ao

A partir del concepto de funcion de transferencia, esposible representar la dinamica de un sistema medianteecuaciones algebraicas en s. Si la potencia mas alta de sen el denominador de la funcion de transferencia es igual

a n, el sistema se denomina sistema de orden n-esimo.


F d f
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PROPIEDADES:-La funcion de transferencia esta definida solamente paraun sistema lineal invariante en el tiempo.No esta definidapara sistemas no lineales.-La funcion de transferencia entre una variable de entraday una variable de salida de un sistema esta definida comola transformada de laplace de la respuesta al impulso.

-Todas las condiciones iniciales son iguales a cero.-La funcion de transferencia es independiente de laentrada del sistema.


F i d f i
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ECUACION CARACTERISTICA DE LA FUNCION DE

TRANSFERENCIA:Se define como la ecuacion que se obtiene al hacer que elpolinomio denominador de la funcion de tranferencia seacero. sn +an1s

n1 +...+a1s+ao= 0


F i de t sfe e i
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LA INTEGRAL DE CONVOLUCION:- Para un sistema lineal e invariante en el tiempo, lafuncion de transferencia G(s) es

Y(s)

X(s)

- donde X(s) es la transformada de Laplace de la entradae Y(s) es la transformada de Laplace de la salida, y se

supone que todas las condiciones iniciales involucradasson cero. De aqu se obtiene que la salida Y(s) se escribecomo el producto de G(s) y X(s), o bien

Y(s) =G(s)X(s)


Funcion de transferecia
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Observese que la multiplicacion en el dominio complejo esequivalente a la convolucion en eldominio del tiempo , porlo que la transformada inversa de Laplace de la ecuacionanterior se obtiene mediante la siguiente integral deconvolucion:

y(t) =

t0

x()g(t )d

y(t) =

t0

g()x(t )d

donde tanto g(t) como x(t) son 0 para t 0.


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RESPUESTA AL IMPULSO: -Considerese la salida(respuesta) de un sistema para una entrada impulsounitario cuando las condiciones iniciales son cero. Comola transformada de Laplace de la funcion impulso unitarioes la unidad, la transformada de Laplace de la salida delsistema es:

Y(S) =G(S)


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De este modo, la respuesta-impulso g(t) es la respuestade un sistema lineal a una entrada impulso unitario

cuando las condiciones iniciales son cero. Latransformada de Laplace de esta funcion proporciona lafuncion de transferencia. Por tanto, la funcion detransferencia y la respuesta-impulso de un sistema lineal e

invariante en el tiempo contienen la misma informacionsobre la dinamica del sistema.


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ASPECTOS A TENER EN CUENTA::La funcion de transferencia es una propiedad de unsistema, independiente de la magnitud y naturaleza de laentrada o funcion de excitacion.

La funcion de transferencia incluye las unidades necesariaspara relacionar la entrada con la salida; sin embargo, noproporciona informacion acerca de la estructura fsica delsistema. (Las funciones de transferencia de muchos

sistemas fsicamente diferentes pueden ser identicas.)Si se conoce la funcion de transferencia de un sistema, seestudia la salida o respuesta para varias formas deentrada, con la intencion de comprender la naturaleza delsistema.


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Diagrama de polos y cerosMatriz de transicion de estado

Ejemplo:

Obtenga la funcion de transferencia xo(s)xi(s)

del sistemamecanico de la figura, calculese ademas la funcion detransferencia del circuito de la figura.Demuestre que lasdos funciones de transferncia tienen una forma identica, y

por lo tanto son sistemas analogos.


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Paso 1: Plantear las ecuaciones de movimiento delsistema:

b1(X

i X

o) +K1(Xi Xo) =b2(X

oy)

b2(X

oy

) =K2y

Paso 2: Al tomar la transformada de laplace a amboslados de las dos ecuaciones se tiene:

b1[sXi(s)sXo(s)]+K1[Xi(s)Xo(s)] =b2[sXo(s)sy(s)]

b2[sXo(s) sY(s)] =K2Y(s)


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Paso 3: Eliminando Y(S) de las dos ultimas ecuaciones:

b1[sXi(s) sXo(s)] +K1[Xi(s) Xo(s)] =b2sXo(s)

Reorganizando:

(b1s+K1)Xi(s) = (b1s+K1+b2s b2s b2s

b2s+K2


Funcion de transfereciaDi d l
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Paso 4: Por lo tanto, la funcion de transferencia Xo(s)Xi(s)

Xo(s)Xi(s)

= (b1K1 s+ 1)( b2K2 s+ 1)

( b1K1

s+ 1)( b2K2

s+ 1)


Funcion de transfereciaDi d l
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Para el circuito

Eo(s)Ei(s)

= (R1+ 1

C1 s)( 11R2

+C2s+R1+

1C1s

= (R1C1s+ 1)(R2C2s+ 1)(R1C1s+ 1)(R2C2s+ 1) +R2C


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Para el circuito

Eo(s)Ei(s)

= (R1+ 1

C1 s)( 11R2

+C2s+R1+

1C1s

= (R1C1s+ 1)(R2C2s+ 1)(R1C1s+ 1)(R2C2s+ 1) +R2C


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Diagrama de polos y ceros

X(s) = N(s)

D(s)

N(s) = 0; Ceros

D(s) = 0; Polos

Polos: Los valores para los cuales la funcion es igual a 0Ceros: Los valores para los cuales la funcion tiende ainfinito.


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La representacion de X(s) mediante sus polos y ceros enel plano se conoce como el diagrama de polos y ceros.

El plano del diagrama de polos y ceros, se realiza con laparte real contra la parte imaginaria.


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Si el orden del polinomio del denominador es de mayor

orden que el polinomio del numerador, entonces X(s)tiende a cero.

Si el orden del polinomio del numerador es de mayororden que el polinomio del denominador, entonces X(s)tiende a infinito.


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g p yMatriz de transicion de estado

Estudio de filtros por ubicacion de ceros polos

Ejemplo 1:

Identificamos la funcion de transferencia

G(s) = s+ 5

s2 + 3.1s+ 0.3

Identificamos los polos y ceros de la funcion

Ceros : 5

polos : 0.1,3


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g p yMatriz de transicion de estado

Factorizamos la funcion de transferencia

G(s) = s+ 5

(s+ 0.1)(s+ 3)

Hallamos k (constante de bode), reemplazando la variables con 0

K = 0 + 5

(0 + 0.1)(0 + 3)

= 5

(0.1)(3)

= 16.

6


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Con la constante k hallamos la ganacia del filtro

Ganancia= 20log(k) = 20log(16.

6 ) 24, 43dB

Identificamos los puntos de cambio por medio de losmodulos de los polos y ceros

Ceros : 5 w1 = | 5| = 5

polos : 3 w2= | 3| = 30.1 w3= | 0.1| = 0.1



M i d i i d d
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Calculamos el numero de decas a la que esta cadafrecuencia con siguiente ecuacion:

Num dec=logf2

f1

Siendo f1 la frecuencia de partida y f2 la frecuencia de

llegada.Numero de decas entre 0.1 y 3

Num dec=log 3

0.1= 1.48dec

Numero de decas entre 3 y 5

Num dec=log5

3= 0.22dec



M t i d t i i d t d
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Los polos presentan un cambio en la pendiente de 20 dBdec

y90 en el sistema.

Los ceros presentan un cambio en la pendiente de +20dBdec y

90 en el sistema.Hallamos la ganancia en cada punto:

El primer cambio parte desde un polo la pendiente serade 20 dB

decdurante 1.47dec:

20dB

dec 1.48dec= 29.6dB

24.43dB 29.6dB= 5.17dB

El segundo cambio parte desde un polo la pendiente serade 40 dB

dec durante 0.22 dec:

40dB

dec 0.22dec= 8.8dB

5.17dB 8.8dB= 13.97dB



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La pendiente continuara con una pendiente de 20 dB

decdebido a que el siguiente punto es un cero.

Recordamos los puntos con sus ganancias y graficamos:

0.1Rad

Seg

24, 43dB

3Rad

Seg 5.17dB

5Rad

Seg 13.97dB

Para graficar utilizamos la herramienta matlab.



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Grafica realizada por medio de polos y ceros:

101

100

101

102

103

40

20

0

20

40

frecuencia (Rad/Seg)

Ganancia(dB)

Grafica de magnitud

101

100

101

102

103

200

150

100

50

0

Fase

()

frecuencia (Rad/Seg)

Grafica de fase



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Grafica con la herramienta de filtros en matlab:

103

102

101

100

101

102

135

90

45

0

Phase(deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

40

30

20

10

0

10

20

30

40

Ma

gnitude(dB)



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Ejemplo 2:Identificamos la funcion de transferencia

G(s) = s6 + 3.55s5 + 6.86s4 + 8.29s3 + 6.86s2 + 3.55s+ 1

s2 + 5s+ 6

Identificamos los polos y ceros de la funcion

Ceros : (0.259j0.966), (0.707j0.707), (0.966j0.259)

polos : 2,3



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Factorizamos la funcion de transferencia

G(s) =(s2 + 0.518s+ 1)(s2 + 1.414s+ 1)(s2 + 1.618s+ 1)

(s+ 2)(s+ 3)Hallamos k (constante de bode), reemplazando la variables con 0

K = 0.167



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Con la constante k hallamos la ganacia del filtro

Ganancia= 20log(k) = 20log(0.167) 15.54dB

Identificamos los puntos de cambio por medio de losmodulos de los polos y ceros

Polos : 2 w1= | 2| = 2

3 w2 = | 3| = 3

Ceros : 0.259 j0.966 w3 = 1, 010.707 j0.707 w4= 0.99

0.966 j0.259 w5= 1



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Calculamos el numero de decas:Numero de decas entre 0.99 y 1

Num dec=log( 1

0.99) = 0.0044dec

Numero de decas entre 1 y 1.01

Num dec=log( 1.

011 ) = 0.0043dec

Numero de decas entre 1.01 y 2

Num dec=log( 2

1.

01

) = 0.297dec

Numero de decas entre 2 y 3

Num dec=log(3

2) = 0.176dec



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Hallamos la ganancia en cada punto:

El primer cambio parte desde un cero doble la pendientesera de +40 dB

decdurante 0.0044dec:

+40dB

dec 0.0044dec= 0.176dB

15.54dB+ 0.176dB= 15.36dB

El segundo cambio parte desde un cero doble lapendiente sera de +80 dB


80dBdec

0.0043dec= 0.344dB

15.36dB+ 0.344dB= 15dB



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El tercer cambio parte desde un cero doble la pendiente

sera de +120 dBdecdurante 0.297dec:

+120dB

dec 0.297dec= 35.64dB

15dB+ 35.

64dB= 20.

64dB

El cuarto cambio parte desde un polo la pendiente serade +100 dB


100

dB

dec 0.

176dec= 17.

6dB

20.64dB+ 17.6dB= 38.24dB



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La pendiente continuara con una pendiente de +80 dBdec

debido a que el siguiente punto es un polo.

Recordamos los puntos con sus ganancias y graficamos:

0.99Rad

Seg

15.54dB 1Rad

Seg

15.36dB

1.01Rad

Seg 15dB 2

Rad

Seg 20.64dB

3Rad

Seg 38.24dB

Para graficar utilizamos la herramienta matlab.



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Grafica realizada por medio de polos y ceros:

101

100

101

102

103

50

0

50

100

150

Frecuencia rad/seg

ganacia(dB)

Magnitud

101

100

101

102

103

50

100

150

200

250

300

350

400

Frecuencia rad/seg

grados()

Fase



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Grafica con la herramienta de filtros en matlab:

50

0

50

100

150

200

M

agnitude(dB)

101

100

101

102

0

90

180

270

360

450

Phase(deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)


Funcion de transfereciaDiagrama de polos y cerosMatriz de transicion de estado
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Nos ofrece la posibilidad de analizar el comportamientodinamico del sistema a lo largo del tiempo

La ecuacion de estado en su forma lneal es

x(t) =Ax(t) +Bu(t)

Aplicando la transformada de Laplace con la condicioninicial x (t= 0) = x (0) se tiene que

sX(

s)

X(0) =

AX(

s) +

BU(

s)

factorizando

(sI A)X(s) =X(0) +BU(s)


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Despejando X(s)

X(s) = (sI A)1X(0) + (sI A)1BU(s)

Sabemos que (sI A)1 =(s)

X(s) =(s)X(0) +(s)BU(s)

realizando transformada inversa de Laplace

x(t) =L1((s)X(0)) +L1((s)BU(s))


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Teniendo en cuenta el teorema de convolucion aplicado ala transformada de Laplace

L t

0

f1(t )f2d=F1(s)F2(s)donde F1(s) =L[f1(t)] y F2(s) =L[f2(t)]

x(t) =(t)x(0) + t

0

(t )Bu()d


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Ejemplo:

Se tiene el siguiente sistema:

La ecuacion diferencial esta dada por:

my(t) =u(t) y(t) ky(t)


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Reorganizando:

y(t) +

my(t) +

k

my(t) =

u(t)

m

Aplicamos laplace a ambos lados de la ecuacion Yevaluamos las C.I=0

S2Y(s) +

msY(s) +

k

mY(s) =

U(s)

m


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Ejemplo:

Y(s)(s2 + m

s+ Km

) = U(s)m

1

ms2+s+k =

Y(s)

U(s)

Por lo tanto la funcion de transferencia es:

G(s) = 1

ms2 +s+k


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Paso 1: Obtener la ecuacion diferencial

Paso 2: Realizar variables de estado

x1=y

x2 =y

x1 =x2

x2= k

mx1

b

mx2+

1

mu(t)

x1x2

=

0 1km

bm

x1x2

+

01m

u


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Paso 3: Reemplazar los valores de m,k y b. Se considera

los valores de m, k y b del sistema tales que su ecuacionde estado quedara as:

x1x2=

0 12 3

x1x2+

01 u

Paso 4:Obtener la (sI-A)

La matriz A es:

0 12 3

(sI A) =

s 00 s

0 12 3

=

s 12 s+ 3


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Paso 5: Obtener la matriz inversa de la (sI-A)

La matriz inversa se obtiene

M1

=

1

det(M) Mt

(sI A)1 = 1

(s)

s+ 3 12 s


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(s) =s2 + 3s+ 2 = (s+ 1)(s+ 2)

(s) =

s+3

(s+1)(s+2)1

(s+1)(s+2)2

(s+1)(s+2)s

(s+1)(s+2)

=

A

(s+1)+ B

(s+2)C

(s+1)+ D

(s+2)E

(s+1)+ F(s+2)

G(s+1)

+ H(s+2)

(s) =

2(s+1) 1(s+2) 1(s+1) 1(s+2)2

(s+1)+ 2

(s+2)1

(s+1)+ 2

(s+2)

Paso 6: Aplicar transformada inversa de Laplace

(t) =

2et e2t et e2t2et+ 2e2t et+ 2e2t


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con condiciones iniciales x(0)=x(0)=1 y u(0)=0

x(t) =(t)x(0) = 2et e2t et e2t

2et

+ 2e2t

et

+ 2e2t 1

1

x(t) =

3et 2e2t

3et 4e2t


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(a) Posicion (b) Velocidad


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Si se tiene u(t) = 0; se le aplica una entrada escalonunitario. La solucion se plantea asi:

X(t) = 2et e2t et e2t2et+ 2e2t et+ 2e2t

x1(0)x2(0)

+

t0

2e(t) e2(t) e(t) e2(t)

2e(t) + 2e2(t) e(t) + 2e2(t)

01

(1)d


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Paso 7: Operar la integral

t

0 e

(t) e2(t)

e(t)

+ 2e2(t) d= e

t

t

0ed e2t

t

0e2d

ett

0 e

d+ 2e2tt

0 e2

=

et+ 12 e

2t+ 12et e2t


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Aplicando x1(0) =x2(0) = 0 y u(0) = 1

x(t) =e

t

+ 1

2 e

2t

+ 1

2et e2t


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(c) Posicion (d) Velocidad

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