ejercicios resueltos routh

´ I NGENIER´IA I A EN AUTOMATIZACION

C ONTROL I NDUSTRIAL

Y

´ Control Autom atico 1 Problemas Resueltos

U NIVERSIDAD N ACIONAL DE Q UILMES 29 de julio de 2003 ´ Pagina 1 de 2

Resoluci´ Resolucion o´ n de problemas utilizando el criterio de Routh-Hurwitz En este apunte veremos t´ecnicas ecnicas para utilizar el criterio de Routh cuando el primer t´ermino ermino de una de las l´ıneas ıneas es cero o si una l´ l´ınea ınea entera es cero mediante mediante ejemplos. Por ultimo u´ ltimo veremos una aplicacion o´ n del criterio de Routh. Caso 1: Consideremos Consideremos primero primero el caso en donde el primer elemento elemento de una fila es cero, pero al menos uno de los otros elementos es no nulo. Tomemos el polinomio P(s) = s5 + 3s4 + 2s3 + 6s2 + 3s + 3, el arreglo num´erico erico que resulta es s5 s4 s3 s2 s1 s0

1 3 0

2 6 2

3 3

=⇒

s5 s4 s3 s2 s1 s0

1 3

|ε | 6 − 6ε  |ε |2 2 + 2−2|ε |

2 6 2

3 3

3

Si ahora hacemos |ε | −→ 0+ , observamos que lim 6 −

|ε |→0+

6

|ε |

<

0

lim 2 +

y

|ε |→0+

|ε |2 2 − 2|ε |

>0

por lo que concluimos que el polinomio P(s) no es Hurwitz y dado que existen dos cambios de signos en la primer columna columna del arreglo arreglo num´ num erico e´ rico de Routh, P(s) tiene dos ra´ ra´ıces ıces con parte real positiva. Caso 2: Consideremos Consideremos ahora ahora el caso en el que toda una fila es nula, para ello utilicemos utilicemos P(s) = s5 + 6s4 + 12s3 + 12s2 + 11s + 6 y armemos el arreglo num´ numerico e´ rico de Routh:

s5 s4 s3 s2 s1

1 6 10 6 0

12 11 12 6 10 6 0 Pa (s) = 6s2 + 6

nuevo s1 s0

12 6

0

←−

dPa (s) ds

= 12s

No hay cambios de signo en la primera columna. Por lo tanto, todas las ra´ ra´ıces ıces tienen parte real negativa. excepto un par que son Pa (s) = 6s2 + 6 = 0

⇒

s = ± j

Aplicaci on o´ n del criterio de Routh El m´etodo etodo de Routh lo podemos utilizar para determinar los intervalos de los par´ametros ametros para los cuales un sistema realimentado como el de la Figura 1, permanece estable. Veremos ahora algunos ejemplos:

Ejemplo 1 Considerem Consideremos os el sistema sistema de la Figura Figura 1. Las propiedades propiedades de estabilidad del sistema est an ´  ´  en 1 + KG. La ecuacion  funcion realimentacion ecuacion ´  de la ganancia de realimentaci´  ´  K en la ecuaci´  ´  caracter ´  ´ıstica   ´  caracter ´  ´ıstica    para el sistema est ´  est a´  dada por  s+1 1 + K  =0 s(s − 1)(s + 6)

⇒

s3 + 5s2 + (K − 6)s + K  = 0.

´ Control Autom atico 1

r 

-   h −  6

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Problemas Resueltos

y-

- G(s)

G(s) =

con

K  

s+1 s(s − 1)(s + 6)

Figura 1: Un sistema en realimentaci´on

 El arreglo de Routh correspondiente es s3 s2 s1 s0

K − 6 K 

1 5 4K −30 5

K 

Para que el sistema permanezca estable, necesitamos que

4K − 30 5

>

0

y

K  > 0

 por que si K  > 7.5 el sistema permanecer a´  estable.

Ejemplo 2 Consideremos la siguiente planta nominal y el controlador  Go (s) =

100

K (s) =

(s − 0.5)(s + 4)

(s + 3) s2 + 4s + 5

Supongamos que el controlador tiene una ganancia λ . Estudiemos para qu´  e valores de λ  el sistema a LC   permanece estable. El polinomio caracter ´  ıstico 1 + λ K (s)Go (S) viene dado por  P(s) = ( s2 + 4s + 5)(s2 + 3.5s − 2) + 100λ (s + 3)

     K 

4

3

2

= s + 7.5s + 17s + (9.5 + K )s + (3K − 10)  El arreglo de Routh correspondiente es s4 s3 s2 s1 s0

1 7.5



118−K  7.5



(9.5 + K )( 1187.−5 K ) − 7.5(3K − 10) 3K − 10

17 9.5 + K  3K − 10

3K − 10

7.5 118−K 

Para que sea estable, de las filas correspondientes a s 2  y s 0 tenemos que K  >

10 3

K  < 118

 y de s1 tenemos que

−k 2 − 60.25K + 1683.5 118 − K 

>0

⇒

K  > 118

o

K  ∈ (−81.02, 20.77)

como la ganancia K es positiva, la intersecci´  on de todas las condiciones nos da la condici´  on final: k ∈ (3.33, 20.77)  Recordemos que el par ametro original era λ  por lo que habr a´  que escribir el intervalo el funci´  on de el. ´  ´