Capítulo 4

Respuesta transitoria

Una ves que los diagramas a bloques son desarrollados, el siguiente paso esllevar a cabo el análisis de los sistemas. Existen dos tipos de análisis: cuantitativoy cualitativo. En el análisis cuantitativo, el interés es obtener la respuesta exactade los sistemas de control debido a una señal de excitación especifica. En elanálisis cualitativo, nos interesa las propiedades generales de los sistemas decontrol. En este capítulo se investiga el análisis cuantitativo.

4.1. Sistemas de primer ordenUn sistema de primer orden sin ceros puede ser descrito por la función de

transferencia que se muestra en la figura (4.1.a), en la figura (b) se muestrala ubicación del polo en el plano complejo S. A continuación se mostrará larelación que existe entre la respuesta del sistema y la ubicación de los polos enel plano complejo de los sistemas de primer orden.

4.1.1. Respuesta al escalón unitario

Si la entrada es un escalón unitario, donde R(s) = 1s , la transformada de

Laplace de la respuesta al escalón es

Y (s) =k

τs+ 1

1

s

la respuesta al escalón se obtiene al tomar la transformada inversa de Y (s)

y(t) = k³1− e−

1τ t´

(4.1)

24

donde k y τ son la ganancia del sistema y la constante de tiempo respectiva-mente.

Figura 4.1 (a) Sistema de primer orden (b) Ubicacin de polos

La ecuación (4.1) está graficada en la figura 4.2

Figura 4.2 Respuesta del sistema

Constante de tiempo

El término τ se denomina constante de tiempo de la respuesta. De la ecuación(4.1), la constante de tiempo es el tiempo que toma la respuesta al escalón paraalcanzar el 63% de su valor final (figura 4.1b). Como la derivada de e−

1τ t es − 1

τcuando t = 0, τ es la rapidez de cambio inicial de la exponencial en t = 0. Enconsecuencia, la constante de tiempo se puede considerar una especificación dela respuesta transitoria para un sistema de primer orden, puesto que se relacionacon la velocidad a la que el sistema responde a una entrada escalón [8].También se puede evaluar la constante de tiempo a partir de la gráfica del

polo (figura 4.1b). Como el polo de la función de transferencia está en − 1τ ,

podemos decir que el recíproco de la ubicación del polo es la constante de tiempo,y cuanto más alejado se encuentre el polo del eje imaginario, más rápida es larespuesta transitoria.

25

4.1.2. Respuesta a la rampa

La respuesta de un sistema de primer orden representado por su función detransferencia

G(s) =k

τs+ 1

ante una rampa unitaria r(t) = t, es

Y (s) =k

τs+ 1

1

s2= k

µ1

s2− τ

s+

τ2

τs+ 1

¶y(t) = k

³t− τ + τe−

tτ

´(4.2)

La señal de error

e(t) = r(t)− y(t)

= τ − τe−tτ

cuando t→∞, e−tτ → 0, y la señal de error e(t) se aproxima a τ , es decir

e(∞) = τ

El error entre la señal de entrada y la señal de salida ante una rampa unitaria enun instante de tiempo suficientemente grande t es igual a la constante de tiempoτ . Entre más pequeña sea la constante de tiempo, el error de seguimiento esmenor.

26

4.1.3. Respuesta al impulso

Para una entrada impulso unitario δ(t), la salida del sistema es

Y (s) =k

τs+ 1

La transformada inversa de Laplace es

y(t) =k

τe−

1τ t (4.3)

Nota 49 Recuerde que la función impluso unitario δ(t) es definido por

δ(t) =

½1 para t = 00 para t 6= 0

4.1.4. Propiedad de los sistemas lineales invariantes en eltiempo

En el análisis anterior, se demostró que la respuesta del sistema y(t) anteuna entrada rampa unitaria es dada por la ec (4.2), es decir

y(t) = k³t− τ + τe−

1τ t´.

Al derivar esta expresión con respecto al tiempo, se obtiene

dy(t)

dt= k

³1− e−

1τ t´. (4.4)

Al derivar nuevamente esta expresión se obtiene

d2y(t)

dt2=

k

τe−

1τ t. (4.5)

Note que la ecuaciones (4.4) y (4.5) son la respuesta del sistema ante las entradasescalón (4.1) e impulso unitario (4.3), respectivamente. Por lo tanto la respuestaa la derivada de una señal de entrada se obtiene diferenciando la respuesta delsistema para la señal original. Ésta es una propiedad de los sistemas linealeseinvariantes con el tiempo. Los sistema lineales y variables con el tiempo y lossistema no lineales no poseen esta propiedad (ver [8], pgs 221-224 para unaexplicación más detallada).

Ejemplo 50 Considérese el circuito RC mostrado en la siguiente figura

27

Si la entrada v(t) es un escalón unitario con las respuestas de i(t) y vc(t)mostradas en las figuras

Determine los valores del capacitor C y de la resistencia R.

Solución 51 Aplicando la ley de los voltajes

vc(t) + vR(t) = vin(t) (4.6)

utilizando las relaciones

vR(t) = Ri(t) vc(t) =1

C

Zic(t)dt ic = C

dvcdt

(4.7)

y sustituyendo en (4.6), se obtiene

RCdvc(t)

dt+ vc(t) = vin(t)

La función de transferencia es

Vc(s)

Vin(s)=

1

RCs+ 1(4.8)

de aquí que 4τ = 4RC = 0,4→ RC = 0,1. De la relación de vc e ic se tiene que

Ic(s) = CsVc(s)

por lo que la ecuación (4.8) se puede reescribir como

Ic(s)

Vin(s)=

Cs

RCs+ 1

como la señal de entrada es un escalón unitario

Ic(s) =Cs

RCs+11s =

1R

1s+ 1

RC

ic(t) =1Re− tRC

Si ic(0) = 1→ 1R = 1, por lo tanto R = 1 y C = 0,1

28

4.2. Sistemas de segundo ordenA diferencia de los sistemas de primer orden, un sistema de segundo orden

tiene una amplia variedad de respuestas que dependen de dos parametros: Elfactor de amortiguamiento ξ y la frecuencia natural no amortiguada ωn. Elproducto ξωn se le conoce como atenuación del sistema (σ).La forma standar de un sistema de segundo orden es:

G(s) =ω2n

s2 + 2ξωns+ ω2n

En esta sección se estudiará la respuesta al escalón unitario:La función de transferencia tiene dos polos y no tiene ceros. Sus polos son

−ξωn ± jωn

q1− ξ2

En las siguientes figuras se muestran la ubicación de los polos y su correspon-diente respuesta al escalón unitario. En la programación del comportamientodinámico se consideró que ωn = 1.

Polos en el plano complejo S

29

Respuesta del sistema de 2do orden

El comportamiento dinámico del sistema de segundo orden puede ser descritoen términos del factor de amortiguamiento ξ

1. Si ξ = 0, los polos son imaginarios conjugados, el sistema se denominacriticamente estable y la respuesta presenta oscilaciones sostenidas

2. Si 0 < ξ < 1, los polos son complejos y conjugados y se dice que el sistemaes sub-amortiguado.

3. Si ξ = 1, los polos son reales y repetidos y el sistema se denomina critica-mente amortiguado

4. Si ξ > 1, los polos son reales y distintos y el sistema se denomina so-breamortiguado

4.2.1. Sistemas subamortiguados

Las características deseadas del comportamiento de un sistemas de segundoorden, pueden especificarse en función de la respuesta transitoria ante una en-trada escalón. A continuación se describirá algunas de las características de lossistemas de segundo orden subamortiguados con la ubicación de los polos en elplano complejo S.

30

El patrón de polos para un sistema subamortiguado de segundo orden, semuestra en la siguiente figura:

Del teorema de Pitágoras vemos que la distancia radial del origen al polo es lafrecuencia natural no amortiguada ωn, y el cosβ = ξ. las cantidades siguientesdescriben el comportamiento del sistema de segundo orden:

Definición 52 Tiempo de subida tr. Tiempo que tarda la respuesta en alcanzarpor primera vez la señal de referencia

tr =π − β

ωd(4.9)

Definición 53 Tiempo pico tp. Tiempo que necesita la respuesta del sistemapara alcanzar el máximo sobrepaso o sobreimpulso (overshoot)

tp =π

ωnp1− ξ2

=π

ωd(4.10)

Esta ecuación muestra que el tp es inversamente proporcional a la parte imagi-naria del polo. Como las líneas horizontales sobre el plano S son líneas de valorimaginario constante, también son líneas de tiempo pico constante.

Definición 54 Tiempo de establecimiento ts. Es el tiempo necesario para quela respuesta alcance y permanezca dentro de un porcentaje (generalmente del2%) del error alrededor del valor final

ts =4

ξωn(4.11)

Esta ecuación nos dice que el tiempo de establecimiento es inversamente pro-porcional a la parte real del polo. Como las líneas verticales sobre el plano S sonlíneas de valor real constante, también son líneas de establecimiento constante.

Definición 55 Máximo sobreimpulso Mp. Es la magnitud del primer sobrepasoel cual ocurre en el tiempo pico, medido desde la señal de referencia. Si la señalde referencia no es un escalón unitario, el máximo sobreimpulso se expresa enporcentaje

Mp = e− ξπ√

1−ξ2

Mp = e− ξπ√

1−ξ2 × 100%(4.12)

31

El máximo sobreimpulso depende del factor de amortiguamiento ξ, como ξ =cosβ las líneas radiales son líneas de ξ constantes. Como el sobreimpulso es unafunción de ξ las líneas radiales son entonces líneas de sobrepaso en porcentaje.

La representación geométrica de los conceptos anteriores se ilustran en lasiguiente figura

Ejemplo 56 Considere el siguiente sistema de control en lazo cerrado

donde G(s) = 1s(s+p) . Determine los valores de k y p de tal forma que la re-

spuesta transitoria tenga las siguientes características: ts < 4seg, tp < 1seg yMp < 10%. Considere que la señal de entrada es un escalón unitario.

32

Solución 57 De la fórmula de tiempo de establecimiento (4.11) se obtiene que

ts =4

ξωn< 2→ ξωn > 2→ −ξωn < −2

De la condición de tiempo pico (4.10) se tiene que

tp =π

ωd< 1→ ωd > π

Finalmente, de la condición de Máximo sobreimpulso (4.12)

Mp = e− ξπ√

1−ξ2 < 0,1

ξ > 0,59→ β < 59,76o

A continuación se elige un polo que se encuentre en la intersección de las líneastrazadas, por ejemplo sd = −4± 4j, en este caso el polinomio deseado es

(s+ 4 + 4j)(s+ 4− 4j) = s2 + 8s+ 32 = 0

igualando coeficientes con el polinomio característico del sistema

s2 + ps+ k = 0

se tiene que k = 32 y p = 8.

Ejemplo 58 Considere el siguiente sistema mecánico con K1 = 2, K2 = 1,b2 = 0,5 y M2 = 4. Se sabe por información de provedor que el resorte K2 serompe si este se estira por arriba de una distancia de 3 (adimensional) ¿Si laseñal de entrada es x1(t) = 4u(t) se romperá el resorte K2?

33

Solución 59 Modelo matemático

k1(x2 − x1) = Mx2 + b2x2 + k2x2

x1 =M

k1x2 +

b2k1

x2 +

µk2k1+ 1

¶x2

X2(s)

X1(s)=

1

Mk1s2 + b2

k1s+

³k2k1+ 1´ = 1

2s2 + 14s+

¡12 + 1

¢X2(s)

X1(s)=

1

2s2 + 0,25s+ 1,5

X2(s) =12

s2 + 0,125s+ 0,75

4

s

Ganancia = 0,666, 2ξωn = 0,125, ω2n = 0,75, ωn = 0,866, ξ = 0,072, Mp =0,79% Resp=4.77

34

Capítulo 5

Estabilidad

El problema más importante en los Sistemas de Control conciernen a laestabilidad. Se dice que un sistema es estable si toda entrada acotada produceuna salida acotada. A este enunciado se le da el nombre de estabilidad de entradaacotada-salida acotada (BIBO bounded input, bounded output).Una función r(t) definida para t ≥ 0, se dice que es acotada si su magnitud

no se aproxima a infinito, o equivalentemente, existe una constante M tal que

|r(t)| ≤M <∞para todo t ≥ 0Definición 60 Un sistema es estable si cada entrada acotada excita una salidaacotada. De otra forma el sistema es inestable

Ejemplo 61 Considere un sistema con función de trasnferencia G(s) = 1s . Si

aplicamos la entrada acotada r(t) = sen(ωt) ¿La salida será acotada?

Solución 62 Y (s) = 1s

ωs2+ω2 =

1s − s

s2+ω2

y(t) = u(t) − cos(ωt). La salida debido a la entrada acotada r(t) = sen(ωt) esacotada, pero no podemos concluir la estabilidad del sistema debido a que setiene que verificar todas las posibles entradas acotadas. De hecho, el sistema noes estable por que la aplicación de r(t) = 1 se tiene y(t) = t, entonces la entradaacotada produce una salida no acotada y el sistema no es estable.

La inestabilidad de un sistema puede ser deducido de la definición 60, alencontrar una entrada acotada que excite una salida no acotada. Sin embargo,es dificil deducir la estabilidad de un sistema debido a existen una infinidad deentradas acotadas que deben ser verificadas. Por fortuna se tiene el siguienteteorema [2]

Theorem 63 Un sistema con una función de transferencia racional propiaG(s) es estable si y solo si todos los polos de G(s) tienen parte real negativa, oequivalentemente, se encuentran en el semiplano izquierdo del plano complejo S

35

Por semiplano izquierdo, significa el semiplano izquierdo excluyendo el ejeimaginario. El teorema implica que un sistema es inestable si la función detransferencia tiene uno o más polos con parte real positiva o cero. La estabilidadde un sistema, depende solo de los polos de la función de transferencia G(s) yno de los ceros de G(s).

5.1. Criterio de RouthConsidere un sistema con función de transferencia

G(s) =N(s)

D(s)

se asume que N(s) y D(s) no tienen factores comúnes. Para determinar laestabilidad de G(s) utilizando el teorema 63, se debe determinar los polos deG(s) o, equivalentemente, las raíces de D(s). Si el grado de D(s) es grande, loscálculos de las raíces (sin el uso de calculadoras) es complicado, por lo que esdeseable tener un método para determinar la estabilidad sin calcular las raíces.Este método se denomina criterio de Routh ó criterio de Routh-Hurwitz.

Definición 64 Un polinomio con coeficientes reales es llamado polinomio Hur-witz si todas las raíces tienen parte real negativa.

El procedimiento del criterio de estabilidad de Routh es como sigue:

El polinomio denominador de G(s) se escribe de la siguiente forma:

a0sn + a1s

n−1 + · · ·+ an−1s+ an = 0 (5.1)

la condición necesaria pero no suficiente para estabilidad, es que todos los coe-ficientes de la ecuación (5.1) estén presentes, y que todos tengan signo positivo.

Ejemplo 65 Verifique si los siguientes polinomios son Hurwitz:

1. s4+2s3+3s+4 = 0 Este polinomio no es Hurwitz ya que no todos loscoeficientes existen, en particular el coeficiente de la s2

2. s4 + 2s3 + 3s2 − 4s + 10 = 0 En este polinomio todos los coeficientesexisten pero no todos son positivos, por lo que el polinomio no es Hurwitz

3. s3 + 10s2 + s + 2 = 0 En este polinomio se cumplen las condicionesnecesarias, es decir todos los coeficientes existen y todos son positivos, peroesto no es suficiente para garantizar la estabilidad

36

Si se cumple la condición necesaria, entonces, se realiza el siguiente esquema:

sn a0 a2 a4 a6 · · ·sn−1 a1 a3 a5 a7 · · ·sn−2 b1 b2 b3 b4 · · ·sn−3 · · ·sn−4 · · ·...

......

s2 e1 e2s1 f1s0 g1

Los coeficientes b1, b2, b3, etc., se evalúan de la forma siguiente:

b1 = −

¯a0 a2a1 a3

¯a1

b2 = −

¯a0 a4a1 a5

¯a1

...

la condición necesaria y suficiente para que todas las raíces de la ecuación (5.1)queden en el semiplano izquierdo del plano s, es que todos los coeficientes de laecuación (5.1) sean positivos y que todos los términos de la primera columnadel conjunto sean positivos.

Ejemplo 66 Verifique si el siguiente polinomio es Hurwitz

s3 + 10s2 + s+ 2 = 0

s3 1 1s2 10 2s1 −2+10

10 = 810

s0 2

Debido a que la primer columna del arreglo son valores mayores que cero, elsistema es estable.

Ejemplo 67 Verifique si el siguiente polinomio es Hurwitz

5.1.1. Casos especiales.

Pueden presentarse dos casos especiales:

1. El arreglo de Routh tiene un cero sólo en la primera columna del renglón

2. El arreglo de Routh tiene todo un renglón formado por ceros

37

Cero sólo en la primera columna.

Si un término de la primera columna en cualquier fila es cero, pero los tér-minos restantes no son cero, o no hay más términos, se asigna un número muypequeño positivo ε para substituir el cero de la primera columna

Ejemplo 68s4 + 2s3 + s2 + 2s+ 1 = 0

s4 1 1 1s3 2 2s2 0 ≈ ε 1s1 2− 2

εs0 1

Si el signo del coeficiente arriba del cero (ε) es el mismo que esta debajo deél, indica que existe un par de raíces imaginarias. Sin embargo, si el signo delcoeficiente arriba del cero (ε) es opuesto al que esta debajo de él, esto indica quehay un cambio de signo. Note que en este caso existen dos cambios de signo.

Renglón de ceros

Si todos los coeficientes en cualquier fila son ceros, esto indica que existenraíces de igual magnitud radialmente opuestas en el plano S, esto es, dos raícesreales con la misma magnitud pero signos opuestos y/o dos raíces imaginariasconjugadas. Para resolver este problema se utiliza un polinomio auxiliar formadocon los coeficientes de la fila inmediata superior a la fila de ceros y se sustituyela fila de ceros por los coeficientes de la derivada del polinomio auxiliar

Ejemplo 69s5 + 2s4 + 24s3 + 48s2 + 25s+ 50 = 0

s5 1 24 25s4 2 48 50s3 0 0

Los términos de la fila s3 son todos ceros. El polinomio auxiliar es formado porlos coeficientes de la fila s4. El polinomio auxiliar P (s) es

P (s) = 2s4 + 48s2 + 50

lo cual indica que existe dos pares de raíces de igual magnitud pero con signoopuesto (esto es, dos raíces reales de la misma magnitud pero signo opuesto odos raíces imaginarias conjugadas). Las raíce pueden ser obtenidas al solucionarla ecuación P (s) = 0. La derivada de P (s) con respecto a s, es

dP (s)

ds= 8s3 + 96s (5.2)

38

Los términos de la fila s3 son reemplazados por los coeficientes de la ecuación(5.2)

s5 1 24 25s4 2 48 50s3 8 96s2 24 50s1 79,3s0 50

Note que no existe cambio de signo en la primera columna del nuevo arreglo, locual indica que no hay raíces con parte real positiva, pero al resolver el polinomioauxiliar

2s4 + 48s2 + 50 = 0

se obtienen las siguientes raíces

s = ±4,7863i s = ±1,0446i

la otra raíz se encuentra en s = −2

5.2. Rango de estabilidadEn el diseño de sistemas de control, algunas veces es necesario determinar

el rango de un parametro para el cual el sistema es estable. Este rango deestabilidad puede ser determinado utilizando la prueba de Routh

Ejemplo 70 Considere el siguiente sistema de control

donde

G(s) =s2 − 2s+ 5

s3 + 5s2 + 12s− 18Determine el rango de k que garantice la estabilidad del sistema de control

39

Capítulo 6

Lugar de las raíces

La respuesta transitoria de un sistema en lazo cerrado, está ligada con laubicación de los polos de lazo cerrado en el plano complejo S. Si el sistematiene una ganancia variable, los polos de lazo cerrado dependen del valor de laganancia elegida. El método del lugar de las raíces nos da una idea de como sedesplazan los polos de lazo cerrado en el plano S al variar la ganancia.

6.1. Condición de magnitud y ánguloEn la figura 1 se ilustra un sistema típico de control retroalimentado en lazo

cerrado. La función de transferencia de lazo cerrado es

Y (s)

R(s)=

kG(s)

1 + kG(s)H(s)(6.1)

La ecuación característica para este sistema de lazo cerrado se obtiene al igualara cero el denominador de la función de transferencia de lazo cerrado, es decir

1 + kG(s)H(s) = 0

o bienkG(s)H(s) = −1 (6.2)

La respuesta transitoria y la estabilidad del sistema dependen de los polos dela función de transferencia de lazo cerrado, los cuáles no se conocen de formainmediata ya que ellos cambian con las variaciones de k, por lo que no tenemosconocimiento del desempeño del sistema, a menos que factoricemos los valoresespecíficos de k del denominador. El lugar geométrico de las raíces se utilizará

40

para darnos una clara imagen de los polos de lazo cerrado cuando k varía.

Fig. 1 Sistema en lazo cerrado

La ecuación (6.2) es una cantidad compleja, por lo que se puede dividir en dosecuaciones para obtener:Condición de ángulo:

∠G(s)H(s) = ±180o(2k + 1) (k = 0, 1, 2, ...) (6.3)

Condición de magnitud, amplitud o módulo

|G(s)H(s)| = 1 (6.4)

Los valores de s que cumplen las condiciones de ángulo y magnitud, son lasraíces de la ecuación característica o polos de lazo cerrado. El diagrama de lospuntos del plano complejo que sólo satisfacen la condición de ángulo, constituyeel Lugar de las Raíces.

6.2. Reglas para el trazado del lugar de las raíces1. Obtener la ecuación característica de tal forma que el parámetro de interés

aparezca como factor multiplicativo de la forma

1 +K(s+ z1)(s+ z2) . . . (s+ zm)

(s+ p1)(s+ p2) . . . (s+ pn)= 0

2. Ubicar los polos y ceros de lazo abierto en el plano complejo S y trazar ellugar de las raices sobre el eje real

a) Los polos siempre siguen a los ceros

b) El lugar de las raíces es simétrico con respecto al eje real

41

c) El número de polos es igual al número de ceros

3. Determinar las asintotas del lugar de las raíces, su intersección con el ejereal y el ángulo entre ellas

4. Determinar los puntos de ruptura de partida y de llegada

5. Hallar los ángulos de partida (ó angulos de llegada) del lugar de las raícesdesde los polos complejos (o ceros complejos)

6. Determinar el valor de K para el cual el lugar de las raíces cruza el ejeimaginario

6.3. Obtención detallada del lugar de las raícesEjercicio 71 Considérese un sistema de control mostrado en la siguiente figura.Trace el gráfico del lugar de las raíces para Kd ≥ 0. Encuentre el valor de Kd

(si es que existe), tal que se tengan los polos dominantes con ξ = 0,7071 yts = 4,3668seg. Justifique cualquiera que sea su respuesta

Solución 72 1. De acuerdo a la regla 1, se debe reescribir el polinomio car-acterístico en el formato especifícado

1 +7 (1 +Kds)

s (s2 + 6s+ 7)= 0

s3 + 6s2 + 7s+ 7 + 7Kds = 0 (6.5)

Agrupando esta última expresión¡s3 + 6s2 + 7s+ 7

¢+ 7Kds = 0

y dividiendo el polinomio por s3 + 6s2 + 7s + 7, se obtiene el polinomiocaracterístico en el formato especifícado

1 +Kd7s

s3 + 6s2 + 7s+ 7= 0

2. Se obtiene los polos y los ceros de la función de transferencia de lazoabierto

G(s)H(s) = Ks

s3 + 6s2 + 7s+ 7

42

donde K = 7Kd y la ubicación de los polos y ceros son:

polos ceros−4,8552

−0,5724± 1,0555i 0

3. El número de asíntotas es igual al numero de ceros al infinito, es decir,la diferencia entre los polos y ceros de la función de transferencia de lazoabierto, en este caso existen 2 ceros al infinito. La intersección de lasasíntotas con el eje real es obtenida de la fórmula

σa =

Xpolos−

Xceros

#polos−#cerosdonde #polos y #ceros son el número de polos y ceros de lazo abier-to respectivamente,

Xpolos y

Xceros son la ubicación de los polos y

ceros de lazo abierto en el plano complejo S, respectivamente. Al aplicarla fórmula se tiene

σa =−4,8552− 0,5724− 0,5724− 0

3− 1 = −3

El ángulo entre las asíntotas es obtenida de la fórmula

∠Asıntotas = ±180o(2n+ 1)#polos−#ceros , n = 0, 1, 2, ...

En este caso, el ángulo de las asíntotas son para k = 0 y 1, ∠90 y ∠270respectivamente

4. Puntos de ruptura de llegada y partida, también conocidos como puntossilla de entrada y salida, se encuentran sobre el eje real o se producen enpares complejos conjugados. Si hay lugar de las raíces entre dos polos delazo abierto adyacentes sobre el eje real, entonces hay punto de ruptura.En forma similar, si hay lugar de las raíces entre dos ceros adyacentessobre el eje real, entonces hay punto de ruptura entre los dos ceros.

a) Puntos de ruptura por medio de derivación.Se reescribe la ecuación característica como

B(s) + kA(s) = 0

Los puntos de ruptura se pueden determinar de las raíces de

dk

ds= 0 (6.6)

Si una raíz de la ecuación (6.6) cae sobre el lugar de las raíces sobreel eje real, se trata de un punto de ruptura, en caso de la raíz no seencuentre. Para este caso en particular

k = −s3 + 6s2 + 7s+ 7

s

43

dk

ds= −s

¡3s2 + 12s+ 7

¢− ¡s3 + 6s2 + 7s+ 7¢s2

= 0

2s3 + 6s2 − 7 = 0al determinar las raíces, éstas son

s1 = −2,38s2 = −1,55s3 = 0,94

Las raíces que se encuentran sobre el lugar de las raíces, son puntosde ruptura, en este caso son s1 = −2,38 y s2 = −1,55

5. Determinar los ángulos de partida (ó angulos de llegada) del lugar de lasraíces desde los polos complejos (o ceros complejos)

a) Angulo de partida desde un polo complejo = 180o − (suma de losángulos de los vectores al polo complejo en cuestión desde los otrospolos) + (suma de los ángulos de los vectores al polo complejo encuestión desde los ceros)

b) Angulo de llegada hacia un cero complejo = 180o − (suma de losángulos de los vectores al cero complejo en cuestión desde los otrosceros) + (suma de los ángulos de los vectores al cero complejo encuestión desde los polos)

El ángulo de partida de nuestro polo complejo conjugado, ubicado ens = −0,5724 + 1,0555i es igual a 180o − (α1 + α2) + β = 180o −(90o + 13,78o) + 118,5o = 194,72o. El ángulo de partida del polo delazo abierto en s = −0,5724− 1,0555i es −194,72o

44

6. Determinar el valor de K para el cual el lugar de las raíces cruza el ejeimaginario. A partir del polinomio característico (6.5), se aplica el criteriode Routh para verificar el rango de estabilidad

s3 + 6s2 + 7s+ 7 + 7Kds = 0

s3 + 6s2 + 7 (1 +Kd) s+ 7 = 0

s3 1 7(1 +Kd)s2 6 7s1 35+42Kd

6s0 7

De la tercera fila 35 + 42Kd > 0 → Kd > −0,833, lo cual implica que ellugar de las raíces no cruza el eje imaginario para toda Kd ≥ 0.

7. El lugar de las raíces se muestra en la siguiente figura, a partir de élse busca determinar el valor de Kd (si es que existe), tal que se tenganlos polos dominantes en ξ = 0,7071 y con un tiempo de establecimientots = 4,3668seg

De la condición de tiempo de establecimiento ts = 4ξωn

= 4,3668→ ξωn =0,916 y de la condición de ξ = 0,7071, se puede obtener la ubicación delpolo que cumple con ambas especificaciones

sd = −0,916± j0,916

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Si existe el valor de Kd tal que los polos dominantes sean sd se debeverificar si se satisface la condición de ángulo

∠ Ks

s3 + 6s2 + 7s+ 7

¯sd

= 180o (6.7)

Sustituyendo el valor del polo deseado sd en la ecuación (6.7) se obtiene

∠ (−0,4316 + 0,0006i)K| = 180o

y la tg−1( 0,0006−0,4316) = 180oLa ganancia K no afecta en el ángulo por loque se satisface la condición de ángulo. Para determinar el valor de Kd

se utiliza la condición de magnitud

|(−0,4316 + 0,0006i)K| = |0,4316K| = 1K = 2,31→ Kd = 0,3

Ejercicio 73 Considérese el sistema de control mostrado en la siguiente figura.

dondeG(s) =

1

s (s+ k)

1. Trace el gráfico del lugar de las raíces para k ≥ 02. Determine el valor de k tal que ts ≤ 10seg3. Determine el valor de k tal que Mp ≤ 10%.4. El rango de k que cumpla con las condiciones anteriores.

Solución 74 1. El polinomio característica es

1 +1

s (s+ k)= 0

el cuál no se encuentra en el formato. Por lo tanto, hay que reescribirlopara llevarlo al formato adecuado

s2 + ks+ 1 = 0

1 + ks

s2 + 1= 0

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La ubicación de los polos y ceros de la función de transferencia de lazoabierto se muestra en la siguiente figura:

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