Problemas Control II Grupo2

UNIVERSIDAD NACIONAL MAYOR MAYOR DE SAN MARCOS ELECTRONICA Y ELECTRICA

INGENIERIA

B-10-4. Considere el sistema de control de la figura 10-37. Usando las reglas de sintonizaci sintonización ón de Ziegler-Ni Ziegler-Nichols, chols, determine determine los valores de Kp, Ti  Td . !"tenga la res# res#ue uest staa esca escalo lonn unit unitar ario io del del sist sistem emaa dise dise$a $ado do.. %aga %aga a&us a&uste tess fino finoss de los los #ar'metros Kp, Ti  Td, Td, a fin de (ue el so"re#aso m')imo en la res#uesta escalón unitario sea a#ro)imadamente de 1*+.

Solución a e"ido e"ido a (ue la #lanta #lanta tiene tiene un integra integrador dor,, usamos usamos el segundo segundo mtodo. mtodo. Considerar /i /i   , /d  0. " Cons Consid ider eran ando do tan tan sólo sólo la acci acción ón #ro# #ro#or orci cion onal al 2# 2#,, o"te o"tene nemo moss la func funció iónn de transferencia de lazo cerrado siguiente4 C ( s ) Kp = 3 2 R ( s ) s + 21 s + 20 s + Kp

El valor de Kp que hace al sistema marginalmente estable para que ocurra una oscilación sostenida se obtiene mediante el criterio de estabilidad de Routh. La ecuación característica para el sistema de lazo cerrado es: s

3

2

+ 21 s + 20 s + Kp =0

Entonces el arreglo de Routh es: s

s

s

SISTEMAS DE CONTROL II

1

3

2

1

2

21

Kp

420− Kp 21

Página 1




s

0

Kp

INGENIERIA



!e la primera columna se encuentra que ocurrir" una oscilación sostenida si Kp # $2. %or consiguiente& la ganancia crítica es Kcr # $2& entonces la ecuación característica es 3

2

s + 21 s + 20 s + 420= 0

'ustitu(endo s # )* en la ecuación característica& así:

3

2

( jw ) + 21 ( jw ) + 20 jw + 420= 0 3

2

− jw −21 w + 20 jw + 420=0 2

2

jw ( 20 −w )+ 21 ( 20 −w )=0

encontramos que la +recuencia de oscilación sostenida es Luego& el periodo de la oscilación sostenida es: Pcr =

2 π

w

=1.40496

determínanos Kp& ,i ( ,d de la siguiente manera: Kp=0.6 Kcr =252

Ti =0.5 Pcr =¿ 0.7025 Td =0.125 Pcr =¿ 0.1756

Entonces la +unción de trans+erencia del controlador %-!

( s+ Gc ( s ) =0.075 xKcrxPcr


4

Pcr s

2

)

Página 2

2

w =20

o

w =√ 20 20


( s+ Gc ( s ) =0.075 x 420 x 1.40496

INGENIERIA

2

4 1.4050

)

s

2

( s + 2.8469 )

Gc ( s ) =44.3

s

El diagrama de bloques del sistema de control con el controlador %-! diseado sera:

R(!

C(!

R(!

C(!

R(!

C(!

La respuesta al escalón unitario de este sistema se obtiene +"cilmente con /0,L0 /0,L0


Página "

UNIVERSIDAD NACIONAL MAYOR DE SAN MARCOS ELECTRONICA Y ELECTRICA

INGENIERIA

Fig1. Respuesta al escalón unitario del sistema de control usando un controlador %-!

!e la +igura observamos un sobrepaso m"imo poco ma(or a 34& para obtener un sobrepaso m"imo de 154 tenemos que reducir los par"metros del controlador mediante una sintonización +ina. 6onservaremos Kp#252 ( moveremos el cero doble del controlador %-! a s#71& el nuevo valor de %cr ser": 4

Pcr

=1

Pcr =4

Luego los par"metros ,i ( ,d ser"n: Ti =0.5 Pcr =2 Td =0.125 Pcr =0.5

La nueva 8unción de ,rans+erencia del controlador %-! sera:



4

Pcr s

2

)

Página #


4

INGENIERIA

2

( s+ ) Gc ( s ) =0.075 x 420 x 4

4

s

2

(s + 1)

Gc ( s ) =126

s

La +unción de ,rans+erencia de Lazo cerrado ser":

R(!

C(!

9sando /0,L0 para esta nueva +unción de trans+erencia& se obtiene la respuesta a un escalón unitario como se muestra en la +igura siguiente:

Fig2. Respuesta al escalón unitario del sistema de control& con par"metros Kp#252& ,i#2& ,d#.5 SISTEMAS DE CONTROL II

Página 5


INGENIERIA

-ncrementaremos la ganancia proporcional a Kp#32 ( mantendremos el cero doble s#71;< es decir

Kp=0.6 Kcr =620

Kcr#1==.==. Los par"metros ,i ( ,d no son



a+ectados. Entonces la +unción de trans+erencia del controlador %-! es:


2

4

Pcr s

)

4

2

(s + ) Gc ( s ) =0.075 x 1033.33 x 4

4

s

2

Gc ( s ) =309.99

( s + 1) s

>btenemos la +unción de trans+erencia de lazo cerrado siguiente:

R(!

C(!

9sando /0,L0 para esta nueva +unción de trans+erencia& se obtiene la respuesta a un escalón unitario como se muestra en la +igura siguiente:


Página 6


INGENIERIA

Fig3. Respuesta a escalon unitario con par"metros Kp# 32& ,i#2& ,d#.5

El sobrepaso m"imo es 1?4 que es aproimado a 154 entonces los par"metros sintonizados son: Kp# 32&

,i#2&

,d#.5

B-10-5. Considere el sistema de la figura 10-35. 6u#onga (ue se introducen al sistema las #ertur"aciones 2s, como se o"serva en el diagrama. etermine los SISTEMAS DE CONTROL II

Página 7


INGENIERIA

#ar'metros K, a y b, tales (ue la res#uesta #ara la entrada de #ertur"ación escalon unitario  la res#uesta #ara la entrada de referencia escalón unitario satisfagan las es#ecificaciones siguientes4 a res#uesta #ara la entrada de #ertur"ación escalón de"e atenuarse r'#idamente 28 seg en trminos del tiem#o de asentamiento de 8+,  la res#uesta ante la entrada de referencia escalón de"e e)hi"ir un so"re#aso rna)imo de 80+ o menos  un tiem#o de asentamiento de 8 seg. D(!

C(!

R(!

Solución

C(!

R(!

La +unción de trans+erencia de lazo cerrado es: C ( s ) 2 k ( as + 1 ) ( bs + 1 ) ( s + 2) = R ( s ) s ( s + 1 ) ( s + 10 )+ 2 k ( as + 1 ) ( bs + 1 ) ( s + 2)

%odemos ver que el numerador es un polinomio de grado = ( el denominador tambi@n es un polinomio de grado =. %ara reducir el grado del Aumerador elegiremos a # . La +unción de trans+erencia de lazo cerrado se convierte en:


Página $


INGENIERIA

2 k ( bs + 1 ) ( s + 2 ) C ( s ) = R ( s ) s ( s + 1 ) ( s + 10 )+ 2 k ( bs + 1 ) ( s + 2)

.Bacemos b#.5 de modo que el cero del controlador se encuentre en s # 72& la +unción de trans+erencia del controlador Ccs; sera: Gc ( s )=

Gc ( s )=

k ( bs + 1 ) k ( 0.5 s + 1) = s s 0.5 k ( s + 2 )

s

Entonces: 2

C ( s ) k ( s + 2 ) = R ( s ) s ( s + 1 ) ( s + 10 )+ k ( s + 2)2

La +unción de trans+erencia en lazo cerrado para la entrada de perturbación ser": C ( s ) 2 s (s + 2 ) = R ( s ) s ( s + 1 ) ( s + 10 )+ k ( s + 2)2

La respuesta para la entrada de perturbación escalón debe atenuar r"pidamente. -nterpretaremos esto en t@rminos del tiempo asentamientos de 2 seg. 9sando /0,L0 encontramos que K # 2& nos da el tiempo de establecimiento de 2 seg. 6on K # 2& la +unción de trans+erencia de lazo cerrado 6!s;D!s; para la entrada de perturbación es: 2 C ( s ) 2 s +4 s = R ( s ) s3 + 31 s2 + 90 s + 80

En /0,L0


Página %


INGENIERIA

Fig4. Respuesta de perturbación para la entrada escalón unitario

Esta respuesta corresponde al tiempo de establecimiento de 2 seg. Esto puede no ser tan obvio. %or lo tanto& se representa la respuesta de perturbación a la entrada rampa unitaria En /0,L0


Página 10


INGENIERIA

Fig5. Respuesta de perturbación para la entrada Rampa unitario

>bservamos que el tiempo de establecimiento es aproimadamente de 2 seg. %ara la entrada de re+erencia& la +unción de trans+erencia de lazo cerrado con K # 2 es. C ( s )

2

+ 80 s + 80 R ( s ) s + 31 s + 90 s + 80 =

20s

3

2

En /0,L0


Página 11


INGENIERIA

%odemos observar que el tiempo de establecimiento es de 2 segundos. Los polos en lazo cerrado para el sistema lo hallamos usando /0,L0.

 rootsden; ans # 72F.GF$2 71.532? H .35=Fi 71.532? 7 .35=Fi 8inalmente el 6ontrolador es: Gc ( s )=

(

+ )

20 0.5 s 1

s

=

10

( s + 2) s

!onde I#2& a# ( b#.5.


Página 12


INGENIERIA

B-10-6. emuestre (ue el sistema con un control 9: (ue a#arece en la figura 2a es e(uivalente al sistema con un control :-9 con control realimentado de la figura 2".


Página 1"


INGENIERIA

Solución La +unción de trans+erencia en lazo cerrado del sistema mostrado en la +igura a; es:

C ( s ) = R ( s )

(

Kp 1 +

1

T i s

1 + K p ( 1+

)

+ T d s G p ( s )

1

T i s

… ( α )

+ T d s ) G p ( s )

La +unción de trans+erencia en lazo cerrado del sistema mostrado en la +igura b; se puede obtener como sigue& de+inimos la entrada al bloque Cps; como 9s;. Entonces:


Página 1#


U ( s )= Kp ( 1+ T d s ) R ( s ) +

K p T i s

[ R ( s )−C ( s ) ]− K ( 1+ T s ) C ( s ) p

d

( C ( s )=G p ( s ) U ( s )

por lo tanto

(

)

(

)

(

)

(

)

)

(

C ( s ) 1 1 = Kp 1 + T d s + R ( s )− K p 1 + T d s + C ( s ) T i s T i s G P ( s )

C ( s ) 1 1 = Kp 1 + T d s + R ( s )− K p 1 + T d s + C ( s ) T i s T i s G P ( s )

C ( s ) + K p G P ( s )

(

+ T d s +

1

(

C ( s )+ K p 1 + T d s +

1

T i s

1

T i s

)

C ( s )= Kp

(

C ( s ) = R ( s )

(

Kp 1 +

1

T i s

1 + K p ( 1+

+ T d s +

G P ( s ) C ( s )

1

T i s

1

T i s

(

)

(

G P ( s ) ]= Kp 1 +T d s +

)

T i s

1

T i s

T i s

… ( β )

+ T d s ) G p ( s )


R ( s )

1

+ T d s G p ( s )

1

)

= Kp 1 + T d s +

G P ( s )

C ( s ) [ 1 + K p 1 + T d s +

1

Página 15

)

)

R ( s )

G P ( s ) R ( s )

INGENIERIA


INGENIERIA

%odemos darnos cuenta que J; # ;& entonces podemos decir los sistemas mostrados son equivalentes.

B-11-5. Considere la matriz ; siguiente4

0  0  A = 0  1

1

0

0

0

1

0

0

0

1

0

0

0

❑1 , ❑2 , ❑3 y ❑4

>btenga los valores característicos

 

de la matriz 0. !espu@s obtenga una

matriz de trans+ormación % tal que: −1

P AP=diag (¿ 1 , ❑2 , ❑3 , ❑4 )

¿

Solución Los valores característicos

de la matriz 0 nn son las raíces de la ecuación característica

siguiente:

| I − A|=0 !onde la matriz 0 es:

0  0 A =  0  1


1

0

0

1

0

0

0

0

0   0  0 = 0  1   0 a4 0

Página 16

1

0

0

0

1

0

0

0

1

a3

a2

a1 

 


λ  0 0   0

0

0

λ

0

0

λ

0

0

0

0   0  0 − 0  0   λ   1

1

0

0

0

1

0

0

0

1

0

0

0

0   λ − 1 0   − λ 0 1 0   =0 0 λ 0 − 1   λ  0 − 1 0 

R&')i&n*' +', -&n',& '-+&-&n/a,i'

0 0

¿ −1 ¿ 0 −1 −1 ¿ 0

| | −1 0 0

0

¿−1 +|¿|=0 0

¿ ¿

[| |] [| |]

−1 +(−1) −1 =0 0

0

❑ ( ❑ − 0 ) + (−1 ) ( 1)= 0 2

2

4

❑ − 1 =0 !onde los valores propios ser"n:

❑1 =1, 2=−1, 3= j y 4=− j Ballando la matriz trans+ormada %:


Página 17

INGENIERIA

 

=0


1   λ 1 P =  2 λ  13  λ 1

1

1

λ 2

λ 3

2 2 3 λ 2

λ

λ

2 3 3 λ 3

INGENIERIA

1 

  2 λ 4 3 λ  4 λ 4

Reemplazando se tiene que:

1 1 1  1 − 1 j  P = 1 1 − 1  1 1 − j

1 

 − j  − 1  j 

%ara que esta matriz sea la matriz trans+ormada se debe de cumplir que:

−1

P AP =diag (¿ 1 , ❑2 , ❑3 , ❑4 ) … … … ( 1 )

¿

Hallando la inversa de P: %ara hallar la matriz inversa se usa la +ormula :

−1

P =

1

det ( P )

Adj ( P )

Ballando la determinante de %: det ( P ) =4


Página 1$


1 1  1 −1 Ad j( P ) =  1 − j  1 j

INGENIERIA

1 

1

 − 1 − 1 j   − 1 − j  1

1 1  −1 1 1 − 1 P = 4 1 − j  1 j

1 

1

 − 1 − 1 j   − 1 − j  1

Reemplazando en 1;:

1 1  1 1 − 1 −1 P AP = 4 1 − j  1 j 1  0 −1 P AP =  0  0

0

1  0

1

 − 1  0 − 1 j  0  − 1 − j  1 1

0

−1 0 0

j

0

0

λ 1   0  0 = 0  0   − j   0 0 

1

0

0 1

1

1

0

1

0 1

−1

j

0

0

1

0

0

−1 − j

1 1

 0 1

1

0

0

0 

λ 2

0

0

λ 3

0  0 

0

0

λ 4  

B-11-6. Considere la matriz ; siguiente4

0 1  − − 2 3  

A = 




Página 1%

 

1 

 − j  − 1  j 

UNIVERSIDAD NACIONAL MAYOR DE SAN MARCOS ELECTRONICA Y ELECTRICA At 6alcule e mediante tres metodos:

Solución At Ballando e :

'ea una ecuación di+erencial escalar:

x´ =ax … ( 1 )

0l resolver esta ecuación se obtiene como solución un t; de la +orma: x ( t )=b 0+ b1 t + b 2 t + … + b k t + … ( 2 ) k

2

Ballando x´ ( 'ustitu(endo esta ecuación en 1;: k −1

x´ ¿ b 1+ 2 b2 t + 3 b3 t + … + kbk t 2

+…

%or lo tanto: k −1

2

b1 + 2 b2 t + 3 b 3 t + … + kb k t

k − 1

2

b1 + 2 b2 t + 3 b 3 t + … + kb k t

+ … =a (b 0 + b1 t + b 2 t 2+ … + b k t k + … )

+ … =a b0 + ab 1 t + a b2 t 2+ … + abk t k + …

-gualando miembro a miembro: b1= a b0

2 b2=a b 1 → b2=

1

3 b3= a b2 → b3 =

1

2

3

1

2

a b 1= a b0 2

a b2 =

1 3 x 2

3

a b0

. . .


Página 20

INGENIERIA


bk =

1

k

k

a b 0 … ( 3 )

b0

El valor de

se obtiene sustitu(endo t# en 2;:

x ( 0 )=b0 … ( 4 )

Reemplazando =; ( $; en 2;& se obtiene: x ( t )=b 0+ a b0 t +

x ( t )=( 1+ at +

(

x ( t )= 1 + at +

1 2

1 2

1 2

2

2

a b 0 t + … +

2 2

a t + … +

2 2

a t + … +

1

k 1

k

1

k

k

k

a b0 t + …

k k

a t + … ) b0

k k

)

a t + … ! x ( 0 )

x ( t )=e ! x ( 0) at

Entonces para una ecuación matricial: x´ = Ax

'e tiene:

(

x ( t )= I + At +

1 2

2

2

A t + … +

1

k

)

k k

A t + … ! x ( 0 )

!onde:

(

I + At +

1 2

2 2

A t + … +

1

k

k k

)

At

A t + … = e

Entonces:

x ( t )=e ! x ( 0 ) … ( α ) At


Página 21

donde 0: matriz nn

INGENIERIA


%ara la ecuación matricial

´ (t )= A" ( t ) " 0plicando la trans+ormada de laplace a esta ecuación se obtiene: #" ( s )− " ( 0 )= A" ( s ) #" ( s )− A" ( s )= " ( 0 ) " ( s ) ( #I − A )= " ( 0 ) − /ultiplicando por (#I − A ) : 1

−1

" ( s )=( #I − A ) " ( 0 )

,omando la trans+ormada inversa:

( #I − A ) [¿ ¿−1 ] " ( 0 ) … ! ( β ) −1 " ( t ) = ℶ ¿

-gualando ( α ) con ( β ) :

( #I − A ) [¿¿−1 ] At − e =ℶ ¿ 1

/@todo 1:

( #I − A ) [¿¿−1 ] At −1 e =ℶ ¿

0plicando la +ormula

Ballando #I − A :

| | || s

0

0 1 s 0

0 1

−

0 −2

||

1 =s −3 2


|

−1 s+ 3

Página 22

INGENIERIA


[

−1

|

|

2

−

1

1

(#I − A )−1 = s −1 = s + 1 s + 2 −2 2 2 s +3 + s + 1 s +2

[¿ ¿−1 ]= ℶ−

1

[

s +1

s +1

−

1

1

s +2

s+ 1

−2 2 + s + 1 s +2 − ℶ ¿

−

1

s +2

−1 2 + s +1 s + 2

( #I − A ) 2

−

1

s +2

−1 2 + s +1 s + 2

]

]

1

¿

[

2

−1

ℶ

s +1

−ℶ−1

− ℶ−1

2

s+1

1

s+ 2

+ ℶ−1

1

−1

ℶ

2

s+1

−ℶ−1

s+2

− ℶ−1

1

s +1

[

2

2

s+ 2

+ ℶ−1

( #I − A ) −t − t −t − t e −e 2 e −2 e [¿ ¿−1 ]= −2 e−t + 2 e− t −e−t + 2 e− t At − e =ℶ ¿ 2

1

2

2

s+2

]

]

1

/@todo 2: 'i la matriz 0 se trans+orma en una +orma diagonal: !onde

!onde

At

$t

e = P e P

❑1

3

−1

❑2

 P

[

❑1 t

e

0

0

]

❑2 t P

e

−1

.(1!

son las raíces características de la matriz 0 nn.

0 1 A =   − − 2 3   | I − A|=0


Página 2"

INGENIERIA


INGENIERIA

¿

| |−|− − |= 0 0

0 2

1 3

0

¿ −1 3 2

|¿|=0

(+ 3 )+ 2=0 2

❑ + 3 + 2=0

!onde:

❑1 =−1, 2=−2 La matriz % ( %71: P=

[

1

1

−1 −2

]

−1

P =

4

6on estos valores reemplazamos en 1;: At

$t

−1

e = P e P = P

At

$t

−1

e = P e P =

At

$t

−1

e = P e P =

[

[

[

−t

e

0

1 −1

0 −2t

e

][

]

P

−t

1 e −2 0

−t −2 t e 2e − t −2 t 2e 2e

−

− +

−1

0 −2t

e

][

−t

2 −1

−2 t

1 −1

]

]

e −e −e−t +2 e−2 t

/@todo =:


Página 2#

[

2

1

−1 −1

]


INGENIERIA

%ara este caso& aprecia que las raíces características de la matriz 0 son distintas. %or tanto& se aplica la siguiente ecuación matricial.

[

1 1

I

]

❑1 t

❑1 e ❑ t ❑2 e =0 2

At

A

e

Reemplazando:

[

1 1

I

]

−1 e−t −2 e−2t = 0 At

A

e

0plicando co+actores:

−2 e− A

2 t

At

e

+

1

I

−2t

e At e

| |

+ e−t 1 −2 = 0 I

A

−2 e At − A e−2 t + e At − I e −2t + e−t ( A + 2 I )= 0 −2 e At − A e−2 t + e At − I e −2t + A e−t + 2 I e−t =0 −2 t

A + I ¿ e

+( A + 2 I ) e−t =0 −e At −¿

−2 t

A + I ¿ e

−( A + 2 I ) e−t −e At =¿ −2 t

A + I ¿ e At −t e =( A + 2 I ) e −¿


Página 25


[ ([

0

1

−2 − 3

At

e

=

At

e =

At

e =

0

][ ] ] [ ]) +

1

−2 − 3

1

0

0

1

+2

INGENIERIA

¿ e− t

1

0

0

1

2

e

−t

−¿

([− − ]) −[− − ] 2 2

[

[

1 −t e 1

− t 2e −t 2e

−

− t

1 2

][

1 −2 t e 2

−2t

−2 t

]

e e e −t − −2 t −e −2 e −2 e−2 t

−t

]

−t −2t −e−2 t e −e e = −2 e−t + 2 e−2 t −e−t + 2 e−2 t At

2e

B-11-7. ada la ecuación del sistema

[ ] [ ][ ] x ´ 1 x´ 2 x´ 3

=

2

1

0 0

2 0

0 x 1 1 x 2 2 x 3

%ara este sistema se tiene:


Página 26


INGENIERIA

[ ]

A =

2

1

0

0

2

1

0

0

2

La matriz de transición de estados Mt; se obtiene mediante:

M t; # e 0t # L 71N'- 7 0; 7 1O Entonces:

[ ] [ ] s 0 0 0 s 0 0 0 s

sI – A =

sI – A =

[

-

s −2 0

−1 s −2

0

0

2

1

0

0 0

2 0

1 2

0

−1 s −2

]

Ballando su inversa: 1

(SI - A)

– 1

=

det ( #I − A ) adj(SI – A)

!onde: ad)'- P 0; # Nco+'- P 0;O, Ballando la matriz de co+actores de '- P 0;:

Cof(SI – A) =

[

2

( s− 2) s −2

0

0 2

( s −2 ) s −2

1

0 2

( s −2 )

]

Ballando su ad)unta:

Adj(SI – A) = [cof(SI – A)] T =


[

( s −2 )2

Página 27

s −2

0

( s −2 )

0

0

1 2

s −2

( s −2 ) 2

]


INGENIERIA

Ballando su determinante: det'- P 0; # s P 2; = Entonces la inversa de '- P 0; es:

[

1

(SI – A)

– 1

=

det ( #I − A ) adj(SI – A) =

( s −2 )

2

s −2

0

( s −2 )

0

0

1 2

s −2

( s− 2 )

( s & 2 )3

(SI – A)

– 1

=

[

1

1

1

( s − 2 ) ( s −2 )

2

0

3

( s −2 )

1

1

( s −2)

( s −2 )

0

0

2

1

( s −2)

]

0hora aplicamos Laplace inversa:

-1

-1

L [(SI - A) ] = L { -1

[

1

1

( s − 2 ) ( s −2 )

2

0

0

>btenemos la matriz de transición de estados:


1

Página 2$

3

( s −2 )

1

1

( s −2)

( s −2 )

0

2

1

( s −2)

]

}

]

2


[

At

Φ (t) = e =

2 t

e

te

1

2 t

0

e

0

0

2

t e

2

2 t

INGENIERIA

]

2 t

2 t

te 2t e

Entonces tenemos la solución: t;# e0t ; ó en +orma matricial en +unción de las condiciones iniciales:

[ ] x 1 ( t ) x 2 ( t ) x 3 ( t )

[

=

2 t

e

te e

0 0

1

2 t

2

t e

2

2 t

2 t

te 2 t e

0

][

2 t

x 1 ( 0 ) x 2 ( 0 ) x 3 ( 0 )

B-11-.
[ ] [− − ] [ ] x´ 1 x´ 2

0 3

=

1 x 1 2 x 2

en donde las condiciones iniciales son

[ ] [− ] x 1 ( 0 ) x 2 ( 0 )

1

=

1

Solución %ara este sistema se tiene: A=

[

0 −3

1 −2

]

La matriz de transición de estados Mt; se obtiene mediante: Φ (t) = e At = L -1[(SI - A)

Entonces: SISTEMAS DE CONTROL II

Página 2%

-1

]

]


[ ]

[

s 0 −¿ 0 s

sI – A =

0

INGENIERIA

1

−3 −2

]

Ballando su inversa: 1

(SI - A)

– 1

=

det ( #I − A ) adj(SI – A)

!onde: ad)'- P 0; # Nco+'- P 0;O, Ballando la matriz de co+actores de '- P 0;:

6o+'- P 0; !

[

]

s + 2 −3 s 1

Ballando su ad)unta: 0d)'- P 0; # Nco+'- P 0;O , #

[

s+ 2

1

−3

s

]

Ballando el determinante de '- P 0;:

|

s

det [ #I − A ] #

;t

3

-1

e   =2

|

−1 =¿ s2 H 2s H = # sH1H) √ 2 ; sH17) √ 2 ; s+ 2 #I − A

-1

-1

 >   ?

[

s 3

−1 s+2

]

-1

@

Entonces la inversa de '- P 0; es: 1 P1

'- P 0; #


Página "0

[

s +2

1

s ( s + 2 ) + 3 −3

s

1

det ( #I − A ) ad)'- P 0; #

]


[

'- P 0; P 1 #

s +1 +1

]

1 2

INGENIERIA

2

( s + 1)2 + √ 2 (s + 1)2 + √ 2 −3 s + 1 −1 2 2 2 ( s + 1) + √ 2 (s + 1)2 + √ 2

Rede+iniendo convenientemente la matriz inversa:

'- P 0; P 1 #

[

s +1

√ 2

1

+

√ 2 ( s + 1) + √ 2

2

2

2

2

s +1

2

2

√ 2

1

( s + 1) + √ 2 √ 2 ( s + 1 ) + √ 2 −3 √ 2 √ 2 ( s +1 ) + √ 2 2

2

2

( s + 1 ) + √ 2 2

−

√ 2

1

√ 2 (s +1) +√ 2

2

2

]

0plicando Laplace inversa:

L 71N'- 7 0; 7 1O # L 71

[

s +1

+

√ 2

1

√ 2

1

( s + 1)2 + √ 2 √ 2 ( s + 1 )2 + √ 2 −3 √ 2 √ 2 ( s +1 )2+ √ 22 2

√ 2 ( s + 1) +√ 2

2

2

s +1

( s + 1 ) + √ 2 2

2

−

√ 2

1

√ 2 (s + 1) +√ 2 2

>btenemos la matriz de transición de estados:

0t

e #

[

1

−t

e cos √ 2 t +

−3

√ 2

√ 2

1

−t

e sin √ 2 t

−t

e sin √ 2 t

√ 2 −t e cos √ 2 t −

%or lo tanto obtenemos la solución: 0t

0t

t; # e ; # e


−t

e sin √ 2 t

Página "1

[− ] 1 1

1

√ 2

−t

2

]

e sin √ 2 t

2

]


x ( t )=

[

−t

e

cos

1

√ 2 t +

− t

√ 2

−3 e−t

√ 2

sin

e

sin

√ 2 t

√ 2 t

1

−t

e

√ 2 −t e cos √ 2 t −

INGENIERIA

sin 1

√ 2

]

√ 2 t −t

e

sin

√ 2 t

[− ] 1

1

>perando obtenemos la solución: t; #

[

]

−t

e cos √ 2 t − t −e cos √ 2 t −√ 2 e−t sin √ 2 t

8inalmente tenemos 1t; ( 2t;: x 1 ( t ) x 2 ( t )

!

[

−t

]

e cos √ 2 t −t −e cos √ 2 t −√ 2 e−t sin √ 2 t

B-12-3. Aeferencia a la ecuación 218-15 el aumento del estado de la ganancia de la matriz B #uede ser dado #or4 k=[0 0 1][B AB A2B]-1 ø(A) !onde:

ø(A) = A3  !1 A2  !2 A  !3I

Los valores de J1& J2 ( J= se determinan a partir de la ecuación característica deseada

|#I −( A − 'K )|= ( # + 2+ j 4 ) ( s +2 − j 4 ) ( s + 10 ) = S3  1"S2  #0S  200 = S3  !1S2  !2S  !3 0sí& !1 = 1" !2 = #0 SISTEMAS DE CONTROL II

Página "2


INGENIERIA

!3 = 300 Entonces:

ø(A) =

[

ø(A) =

[

0 0 −1

1 0 −5

199

0 1 −6

55

] [ 3

0 + 14 0 −1

0 1 −6

] [ 2

0 + 60 0 −1

1 0 −5

0 1 −6

] [

0 + 200 0 −1

1 0 −5

]

8

−8 159 −7 −43

1 0 −5

7 117

!esde:

[B AB A2B] =

[

]

0

1

1

1

1

−11

1

−11

60

,enemos la ganancia de realimentación del estado deseado de la siguiente matriz K

k=[0 0 1]

[

−1

][

0

1

1

1

1

−11

1

−11

60

k = [0 0 1]

[

k = [0 0 1]

[

199

55

8

−8 159 −7 −43

0.7349

0.8554

0.8554

0.012

0.1446

−0.012

0.1446

7 117

][

]

199

−0.012 ∗ −8 159 −7 −43 0.012

138.3476

170.2169

28.7831

170.2169

49.4819

5.5181

28.7831

5.5181

2.4819

]

k = [2$%&$31 '%'1$1 2%"$1]


55

Página ""

8 7 117

]

0 1 −6

]


INGENIERIA

B-12-4. 9rogramas de ;/;D #ara o"tener la ganancia  matriz de realimentación del estado #or el uso del comando E;rBerE o el comando ElugarE se muestran en la #'gina siguiente Ceneración de la matriz I por el uso del comando Q0rIer  0#N 1 <  1<71 75 73O<  #N<1<1O<  #N72H)S$ 727)S$ 71O<  K#acIer0&&; K# 2G.FG=1 5.51G1 2.$G1? Ceneración de la matriz I por el uso del comando Q%lace  0#N 1 <  1<71 75 73O<  #N<1<1O<  #N72H)S$ 727)S$ 71O<  K#place0&&; K# 2G.FG=1 5.51G1 2.$G1?

B-13-11. 6onsidere el sistema de la +igura. !etermine los valores de las ganancias de K de modo que el +actor de amortiguamiento relativo T del sistema en lazo cerrado sea igual a .5. 0 continuación determine tambi@n la +recuencia natural no amortiguada "n del sistema en lazo cerrado. 'uponiendo que e; # 1 ( U; # & calcule.

(

∫ e ( t ) dt 2

0


Página "#


INGENIERIA

Solución

R(!

C(!

&

C ( s ) 5 k 2.5 k = 2 = 2 R ( s ) 2 s + 3 s + 1 + 5 k s + 1.5 s + 0.5 + 2.5 k e *a f+,c., de t/a,sfe/e,ca de *ao ce//ado  *a ec+ac., ca/acte/stca de 2do o/de, o4te,e5os6 2 ) * +=1.5  *+

2

= 0.5 + 2.5 k

%or condición del problema& el +actor de amortiguamiento es T # .5. Entonces 2

* +=1.5 → 1.5 = 0.5 + 2.5 k

!e lo anterior obtenemos I#.F&

* +=1.5

.Reemplazando en la +unción de trans+erencia

de lazo cerrado. C ( s ) 1.75 = 2 R ( s ) s + 1.5 s + 2.25

V de

- ( s ) R ( s ) :


Página "5


- ( s ) R ( s )−C ( s ) s2 + 1.5 s + 0.5 = = 2 R ( s ) R ( s ) s + 1.5 s + 2.25

0si e´ + 1.5 é + 2.25 e =´r + 1.5 r´ + 0.5 r

%ero r#& entonces tenemos e´ + 1.5 é + 2.25 e =0

e 1= e

!e+inimos

e 2=é

(

.

)( )

()(

e1 é 1 = 0 1 −2.25 −1.5 e 2 e´2

Entonces (

(

∫ e ( t ) dt =∫ e 2

0

T

( t ) ! . ! e ( t ) ! d ( t )

0

!onde e ( t )=

( ) [ ] 1 e 1 ( t ) , .= 0 e 2 ( t )

0 0

T Resolviendo A + PA =−.

para %& obtenemos

(

∫ e ( t ) dt =e 2

/ =

T

( 0) ! P ! e ( 0 )

0

%ara A =

[

0

−*+

1 2

−2 ) * +

]


Página "6

INGENIERIA

Problemas Control II Grupo2

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