Sistema de Control - Tarea N°2

7/31/2019 Sistema de Control - Tarea N2

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Universidad De ConcepcionFacultad De Ingeniera

Departamento De Ingeniera Electrica

Tarea 2

Sistemas de Control 549 160

Control de Direccionamiento de un Satelite

Nombre : Pablo Riquelme Jara.Fecha : 05 De Noviembre Del 2012.Profesores : Jaime A. Rohten C.

Eduardo Maurelia


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Tarea 2

Sistemas de Control 549160

1. ProblemaFig. 1 muestra el mismo sistema que la Tarea 1,

pudiendo modelarlo en L.A. con las ecuaciones de es-tado x = Ax + Bu + Ep , y = Cx + Du + F p. Enesta tarea se pedira calcular y determinar en formaexplcita el error en S.S. para distintos controlado-res. Siendo tambien un punto importante el estudiode estabilidad mediante L.G.R. para el sistema y con-troladores dados.

(a) (b)

Fig.1. Antena Satelital (a) real,(b) abstraccion

a) Encuentre la expresion de la funcion de transferencia del sistema en L.A. hyu(s) y

hyp(s). Simule y obtenga vao para una velocidad o = 50 [rad/seg] con tl = 10[N],luego en t = 1[seg] aumente el torque a tl = 41,25[N], por ultimo cambie el valorde va en t = 2[seg] para lograr o = 50[rad/seg]. Grafique , , ia, tl, va, para0 t 3 utilizando ahora la funcion de transferencia.

b) Escoja entre un controlador hc(s) = kc, hc(s) = kc(s + )/s, de manera de lograrcero error en S.S. para entrada tipo escalon y para perturbaciones del tipo escalon.Necesitan del mismo controlador ambos requerimientos? Simule el sistema con elcontrolador escogido y ref = (/2)u(t1) y tl = 2u(t6) para 0 t 12 grafique, , ia, tl, va, para ambos controladores con = 1 y kc = 10.

c) Suponga que las dinamicas mecanicas son mucho mas lentas que la dinamica de la

corriente, por lo que esta ultima puede ser despreciada. Encuentre la nueva repre-sentacion lineal xr = Arxr + bru + erp, yr = crxr + du + dp. , donde y defina lafuncion de transferencia para el sistema reducido hyur(s) y hypr(s). Simule como ena), para el sistema de orden reducido comparando ambos resultados, y luego simulecomo en b) tambien para el sistema de orden reducido.

d) Dibuje el LGR del sistema de orden completo y reducido para hc(s) = kc para kc > 0y kc < 0 (ambos en un unico grafico destacando adecuadamente cada uno).

e) Repita d) pero considerando hc(s) = kc(s + )/s.

f) Determine los valores de kc para los cuales hay despegues y/o aterrizajes del L.G.R.para ambos controladores, considerando el sistema reducido y completo. Grafique

nuevamente el L.G.R. e identifique las races en L.C. para las ganancias anteriores.g) Determine los valores de kc para los cuales el L.G.R. presenta races marginalmente

estables para ambos controladores, para el sistema de orden reducido y completo.Grafique nuevamente el L.G.R. e identifique las races en L.C. para las gananciasanteriores.

h) Para la discretizacion del sistema en L.A. de c) con T = 0,05[seg], y xr(kT + T) =Ardxr(kT) + brdu(kT) + erdp(kT), y(kT) = crdxr(kT) + ddu(kT) + fdp(kT), repitad) para hc(z) = kc y hc(z) = kc(z )/(z 1) con = 0,95.

i) repita f), g) pero en el caso de h).

Pablo O. Riquelme J.

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Problema a)

Encuentre la expresion de la funcion de transferencia del sistema en L.A. hyu(s) y hyp(s).Simule y obtenga vao para una velocidad o = 50[rad/seg] con tl = 10[N], luego ent = 1[seg] aumente el torque a tl = 41,25[N], por ultimo cambie el valor de va ent = 2[seg] para lograr o = 50[rad/seg]. Grafique , , ia, tl, va, para 0 t 3 utilizan-do ahora la funcion de transferencia.

Modelo LinealLas matrices de la representacion en variables de estado queda como:

x = Ax + Bu + Ep, y = Cx + Du + F p

A =

0 1 00 b

J

kJ

0kLa

RaLa

, B =

00

1La

, E =

01

J

0

, C = (1 0 0), D = 0, F = 0

A continuacion, aplicado transformada de Laplace, resulta

sx(s) = Ax(s) + Bu(s) + Ep(s) (1)

y(s) = Cx(s) (2)

En donde, de (1) se obtiene

x(s)(sI A) = Bu(s) + Ep(s) = x(s) = (sI A)1Bu(s) + (sI A)1Ep(s)

De (2) se obtiene

y(s) = Cx(s) = x(s) = y(s)C

As, resulta lo siguiente

y(s)

C

= (sI

A)1Bu(s) + (sI

A)1Ep(s)

y(s) = C(sI A)1Bu(s) + C(sI A)1Ep(s)Entonces, se definen

hyu(s) = C(sI A)1Bu(s)hyp(s) = C(sI A)1Ep(s)

Luego, resultay(s) = hyu(s) + hyp(s)


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Aplicando simulacion a traves de MatLab y considerando los valores definidos porenunciado, se obtienen los siguientes:

Fig.3.Grafico: Voltaje va

Fig.4.Grafico: Posicion

Fig.5.Grafico: Corriente ia

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Fig.6.Grafico: Velocidad Angular

Fig.7.Grafico: Perturbaciones tl

Finalmente, es posible compara de mejor forma la evolucion del sistema superponiendolas graficas anteriores, para un mejor analisis, es decir:

Fig.8.Grafico: Evolucion del Sistema L.A. en el Tiempo mediante Laplace

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Comentarios Generales

Es posible subdividir el analisis del grafico en 3 partes:

Para 0 < t < 1

Se observar que en el t = 0,060[s] que la corriente sufre un incremento consi-derable, esto debido a la presencia de una bobina en el sistema electrico que secarga de corriente a un cierto punto maximo que es ia = 137,7[A] y descargade forma constante.

Sabemos que tanto el voltaje de entrada y como las perturbaciones se mantie-nen constantes en este intervalo.

La posicion experimenta un crecimiento de manera mas paulatina, debido aque la velocidad angular a la que se ve afectada crece de manera constantehasta mantenerse estable, lo anterior ocurre porque la las perturbaciones y labobina actuan en ese punto viendose reflejado en la ecuacion de va en funcionde la velocidad angular .

Para 1 < t < 2

Si bien es cierto que el voltaje de entrada se mantiene nuevamente constante,pero como a su vez este depende de las perturbaciones del sistema y de lavelocidad angular, entonces es de esperar que un aumento en las perturbaciones

se traduzcan en un consumo mayor de corriente para mantener un crecimientoconstante en la posicion a lo largo de este intervalo de tiempo.

Luego como se observa que el aumento del torque de 10[N] a 41.15[N] que co-rresponde a las perturbaciones del sistema, repercuten en importantes cambios,en primer lugar el decrecimiento de la curva de velocidad angular y en segun-do el aumento de la corriente ia ambas efectuan un leve cambio en la pendientede la curva de posicion, sin poder hacer nada ya que es un S.L.A.(sistema delazo abierto).

Para 2 < t < 3

Ahora se mantiene constante las perturbaciones, por ende se procede aumentarla unica variable que es posible modificar es decir va para que la velocidadangular pueda retomar su punto de equilibrio y alcance el valor deseado enel sistema, la bobina vuelve a cargarse con corriente ia, hasta llegar a su puntoestable en base al voltaje obtenido tras el alza sometida es decir va = 207,5[V]a lo largo de este intervalo de tiempo.

Al Comparar el sistema L.A. mediante los metodos utilizados, es decir, Transfor-mada de Laplace y analisis matricial, es posible concluir que no hay cambios ni enel comportamiento, ni en la respuesta del propio sistema, pero lo que vale la pena

resaltar el facil manejo matematico que se presenta en este primer metodo a la horade aplicar un analisis mas expedito.

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Problema b)

Escoja entre un controlador hc(s) = kc, hc(s) = kc(s + )/s, de manera de lograr ceroerror en S.S. para entrada tipo escalon y para perturbaciones del tipo escalon. Necesitandel mismo controlador ambos requerimientos? Simule el sistema con el controlador esco-gido y ref = (/2)u(t 1) y tl = 2u(t 6) para 0 t 12 grafique , , ia, tl, va, paraambos controladores con = 1 y kc = 10.

El error en estado estacionario del sistema, es definido como

ess = lmt

e(t) = lms0

s e(s)

Donde el error es resultado de la diferencia de

e(s) = yd(s) ys(s)

Ademas, se considera que kst(s) = 1 y ys(s) = y(s), luegoSe sabe que

y(s) = hyu(s)v(s) + hyp(s)p(s)

En donde v(s) = ha(s)hc(s)e(s), reemplazando resulta

y(s) = hyu(s)ha(s)hc(s)e(s) + hyp(s)p(s)

Entonces, obtenemose(s) = yd(s) y(s)

e(s) = yd(s) hyu(s)ha(s)hc(s)e(s) + hyp(s)p(s)e(s) + hyu(s)ha(s)hc(s)e(s) = yd(s) + hyp(s)p(s)

e(s)(1 + hyu(s)ha(s)hc(s)) = yd(s) + hyp(s)p(s)

e(s) =1

1 + hyu(s)ha(s)hc(s)yd(s) +

hyp(s)

1 + hyu(s)ha(s)hc(s)p(s)

As, considerando que la entrada y las perturbaciones son del tipo escalon, es deciryd(s) =

1s

y p(s) = 1s

, entonces el error en estado estacionario resulta como:

ess = lms0

s

1

1 + hyu(s)ha(s)hc(s)

1

s+

hyp(s)


1

s

ess = lms0

1

1 + hyu(s)ha(s)hc(s)+

hyp(s)


Aplicando, algebra de lmites, es decir, el lmite de la suma es la suma de los limites, seobtiene

ess = lms0

1

1 + hyu(s)ha(s)hc(s) + lms0

hyp(s)


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Ahora, considerando ha(s) = 1 y escogiendo un controlador de la forma

hc(s) = kc(s+)

s

, resulta

ess = lms0

s

s + hyu(s)kc(s + )+ lm

s0

s hyp(s)s + hyu(s)kc(s + )

= ess = 0

Por lo tanto, considerando todo lo anterior se logra cero error en S.S.

Aplicando simulacion a traves de MatLab y considerando los valores definidos por enun-ciado, es decirBasandonos en el sistema de lazo cerrado, que se define en funcion de los bloque queconforman el sistema de lazo abierto, entonces

y(s) = hyu(s)ha(s)hc(s)e(s) + hyp(s)p(s)

Donde, el error es resultado de la diferencia de

e(s) = yd(s) y(s)Ademas, considerando hst = 1 y ha = 1, obteniendo

y(s) = hyu(s)hc(s)(yd(s) y(s)) + hyp(s)p(s)y(s) = hyu(s)hc(s)yd(s) hyu(s)hc(s)y(s) + hyp(s)p(s)y(s) + hyu(s)hc(s)y(s) = hyu(s)hc(s)yd(s) + hyp(s)p(s)

y(s)(1 + hyu(s)hc(s)) = hyu(s)hc(s)yd(s) + hyp(s)p(s)

Luego, resulta

y(s) =hyu(s)hc(s)

1 + hyu(s)hc(s)yd(s) +

hyp(s)

1 + hyu(s)hc(s)p(s)

Obteniendo los siguientes:


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Finalmente, es posible compara de mejor forma la evolucion del sistema superponiendolas graficas anteriores, para un mejor analisis, es decir:

Fig.14.Grafico: Evolucion del Sistema L.C. en el Tiempo mediante Laplace


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Es posible subdividir el analisis de los graficos, de la siguiente forma

Para 0 < t < 1

Sabemos que por la estructura que presenta la entrada al sistema L.C. se vesometida a un retardo de 1 [s], es por eso que nuestro sistema no reacciona eneste intervalo de tiempo.

Para 1 < t < 6

Se observa que tanto la corriente como el tension sufren de incrementos bruscosen t=1.212 [s] y t=1.091 [s], respectivamente debido a que la bobina se esta car-gando para luego contrarrestar con una cada que compensa para disminuir elbrusco cambio de velocidad al que esta sometido el sistema, generando as quela posicion tienda a estabilizarse en 2.5 [s], que representa la posicion deseada.

Con respecto a las perturbaciones, el sistema no se ve afectado por ellas, en-tonces es logico que estas sean siempre nulas, a lo largo de todo el intervalo detiempo.

Para 6 < t < 12

Ahora, se aplica un incremento de 2 unidades en las perturbaciones, con la

cual se ve reflejado en la oscilacion que sufre la posicion, que reacciona deforma posterior a la velocidad angular y es por este motivo que sufren aumen-tos nuevamente tanto la corriente como la tension en t=6.2 [s] y t=6.788 [s],respectivamente de forma de regular la posicion deseada, la cual se vuelve aestabilizar en t=8 [s].

Vale considerar que el sistema L.C. esta disenado de forma que le es posible mantenercero error en S.S. a lo largo del transcurso del tiempo, debido a que se escogi o uncontrolador hc(s) que cumpla con este proposito.


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Problema c)

Suponga que las dinamicas mecanicas son mucho mas lentas que la dinamica de la co-rriente, por lo que esta ultima puede ser despreciada. Encuentre la nueva representacionlineal xr = Arxr + Bru + Erp, yr = Crxr + Du + F p. , donde y defina la funcion de trans-ferencia para el sistema reducido hyur(s) y hypr(s). Simule como en a), para el sistemade orden reducido comparando ambos resultados, y luego simule como en b) tambien parael sistema de orden reducido.

Al calcularlos vectores propios de la matriz de lazo abierto, es decir, ayudado con elcomando eig(A) en MatLab, se obtiene

V pLA = 08,4879

98,1787

Entonces en base a las magnitudes, es posible despreciar la dinamica de la corriente, enel desarrollo matematico. Se analiza las ecuaciones lineales, como

=

=kia

J b

J tl

J

ia = R

La ia

kL a +

vaLa

As, se definen las matrices de forma de despreciar la corriente del sistema.

=

0 10 b

J

= A =

0 10 b

J

=

00

va = B =

00

= (1 0) = C = (1 0)

=

0

1J

tl = E =

0

1J

As, la nueva representacion lineal resultante tiene la siguiente forma

xr = Arxr + Bru + Erp ; yr = Crxr + Du + F p

Donde se consideran, las matrices D=0 y F=0 , en la ecuaci on anterior.


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Ahora, considerando las estructuras de las ecuaciones propuestas en a), resultan

hyur(s) = Cr(sI Ar)1Bru(s)hypr(s) = Cr(sI Ar)1Erp(s)

y(s) = hyur(s) + hypr(s)

Luego, considerando las estructuras de las ecuaciones propuestas en b), se obtiene

y(s) =hyur(s)hc(s)

1 + hyur(s)hc(s)yd(s) +

hypr(s)

1 + hyur(s)hc(s)p(s)

Aplicando simulacion a traves de MatLab y considerando los valores definidos por enun-ciado, se obtienen los siguientes:

Fig.15.Grafico: Sistema Orden Reducido de L.A. en a) de la Posicion

Fig.16.Grafico: Sistema Orden Reducido de L.A. en a) de la Velocidad Angular

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Fig.17.Grafico: Sistema Orden Reducido de L.A. en a) de la Perturbacion tl

Es posible compara de mejor forma la evolucion del sistema superponiendo las graficas

anteriores, para un mejor analisis, es decir:

Fig.18.Grafico: Comparacion Orden Reducido de L.A en a)

De manera analoga para el otro caso, resulta

Fig.19.Grafico: Sistema Orden Reducido de L.C. en b) de la Posicion

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Fig.20.Grafico: Sistema Orden Reducido de L.C en b) de la Velocidad Angular

Fig.21.Grafico: Sistema Orden Reducido de L.C en b) de la Perturbacion tl

Es posible compara de mejor forma la evolucion del sistema superponiendo las graficasanteriores, para un mejor analisis, es decir:

Fig.22.Grafico: Comparacion Orden Reducido de L.C en b)

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Si bien es cierto que dentro de las dinamicas mecanicas, tanto la posicion como levelocidad angular son lentas y la corriente presenta una dinamica mucho mas rapida,entonces es posible despreciarla, esto se muestra de manera sencilla, al calcular losvalores propios de la matriz de lazo abierto.

Para el Sistema de Orden Reducido en L.A.

Se observa que al eliminar la corriente como variable de estado, el sistemase sigue comportando de manera estable y no presenta modificaciones en sucomportamiento, resultado ser cierta la conclusion anterior.

Ademas, el sistema sigue presentando las caractersticas de la entrada, es decirsin retardo y al aumentar la posicion se ve reflejado el aumento de la velocidadangular en el transcurso de intervalo de tiempo 0 < t < 1, hasta el aumentode las perturbaciones del sistema, el cual genera un disminucion vele de lapendiente de posicion, pero retoma su curso al volverse nuevamente establede la mano con la velocidad angular en el intervalo de tiempo 1 < t < 3,respectivamente.

Para el Sistema de Orden Reducido en L.C.

Se observa nuevamente que al eliminar la corriente como variable de estado, elsistema se sigue comportando de manera estable y no presenta modificacionesen su comportamiento de L.C., resultado ser nuevamente cierta la conclusi onanterior para este nuevo caso.

As, tambien el sistema presenta las mismas caractersticas de la entrada, esdecir un retardo, el cual se encuentra presente en el intervalo 0 < t < 0,5luego, en 0,5 < t < 6 como hay un incremento brusco de la posici on que seve reflejado en un valor peak de 4,7 en la velocidad angular, la cual disminuyepaulatinamente hasta lograr una estabilidad, as en el intervalo 6 < t < 12 seaprecia un aumento en las perturbaciones, causando esta vez oscilaciones en lascurvas tanto de posicion como de velocidad angular leves las cuales retoman su

estabilidad rapidamente, a lo largo del transcurso de este intervalo de tiempo.


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Problema d)

Dibuje el L.G.R. del sistema de orden completo y reducido para hc(s) = kc para kc > 0y kc < 0 (ambos en un unico grafico destacando adecuadamente cada uno).


Sistema de Orden Completo

Fig.23.Grafico: L.G.R. de Orden Completo con kc > 0

Fig.24.Grafico: L.G.R. de Orden Completo con kc < 0

Luego, es posible compara de mejor forma la evolucion del sistema superponiendo las

graficas anteriores, es decir

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Fig.25.Grafico: L.G.R. del Sistema de Orden Completo

Sistema de Orden Reducido

Fig.26.Grafico: L.G.R. de Orden Reducido con kc > 0

Fig.27.Grafico: L.G.R. de Orden Reducido con kc < 0

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Luego, es posible compara de mejor forma la evolucion del sistema superponiendo lasgraficas anteriores, es decir

Fig.28.Grafico: L.G.R. del Sistema de Orden Reducido


De las graficas de L.G.R. es posible argumentar lo siguiente

Para el caso del Sistema de Orden Completo, se identifican de la Fig.25 los siguientespolos: p1 = 96; p2 = 8,6 y p3 = 0 respectivamente, de los cuales se analizaranrespecto a su valor en kc, es decir

Con kc < 0, se tiene que el polo p =

98 es atrado con otro polo p =

8,49,

los cuales despegan aproximadamente en -67 donde es posible argumentar quecomo el despegue se realiza dentro del semiplano izquierdo, el sistema se man-tiene estable, no as el polo p = 0 es cual tiende al infinito positivo.

Con kc > 0, se tiene que el polo p = 0 es atrado con otro polo p = 8,49,los cuales despegan aproximadamente en -4.1 donde es posible argumentar quecomo el despegue se realiza dentro del semiplano derecho, el sistema se vuelveinestable, luego el polo p = 98 es cual tiende al infinito negativo.

Para el caso del Sistema de Orden Reducido, se identifican de la Fig.28 los siguientespolos: p1 = 8,33 y p2 = 0 respectivamente, de los cuales se analizaran respecto asu valor en kc, es decir

Con kc < 0, se tiene que el polo p = 8,33 tiende al infinito negativo y el polop = 0 tiende hacia el infinito positivo, donde es posible argumentar que conun valor de kc menor estricto que cero el sistema se vuelva inestable en algunpunto.

Con kc > 0, se tiene que el polo p = 8,33 es atrado con otro polo p = 0,los cuales despegan aproximadamente en -4.1 en angulo recto ,donde es posibleargumentar que como el despegue se realiza dentro del semiplano izquierdo, elsistema se mantiene estable para un valor de kc mayor estricto que cero.


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Problema e)

Repita d) pero considerando hc(s) = kc(s + )/s.



Fig.29.Grafico: L.G.R. de Orden Completo con kc > 0

Fig.30.Grafico: L.G.R. de Orden Completo con kc < 0


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Fig.31.Grafico: L.G.R. del Sistema de Orden Completo


Fig.32.Grafico: L.G.R. de Orden Reducido con kc > 0

Fig.33.Grafico: L.G.R. de Orden Reducido con kc < 0

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Fig.34.Grafico: L.G.R. del Sistema de Orden Reducido


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De las graficas de L.G.R. es posible argumentar que:

Para el caso del Sistema de Orden Completo, se identifican de la Fig.31 los siguientespolos: p1 = 97,7; p2 = 8,49; p3 = 0; p4 = 2,7 1017 y un cero: n1 = 1,respectivamente, de los cuales se analizaran respecto a su valor en kc, es decir

Con kc < 0, se tiene que el polo p = 97,7 es atrado con otro polo p = 8,49,los cuales despegan aproximadamente en -67 donde es posible argumentar quecomo el despegue se realiza dentro del semiplano izquierdo, no as el polop = 2,7 1017 es cual tiende al infinito positivo, provocando as que elsistema completo se vuelva inestable, luego para un kc menor estricto que ceroexiste un sobrepaso en el sistema.

Con kc > 0, se tiene que el polo p = 2,7 1017 es atrado con otro polop = 0, los cuales despegan aproximadamente en 2,7 1017 donde es posibleargumentar que el despegue se realiza dentro del semiplano izquierdo en pri-mera instancia pero luego estos son repelidos el uno al otro hacia el semiplanoderecho en donde el sistema se vuelve inestable, ademas el polo p = 97,7 escual tiende al infinito negativo, luego para un kc mayor estricto que cero existeun sobrepaso en el sistema.

Para el caso del Sistema de Orden Reducido, se identifican de la Fig.34 los siguientes

polos: p1 = 8,34; p2 = 2,7 1017; p3 = 0 y un cero: n1 = 1, respectivamente,de los cuales se analizaran respecto a su valor en kc, es decir

Con kc < 0, se tiene que polo p = 8,34 tiende al infinito negativo y este a suvez es atrado por el cero n = 1, ademas el polo p = 0 tiende hacia el infinitopositivo, donde es posible argumentar que con un valor de kc menor estrictoque cero el sistema se vuelva inestable en algun punto.

Con kc > 0, se tiene que el polo p = 8,34 es atrado por el cero n = 1,ademas el polo p = 2,7 1017 es atrado con otro polo p = 0, los cualesdespegan aproximadamente en

2,7

1017 donde es posible argumentar que

el despegue se realiza dentro del semiplano izquierdo, con lo cual es posibleargumentar que el sistema se mantiene estable para un valor de kc mayorestricto que cero.


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Problema f)

Determine los valores de kc para los cuales hay despegues y/o aterrizajes del L.G.R.para ambos controladores, considerando el sistema reducido y completo. Grafique nueva-mente el L.G.R. e identifique las races en L.C. para las ganancias anteriores.

Para determinar los valores, despegues como de aterrizajes del L.G.R de kc, es nece-sario hacer dk

ds= 0 que representa el punto de maximo o mnimo, luego por definicion de

L.G.R., tenemos1 + kgr(s) = 0

As, en base a los resultados obtenido a traves de MatLab, se realizan los calculos siguien-tes, es decir

Sistema Reducido

Para h(s) = kc(s+)s

, entonces:

hyu(s) = C(sI A)1Bu(s) = hyu(s) = 333,3s2 + 8,333s

En donde

kgr(s) =kc(s + )

s

333,3

s2

+ 8,333s

=

kgr(s) =

333,3kc(s + )

s3

+ 8,333s2

As, se obtiene 1 + kgr(s) = 0, es decir

1 +333,3kc(s + )

s3 + 8,333s2= 0

Considerando un = 1 y despejando kc, resulta

1 = 333,3kc(s + 1)s3 + 8,333s2

s3 + 8,333s2 = 333,3kc(s + 1)kc =

1333,3

s3 + 8,333s2

(s + 1)

Luego, aplicamos el operador derivada en kc e igualando a 0, es decir

dkc

ds= 0

Ademas, se sabe que

dkcds = 1333,3

(3s2

+ 16,666s)(s + 1) (s3

+ 8,333s2

)(s + 1)2

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Al despejar, finalmente resulta

1333,3

(3s3 + 16,666s2 + 3s2 + 16,666s s3 8,333s2)

(s2 + 2s + 1)

= 0

2s3 + 11,333s2 + 16,666s

s2 + 2s + 1

= 0

2s3 + 11,333s2 + 16,666s = 0

Donde, los valores de despegues como de aterrizajes del L.G.R son los siguientes

s1 = 0 = kc = 0

s2 = 2,8332 + 0,5529i = kc = indeterminados3 = 2,8332 0,5529i = kc = indeterminado

Para h(s) = kc, entonces:


En donde

kgr(s) =333,3kc

s2 + 833,3s


1 +333,3kc

s2 + 833,3s= 0

Despejando kc, resulta

1 = 333,3kcs2 + 833,3s

s2 + 833,3s = 333,3kckc =

1333,3

(s2 + 833,3s)

Luego, aplicamos el operador derivada en kc e igualando a 0, es decirdkc

ds= 0

Ademas, se sabe quedkc

ds=

1333,3

(2s + 833,3)


2s + 833,3 = 0


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Donde, les valor de despegue como de aterrizaje del L.G.R son los siguien-tes

s1 = 416,65 = kc = 5, 2Sistema Completo

Para h(s) = kc(s+)s

, entonces:

hyu(s) = C(sI A)1Bu(s) = hyu(s) = 333,3s3 + 106,7s2 + 833,3s

En donde

kgr(s) =kc(s + )

s

333,3

s3 + 106,7s2 + 833,3s= kgr(s) = 333,3kc(s + )

s4 + 106,7s3 + 833,3s2


1 +333,3kc(s + )

s4 + 106,7s3 + 833,3s2= 0

Considerando un = 1 y despejando kc, resulta

1 = 333,3kc(s + 1)s4 + 106,7s3 + 833,3s2

s4 + 106,7s3 + 833,3s2 = 333,3kc(s + 1)

kc = 1

333,3

s4 + 106,7s3 + 833,3s2

(s + 1)


dkc

ds= 0

Ademas, se sabe que

dkc

ds=

1333,3

(4s3 + 320,1s2 + 1666,6s)(s + 1) (s4 + 106,7s3 + 833,3s2)

(s + 1)2

Al despeja, finalmente resulta

1333,3

(4s

4

+ 320,1s3

+ 1666,6s2

+ 4s3

+ 320,1s2

+ 1666,6 s4

106,7s3

833,3s2

)(s2 + 2s + 1)

=

3s4 + 217,4s3 + 1153,4s2 + 1666,6s

s2 + 2s + 1

= 0

3s4 + 217,4s3 + 1153,4s2 + 1666,6s = 0


s1 = 0 = kc = 0s2 = 66,8389 = kc = 372, 74

s3 = 2,8139 + 0,6273i = kc = indeterminados4 = 2,8139 0,6273i = kc = indeterminado

25


27/46

Para h(s) = kc, entonces:hyu(s) = C(sI A)1Bu(s) = hyu(s) = 333,3

s3 + 106,7s2 + 833,3s

En donde

kgr(s) =333,3kc(s + )

s4 + 106,7s3 + 833,3s2


1 +333,3kc

s3

+ 106,7s2

+ 833,3s

= 0

Despejando kc, resulta

1 = 333,3kcs3 + 106,7s2 + 833,3s

s3 + 106,7s2 + 833,3s = 333,3kckc =

1333,3

(s3 + 106,7s2 + 833,3s)


dkc

ds= 0

Ademas, se sabe que

dkc

ds=

1333,3

(3s2 + 213,4s + 833,3)


1

333,3(3s2

+ 213,4s + 833,3) = 0

3s2 + 213,4s + 833,3 = 0


s1 = 66,9867 = kc = 367, 183

s2 = 4,1466 = kc = 5, 076


26


28/46



Fig.35.Grafico: L.G.R. de Orden Completo con hc(s) = kc

Fig.36.Grafico: L.G.R. de Orden Completo con hc(s) = kc(s+)s


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Fig.37.Grafico: L.G.R. de Orden Reducido con hc(s) = kc

Fig.38.Grafico: L.G.R. de Orden Reducido con hc(s) = kc(s+)s


Si bien es cierto que las ganancia calculadas en la parte teorica concuerdan en de for-ma muy cercana a las que arroja el grafico en la simulacion a traves de MatLab, caberesaltar que este tipo de ganancias hacen que el sistema aun no oscile, ya que presentapolos reales, luego si es sistema tomara valores de ganancia m as elevados, los polos sevolveran complejos llegando a producir rebalses.


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Problema g)

Determine los valores de kc para los cuales el L.G.R. presenta races marginalmente es-tables para ambos controladores, para el sistema de orden reducido y completo. Grafiquenuevamente el L.G.R. e identifique las races en L.C. para las ganancias anteriores.

Para determinar los valores que presenta el L.G.R. cuando las races son marginalmenteestables, es necesario definir

d(s) n(s)

Re(d(jc)) + Re(kc n(jc)) = 0Im(d(jc)) + Im(kc n(jc)) = 0

Luego, es necesario hacer dkds

= 0 que representa el punto de maximo o mnimo, luego pordefinicion de L.G.R., tenemos

1 + kgr(s) = 0

As, en base a los resultados obtenido a traves de MatLab, se realizan los calculos siguien-tes, es decir

Sistema Reducido

Para hc(s) = kc(s+)

s, entonces:


En donde

kgr(s) =kc(s + )

s

3,333

s2 + 8,333s= kgr(s) = 3,333kc(s + )

s3 + 8,333s2


1 +3,333kc(s + )

s3 + 8,333s2 = 0 = s3 + 8,333s2 + 3,333kc(s + ) = 0

Considerando un = 1, resulta

s3 + 8,333s2 + 3,333kc(s + 1) = 0

s=j

(j)3 + 8,333(j)2 + 333,3kc((j) + 1) = 0

j 3 8,3332 + j3,333kc + 3,333kc = 0


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31/46

As, separando la parte real de la parte imaginaria e igualando a 0, es decir

Re{} = 0 = 8,3332 + 3,333kc = 0 (1)Im{} = 0 = 3 + 3,333kc = 0 (2)

En donde, despejando de (2) y reemplazando en (1) resulta

1 = 0 = kc = 0

2 =

3,333kc = kc = 03 =

3,333kc = kc = 0

Para hc(s) = kc, entonces:


En donde

kgr(s) =333,3kc

s2 + 8,333s


1 +333,3kc

s2 + 8,333s= 0 =

s2 + 8,333s + 333,3kc = 0

s=j

(j)2 + 8,333(j) + 333,3kc = 0

2 + j8,333 + 333,3kc = 0As, separando la parte real de la parte imaginaria e igualando a 0, es decir

Re{} = 0 = 2 + 333,3kc = 0 (1)

Im{} = 0 = 8,333 = 0 (2)

En donde, despejando de (2) y reemplazando en (1) resulta

1 = 0 = kc = 0

Sistema Completo

Para hc(s) = kc(s+)s

, entonces:



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32/46

En donde

kgr(s) = kc(s + )s

333,3s3 + 106,7s2 + 833,3s

= kgr(s) = 333,3kc(s + )s4 + 106,7s3 + 833,3s2


1+333,3kc(s + )

s4 + 106,7s3 + 833,3s2= 0 = s4+106,7s3+833,3s2+333,3kc(s+) = 0

Considerando un = 1, resulta

s4 + 106,7s3 + 833,3s2 + 333,3kc(s + 1) = 0s=j

(j)4 + 106,7(j)3 + 833,3(j)2 + 333,3kc((j) + 1) = 0

4 j106,73 833,32 + j333,3kc + 333,3kc = 0As, separando la parte real de la parte imaginaria e igualando a 0, es decir

Re{} = 0 = 4 833,32 + 333,3kc = 0 (1)

Im{} = 0 = 106,73 + 333,3kc = 0 (2)En donde, despejando de (2) y reemplazando en (1) resulta

1 = 0 = kc = 0

2 = 1,7674

kc = kc = 232,60893 = 1,7674

kc = kc = 232,6089

Para hc(s) = kc, entonces:


En donde

kgr(s) =333,3kc

s3 + 106,7s2 + 833,3s


1 +333,3kc

s3 + 106,7s2 + 833,3s= 0

s3 + 106,7s2 + 833,3s + 333,3kc = 0

s=j


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(j)3 + 106,7(j)2 + 833,3(j) + 333,3kc = 0

j3

106,72

+ j833,3 + 333,3kc = 0As, separando la parte real de la parte imaginaria e igualando a 0, es decir

Re{} = 0 = 106,72 + 333,3kc = 0 (1)

Im{} = 0 = 3 + 833,3 = 0 (2)En donde, despejando de (2) y reemplazando en (1) resulta

1 = 0 = kc = 0

2 =

833,3 = kc = 266,73 =

833,3 = kc = 266,7

Aplicando simulacion a traves de MatLab y considerando los valores definidos porenunciado, se obtienen los siguientes:

Sistema de Orden Completo con hc(s) = kc(s+)s



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34/46




33


35/46


Sistema de Orden Completo conhc(s) = kc



34


36/46





35


37/46


Para la resolucion de las graficas se utilizaron kc = 232,66 para el caso del Sistemade Orden Completo con hc(s) = kc(s + )/s y kc = 266,8 para el caso del Sistemade Orden Completo con hc(s) = kc, respectivamente. Resultando ser estos valoresde kc crticos obteniendo como respuestas, oscilaciones marginalmente estable en elsistema.

Respecto a los Sistemas de Orden Reducidos, es posible afirma que nunca se vuelveninestable esto debido principalmente a que los valores calculados en forma teoricaarrojan como resultado que el valor de kc = 0, lo que implica que sus polos nuncaresultaran ser numeros imaginarios puros en su totalidad.


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38/46

Problema h)

Para la discretizacion del sistema en L.A. de c) con T = 0,05[seg], y xr(kT + T) =Ardxr(kT) + brdu(kT) + erdp(kT), y(kT) = crdxr(kT) + ddu(kT) + fdp(kT), repita d) parahc(z) = kc y hc(z) = kc(z )/(z 1) con = 0,95.

El equivalente discreto del sistema, es posible calcularlo con ayuda del siguiente comando

Hyud = c2d(hyu_planta, Ts) %%% Hyud es la funcion Hyu discretizada.

El cual se le entregan la funcion de transferencia en Laplace, donde luego se utilizara enel plano Z (discreto) en el mismo intervalo de tiempo en que se desarrolla la funci on, delos cuales se obtienen valores para los controladores correspondientes a utilizar.

Luego, aplicando simulacion a traves de MatLab y considerando los valores definidospor enunciado, se obtienen los siguientes:

L.G.R. para Sistema Reducido Discreto con hc(z) = Kc.

Fig.49.Grafico: L.G.R. del Sistema Reducido Discreto con kc > 0

Fig.50.Grafico: L.G.R. del Sistema Reducido Discreto con kc < 0

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Fig.51.Grafico: L.G.R. del Sistema Reducido Discreto con hc = kc

L.G.R. para Sistema Reducido Discreto conhc(z) =

Kc(z0,95)

(z1)

Fig.52.Grafico: L.G.R. del Sistema Reducido Discreto con Kc(z0,95)(z1)

> 0

Fig.53.Grafico: L.G.R. del Sistema Reducido Discreto con Kc(z0,95)(z1)

< 0

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Fig.54.Grafico: L.G.R. del Sistema Reducido Discretocon hc(z) = Kc(z0,95)(z1)


Sabemos de ante mano que para que el sistema permanezca estable en el caso dis-creto, los valores que pueden tomar las ganancias en los controladores, deber estarpresentes dentro de la circunferencia unitaria, de lo contrario el sistemas oscilatorio,es decir inestable.

Es posible observar de las graficas de L.G.R Reducido Discreto que para las dosdiferente valore que pueden tomar los controladores, el sistema se puede hacer mar-

ginalmente estable, esto es posible de realizar si se logra calcular la ganancia que seencuentra en la periferia de la circunferencia unitaria.

Por otro lado si analizamos los despegues podemos llegar a la conclusion que estosocurren solo para ganancia positivas, de forma contraria, es decir para ganancia ne-gativa, donde el sistema se puede llegar a comportar de forma estable como inestableen un intervalo de tiempo.


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Problema i)

epita f), g) pero en el caso de h).

En primera instancia se pretende analizar el plano z de la misma forma que sea esta-do trabajando con el plano de la frecuencia, es decir

Para el caso de f), se tiene

Sistema Reducido con un controlador hc(z) = kc

hyu(z) =0,00254z2 + 0,00411z+ 0,000215

z3 1,67z2 + 0,667z 0,004828Ademas, se considera un kgr(z), de la forma

kgr(z) =kc(0,002543z2 + 0,004108z+ 0,000215)

z3 1,67z2 + 0,667z 0,004828As, igualando para un 1 + kgr(z) = 0 y despejando kc, se obtiene

1 +kc(0,002543z2 + 0,004108z+ 0,000215)

z3 1,67z2 + 0,667z 0,004828 = 0

kc =

z3 1,67z2 + 0,667z 0,0048280,002543z2 + 0,004108z+ 0,000215

Entonces, se aplica el operador derivada, es decir dkcdz

= 0, resultando

dkc

dz=

2,534 103z4 8,15 103z3 + 14,72 103 + 685 106z 1,628 104(0,002543z2 + 0,004108z+ 0,000215)2

Luego, el valor de despegue de los polos en el plano z resulta ser de

PZ1 =

2,5519

PZ2 = 0,8192

Sistema Reducido con un controlador hc = kc(z0,95)z1

hyu(z) =0,00254z2 + 0,00411z+ 0,000215

z3 1,67z2 + 0,667z 0,004828Ademas, se considera un kgr(z), de la forma

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42/46

kgr(z) =kc(z 0,95)(0,002543z2 + 0,004108z+ 0,000215)

(z 1)(z3 1,67z2 + 0,667z 0,004828)As, igualando para un 1 + kgr(z) = 0 y despejando kc, se obtiene

1 +kc(z 0,95)(0,002543z2 + 0,004108z+ 0,000215)

(z

1)(z3

1,67z2 + 0,667z

0,004828)

= 0

kc =

z4 2,67z3 + 2,337z2 0,6718z 0,0048280,002543z3 + 1,697 103z2 3,680 103z 2,042 104

Entonces, se aplica el operador derivada, es decir dkcdz

= 0, resultando

dkc

dz=

10,15z6 3,386 103z5 3,65z4 + 17,73z3 8,58z2 + 4,10z 3,14 104(0,002543z3 + 1,697 103z2 3,680 103z 2,042 104)2

Luego, el valor de despegue de los polos en el plano z resulta ser de

PZ1 =

2,5930

PZ2 = 1,0883

Para el caso de g), se tiene

Utilizando el criterio de estabilidad de Routh, el cual ayuda a la hora de calcular lasrespectivas ganancias del sistema y definir el controlador, dicho lo anterior, es posiblecalcular

Sistema Reducido con un controlador hc = kc

hyu(z) =0,003644z+ 0,003172

z2 1,659z+ 0,6592Ademas, se considera un kgr(z), de la forma

kgr(z) =kc(0,003644z+ 0,003172)

z2 1,659z+ 0,6592As, igualando para un 1 + kgr(z) = 0 y despejando kc, se obtiene

1 + frackc(0,003644z+ 0,003172)z2 1,659z+ 0,6592 = 0z2 1,659z+ 0,6592 + kc(0,003644z+ 0,003172)

z2 1,659z+ 0,6592 = 0Ahora utilizando el numerador para reconocer los valores de las ganancia que realizan quesistema se vuelva marginalmente estable, es decir

z2 1,659z+ 0,6592 + kc(0,003644z+ 0,003172)se puede separar los valores de zn, para obtener

z2 + z(0,003644kc 1,659) + (0,003172kc + 0,6592)

Entonces, se aplica un cambio de variable del tipo z = 1+R1R , resultando

A = 141


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B = 0,003644kc 1,659C = 0,003172kc + 0,6592

Luego, se resuelve

A(1 + R

1 R )2 + B(

1 + R

1 R ) + C = 0De donde, se deduce que

R2(A B + C) + 2R(A C) + (A + B + C) = 0

Reemplazando los valores, definido anteriormente, se obtiene

R2(3,3182472103kc)+R(681,61036,344103kc)+200106 +6,816103kc = 0

Ahora, se genera una matriz de la forma

R2| 3,3182 472 103kc 200 106 + 6,816 103kcR1

|681,6

103

6,344

103kc 0

R0| 200 106 + 6,816 103kc 0

As, resolviendo el sistema con operaciones de algebra de matrices, resultan las ecuaciones

3,3182 472 103kc = kc < 7030, 08

681 103 6,344 103kc > 0 = kc < 107,44200 106 + 6,816 103kc = kc < 0,029

Luego, solo cumple el valor 107,44 , para que hayan valores negativos en algun coeficientede la ecuacion ante el criterio de estabilidad de Routh.

Sistema Reducido con un controlador hc = kc(z0,95)z1

hyu(z) =0,003644z+ 0,003172

z2 1,659z+ 0,6592Ademas, se considera un kgr(z), de la forma

kgr(z) =kc(z 0,95)(0,003644z+ 0,003172)

(z 1)(z2 1,659z+ 0,6592)As, igualando para un 1 + kgr(z) = 0 y despejando kc, se obtiene

1 +kc(z 0,95)(0,003644z+ 0,003172)

(z 1)(z2 1,659z+ 0,6592) = 0

(z 1)(z2 1,659z+ 0,6592 + kc(z 0,95)(0,003644z+ 0,003172)z2 1,659z+ 0,6592 = 0

Ahora utilizando el numerador para reconocer los valores de las ganancia que realizan quesistema se vuelva marginalmente estable, es decir

(z 1)(z2 1,659z+ 0,6592 + kc(z 0,95)(0,003644z+ 0,003172)se puede separar los valores de zn, para obtener

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44/46

z3 + z2(0,003644kc 2,659)+ z(2,3182 2,898 104kc) + (0,6592 3,0134 103kc) = 0

Entonces, se aplica un cambio de variable del tipo z = 1+R1R

, resultando

A = 1

B = 0,003644kc 2,659C = 2,3182 2,898 104kc

D = 0,6592 3,0134 103kcLuego, se resuelve

A(1 + R

1 R )3 + B(

1 + R

1 R )2 + C(

1 + R

1 R ) + D = 0

De donde, se deduce que

R3(AB + CD) + R2(3AB C+ 3D) + R(3A + B C3D) + (A + B + C+ D) = 0

Reemplazando los valores, definido anteriormente, se obtiene

R3(23,408104kc)+R2(1,363212,39103kc)+R(400106+0,012974kc)+(340106kc) = 0

Ahora, se genera una matriz de la forma

R3| 2 3,408 104kc 400 106 + 0,012974kcR2| 1,3632 12,39 103kc 3,40 104kcR1|

545,28106+0,0172kc1,60104

1,363212,39103kc 3,40 10

4kc0

R0| 3,40 104kc 0

As, resolviendo el sistema con operaciones de algebra de matrices, resulta

kc < 5868, 54

kc < 109, 93

kc > 0

0,0320 < kc < 105,2Luego, solo cumple el valor kc = 96 , para que hayan valores negativos en algun coeficientede la ecuacion ante el criterio de estabilidad de Routh.


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Luego, aplicando simulacion a traves de MatLab y considerando los valores definidospor enunciado, se obtienen los siguientes:

L.G.R. para Sistema Reducido Discreto con hc(z) = Kc.


L.G.R. para Sistema Reducido Discreto con hc(z) = Kc(z0,95)(z1)


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Sistema de Control - Tarea N°2

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