Simulación en Ingeniería Eléctrica

ELI-213

INFORME: GUÍA DE TRABAJO N° 3

BÚSQUEDA DE RAÍCES

Profesor: - Esteban Gil Sagás

Integrantes: - Sebastián Flores Carrasco

- Carlos Vergara Branje

Fecha: 21/04/2014

Parte 1 Pregunta A: La ecuación diferencial asociada a una red eléctrica lineal tiene un polinomio característico dado por:

ρ5+7 ρ4+919 ρ3+4525 ρ2+7216 ρ+3604

Determine los modos de oscilación natural de la red con cuatro cifras significativas de precisión. Determine la función companion del polinomio y obtenga sus valores propios (función eig).

Solución:

El código programado en MATLAB para este problema fue:

Entregando en ambos casos, el siguiente resultado:

En resumen se tendrían los siguientes modos y a lo que corresponden:

−1.000111203583808±30.003336107514212 i→ Subamortiguada−2.000000000000000±0.000000044014736 i→Subamortiguada

−1.000000000000000→Críticamente amortiguada

Parte 1 Pregunta B: Una red eléctrica tiene una respuesta a impulso unitario δ (t ) dada por:

Para diseñar un pararrayos a conectar en los terminales de salida se desea determinar el tiempo que demoraría la tensión V out en bajar de 220 [kV ] si en los terminales de entrada cayera un rayo

de 1 [MV ]. Modele el rayo como un impulso de la forma V ¿ ( t )=106 δ (t) y asuma que la red eléctrica se comporta como un sistema lineal. Plantee el problema como una búsqueda de ceros y resuélvalo por los métodos de bisección, de Newton, y de la secante con cinco cifras significativas de precisión. Compare sus resultados y comente.

Solución:

El código programado en MATLAB para este problema fue:

Parte 1 Pregunta C: La solución de la ecuación diferencial para un circuito R-L-C como el de la figura viene dada por la siguiente expresión:

Si L=5 [ H ] ,C=100 [μF ], se quiere determinar el valor de R tal que la mitad de la energía inicial del circuito se haya disipado en 100[ms]. Plantee el problema como una búsqueda de ceros, razonadamente elija un método para determinar R e impleméntelo.

Solución:

Dado que el interruptor está abierto para t<0, la energía inicial vendrá dada solamente por la almacenada en el condensador, por lo que:

Energí ainicial=12

C V c(0)2

Desde que el interruptor se cierra en t=0, las tres cargas R-L-C consumirán energía, por lo que la energía consumida para un instante t vendría dada por:

Energí afinal=12

C V c2 (t )+ 1

2LiL

2 (t )+R i t

Pero iL=iR=iC=Cddt

V c ( t ), por lo que las energías quedan de la siguiente forma:

Energí afinal=12

C V c2 (t )+ 1

2LC2( dV c ( t )

dt )2

+R CdV c ( t )

dtt

Para aplicar algún método para obtención de raíces es necesario dejarlo de la forma Eq=0.

Por lo tanto, dado lo pedido en el problema se quiere que se cumpla 12

Energía (0 )−Energía (100ms )=0, y reemplazando se tiene:

1212

C−12

C V c2 (100ms )+ 1

2LC2( d V c (t )

dt|t=100ms)

2

+RC (t d V c (t )dt )|t=100ms=0

Con V c (0 ) factorizado, por lo que el V c de la ecuación no lo tiene como factor.

El siguiente código programado en MATLAB considera la obtención del valor de R usando los tres métodos iterativos enseñados (método de bisección, Newton-Raphson y de la secante).

Método de bisección:

Lo que entrega los siguientes resultados de R, según la tolerancia definida:

Tolerancia Valor de R Cantidad de iteraciones1.00 24.500000000000000 10.10 -0.053710937500000 100.01 -0.057649306534085 65

Método de Newton-Raphson:

Lo que entrega los siguientes resultados de R, según la tolerancia definida:

Tolerancia Valor de R Cantidad de iteraciones1.00 -0.057649310100416 30.10 -0.057649310100416 30.01 -0.057649306534085 4

Método de la secante

Lo que entrega los siguientes resultados de R, según la tolerancia definida:

Tolerancia Valor de R Cantidad de iteraciones1.00 NaN 20.10 NaN 20.01 NaN 2

En este caso el método arroja resultados NaN, dado que hay una división por cero. Esto se debe a que la resta en el denominador de la división es de números similares, y dado que el software tiene un límite de representación de dígitos, se aproxima a cero. Por lo que para este caso en especial, el método no sirve.

Comparando métodos, se cumple que Newton-Raphson converge mucho más rápido que el método de la bisección.

A una misma tolerancia relativa de 1%, para un R=−0.057649306534085 [Ω ], el método de bisección converge con 65 iteraciones, mientras que para el método de Newton-Raphson converge con 4 iteraciones.

En conclusión, el valor de la resistencia pedido es R=0.057649306534085 [Ω ].

Parte 2 Pregunta D: En el problema clásico de la electrotecnia conocido como flujo de carga, se consideran conocidos la tensión y la potencia activa entregados por los generadores y la potencia activa y reactiva de las cargas, y se desean conocer el módulo y ángulo de la tensión en cada barra del sistema.

Considere una instancia simple de dicho problema con tan solo dos barras, tal como se muestra en la figura:

En este ejemplo se consideran conocidos la potencia en la carga (P2 y Q2) y a tensión y potencia

activa en el generador (V 1 y P1). Se desean conocer el ángulo θ y lla magnitud de la tensión V 2. Además se sabe que las potencias activa y reactiva en la barra 2 se pueden determinar de acuerdo al siguiente par de ecuaciones:

P2=|V 1||V 2|B sin (θ )Q2=−|V 1||V 2|B cos (θ )+B|V 2|2

1: Plantee el problema como una búsqueda de ceros con dos ecuaciones y dos variables.

Se tienen las ecuaciones:

P2=|V 1||V 2|B sin (θ )Q2=−|V 1||V 2|Bcos (θ )+B|V 2|2

Se despeja la segunda ecuación de la siguiente forma:

Q2−B|V 2|2=−|V 1||V 2|B cos (θ)

Elevando al cuadrado la primera ecuación y la segunda ecuación despejada se tienen las siguientes:

P22=|V 1|

2|V 2|2B2sin2 (θ )Q2

2−2Q2B|V 2|2+B2|V 2|

4=|V 1|2|V 2|

2B2 cos2(θ)

Sumando estas ecuaciones tenemos:

P22+Q2

2−2Q2B|V 2|2+B2|V 2|

4=|V 1|2|V 2|

2B2

Por lo que nos queda la primera ecuación dependiente de la incógnita ¿V 2∨¿:

(1 ) B2|V 2|4−(2Q2 B+|V 1|

2B )|V 2|

2+(P22+Q2

2 )=0

Ahora, de la primera ecuación originalmente presentada, despejando el ¿V 2∨¿ y reemplazándolo en la última ecuación obtenida se tiene:

B2( P2

|V 1|Bsin (θ ) )4

−(2Q2B+|V 1|2B )( P2

|V 1|Bsin (θ ) )2

+( P22+Q22 )=0

Simplificando nos da nuestra segunda ecuación dependiente de la incógnita u= 1sin (θ ) :

(2 )P24

|V 1|4B2

u4−(2Q 2+|V 1|

2) P22

|V 1|2B

u2+(P22+Q22 )=0

2: Formule el algoritmo de Newton-Raphson para resolver el problema (obtenga la matriz Jacobiana del par de ecuaciones y describa los pasos del algoritmo).

Como en este caso la aplicación es a un sistema, el método se hará vectorialmente por lo que primero hay que definir las dos funciones:

f 1 (θ ,|V 2|)=P2−|V 1||V 2|Bsin (θ )f 2 (θ ,|V 2|)=Q2+|V 1||V 2|Bcos (θ )−B|V 2|2

Por lo que nuestra función general F :R2→R2, matricialmente será:

F (θ ,|V 2|)=[P2−|V 1||V 2|B sin (θ )Q2+|V 1||V 2|B cos (θ )−B|V 2|2]

Ya que se va a trabajar con matrices, la derivada de nuestra matriz función F, será la matriz jacobiana, que viene dada por definición en R2 según:

J (θ ,|V 2|)=¿

Derivando, el jacobiano queda:

J (θ ,|V 2|)=[−B|V 1||V 2|cos (θ ) −B|V 1|sin (θ )−B|V 1||V 2|sin (θ ) B|V 1|cos (θ )−2B|V 2|]

Con esto, el método de Newton-Raphson queda:

[θ(k)|V 2|(k)]=[θ(k−1)|V 2|

(k−1)]−J−1 (θ(k−1) ,|V 2|(k−1 )) F (θ(k−1) ,|V 2|

(k−1)), k ≥1

Como se observa, es la misma base que para la solución R1, pero en este caso se itera para dos variables a la vez.

Se realizará este proceso hasta que converja según la tolerancia que nos demos. Esta convergencia entonces, vendrá dada por:

||[θ(k)|V 2|(k) ]−[θ(k−1)|V 2|

(k−1)]||||[θ(k)|V 2|

(k )]||<TOLERANCIA

3: Resuélvalo considerando los siguientes parámetros y datos de entrada:

B=−10 [ pu ]|V 1|=1 [ pu ] ,P1=P2=2 [ pu ] yQ2=1[ pu]

Considere como valores iniciales θ0=0 y |V 2|0=1. Muestre todas sus iteraciones.

El código en MATLAB usado para este problema es el siguiente:

Entregando los siguientes valores de θ ¿V 2∨¿ según la tolerancia y la cantidad de iteraciones:

Tolerancia Valor de θ Valor de ¿V 2∨¿ Cantidad de iteraciones1.000 -0.200000000000000 0.900000000000000 10.100 -0.233344768950596 0.858652490962911 20.010 -0.235984295667600 0.855392813934319 30.005 -0.235984295667600 0.855392813934319 3

Como se aprecia, el programa acepta una tolerancia mínima del orden 10−2, lo que significó para el problema 4 iteraciones, dada la complejidad del sistema al que se le aplicó el método de Newton-Raphson.

Por lo tanto, como resultado se tomaran los datos de la tolerancia al 1%:

θ=−0.235984295667600 °|V 2|=0.855392813934319[V ]