Escuela de Ingeniería Electrónica : Main / Inicio - Sistemas en … · 2016-03-14 · Criterio de...
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Estabilidad de los sistemas en tiempo discreto En tiempo discreto también se puede hablar de estabilidad de estado y de estabilidad de entrada salida de forma similar a la empleada para los sistemas en tiempo continuo. Podemos probar: Estabilidad de estado Estabilidad de entrada salida
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Estabilidad de los sistemas en tiempo
discreto
En tiempo discreto también se puede hablar de estabilidad de estado y
de estabilidad de entrada salida de forma similar a la empleada para los
sistemas en tiempo continuo.
Podemos probar:
Estabilidad de estado
Estabilidad de entrada salida
Estabilidad de estado de los sistemas
en tiempo discreto
Con u(k) = 0 k, podemos observar que para que el sistema sea
estable asintóticamente de estado según Lyapunov, la matriz k
dk AΦ )( debe extinguirse asintóticamente cuando k .
1
0
1)()0()(
k
j
d
jk
d
k
d juk BAxAx
Esto es la norma k
dk AΦ )( debe tender a cero cuando k .
0)(lim
kk
Φ
con
11 )(ˆ)( VdiagVVAVΦk
i
k
dk
La condición será satisfecha cuando todos los modos k
i se extinguen. Lo
anterior implica que todos los valores propios i de la matriz Ad deben ser
menores que 1 lo que se expresa en la condición.
“condición necesaria y suficiente para estabilidad asintótica en tiempo
discreto”
n) ..., 2, (1, i 1i λ
Criterios de estabilidad de estado a
partir de los coeficientes de la e. c.
0)()-det( d pAI
01
2
2
1
1)(p aaaaa n
n
n
n
Método de Jury
Se basa en el arreglo de Jury, que tiene 2n-3 filas donde n es el orden
del polinomio característico en tiempo discreto.
Los coeficientes ai se arreglan dos filas
Se calculan las filas por pares hasta obtener una fila con solo tres coeficientes.
Se comparan las magnitudes de los coeficientes a determinar la estabilidad del
sistema.
Tabla para evaluar el criterio de
estabilidad de Jury
Arreglo de Jury Fila 0
1 2
... n-2 n-1
n
1 a0 a1 a2 ... an-2 an-1 an
2 an an-1 an-2 ... a2 a1 a0
3 b0 b1 b2 ... bn-2 bn-1
4 bn-1 bn-2 bn-3 ... b1 b0
5 c0 c1 c2 ... cn-2
6 cn-2 cn-3 cn-4 ... c0 . .
. .
. .
2n-5 r0 r1 r2 r3
2n-4 r3 r2 r1 r0
2n-3 s0 s1 s2
Criterio de estabilidad de Jury
Todos los ceros del polinomio característico tienen magnitud menor
que uno exactamente si las siguientes condiciones son satisfechas:
1) El polinomio característico evaluado en 1 es mayor que cero
0)1(p
2) El polinomio característico evaluado en -1 es positivo para polinomios
de orden par y negativo para polinomios de orden impar.
0)1(p(-1)n
3) El coeficiente an del polinomio característico debe ser positivo y mayor
que el valor absoluto del coeficiente a0.
00 naa
4) Todos los coeficientes calculados de la columna izquierda en las filas
impares del arreglo deben tener una magnitud mayor que el coeficiente
más a la derecha de la misma fila.
10 nbb
20 ncc
20 ss
Pasos para la prueba de Jury
Pruebe primero las condiciones 1, 2 y 3.
Calcule los coeficientes del arreglo de Jury de la siguiente forma y
evalúe la condición 4 con ellos.
0
0
0 detaa
aab
n
n
1
10
1 detaa
aab
n
n
kn
kn
kaa
aab
0det
01
10
0 detbb
bbc
n
n
kn
kn
kbb
bbc
1
10det
NOTA: Ya que el coeficiente s1 del arreglo de Jury no se emplea para
determinar la estabilidad, no es necesario calcularlo.
Ejemplo 1: Probar la estabilidad de
estado del sistema.
1232)( 234 p
Procedemos a probar las tres primeras condiciones
01)1( p
099)1()1()1( 4 pn
0210 naa
Las tres condiciones primeras fueron satisfechas por lo que
procedemos a calcular los coeficientes del arreglo de Jury y a probar la
condición 4.
Ejemplo 1: Arreglo de Jury
Fila 0 1 2 3 4
1 1 -1 2 -3 2 Pruebas
2 2 -3 2 -1 1
3 -3 5 -2 -1 13
4 -1 -2 5 -3
5 8 -17 11 118 X
La condición 4 no es satisfecha pues no se cumple que 20 ss en la
última fila del arreglo. Por lo tanto el sistema es inestable.
Método de estabilidad de Routh-
Hurwitz en tiempo discreto
Se realiza una transformación bilineal del plano z al plano w, que es
similar al plano s.
La transformación al plano w se efectúa al sustituir cada ocurrencia de
la variable z en el polinomio característico.
w
wz
1
1
Se aplica al polinomio en w el criterio de Routh-Hurwitz.
Estabilidad de entrada salida de los
sistemas en tiempo discreto (SISO)
T(z)y(k)u(k)
x(0) = 0
T(z)y(k)u(k)
x(0) = 0
Salida y(k) para una entrada u(k) con condiciones iniciales cero.
Si la entrada u(k) es limitada entonces la salida y(k) debe estar limitada.
yu kkykku )()(
Sumatoria de convolución
Si hacemos el estado inicial cero, la salida será.
)()()1()(1
0
kujujkkyk
j
d
T
dBΦc
k
j
jujkgky0
)()()(
Tomando el valor absoluto
k
j
jujkgky0
)()()(
Reemplazando los valores absolutos de y(k) y u(k) por sus límites
k
j
jujkgky0
)()()(
k
j
ukjkgky0
)()(
yu
k
j
kkjkgky 0
)()(
0
)(j
jg
Conclusión: Para tener estabilidad de entrada salida la sumatoria de
g(k) debe tener un límite.
La condición para estabilidad de
entrada salida en sistemas continuos
0
)( dttg
Conclusión: Para probar la estabilidad de entrada salida en tiempo
discreto podemos usar los mismos criterios que para probar la estabilidad
de estado en tiempo discreto.
Método: Se reemplaza la variable por z en la fila superior del arreglo de
Jury y en el polinomio característico, que es el polinomio denominador de
la función de transferencia G(z) y se procede a la prueba de estabilidad de
estado
Ejemplo 2: Encuentre el valor de K
para garantizar la estabilidad de E/S.
KzKz
zK
zR
zYzT
27.037.0)37.137.0(
)27.037.0(
)(
)()(
2
KzKzzp 27.037.0)37.137.0()( 2
Dado que se trata de un sistema de segundo orden, (2n-3 = 1), con an > 0;
las condiciones de estabilidad pueden simplemente escribirse como:
0)1( p
0)1()1()1( 2 pp
naa 0
Ejemplo 2: cont.
Probamos entonces la estabilidad de entrada salida para el sistema.
064.0)1( Kp 0 K
01.074.2)1( Kp 4.27 K
127.037.00 naKa 33.207.5 K
Conclusión: Para que el sistema en tiempo discreto sea estable
33.20 K
Ejercicio 1
Con un controlador proporcional de ganancia variable K, se crea un
sistema realimentado unitariamente para la planta G(z), con T = 0.01s.
Pruebe la estabilidad de estado.
23 970
050=G(z)
z.z
.
Solución : -0.6 < K < 12.528
Error de estado estacionario en
tiempo discreto
Aplicamos el teorema del valor final en tiempo discreto a la transmitancia
de error TE(z) o a la transmitancia equivalente directa GE(z).
)()()1(lim)()1(lim)()(lim)(lim11
zRzTzzEzkykrke Ezzkk
)()()( kykrke
)()(1
1)(
zGzDzTE
-+D(z) G(z)
R(z) Y(z)E(z)
-+D(z) G(z)
R(z) Y(z)E(z)
Sistema en tiempo discreto con realimentación unitaria.
Error de estado estacionario ante una
entrada escalón
Para la entrada escalón en tiempo discreto r(k) = A(k), la entrada escalón
en Z es 1
)(
z
zAzR . Aplicando el teorema del valor final tenemos:
)()(1
)1()1(lim)()()1(lim)()1(lim)(lim
111 zGzD
z
zA
zzTzRzzEzkez
Ezzk
)()(lim1)()(1
lim)(lim
1
1 zGzD
A
zGzD
zAke
z
zk
Coeficiente de error de posición Kp
Hacemos
)(lim)()(lim11
zGzGzDK Ezz
P
KP es el coeficiente de error de posición y GE(z) es la transmitancia directa
equivalente.
El error de estado estacionario normalizado ante escalón, utilizando Kp es:
P
k
onormalizadSS
KA
kee
1
1)(lim
Error de estado estacionario ante una
entrada rampa
Para la entrada rampa en tiempo discreto dada por r(k) = A(kT)(k); la
entrada rampa en Z será 21)(
z
TzAzR .
)()(1
1)1(lim)(lim
2
1 zGzD
z
TzA
zkezk
)()()1(
lim)()(11
lim)(lim
1
1
zGzDT
z
A
zGzD
Tz
z
Ake
z
zk
Coeficiente de error de velocidad Kv
Hacemos
)(
)1(lim)()(
)1(lim
11zG
T
zzGzD
T
zK E
zzV
KV es la constante de error de velocidad; por lo que el error de estado
estacionario normalizado ante una rampa, usando Kv es:
VonormalizadSS
Ke
1
Error de estado estacionario ante una
entrada parabólica
La entrada de prueba parabólica en tiempo discreto que vamos a
aplicar es r(k) = ½A(kT)2(k), entonces la entrada parabólica
correspondiente en Z es 32
12
)1()(
z
zzTAzR .
)()(1
12
)1(
)1(lim)(lim3
2
1 zGzD
z
zzTA
zkezk
)()(1
lim)()(1
)1(
12lim)(lim
2
1
2
21
zGzDT
z
A
zGzD
zzT
z
Ake
z
zk
Coeficiente de error de aceleración
Ka
Hacemos
)(
1lim)()(
1lim
2
1
2
1zG
T
zzGzD
T
zK E
zza
Ka es la constante de error de aceleración y en consecuencia, el error de
estado estacionario normalizado, ante una entrada parabólica es:
aonormalizadSS
Ke
1
Tipo de sistema
En tiempo discreto el tipo de sistema se define como el número de
factores (z-1) del numerador de TE(z) o el número de factores (z-1) del
denominador de GE(z).
Si i es el exponente de (kT) para la entrada de prueba en tiempo discreto,
entonces la constante de error es Ki y se calcula de la manera siguiente:
)(
1lim)()(
1lim
11zG
T
zzGzD
T
zK E
i
z
i
zi para i = 0, 1, 2, ...
Error normalizado generalizado de
estado estacionario
Error normalizado generalizado de estado estacionario
Tipo/entrada Escalón (i = 0)
r(k) = A(k)
Rampa (i = 1)
r(k) = A(kT)(k)
Parábola (i = 2)
r(k) =½A(kT)2(k)
0 PK1
1
1 0 VK
1
2 0 0 aK
1
Ejemplo 3: Error de estado
estacionario ante entrada escalón
0.1s T ;)60650)(74080(
0.7659)+(z0.385)(
.z.zzGE
Primero verificamos la estabilidad del sistema en lazo cerrado evaluando
el polinomio característico 1 + KGE(z)
)167.1766.0()499.3(597.2)( 2 KzKzzp
Se trata de un sistema de segundo orden, (2n-3 = 1), con an = 2.597 > 0.
Ejemplo 3: cont.
Probamos entonces la estabilidad de entrada salida para el sistema.
076612650)1( K..p 15.0 K
023402637)1( K..p 31.038 K
597.2167.1766.00 naKa
867.19144 K.
Conclusión: Para que el sistema en tiempo discreto sea estable
867.115.0 K
Ejemplo 3: Lugar de las raíces
Graficamos el lugar de las raíces para GE(z)
-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
0.1/T
0.2/T
0.3/T
0.4/T0.5/T0.6/T
0.7/T
0.8/T
0.9/T
/T
0.1/T
0.2/T
0.3/T
0.4/T0.5/T0.6/T
0.7/T
0.8/T
0.9/T
/T
0.10.20.30.40.50.60.70.80.9
Root Locus
Real Axis
Imag
inary
Axis
Ejemplo 3: Ess normalizado
Una vez confirmada la estabilidad de lazo cerrado, procedemos a calcular
el error de estado estacionario para K = 1.
El sistema es tipo cero y por lo tanto el error estacionario ante entrada
escalón es finito y se calcula el coeficiente de error KP.
1305.0
0.6065)-0.7408)(z-(z
0.7659)+(z0.385lim1
1
)(lim1
1
1
1
1
1
z
Ez
PonormalizadSS
zGKe
Resultado: ess = 13.05%
Ejercicio 2: Encontrar el error de
estado estacionario normalizado
Encuentre el error de estado estacionario ante escalón y rampa para el
sistema dado.
0.1s T ;)1)(60650)(74080(
0.7659)+(z0.385)(
z.z.zzGE
Primero verificamos la estabilidad del sistema en lazo cerrado evaluando
el polinomio característico 1 + KGE(z)
K.K*z..*z.*z.zp(z) 294903850449307966134732 23
Se trata de un sistema de orden 3, (2n-3 = 3), con an = 1 > 0.
Probamos entonces la estabilidad de entrada salida para el sistema.
0K*0.6799+16--1.11e)1( p 0K
0K09.05932.5)1()1( 3 p 62.058K
14493.0294900 naK.a
914.4867.1 K
Como el sistema es de orden tres debemos ahora realizar el arreglo de Jury
Arreglo de Jury para el ejercicio
Fila z0 z1 z2 z3
1 0.2949K-0.4493 0.385K+1.7966 -2.3473 1
2 1 -2.3473 0.385K+1.7966 0.2949K-0.4493
3 s0 s1 s2
Conclusión: Para que el sistema en tiempo discreto sea estable, tomando
en cuenta todas las condiciones tenemos que:
0687.00 K
Ahora se deja al lector resolver el problema de error de estado estacionario
para un valor de K = 0.04.
Ejercicio 3: Encontrar el ess para la
planta del ejercicio 1
Se han determinado los límites de la ganancia K, para garantizar la estabilidad del
sistema realimentado unitariamente para la planta G(z), con T = 0.01. Encuentre el
error de estado estacionario ante entradas normalizadas de prueba escalón y rampa
para los valores de ganancia K = 1 y K = 15.
23 970
050=G(z)
z.z
.
Solución:
Ganancia/Entrada Escalón Rampa
K = 1 𝑒𝑠𝑠 =1
1 + limz→1
G(z)= 0.375
K = 15 No existe No existe
