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PROBLEMAS RESUELTOS DEL OGATA (CAPITULO V PG, 309) B-S-1. Si la trayectoria directa de un sistema contiene al menos un elemento de integracién, 1a salida sigue cambiando mientras haya un error presente, La salida se detiene cuando el error es precisamente cero. Si se introduce al sistema una perturbacién extema, es conveniente tener un elemento de integracién entre el elemento que mide el error y el punto en donde se introduce la perturbacién, a fin de que el efecto de la perturbacién extema se haga cero en estado estable. Demuestre que, si la perturbacién es una funcién rampa, el error en estado estable provocado por esta perturbacién rampa solo se elimina si dos integradores preceden al punto en el que se introduce la pertbacién. Solucién: sxpongamos qe De) RG + Ee + Cs) a] oe bt] = 66) donde G(s) es um polinomio de orden n. Simplificando esta fimcién de transferencia se tiene: De) 2 —+ (pth 7 + katt c@) IQ “s) Yee 2 Do) s md k,stk) noe | (kpsth) oo) + Gt) s +lepsth) Por lo tanto la respuesta viene dada por: (cps) Re)+s' D6)] 9%) ll 5 so tkpSthy Supongamos que la entrada R(s) es de tipo escalén unitaric y la entrada de la perturbacién R(3) es de tipo rampa, a demas la fimcién G(s) es del tipo: @s)=(7, s+ 17,54, stiip,s+t) La respuesta es: Cle)= [lee sel] Juego el error viene dado por: st\kpstk; euent)-cty=8 o+lkps te h-Gtoll- 2601 are me ett st pStki, estacionario es: Silkpsth}l-cbell-s6e)_ga-(i-0_ s 's(kps+ki) a Es evidente que se requiere de dos integrados para que el error en estado estacionari sea cero. 7 = Lims=ls)= Lim B-5-2. Considere los controladores automaticos industnales cuyas acciones de control son Froporcionales, integrales, proporcionales-integrales, proporcionales-derivativas y proporcionales-integrales-derivativas. Las fueiones de tansferencia de estos U@)_, UE)_k Ue)_ Ubs)_ EG) = Re Bye + He)” k [eg ae =k,ll+T,2). En cédigo de Matlab V6.5 se tiene: %esegunda parte (b) snuml=[0 4]: denl=[1 0]; figure step(muml,denl,{) smum2=(0 0 2]; den2=[i 0 0]: hold on step(num2,den?,t) smum3—{0 4 2]; step(num3,den?) mum=[3.2 4]; step(mum4.den! 1) mum5=[3.2 4 2]: i.den2.t); legend(‘Control P''Control 1 ‘Control F+T.'Control P+D''Control P+I=D',2) title(respuesta de los controladores a una entrada rampa’) gid on yy la grafica es la siguiente: B-5-3. Considere un sistema de control con realimentacion unitaria cuya fimcion de transferencia en lazo abierto es: KE Gi" Fase) Analice los efectos de variar los valores de Ky B sobre el error en estado estable en la respuesta rampa unitaria. Trace curvas de respuesta rampa unitaria para valores de K pequetio, mediano, y grande. Solucién: Se sabe que um sistema realimentado unitariamente tiene como fimeién de transferencia la siguiente ecuacién: () is) Dg +Bs=K Fa ° 2 Ej ig eof belB)( | ‘Mientras que el error viene dado por: Els}=Cls)-R(5)=+ sae lE) «ten en wate eral] ell F) - AstelG). B = E s + {ste s ‘ & (4) Evidentemente el error en estado estacionario sera proporcional al valor de B, mientras que tender a cero cuanto mayor sea el valor de K. estaclonario 3: o. Lim F)=Lim Para una entrada rampa unitaria se tiene lo siguiente: 2 La transformada inversa es: U5) c= Vas 1 2 2 “a sol enfE os s =e co v \ Ca= oak ‘ 2493 FE se : ‘ SENT | tal que: _ af fl-c" LE B e=tag) V2 donde: ¢y,= [oy ¢-—ae ig a, yrs Tre a ciybetbs. — betby Ss +2L.@.5+@, 2) caso criticamente ( £=1) en este caso : (bth ls +0¢0,b+b.tb)s +-adea,b+2¢b)+a-b.-@, En este caso se puede hacer la signiente transformacién: b+b.=0 ; b=--2£ (j= 4 O10 Fe AFF de yeas: 2. S(sto,) 5 (stan) b,=1 3 2 22 abt b:tb.=97 | ag fatale +2.a-0.+a:+aJ)s + @la-e.+a2)s+a-@.70. o. aza:=o ba4°-1 2.a-@,ta:* a= o.b.+2£B,-9 av@,7a,2=0 b= queda al sustituir: de 2 ag7-t Oe)e 22 1,1. @. 8 FO ( $ ) O25 § s+2£o,+o, (2) caso Subamortiguade (O= <1) en este caso : ahora descompondremos la siguiente fimcién en fraccién simple: 25 .b, bh b — =-) ® (ton) 7@ (Bton) On |g mientras que: ° En este caso se tienen dos polos conjugados en el semi plano izquierdo del plano s, en este caso se puede hacer- b,=-. por lo tanto queda: C(s)=- (eye 2E bg LE, : a o @, @, 2141, 12 2 wo ren) L 5 ot Ss as lotto | o |e lao aplicarla transformada inversa de laplace se tiene: 2 1 we! con Zeeeal Je @e a, OQ, (3) caso sobreamortiguade ( ¢>1) en este caso : Se sabe que en el caso de una entrada escalén unitario Ja respuesta al sistema es: 1 oy galt “2 ae le*-a{c+ fer] al integral se tiene: ol eqn 1 Fa. ae o. Para obtener las gerificas en funcién del K se deben fijar los valores de Jy de B, por los cuales se tomarin como la unidad, de ser asi, entonces: gy, =-/K . mientras que: f= Pore amo el eddigo en Mala para las grifeas de dveros valores de k es: ‘% Solucion al problema B-5-3 Del Ogata Pg. 310 cle.clear.close all +=0:0.5:100; K1-0.01; K2=0.02: K3=0.05: KA-O.10; KS+1; K6=10; K7=100; K8-500; numi=(0 0.0 K1]; num?=[0 0.0 K2]: num3=[0 0 0 K3]: num4=[0 0.0 Kd]: numi=[0 0 0 KS]. mumé=[0 0.0 K6]; num7=(0 0.0 K7]: num8=(0 0 0 K8]: denl=[1 1 K1 0]; den2=[1 1 K2 0]: den3=[1 1 K3 0]: dend=[1 1 K4 0], denS=[1 1 K5 0]; den6=[1 1 K6 0]: den7=[1 1 K7 0]: den8=[1 1 K8 0]; step(aum! ,den!.t) hold on sta aun impulso unitario’) legend(‘0.01'0.02'0.05.'0.1'.1'10/100"'500,2) gndon ylla grifica es: ‘B-5-4, La figura 5-82 mmestra tres sistemas. El sistema I es un sistema de control de posicién. El sistema I es un sistema de control de posicién con accién de control PD. El sistema I es un sistema de control de posicién con realimentacin de velocidad. Compare las respuestas escalén unitario, de impulso unitario, y tampa unitana de los rons BSC gues: WE GessS 6 geass sis+5|_, +1=0 0s'+0545=(Brt])p'=(641)s+3> 2b = ¢qtl=0 c-t- Lb s a Ws) 5 ears, 5 ef} 5:-(/5] 2 Bs+(/5] ‘La transformada inversa de este sistema es: cl) =1+ 04588314. ge. {2,2360716 sen(2.17945 t-1,3453 )—sen(2,17945 )] El segundo sistema es: 4 fou =s+1 Cloje Sat. bere a= =1, porotre lade +les c=- 4 bel=0 [o=-1 Os +zs-1=(b+1)s'+ets+1= 4> b al sustituir: e 3 al aan 1 iy ‘ fe2ft =o x s a Donde la transformada inversa de laplace es: C.t-t-—— C2) = 1+ 0.23004 e. [S.sen{0.86602 t -1,0472)—.sen(0,86602 1)] el ultimo sistema tiene: 2, bare 1 sel Gy Pyaar" 3" Face f gesel 3+ Einar siaaft |ae=(ay Buscando la transformada inversa de Laplace se tiene: C@-+ C34) 71+ 11547. g7*“[sen(0,86603 + -1,0472 )— sen(0,86603 +)] Para comparar las tres respuestas se emplea el cddigo de Matlab V6.5 asi: respuesta a un escalon unitario (Continnacion del anterior) figure step(num! den!) hold on step(aum2,den2.f) step(num3,den3.1) gid on fitle(respuesta a un escalon unitario’) legend(T IT 'TIT) end on y la respuesta gréfica es la siguiente: den3=[1 1 10]; figure step(auml den!) hold on sia a una rampa unitaria’) legend(T,,I.2) end on ‘La grafica es: Para el caso de la entrada escalon unitario las respuestas de los tres sistemas fueron las siguientes: ely) = 1+ 0,4588314 ge [2.2360716 sen(2.17945 1 -13453)—sen(2.17945 2)] C2 jy = 1+ 0.23004. [S. sen(0,86602 + -1,0472 )—.sen(0.86602 1] 3p) 71+ LIST. g*” [sen{0,86603 + — 1.0472) sen{0,86603 1)] Se puede observar que el sistema III tiene menor sobrepaso miximo y se puede decir que los tiempos de asentamiento son iguales en los tres caso ts = 8 s (criterio del 2°), por lo tanto podremos afirmar que el sistema que mejor responde a una entrada escalén ‘unitario es el II. Los sobrepases maximos son los siguientes: Mpl=48,63% Mp2=24,5% Mp3= 163% B-5-5. Considere el sistema de control de posicién de la figura 5-83. Escnba un programa de MATLAB para obtener una respuesta escalén mnitario y wma respuesta Tampa unitaria del sistema. Trace las curvas de x;(t) contra t, x(t) contra t, x(t) contra 1 y eft) contra t [en donde e(t) = r(t) — xi(t)] para la respuesta escalén unitario y la ‘respuesta Tampa unitaria. EG) + x3 x2 xl 20) 62 -AG L L [3] 5 Figura 5-83. Sistema de control de posicién Solucion: ‘Del diagrama de bloques se tienen las siguientes ecnaciones: £()=R)- Xe) Xb Px) x.0= 2% xe Xiel=tee0)- x.) ‘Al considerar una sola entrada (R(5)) y cuatro salidas (Xi, X2, X3,E) ahora se puede enfocar el problema desde otro punto de vista, retommando al dominio temporal asi: en~ FFX =X xe a0, =100. x, = Fey o también asi: x -| f® 1 87 fx] (0 aa f=] 0 10 100]*/y,}+{oh*r, y=[1 0 o]* fy, . a9} tx 4 Xs o 1 0 0 Sea: 4=/ 0 -10 100}, B=/0'.c=[1 0 o].D=0 -4 -1 0 4 Por lo tanto se tiene: [ry] =[tas =[clii+r el cédigo en Matlab V6.5 para la resolucién de este problema es el siguiente: -, adicionalmente se tiene: e =r —y, en cédigo de Matlab se tiene: ‘% Solucion del Problema B-5-5. Del Ogata Pg. 311 cle,clear,close all A=[0 10:0 -10 100;-4 -1 0]; legend(x1')x2'33'e)) titleCrespuesta a un escalon unitario}) xlabel(tiempo (5)') ylabel(amphitud’) grid on y la grifica respectiva para la entrada escalén es la siguiente: acy ann sae kin cr Como Matlab no tiene un comando directo para el calculo de una entrada rampa unitaria, entonces debemos modificar la matriz de manera que aparezca una proxima ‘variable que represente la integral a la respuesta escalén unitanio, asi: sea: yja[ydtmy,-y=y,- yy ei se pueden definir las otras salidas: 7 [repdt= 6, = 37g, mientras que: 4¢,= [ 7, dt ,,= 3%, por lo tanto se tiene el nuevo sistema de vanable de estados asi: x “| To 1 0 00 0) [x] fo’ tn ) 19 -10 100 0 0 0| |x} Jo % Ms] _|—-4 1 0 0 0 Oat ial. x = = 0 0 0 0 of “/*|1 0 0 000] iy f*}o 7% t a Cn rn ee eee) xa xs LO 9 1 00 0} Led lo. X x) o lo que es igual a decir: {ir} = Ladin} teehr =[Cc]}{x}+DDr 10 Gs) 5is—1)2s+3) Es estable este sistema? ‘Solucion: ls) 10 10 ; _ 7 Gs) NO icanto el criterio de estabilidad Ris) s{s—1)2543)410 2 g'+g'-35410 de Routh se tiene: Dgitg 35410 "210 0 Ss Como en Ja primera columna aparece un signe menos (-) el sistema no es estable_ B-5-8. Considere el sistema {Lats En donde la matiz {A} se obtiene mediante: 0 1 Qo -b 9 1 0 -b -b En donde {A} se denomina matriz de Schwarz. Demuestre que la primera columna del arreglo de Routh de la ecuacién caracteristica |s—.4|=0, esti formada por:1,bi.bo. y bobs. Solucion: s OO) fo 1 O] fs 1 0 sI-4=|0 5 0/-|-B, 0 1 /=|A 5 -1 00s), 0 -p -B| Lo B +b, queda: so-1 0] fe -1 0 5 -1 -1/= 5-1 Bs |,alresolverse tiene: 0 Bb, s+b| [0 B, sth 0 5A A= sg +b-g 79+0--B.b,-b,5-h, 5+0)=0, al simplificar se tiene: stbys +b+b)s+b.b.=0 Aplicande Criterio de Routh gs b.+b) sob, byb sob sob, B-5.9. Considere el sistema newmatico de la figura 5-84. Obtenga la fumcién de transferencia X(5)/Pi(s). P+po Area A Figura 5-84. Sistema Neumitico. Solucion: Para valores pequeiios de po y pi, Ia resistencia R obtenida mediante la ecuacion: aloe) PrP} BP,) dg (B+a)- = —---(1) eda a simpler R= PP La capacitancia C se obtiene por la definicién como: ee d ignal a decir: oP. se obtiene lo siguiente: p,A-Ex-0> p A= Kx), Transformando a Laplace se obtiene: q—-Q). por otra parte si se establece el D.C_L de este sistema dedoies p Si se aplica las condiciones de equilibrio se P+ Poy _. ny p.A-(Ks+Rly=0, sex KoR = K AreaA oa PAZ? ® Si ahora transformamos a Laplace se obtienen las siguientes ecuaciones: P.()=K-ky Ps) Pie)-k,¥) b a Xs)= — F)- G0) P.c)- 5416) El Diagramas de bloques respectivos es el. siguiente: xO PO ae [PO Eg) |b Ls 1 a+b ¥@), aa [Pt Al simplificar se tiene: Pi) kkksb op Eis) @+0)4+kykvksba Por le tanto este tipo de controlador es del tipo proporcional. B-5-11. Considere el controlador neumatico de la figura 5-86. Suponiendo que el televador neumatico tiene la caracteristica de que p: = Kps (en donde K>0), determine la accién de control de este controlador. La entrada al controlador es e y la salida es po. ‘Sefial de Error Pp, Z+z2 Figura 5-86. Control Neumatico. Solucién: Este sistema es semejante al anterior con Ja diferencia de que ahora el fuelle tiene precedido una resistencia R la cual lo transforma a: __ Capacitancia Constante Pepe AES dengidezR Este sistema fue estudia do en el me problema B-5-9, y tiene por fimcién de Neha — ‘ransferencia: vy 4 P+po Area AL ¥bs) Ez PG) RCst1 Por lo tanto el diagrama de bloques ahora queda: XG) Pb(s) Pe(s) Eis) |b [> (2) 1 k3 EMk2 
