TP Nu00B02 M_Rotondi

Trabajo Prctico n2

Control I

Alumno: Rotondi, Mauro Daniel.

Docente: Palmieri, Diego.

Instructor: Colmegna, Patricio.

Fecha de Entrega: 13/11/2014

Ejercicio n1

Dados los diagramas de Bode a la izquierda de la Figura 1, deducir cuales de los diagramas de Nyquist a la

derecha corresponden al mismo sistema.

Figura 1: Diagramas de Bode y Nyquist

NOTA: Para la resolucin de este ejercicio, se busc la funcin correspondiente a cada grfica; y junto con

los valores necesarios para Nyquist, se dibujaron en MATLAB para verificar lo calculado.

Resolucin

Para el Grfico 1 de Bode de la Figura 1, se puede observar que se trata de un polo doble inestabe,esbozado en la siguiente funcin:

G(s) = 1(s1)2

Si expresamos lo obtenido en funciones de G(j):

Si se evala para los siguientes valores de :

Con todo lo calculado,se representan graficamente:

Figura 2: Diagrama de Bode n1

A continuacin en la Figura 3 se encuentra el Nyquist correspondiente al Bode de la Figura 2.

G( j)= 1( j+ 1)

quemultiplicando por el conjugado se obtiene :

G( j) = 12 2 j + 1

, si separamos en parte Real ()e Imaginaria ():

G( j) = 2 +1

4 + 22 +1+ j 2

4 + 22 +1

0 se obtieneel punto (1+ j0)

siendo que la parte 0 mas rpido que la parte , se obtieneel punto ( 0 + j0) con unngulode 180.

Por ltimo , paraobservar el corte conel eje , del numerador de la parte

hade ser 2 + 1= 0 =1 radseg

1 se obtiene el punto (0+ j 0.5)

Figura 3: Diagrama de Nyquist n2

Para el Grfico 2 de Bode de la Figura 1, se puede observar que se trata de:

Ganancia negativa que aporta 180 de fase

Cero simple en = 1, quedando (s + 1) .

Un polo en el orgen 1s , que aporta -90 de fase.

Un polo simple inestable en = 10, que en fase se comporta como un cero simple, siendo

entonces 1s10

+1.

Con todos los datos relevados, se construye la siguiente funcin:

Expresndolo en funcin de G(j ):


G(s) = 10 (s + 1)s (s + 10)

G(s )= 10 (s + 1)(s2 + 10 s)

G( j) = 10 ( j+1)(( j)2 + 10 j)

que multiplicando por el conjugado y ordenando se obtiene :

G( j) =10 j102 + 10 j


G( j) = 1102 + 100

+ j 102+100

3 + 100

Con todo lo calculado, se representan graficamente:




0 se obtieneel punto (1,1 j)

siendo que la parte 0 mas rpido que la parte , seobtieneel punto ( 0+ j) conunngulo de 90.


hade ser 102 + 100= 0 =10 radseg = 10 seobtiene el punto (1 + j 0)

Para el Grfico 3 de Bode de la Figura 1, se puede observar que se trata de:

Un polo en el orgen 1s , que aporta -90 de fase.

Un polo doble estable en = 1, de forma 1(s +1)2

Con todos los datos relevados, se construye la siguiente funcin:

Expresndolo en funcin de G(j ):


G(s) = 1s (s + 1)2

G ( j)= 1( j) ( j+ 1)2

queordenando se obtiene :

G( j) = 1( j)3 22 + j

, si se separa en parte Real ()e Imaginaria() :

G( j) = 24 + 22 + 1

+ j 2 1

5 + 22 +

0 se obtieneel punto (2 j)

siendo que la parte 0 mas rpido que la parte , seobtieneel punto ( 0+ j) conunngulo de 90.


hade ser 2 1 = 0 =1 radseg

= 1 se obtieneel punto (0.5 + j 0)

Con todo lo calculado, se representan graficamente:




Ejercicio n2

Asociar cada uno de los diagramas de Bode de la Figura 8, con el mapa de polos y ceros de la Figura 9.

Figura 8: Diagramas de Bode

Figura 9: Diagrama de Mapas

Para el Bode A de la Figura 8, le corresponde el Mapa 2 de la Figura 9, con los siguientes ceros ypolos:

Cero complejo en 12 j 1 (se justifica su eleccin mas adelante).

Polo simple en ( 0.1 + j 0). Polo doble en ( 1 + j 0) .

La funcin queda de la siguiente manera:

G( j) =( j + 1

2+ j 1) . ( j+ 1

2 j 1)

( j + 0.1) .( j+ 1)2queordenando y expresandoen segn la forma

compleja enel numerador queda : G ( j)=

54

.[( j52 )2+ 2 . 1

5. j52

+ 1]1

10 . ( j0.1 + 1) . ( j+ 1)2

Quedan los siguientes valores:

Una ganancia 20 log(12.5) 22 dB

n = 1,11radseg

= 15

r = 0,86radseg

M r = 1,25 dB

Para verificar lo obtenido, se representa en la Figura 10 el diagrama de Bode en MATLAB correspondiente:

Figura 10: Diagrama de Bode del Mapa 2

Para el Bode B de la Figura 8, le corresponde el Mapa 4 de la Figura 9, con los siguientes ceros ypolos: Cero en en el orgen.

Polo complejo inestable en 12 j 1 .



G( j) = j

( j 12 + j 1) . ( j12 j 1)

que ordenando y expresando ensegn la forma

compleja en el denominador queda : G ( j)= j

54

.[( j52 )2 2 . 1

5. j52

+ 1]

Una ganancia 20 log 0,8 2dB

n = 1,11radseg

=15

r = 0,86radseg

M r =1,25dB



Para el Bode C de la Figura 8, le corresponde el Mapa 3 de la Figura 9, con los siguientes ceros ypolos: Cero en en el orgen.

Polo complejo inestable en 12 j 1 .



G( j) = j

( j+ 12 + j 1) . ( j+12 j 1)

que ordenando y expresandoen segn la forma

compleja en el denominador queda : G ( j)= j

54

.[( j52 )2+ 2 . 1

5. j52

+ 1]

Una ganancia 20 log 0,8 2dB

n = 1,11radseg

=15

0,44

r = 0,86radseg

M r = 1,25dB



Para el Bode D de la Figura 8, le corresponde el Mapa 1 de la Figura 9, con los siguientes ceros ypolos:

Cero complejo en 12 j 1 (se justifica su eleccin mas adelante).

Polo simple en ( 0.1 + j 0). Polo doble en ( 1 + j 0) .



G( j) =( j 1

2+ j 1) . ( j 1

2 j 1)

( j+ 0.1) .( j + 1)2que ordenando y expresando ensegn la forma

compleja en el numerador queda : G( j)=

54

.[( j52 )2 2 . 1

5. j52

+ 1]1

10. ( j0.1 + 1) . ( j+ 1)2

Una ganancia 20 log(12.5) 22 dB

n = 1,11radseg

= 15

r = 0,86radseg

M r = 1,25 dB



Conclusin

Observando todos los grficos, se pueden ver como los ceros y polos complejos INESTABLES hacen varias

los diagramas de fase, sin alterar estos la respuesta en frecuencia en cuanto a la magnitud.

Ejercicio n3Utiliar el criterio de Nyquis para decidir si los siguientes sistemas son estables a lazo cerrado. Si algn

sistema fuera inestable, decir cuntos polos en el semiplano derecho posee.

(a)

(b)

(c)

(d)

Resolucin

(a) Se expresa la G(s) en funcin de G(j):


Analizando el caso para la asntota, se toma :

Escribiendo (a) en funcin de la nueva igualdad de s:

G(s) = 5(s+1)s22 s+3

G(s) = s+3s(s1)

G(s) = 2 ss2s+1.25

G(s) = 10(s+3)3

G( j) = j +3( j) ( j1)

, si separamosen parte Real ()e Imaginaria() :

G( j) = 42 + 1

+ j 32

3 +

0 se obtieneel punto (4 + j)

siendo que la parte 0mas rpido que la parte , se obtieneel punto ( 0 j 0) con unngulo de90.

Para observar el corte conel eje , del numerador de la parte

hade ser 32 = 0 =3 radseg = 3 se obtieneel punto (1+ j 0)

s = e j ; con 1 y [2 ; 2 ]

G( e j )= ej +3

( e j ) ( e j 1) G ( e j ) = 3

e j , expresando enmagnitud y fase :

G( e j )= 3 e j( +)

G(s) = s+3s(s1)

Dndole los siguientes valores a :

Con todos los datos obtenidos, se realiza el Diagrama de Nyquist en la Figura 14.

Figura 14: Nyquist de la funcin (a)

Siendo que:

P = 1, ya que las races del denominador de (b) son: 1.0000 + 0.000i

El nmero de vueltas al -1 es N = 1

Los polos a lazo cerrado Z son Z = N + P

Z = 1 + 1 Z = 2.

Al pasar por el -1, el sistema es CRITICAMENTE ESTABLE.

=2

3 e j

2

= 0 3 e j

=2

3 e j 32 +

(b)

Se expresa la G(s) en funcin de G(j):



Figura 15: Nyquist de la funcin (b)

G( j) = 5( j+1)( j22 j+ 3)

, si separamosen parte Real ()e Imaginaria() :

G( j) = 152+15

4 2 2 + 9+ j 5 (5

2)4 2 2 + 9

0 se obtieneel punto (53+ j 0)

siendo que la parte 0mas rpido que la parte , se obtieneel punto ( 0 j) conun ngulode 90.

Para observar el corte conel eje , del numerador de la parte

hade ser 52 = 0 =5 radseg = 5 seobtiene el punto (52 + j 0)Para observar el corte conel eje , del numerador de la parte

hade ser 152 + 15= 0 =1 radseg

= 1 se obtieneel punto (0 + j 52)

G(s) = 5(s+1)s22 s+3

Siendo que:

P = 2, ya que las races del denominador de (b) son: 1.0000 + 1.4142i 1.0000 - 1.4142i

El nmero de vueltas al -1 es N = 2, ( el viene del sentido de giro antihorario)


Z = 2 + 2 Z = 0.

Como Z = 0, el sistema es ESTABLE A LAZO CERRADO.

(c)




G(s) = 2 ss2s+1.25

G( j) = 2 j( j2 j + 1.25)


G( j) = 22

4 1.52 + 1.5625+ j 2

3 + 2.541.52 + 1.5625

0 se obtieneel punto (0 + j 0)

siendo que la parte 0mas rpido que la parte , se obtieneel punto ( 0 j 0) con unngulo de90.

Para observar el corte conel eje , el numerador de la parte

hade ser 23 + 2.5 = 0 =52

radseg

= 52

se obtieneel punto (2 + j 0)

No hay cortes con el eje .

Figura 16: Nyquist de la funcin (c)

Siendo que:

P = 2, ya que las races del denominador de (c) son: 0.5000 + 1.0000i 0.5000 - 1.0000i

El nmero de vueltas al -1 es N = 1, ( el viene del sentido de giro antihorario)


Z = 1 + 2 Z = 1.

Como Z = 1, el sistema es NO ES ESTABLE A LAZO CERRADO.

(d)



G(s) = 10(s+1)3

G( j) = 10( j+ 1)3


G( j) = 302 + 10

6 + 3 4 + 32 + 1+ j 10

3306 + 34 + 32 + 1


Figura 17: Nyquist de la funcin (d)

Siendo que:

P = 0, ya que las races del denominador de (d) son: -1.0000 + 0.0000i -1.0000 + 0.0000i -1.0000 - 0.0000i

El nmero de vueltas al -1 es N = +2, ( el + viene del sentido de giro horario)


Z = 2 + 0 Z = 2.

Como Z = 2, el sistema es NO ES ESTABLE A LAZO CERRADO.

0 se obtieneel punto (10 + j 0)

siendo que la parte 0mas rpido que la parte , se obtieneel punto ( 0+ j 0) conun ngulode 90.

Para observar el corte conel eje , el numerador de la parte

hade ser 10330 = 0 =3 radseg = 3 se obtieneel punto (54 + j 0)Para observar el corte conel eje , el numerador de la parte

hade ser302+10 = 0 = 13

radseg

= 13

se obtieneel punto (0 j 154 3) (0 6,49)

Ejercicio n4

Considerar un planta con el modelos nominal

(a) Sin tener en cuenta el retardo, disear un controlador tal que ubique los polos dominantes a lazo cerrado

en s = 2 0.5 j. Simular el sistema a lazo cerrado.

(b) Aproximar el retardo con una aproximacin de Pad de segundo orden y disear un controlador bajo las

mismas condiciones que antes. Simular el sistema a lazo cerrado.

(c) Simular el controlador diseado en (a) con un predictor de Smith.

(d) Decidir cul de los dos desempeos es el mejor.

(e) Suponiendo que el retardo del sistema real tiene un 20% de error, simular los controladores obtenidos

considerando el retardo de la planta ret = 0.6 y ret = 0.4.

(f) Calcular el valor del retardo mximo que mantiene el sistema estable.

Resolucin

(a) Siendo el modelo nominal de la planta sin el retardo:

Se toma un Alc de grado 2 . n, quedando entonces un Alc de grado 4.

De esta manera, se toma un controlador bipropio con n = 2 de la forma

Desarrollando los polos dominantes a lazo cerrado s = 2 0.5 j se obtiene:

Planteado la ecuacin de el polinomio caracterstico a lazo cerrado:

Ao(s) . L(s) + Bo(s ) . P (s) = Alc (s)

Go(s) =(s+5)

(s+1). (s+3). e0.5 s

Go(s) =Bo(s)Ao(s)

=(s+5)

( s+1) . (s+3); con Bo(s) de grado m=1 y Ao(s)de gradon=2

(s+2+ j0.5 ) . (s+2 j0.5 ) s2+2 s j 0.5+2 s+4 j+ j 0.5+ j+14

quedando la ecuacin: s2+4 s+174

C (s) = P(s )L (s)

, quedandoentonces un controlador bipropio.

Sustituyendo en cada trmino se obtiene:

Donde:

L(s )= s .( l0+l1 s ) ; siendo ste de grado2, conel termino integrador ' s ' .

Aprovechando la cancelacin de polos, definimos entonces:

P (s)= [(s+1) . (s+3)] . p0 , que tiene grado 2. y se agregan para completar el grado 4, (s+)= (s+1) (s+)= (s+3)

Reemplazando en (1) y cancelando:

Quedando entonces:

Igualando los coeficientes pertenecientes al mismo grado y despejando:

NOTA: Para este caso, el sistema es sencillo de resolver y tiene una respuesta nica, en caso de tener uno

mas complejo, es conveniente plantear la matrz del sistema y ver si no es singular (Det 0) para ver si

tiene nica solucin.Finalmente, se procede a armar el controlador C(s):

Segn la simulacin en MATLAB esbozada en la Figura 18, se obtiene en la salida del sistema el diagrama de

la Figura 19.

(s+1) . (s+3) . L(s) + (s+5) . P (s) = (s2+4 s+174) . (s+) . (s+) (1)

(s+1) . (s+3) . s . (l0+l1 s )+ (s+5) . [(s+1) . (s+3) . p0] = (s2+4 s+17

4) . (s+1) . (s+3)

s . ( l0+l1 s )+ (s+5) . p0 = s2+4 s+17

4

l1 s2+l0 s+ p0 s+5 p0 = s

2+4 s+174

l1 = 1

l0 + p0 = 4 l0 =6320

= 3.15

5 p0 =174 p0 =

1720 = 0.85

C (s) =(s+1)(s+3) p0

s .(l0+l1 s)=(s+1)(s+3) 0.85

s .(3.15+s )C (s)= 0.85s

2+3.4 s+2.55s2+3.15s

Figura 18: Simulacion del sistema (a)

Figura 19: Respuesta al escaln sin retardo

(b) La expresin general para la aproximacin de Pad es la siguiente:

En nuestro, para un caso de segundo orden, se obtiene:

Ya con la aproximacin para el retardo calculada, el modelo de la planta pasa a ser:

Ahora, analizando nuevamente los grados de la planta, se tiene que:

e(Ts)1+

i=1

n i ! (Ts)i

(2i)!

1+ i=1

n i !(Ts)i

(2i)!

e(Ts)1 1

2Ts+(Ts)

2

12

1 + 12

Ts+(Ts)2

12

, y reemplazando conT = 0.5

e0.5s 1 1

4s+1

48s2

1 + 14

s+148

s2

Go(s) =(s+5)

(s+1). (s+3) . e0.5 s

(s+5)(s+1) . (s+3) .

1 14

s+ 148

s2

1 + 14 s+148 s

2=

B0( s)A0(s )

B0(s) tiene grado m = 3.

A0(s) es de grado n = 4.

De esta manera, el polinomio Alc ser de grado 2.n 8, por lo que el controlador C(s) ser:

Planteamos:

Ao(s) . L(s) + Bo(s ) . P (s) = Alc (s)

Sustituyendo en cada trmino se obtiene la ecuacin (41):

Donde:

Aprovechando la cancelacin de polos, definimos entonces:

Reemplazando en (41) y cancelando se obtiene:

Igualando los coeficientes pertenecientes al mismo grado y despejando:

Con los coeficientes obtenidos, se arma el controlador C(s):

Haciendo las sustituciones correspondientes y distribuyendo:

(s+1) . (s+3) . (1+ 14

s+ 148

s2)L (s) +( s+5) . (1 14

s+ 148

s2)P (s )= (s2+4 s+174) . ( s+) . (s+)(1 + 1

4s+ 1

48s2)(s+)2

(l3 s4+l2 s

3+l1 s2+l0 s )+ (

148

s3 748

s214

s+5) . p0 = s4+44 s3+564.25 s2+1770 s+1700

C (s)= P (s)L(s )

bipropio de grado4.

L(s )= s .( l3 s3+l2 s

2+l1 s+l0) ; siendo ste de grado4, con el termino integrador ' s ' .

y se agregan paracompletar el grado8, (s+) =(s+1) (s+) =(s+3)

El trmino(s+)se coloca paracompletar el grado8, y esconveniente darle unvalor lejanoal de los polos dominantes , se propone(s+)= (s+20)

P (s)= [(s+1) . (s+3) .(1 + 14

s+ 148

s2)] . p0 , que tiene grado 4.

l3 = 1

l2 +148

p0 = 44 l2 = 36.9166

l1748

p0 = 564.25 l1 = 613.8333

l0 14

p0 = 1770 l 0 = 1855

5 p0 = 1700 p0 = 340

C (s) = P(s )L (s) =[(s+1) . ( s+3) .(1 + 1

4s+ 1

48s2)] . p0

s .(l3 s3+l2 s

2+l1 s+l 0)

C (s)= 7.083 s4+113,33 s3+701,25 s2+1615 s+1020

s4+36.9166 s3+613.8333 s2+1855 sLa planta con el retardo se presenta como:

Segn la simulacin en MATLAB esbozada en la Figura 20, se obtiene en la salida del sistema el diagrama de

la Figura 21.

Figura 20: Representacin del sistema con Retardo por Pad

Figura 21: Respuesta al escaln con retardo aproximado por Pad.

(c) Se toma como G0(s) = esT . G0(s) , G0(s) =

s+5(s+3)(s+1)

El controlador del tem (a) es C (s)= 0.85s2+3.4 s+2.55s2+3.15s

Segn el esquema de controlador con Predictor de Smith de la Figura 22:

Go(s) =(s+5)

(s+1) . (s+3).

1 14

s+ 148

s2

1 + 14

s+ 148

s2= 0.0208 s

30.1458 s20.25 s+200.0208 s4+0.3333 s3+2.0625 s2+4.75 s+3

Figura 22: Predictor de SmithCon MATLAB realizamos la siguiente simulacin en la Figura 23.

Figura 23: Esquema para el controlador de (a) con el Predictor de Smith

La salida del sistema se representa en la Figura 24.

Figura 24: Respuesta al escaln con Predictor de Smith

(d)La Figura 25 muestra el resultado entre el retardo aproximado con Pad y con el Predictor de Smith:

Figura 25: Respuesta al escaln con los retardos por Pad y SmithEl mejor desempeo es el Predictor de Smith, ya que no presenta picos de amortuguamiento como el caso de

Pad para segundo orden, y se estabiliza sin ningn tipo de sobresaltos.

En algunos casos, la aproximacin de Pad puede ser muy cruda, especialmente cuando el retardo es la

dinmica dominante del sistema.

(e) A continuacin en la Figura 26, se presenta el esquema con la planta con su retardo real de 0.5, con el

Predictor de Smith y las plantas paralelas con retardos de 0.4 y 0.6.

Figura 26: Simulacin de sistema con retardos 0.4 y 0.6

Visualizando la salida en la Figura 27:

Figura 27: Respuesta del sistema con retardos de 0.4 y 0.6

De este resultado, se puede observar que el retardo con 0.6, alcanza el valor de la seal escaln mas rpido,

con una pequea sobreamortiguacin; mientras que con el retardo de 0.4, tarda mas en llegar al valor 1, pero

sin ocasionar ningn tipo de oscilacin.

(f) Del punto anterior, se puede apreciar que aumentando el retardo, el sistema responde al escaln con una

pequea oscilacin. A continuacin, se ir probando de forma experimental segn la Figura 28, dndole

valores a Retardo Mximo hasta donde el sistema siga siendo estable.

Figura 28: Simulacin con el retardo mximo.Con un retardo de 1.5, se obtiene lo representado en la Figura 29.

Figura 29: Retardo mximo de 1.5

Para un retardo de 1.9, se muestra en la Figura 30.

Figura 30: Para un retardo mximo de 1.9Finalmente, se obtuvo que para un retardo = 2 el sistema se desestabiliza, tal cual indica la Figura 31.

Figura 31: Para un retardo mximo de 2Claramente, se puede apreciar que para un retardo = 2 el sistema se torna inestable, asi que se puede dejar 1.9

como el retardo mximo .

Ejercicio n5Considerar el sistema nominal

(a)Sintonizar un PID con el mtodo de Ziegler-Nichols sin tener en cuenta el retardo.

Sin retardo, la planta queda:

Como hay un integrador, usaremos el segundo Mtodo propuesto por Z-N, donde primero se fija Ti= yTd=0. Usando slo la accin de control proporcional (vase la Figura 32), se incrementa Kp desde 0 hasta un

valor crtico Kcr, en donde la salida presente oscilaciones sostenidas. (Si la salida no presenta oscilaciones

sostenidas para cualquier valor que pueda tomar Kp, entonces este mtodo no se puede aplicar.) As, la

G0(s) =e5s

s (s+1)( s+20)

G0(s) =1

s (s+1)( s+20)

ganancia crtica Kcr y el periodo Pcr correspondiente se determinan experimental (vase la Figura 33).

Figura 32: Sistema a lazo cerrado con un controlador proporcional Kp

Figura 33: Oscilacin sostenida con periodo Pcr (Pcr se mide en seg.).

Ziegler-Nichols sugirieron que se establecieran los valores de los parmetros Kp, Ti y Td de acuerdo con la frmula

que se muestra en la Tabla 1.

Tabla 1 : Regla de sintona de Z-N basada en la Kcr y Pcr.Obsrvese que el controlador PID sintonizado mediante el segundo mtodo de las reglas de

Ziegler-Nichols produce:

Segn la Figura 32, la funcin de transferencia es:

C PID(s)= K p(1+1

T i s+T d s ) , y comoT i = T d = 0

C PID(s) = K p

G(s) =K p

1+s(s+1)(s+20)K pordenandoG(s) =

K ps (s+1)(s+20)+K p

Ahora se busca el valor de Kcr para saber hasta donde es estable el sistema. Mediante Routh, calculamos el

coeficiente Kcr para el siguiente polinomio caracterstico:

P (s)= s3+21 s2+20 s+K p

De aqu, se obtiene que A =21 . 20K p

21 = 0 despejandoK cr=K p=420

La frecuencia crtica cr para el Kcr encontrado ser:

El perodo crtico ser entonces:

Con los dos coeficientes obtenidos, se aplica la 3er fila (PID) de la Tabla 1, y se obtiene:

Kp = 0.6 . 420 = 252

T i = 0.5 .220

0.7024 = 0.52245

T d = 0.125 .220

0.1756

El controlador PID ser el siguiente:

En la Figura 34, se puede apreciar el sistema simulado en MATLAB, y en la Figura 35, un detalle con los

parmetros del bloque PID.

Figura 34: Sistema con el controlador PID y la planta.

s3

s2s1

121A

K p

20K p00

P (s)= s3+21 s2+20 s+420 si se reemplaza s= jP ( j) =( j)3+21( j)2+20 j+420 tomando la parte=0212+420=0 cr =20

Pcr =2cr

Pcr =220

Pcr = 1.0449

C PID(s)= K p(1+1

T i s+T d s ) C PID(s) = 252 (1+

10.52245 s

+0.1306 s)

y reordenandola ecuacin queda :

C PID(s)=44.2512 s2+252 s+358.7699

s

Figura 35: Parmetros de Controlador PID

El resultado de este sistema se muestra en la Figura 36:

Figura 36: Respuesta al escaln con el controlador PID

(b) Si ahora agregamos el Predictor de Smith, el sistema queda segn la Figura 37:

Figura 37: Sistema con Predictor de Smith

Como resultado de este sistema, se tiene en la Figura 38 lo siguiente:

Figura 38: Retardo con Predictor de Smith(c) En la Figura 40 se muestra lo que se obtiene de comparar ambos resultados :

Figura 40: Salidas del sistema con y sin retardo.

De esta grfico, se puede observar que ambas seales son iguales, y que el retardo entra 5 segundos despus

del inicio de la seal escaln.

Como conclusin, se puede decir que el Predictor de Smith es un excelente mtodo para ver el

comportamiento del sistema con el delay.

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