Ing. Biom´edica e Ing. Electr´onica - Universidad Autónoma de San...

Automatizacion de

Procesos/Sistemas de

Control

Ing. Biomedica e Ing.

Electronica

Capitulo IV

Respuesta Dinamica de

Sistemas Lineales

D.U. Campos-DelgadoFacultad de Ciencias

UASLP

Enero-Junio/2014

1

CONTENIDO

Diagramas de Bloques

Diagramas de Flujo

Respuesta al Impulso

Criterio de Estabilidad de Routh

Respuesta al Escalon

Polos Dominantes

Respuesta en Estado Estacionario

2


• Recordar dada una ecuacion diferencial que

relaciona las variables entrada/salida (u(t), y(t))

de un sistema LIT ⇒ la funcion de transferen-

cia es el cociente de las transformadas de La-

place Y (s)/U(s) con condiciones iniciales nu-

las.

• Considerar por ejemplo

y(t) + 6y(t) + 25y(t) = 3u(t) + 9u(t)

⇒ H(s) ,Y (s)

U(s)=

3(s+3)

s2 +6s+25

es decir Y (s) = H(s) · U(s), lo cual puede re-

presentarse de forma grafica como bloques o

ganancias para la senal de entrada:

3


Existen 4 conexiones basicas:

Paralela:

Y (s) = [H1(s) +H2(s)]U(s)

= H1(s)U(s) +H2(s)U(s)

Serie:

Y (s) = [H1(s) ·H2(s)]U(s)

= H1(s)[H2(s)U(s)]

4

Retroalimentacion negativa:

Y (s) = H1(s)[R(s)− F(s)]

= H1(s)[R(s)−H2(s)Y (s)]

⇒Y (s)

R(s)=

H1(s)

1 +H1(s)H2(s)

Retroalimentacion positiva:

Y (s) = H1(s)[R(s)+F(s)]

= H1(s)[R(s)+H2(s)Y (s)]

⇒Y (s)

R(s)=

H1(s)

1−H1(s)H2(s)


Algebra de Diagrama de Bloques

∴ Todo sistema con retroalimentacion no-unitaria

tiene un equivalente con retroalimentacion uni-

taria !

5


Ejemplos: encontrar la relacion de transferen-

cia equivalente Y (s)/R(s) de los siguientes dia-

gramas de bloques.

6

Diagramas de Flujo de Senal

Representacion alterna a los diagramas de

bloques para un sistema interconectado con

retroalimentaciones.

Elementos basicos:

• Nodo: punto de entrada comun para va-

rias senales o la salida de un punto de

suma, y que puede representar una va-

riable o senal.

• Transmitancia: ganancia real o com-

pleja entre dos nodos.

• Rama: segmento de linea dirigido que

une dos nodos.

• Camino: recorrido de ramas conectadas

en la direccion de flujo de senal.

7

• Camino Directo: camino del nodo de

entrada al punto de salida si tocar cada

nodo mas de una vez.

• Lazo: camino cerrado que regresa al

mismo nodo de inicio.

• Ganancia del Camino: producto de las

transmitancias asociadas por la ramas

que toca el camino.

Notacion:


Ejemplo: a partir de los siguientes diagramas

de bloques, obtener su representacion como

diagramas de flujo de senal. Marcar los nodos,

lazos y caminos directos en el diagrama resul-

tante.

8


• Ley de Mason: permite obtener la relacion

de transferencia equivalente entrada/salida de

un diagrama de flujo de senal. Asumir que exis-

ten N caminos directos y M lazos individuales:

Y (s)

R(s)=

1

∆

N∑

i=1

Gi∆i

donde

∆ es el determinante del diagrama que es igual a “1- (suma de todas las ganancias de los lazos indivi-duales) +(suma de los productos de las gananciasde todas las posibles combinaciones ganancias dedos lazos que no se tocan)-(suma de los productosde ganancias de todas las posibles combinacionesde tres lazos que no se tocan)+...”

Gi es la ganancia del i-esimo camino directo

∆i cofactor del i-esimo camino directo del diagramaresultante al eliminar el camino y los lazos que tocaneste i-esimo camino directo.

9


Ejemplo 1: obtener la relacion de transferencia

Y (s)/R(s) del siguiente diagrama de flujo de

senal.

Existen 3 caminos directos y 3 lazos, con las

siguientes ganancias

G1 =b1s, G2 =

b2s2

, G3 =b3s3

,

L1 =−a1s

, L2 =−a2s2

, L3 =−a3s3

,

10

donde los cofactores de los 3 caminos directos

son iguales ∆1 = ∆2 = ∆3 = 1. Observar que

todos los lazos tienen nodos en comun, por lo

que

∆ = 1− (L1 + L2 + L3) = 1+a1s

+a2s2

+a3s3

Finalmente aplicando la formula de Mason

Y (s)

R(s)=

G1∆1 +G2∆2 +G3∆3

∆

=

b1s + b2

s2+ b3

s3

1+ a1s + a2

s2+ a3

s3

∴Y (s)

R(s)=

b1s2 + b2s+ b3

s3 + a1s2 + a2s+ a3


Ejemplo 2: obtener la relacion de transferencia Y (s)/R(s)del siguiente diagrama de flujo de senal.

Existen 2 caminos directos y 4 lazos, con las siguientesganancias

G1 = H1(s)H2(s)H3(s), G2 = H4(s),

L1 = H1(s)H5(s), L2 = H3(s)H7(s),

L3 = H2(s)H6(s), L4 = H4(s)H5(s)H6(s)H7(s)

donde los cofactores de los 2 caminos directos son

∆1 = 1

∆2 = 1−H2(s)H6(s)

11

Observar que solo los lazos L1 y L2 son independientes,por lo que

∆ = 1− (L1 + L2 + L3 + L4) + L1L2

= 1−H1(s)H5(s)−H3(s)H7(s)−H2(s)H6(s)

−H4(s)H5(s)H6(s)H7(s) +H1(s)H5(s)H3(s)H7(s)

Finalmente aplicando la formula de Mason (se omiteintencionalmente la dependencia de la variable “s”)

Y (s)

R(s)=

G1∆1 +G2∆2

∆

∴Y (s)

R(s)=

H1H2H3 +H4(1−H2H6)

1−H1H5 −H3H7 −H2H6 −H4H5H6H7 +H1H5H3H7


• Una funcion de transferencia para un sistema

LIT se puede expresar como un cociente de 2

polinomios: numerador y denominador

H(s) =num(s)

den(s)

donde las raıces del polinomio numerador zi

se definen como los ceros y las raıces del de-

nominador pi como los polos, es decir

lıms→zi

H(s) = 0

lıms→pi

H(s) = ∞

• Recordar que para un sistema LIT

Y (s) = H(s)U(s) ⇒ y(t) = L−1H(s)U(s)

pero si u(t) = δ(t) entonces U(s) = 1, por lo

que la salida para una entrada impulso serıa

h(t) = L−1H(s)

∴La transformada de Laplace inversa de la fun-

cion de transferencia del sistema LIT se le de-

nomina respuesta al impulso.

12


(A) Sistema de 1er Orden

Considerar que la funcion de transferencia del

sistema LIT es de la forma

H(s) =1

s+ σ

es decir con un polo real en s = −σ.

⇒ h(t) = L−1

1

s+ σ

= e−σt1(t)

Por lo que dependiendo del signo de σ la res-

puesta exhibira 2 comportamientos

lımt→∞

h(t) =

0, σ > 0∞, σ < 0

13


(B) Sistema de 2do Orden

Considerar ahora la funcion de transferencia prototipode 2do orden

H(s) =ω2n

s2 +2ζωns+ ω2n

donde 0 < ζ < 1 (amortiguamiento) y ωn > 0 (frecuen-cia natural). Por lo que al factorizar el denominador seobserva que

s2 + 2ζωns+ ω2n = s2 +2ζωns+ ω2

nζ2 − ω2

nζ2 + ω2

n

= (s+ ζωn)2 + ω2

n(1− ζ2)

y en consecuencia los polos son complejos conjugados

s1,2 = − ζωn︸︷︷︸σ

±j ωn

√

1− ζ2︸︷︷︸

ωd

= −σ ± jωd

es decir σ representa la parte real de los polos y ωd laparte imaginaria.

14


Para los polos complejos conjugados, el angulo

con respecto del eje imaginario depende del

amortiguamiento, es decir senθ = ζ ⇒ entre

mas bajo el armotiguamiento ζ → 0 mas cerca

del eje imaginario estaran los polos θ → 0.

Ademas, la distancia del origen a los polos

complejos (magnitud) esta dada por la fre-

cuencia natural, es decir |s1,2| = ωn.

La respuesta al impulso esta dada por (0 < ζ <

1):

h(t) = L−1

ωn√

1− ζ2

(

ωd

(s+ σ)2 + ω2d

)

⇒ h(t) =ωn

√

1− ζ2e−σtsenωdt · 1(t)

∴ lımt→∞

h(t) = 0

15


Pero si ζ = 0, los polos se encuentran sobre el eje ima-ginario en s1,2 = ±jωn, y el sistema LIT es oscilatorio

h(t) = L−1

ω2n

(s+ ω2n

⇒ h(t) = ωnsenωnt · 1(t)

Mientras tanto, si −1 < ζ < 0, los polos tendran partereal positiva y la envolvente exponencial provocara queh(t) crezca indefinidamente, es decir

∴ lımt→∞

h(t) = ∞

16


En general la estabilidad de un sistema LIT

se juzgara en el sentido de “salida acotada a

una entrada acotada”, lo cual puede juzgarse

a traves de la respuesta al impulso.

Asumir que la entrada satisface |u(t)| ≤ M ∀t ≥

0 y M > 0, entonces

|y(t)| = |h(t) ⋆ u(t)| =

∣∣∣∣

∫ t

0u(t− τ)h(τ)dτ

∣∣∣∣

≤∫ t

0|u(t− τ)||h(τ)|dτ

≤ M∫ t

0|h(τ)|dτ

≤ M∫ ∞

0|h(τ)|dτ

Por lo que la salida y(t) se encontrara acotada

si (condicion de estabilidad)∫ ∞

0|h(τ)|dτ < ∞

lo cual se lograra, si y solo si, la funcion de

transferencia H(s) = Lh(t) tiene todos sus

polos con parte real negativa.

17


El criterio de estabilidad de Routh-Hurwitz per-

mite evaluar si una funcion de transferencia

H(s) tiene todos sus polos estables (parte real

negativa).

Asumir que H(s) es un funcion racional

H(s) =num(s)

den(s)=

b0sm + b1s

m−1 + . . .+ bm

sn + a1sn−1 + . . .+ an

y que no existen raices comunes entre num(s)

y den(s) ⇒ la estabilidad de H(s) se evalua en

funcion de las raıces de den(s).

Enseguida se construye el arreglo de Routh

para el polinomio den(s), y “numero de cam-

bios de signo en la primera columna del arreglo

sera el numero de raıces inestables”.

18


Arreglo de Routh para el polinomio

den(s) = sn + a1sn−1 + a2s

n−2 + . . .+ an

sn 1 a2 a4 . . .sn−1 a1 a3 a5 . . .sn−2 δ1 δ2 δ3 . . .sn−3 β1 β2 β3 . . ....

......

... . . .

s1 ∗ ∗ 0 0s0 ∗ 0 0 0

donde

δ1 =−1

a1

∣∣∣∣

1 a2a1 a3

∣∣∣∣=

a1a2 − a3

a1

δ2 =−1

a1

∣∣∣∣

1 a4a1 a5

∣∣∣∣=

a1a4 − a5

a1

δ3 =−1

a1

∣∣∣∣

1 a6a1 a7

∣∣∣∣=

a1a6 − a7

a1

β1 =−1

δ1

∣∣∣∣

a1 a3δ1 δ2

∣∣∣∣=

δ1a3 − δ2a1

δ1

β2 =−1

δ1

∣∣∣∣

a1 a5δ1 δ3

∣∣∣∣=

δ1a5 − δ3a1

δ1

β3 =−1

δ1

∣∣∣∣

a1 a7δ1 δ4

∣∣∣∣=

δ1a7 − δ4a1

δ1

19


Ejemplo 1: encontrar el numero de raıces inestables delsiguiente polinomio

den(s) = s6 + 4s5 + 3s4 + 2s3 + s2 +4s+ 4

s6 1 3 1 4s5 4 2 4 0

s42.5︷︸︸︷

δ1

0︷︸︸︷

δ2

4︷︸︸︷

δ3 0

s32︷︸︸︷

β1

−12/5︷︸︸︷

β2 0 0

s23︷︸︸︷γ1

4︷︸︸︷γ2 0 0

s1−76/15︷︸︸︷µ 0 0 0

s04︷︸︸︷

ξ 0 0 0

donde

δ1 =−1

4

∣∣∣∣

1 34 2

∣∣∣∣=

12− 2

4= 5/2

δ2 =−1

4

∣∣∣∣

1 14 4

∣∣∣∣= 0

δ3 =−1

4

∣∣∣∣

1 44 0

∣∣∣∣=

16

4= 4

β1 =−1

2.5

∣∣∣∣

4 22.5 0

∣∣∣∣=

5

2.5= 2

β2 =−1

2.5

∣∣∣∣

4 42.5 4

∣∣∣∣=

10− 16

2.5= −12/5

20

γ1 =−1

2

∣∣∣∣

2.5 02 −12/5

∣∣∣∣=

2.5 · 12/5

2= 3

γ2 =−1

2

∣∣∣∣

2.5 42 0

∣∣∣∣=

8− 0

2= 4

µ =−1

3

∣∣∣∣

2 −12/53 4

∣∣∣∣=

−36/5− 8

3= −76/15

ξ =−1

−76/15

∣∣∣∣

3 4−76/15 0

∣∣∣∣=

4 · (−76/15)

−76/15= 4

∴ Como hay dos cambios de signo en la 1ra columnadel arreglo de Routh, existen 2 raıces inestables en elpolinomio.


Caso Especial: si se tiene un valor de cero

en la primera columna, se reemplaza este valor

por ǫ > 0 y se prosigue en llenar el arreglo

de Routh. Al concluir se toma el lımite ǫ → 0

y se analizan los cambios de signo en la 1ra

columna.

Ejemplo 1: encontrar el numero de raıces inestables delsiguiente polinomio

den(s) = s5 +3s4 +2s3 +6s2 + 6s+9

s5 1 2 6s4 3 6 9

s3ǫ︷︸︸︷

δ1

3︷︸︸︷

δ2 0

s26−9/ǫ︷︸︸︷

β1

9︷︸︸︷

β2 0

s13+ 9ǫ2

9−6ǫ︷︸︸︷γ 0 0

s09︷︸︸︷µ 0 0

21

donde

δ1 =−1

3

∣∣∣∣

1 23 6

∣∣∣∣=

6− 6

3= 0

δ2 =−1

3

∣∣∣∣

1 63 9

∣∣∣∣=

18− 9

3= 3

β1 =−1

ǫ

∣∣∣∣

3 6ǫ 3

∣∣∣∣=

6ǫ− 9

ǫ= 6−

9

ǫ

β2 =−1

ǫ

∣∣∣∣

3 9ǫ 0

∣∣∣∣=

9ǫ

9= 9

γ =−1

6− 9ǫ

∣∣∣∣

ǫ 36ǫ−9

ǫ9

∣∣∣∣= 3+

9ǫ2

9− 6ǫ

µ =−1

3+ 9ǫ2

9−6ǫ

∣∣∣∣

6ǫ−9ǫ

9

3+ 9ǫ2

9−6ǫ0

∣∣∣∣= 9

∴ Al tomar el lımite ǫ → 0, hay dos cambios de

signo en la 1ra columna del arreglo de Routh

(β1 < 0 y γ > 0), existen 2 raıces inestables en

el polinomio.


Para un sistema en lazo cerrado, las especifi-

caciones de la respuesta transitoria deseada se

dan usualmente en funcion de su respuesta a

un escalon unitario.

Se definen 4 parametros base

Tiempo de Crecimiento (tr): tiempo que le

lleva a la respuesta al escalon el ir del 0%

al 100% de su respuesta estacionaria.

Tiempo pico (tp): tiempo en llegar a la res-

puesta al escalon maxima.

22

Sobretiro (Mp): valor pico de la respuesta

al escalon.

Tiempo de asentamiento (ts): tiempo en

que la respuesta al escalon alcanza un error

menor o igual ±2% de su valor estaciona-

rio.


Considerar ahora que la respuesta del sistema

en lazo cerrado se representa por una funcion

de transferencia de 2do orden:

H(s) =Y (s)

R(s)=

ω2n

s2 +2ζωns+ ω2n

y asumir que la entrada de referencia es un

escalon, i.e. r(t) = 1(t) o R(s) = 1/s.

23

La respuesta al escalon estarıa dada por

y(t) =

1− e−σt

[

cosωdt+σ

ωdsinωdt

]

1(t)

donde σ = ωnζ y ωd = ωn

√

1− ζ2. Enseguida secalculan los ındices de desempeno (tp,Mp, ts, tr)de forma analıtica.

Tiempo pico: el tiempo en que se alcanzala respuesta maxima se obtiene a partir de

dy(t)

dt

∣∣∣∣∣t=tp

= 0 ∀t ≥ 0

⇒dy(t)

dt= σe−σt

[

cosωdt+σ

ωdsinωdt

]

− e−σt [−ωdsinωdt+ σ cosωdt]

= e−σt

[

σ2

ωd+ ωd

]

sinωdt

∴dy(t)

dt= 0 ⇔ sinωdt = 0

Por lo que se obtiene una serie de puntosmaximos

ωdt = kπ k = 1,2, . . .

y el primero (k = 1) serıa el tiempo pico,

es decir

ωdtp = π ⇔ tp =π

ωd=

π

ωn

√

1− ζ2

con 0 < ζ < 1.

Sobretiro: este valor se encuentra al eva-

luar la respuesta en el tiempo pico, es decir

Mp = y(t)|t=tp − 1.0

= −e−σtp

cosωdtp︸︷︷︸

−1

+σ

ωdsinωdtp︸︷︷︸

0

= e−σtp = exp

−πωnζ

ωn

√

1− ζ2

∴ Mp = exp

−πζ√

1− ζ2

para 0 < ζ < 1

Tiempo de crecimiento: considerar un sis-

tema subamortiguado (0 < ζ < 1), enton-

ces se debe cumplir

y(t)|t=tr = 1.0

e−σtr

[

cosωdtr +σ

ωdsinωdtr

]

= 0

cosωdtr +σ

ωdsinωdtr = 0

tanωdtr = −ωd

σ

∴ tr =1

ωdtan−1

(

−ωd

σ

)

A partir de la grafica, se observa que el

angulo formado por el radio de los polos

complejos conjugados con el eje real esta da-

do por β:

β = tan−1 ωd

σ= tan−1

√

1− ζ2

ζ

y recordando que tan(u±v) = tanu±tan v1−∓ tanu tan v,

en consecuencia tan(π − u) = − tanu, por

lo que se obtiene

tr =π − β

ωd

Tiempo de asentamiento: el error con la

respuesta de estado estable esta dada por

1− y(t)︸︷︷︸

error

= e−σt

[

cosωdt+σ

ωdsinωdt

]

.

Por lo que, el decaimiento del error esta do-

minado por el termino e−σt, y en conse-

cuencia el tiempo de asentamiento satisfa-

ce

e−σts = 0.02

∴ ts = −ln 0.02

σ≈

3.91

ζωn

En resumen, se observa el siguiente comporta-

miento de los ındices de la respuesta transitoria

(tp,Mp, ts, tr), con respecto de la ubicacion de

los polos de 2do orden:

Entre mas grande sea la parte imaginaria

de los polos ωd (ωd ↑), mas pequeno sera el

tiempo pico tp (tp ↓).

Entre mas grande la parte real de los polos

σ (σ ↑), mas pequeno sera el tiempo de

asentamiento ts (ts ↓).

Entre mas pequeno sea el amortiguamiento

ζ (ζ ↓), mayor sera el sobretiro Mp (Mp ↑).

Entre mas grande sea la frecuencia natu-

ral ωn (ωn ↑), mas rapida sera la respuesta

transitoria en alcanzar el estado estable.


Ejemplo 1: trasladar las siguiente especifica-

ciones de desempeno en la ubicacion deseada

de los polos de 2do orden en lazo cerrado:

Mp ≤ 10% & ts ≤ 3 s.

Solucion: como se tiene que

ts =3.91

σ≤ 3

⇒ σ ≥ 1.30,

Por lo tanto se define la region Ω1 ⊂ C como

Ω1 = s ∈ C | ℜs ≤ −1.3,

ademas como

Mp = exp

−πζ√

1− ζ2

⇔ ζ =

√√√√

(lnMp)2

π2 + (lnMp)2

Por lo tanto, se necesita

Mp ≤ 0.1 ⇔ ζ ≥

√√√√

(ln 0.1)2

π2 + (ln 0.1)2= 0.59,

24

recordando que senθ = ζ, se requiere

θ ≥ sen−10.59 = 36.24o

Esto define otra region Ω2 como

Ω2 = s ∈ C | 36.24o ≤ θ ≤ 90o & ℜs < 0,

con θ = tan−1 |ℜs|/|ℑs| ∀s ∈ C. Finalmen-

te, la region deseada en el plano complejo esta da-

da por Ω1 ∩Ω2, como se ilustra en al grafica.


Ejemplo 2: considerar el siguiente sistema en

lazo cerrado con ωn = 5 rad/s y ζ = 0.6; calcu-

lar los parametros (tp,Mp, tr, ts) de la respuesta

transitoria.

Solucion: la funcion de transferencia en lazo

cerrado estarıa dada por

H(s) =Y (s)

R(s)=

ω2n

s(s+2ζωn)

1+ω2n

s(s+2ζωn)

=ω2n

s2 +2ζωns+ ω2n

donde

σ = ζωn = 3 & ωd = ωn

√

1− ζ2 = 4 rad/s.

25

Por lo tanto se obtiene

ts =3.91

σ= 1.303 seg

tp =π

ωd= 0.79 seg

Mp = exp

−πζ√

1− ζ2

= 0.095 → 9.5%

tr =π − tan−1(ωd/σ)

ωd= 0.55 seg.


Ejemplo 3: considerar el siguiente sistema re-

troalimentado, y determinar los valores de las

ganancias K y Kh, tal que se logre en lazo ce-

rrado Mp = 20% y tp = 1 seg. Suponer que

los siguientes valores J = 1 kg/m2, y B = 1 N

m/rad/s.

Solucion: la funcion de transferencia de lazo

cerrado esta dada por

H(s) =Y (s)

R(s)=

K

Js2 + (B +K ·Kh)s+K

=K/J

s2 +(B+K·Kh)

J s+K/J

=ω2n

s2 +2ζωns+ ω2n,

26

al igualar terminos se obtiene

2ζωn =(B +K ·Kh)

J

ademas

ω2n = K/J ⇒ K = Jω2

n

∴ Kh =2ζωnJ −B

K=

2ζ

ωn−

B

Jω2n.

Como se desea Mp = 0.2, entonces se necesita

ζ =

√√√√

(ln 0.2)2

π2 + (ln 0.2)2= 0.456.

Ademas al requerirse

tp =π

ωd= 1 seg ⇒ ωd = ωn

√

1− ζ2 = π

∴ ωn =π

√

1− ζ2= 3.53 rad/s

Finalmente al sustituir se obtiene

K = Jω2n = 12.46

Kh = 0.178.


Considerar ahora el efecto de un cero extra en

la funcion prototipo de 2do orden

H(s) =ω2n

s2 +2ζωns+ ω2n×

(

s

αζωn+1

)

De esta manera se anade un cero en s = −αζωn,

y si α ≫ 1, la respuesta al escalon casi no se

ve afectada.

Sin embargo, si α ≈ 1, el cero se encuentra a

la misma distancia del eje imaginario que los

polos complejos conjugados.

En la siguiente grafica se muestra la respuesta

al escalon (ωn = 1 rad/s y ζ = 0.7) al variar

27

α ∈ 1,2,10,50, donde se puede ver que con-

forme α se decrementa (se acerca el cero al eje

imaginario), el sobretiro se incrementa pero el

tiempo de crecimiento decrece.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

tiempo (seg)

y(t)

Efecto de un Cero en la Respuesta Escalón Prototipo

α=1

α=2

α=10

α=50

Sin embargo, si el cero es inestable (α < 0),

se crea un sobretiro negativo al inicio de la

respuesta, aunque conforme se mueve mas a

la derecha el efecto se disipa ⇒ respuesta de

fase no-mınima..

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

tiempo (seg)

y(t)

Efecto de un Cero en la Respuesta Escalón Prototipo

α=−1

α=−2

α=−10

α=−50

Por otro lado, si se considera ahora un polo

real extra en la funcion prototipo de 2do orden

H(s) =ω2n

s2 +2ζωns+ ω2n×

1(

sαζωn

+1)

De esta forma se anade un polo en s = −αζωn,

y si α ≫ 1, la respuesta al escalon casi no se

ve afectada.

Si α ≈ 1, el polo se encuentra a la misma dis-

tancia del eje imaginario que los polos comple-

jos conjugados.

Al variar α ∈ 1,2,10,50, donde se puede ver

que conforme α se decrementa (se acerca el

polo al eje imaginario), el sobretiro se decre-

menta pero el tiempo de crecimiento crece.

(efecto opuesto al del cero).

0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

tiempo (seg)

y(t)

Efecto de un Polo en la Respuesta Escalón Prototipo

α=10

α=2

α=50

α=1

Polos Dominantes

Recordar la estructura del sistema prototipo de

2do orden con un polo extra

H(s) =ω2n

s2 +2ζωns+ ω2n×

1(

sαζωn

+1)

donde si α ≫ 1, la respuesta al escalon casi no

se vera afectada.

¿Que pasara si existe mas de un polo extra?

Considerar la estructura general

H(s) =ω2n

s2 +2ζωns+ ω2n·

1(

sα1ζωn

+1) . . .

1(

sαnζωn

+1)

Si αi ≫ 1 ∀i ∈ [1, n], el efecto de los polos

extra sera mınimo en la respuesta al escalon,

y en este caso los polos complejos conjugados

se les llama polos dominantes !

28

En general, los polos dominantes son conside-

rados los polos mas cercanos al eje imaginario

para sistemas LIT estables.


Considerar un sistema en lazo cerrado con re-

troalimentacion unitaria, donde la funcion de

transferencia de lazo abierto se define por

L(s) = C(s)G(s).

Por lo que la funcion de transferencia del error

E(s) con respecto de la referencia R(s) se ob-

tiene a partir de

E(s) = R(s)− Y (s) = R(s)− L(s)E(s)

∴E(s)

R(s)=

1

1+ L(s).

Si el sistema retroalimentado es estable, el va-

lor de estado estacionario del error se puede

29

calcular por medio del Tma. del Valor Final

para una referencia dada:

ess = lımt→∞

e(t) = lıms=0

sE(s)

= lıms=0

s

1 + L(s)R(s)

Referencia tipo escalon unitario: por lo que

r(t) = 1(t) o R(s) = 1/s, y se tiene

esss = lıms=0

1

1 + L(s)=

1

1+ lıms=0L(s)=

1

1+Kp

donde se define la constante de posicion

Kp = lıms=0L(s).

Referencia tipo rampa: por lo que r(t) =

t · 1(t) o R(s) = 1/s2, y se tiene

essr = lıms=0

s

1+ L(s)

(1

s2

)

=1

lıms=0 sL(s)=

1

Kv

donde se define la constante de velocidad

Kv = lıms=0 sL(s).

Referencia tipo parabola: por lo que r(t) =t2

2 · 1(t) o R(s) = 1/s3, y se tiene

essp = lıms=0

s

1 + L(s)

(1

s3

)

=1

lıms=0 s2L(s)=

1

Ka

donde se define la constante de aceleracion

Ka = lıms=0 s2L(s).

Por otro lado, un sistema retroalimentado se

le denomina tipo 0 si cumple que

Kp = lıms=0

L(s) 6= 0,

lo cual implica que L(s) no tiene polos en el

origen.

Ahora, el sistema se llama tipo 1 si cumple

Kv = lıms=0

sL(s) 6= 0

lo que es equivalente a que L(s) tiene un polo

en el origen.

Si el sistema es del tipo 2 satisface

Ka = lıms=0

s2L(s) 6= 0,

es decir L(s) tiene 2 polos en el origen.

En general, un sistema retroalimentado es del

tipo k si cumple

lıms=0

skL(s) 6= 0

Por lo que se puede generalizar

Para sistemas tipo 0 ⇒ Kp 6= 0, y Kv =

Ka = 0,

Para sistemas tipo 1 ⇒ Kp = ∞, y Kv 6= 0,

y Ka = 0,

Para sistemas tipo 2 ⇒ Kp = Kv = ∞, y

Ka 6= 0.

Resumiendo se tiene la siguiente tabla que re-

laciona los errores de estado estable en funcion

del tipo de sistema y tipo de referencia.

Escalon Rampa Parabola

r(t) = 1(t) r(t) = t1(t) r(t) = t2

21(t)

Tipo 0 11+Kp

∞ ∞

Tipo 1 0 1Kv

∞

Tipo 2 0 0 1Ka

∴ Un sistema retroalimentado con accion inte-

gral (polo en el origen) podra seguir sin error

a un escalon de referencia, y con error finito a

una rampa.

Ejemplo: evaluar los errores de estado estable

para un escalon unitario, rampa y parabola, y

la planta G(s) = 3(s + 1)/(s + 2) segun los

controladores siguientes:

C(s) = 1/(s+4),

C(s) = 1/s,

C(s) = 1/s2

Primeramente evaluar la estabilidad del siste-

ma retroalimentado.

Tarea # 4

Resolver los siguientes problemas del libro detexto (Ingenierıa de Control Moderna, K. Oga-ta, 4a Edicion, Prentice Hall):

B.3.1

B.3.3

B.3.7

B.5.3

B.5.9

B.5.11

B.5.14

B.5.15

B.5.16

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