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TEORÍA DE CONTROL I - Segundo Interciclo

Andrade Andrade Carlos DanielChica

[email protected]

Paul Marcelo Cando Naula

[email protected]

Wilson Vinico Astudillo Calderon Chica

[email protected]

Byron Javier Carmona Chica

[email protected]

María Fernanda Mena

[email protected]

Daniel Arévalo

[email protected]

Universidad Politécnica Salesiana, Sede Cuenca

Teoría de Control I

19 de febrero de 2015

Capítulo 1

Corrección del Examen Interciclo

1.1. Encontrar la función de transferencia del siguiente sistema, convariable de estados y realizar su grá�ca de estados:

Figura 1.1: Sistema eléctrico - masa resorte

Donde:

R,L,C, k,m,B = 1

x(s)

Va(s)=?

Sistema eléctrico:

Va = VR + VL + VC

Va = i(t) + Ldi(t)

dt+

1

C

î(t)dt

Va = i(t)R+ Li′(t) +1

C

î(t)dt

Resolvemos mediante variables de estado, dando a x1 el menor valor de la derivada:

x1 =

î(t)dt

x2 = x1 = i(t)

Reemplazando, obtenemos:1

CAPÍTULO 1. CORRECCIÓN DEL EXAMEN INTERCICLO 2

Va = Rx2 + Lx2 +1

Cx1

Ahora obtenemos:

x1 = x2

x2 =VaL− R

Lx2 −

1

LCx1

Sistema masa-resorte:

Tomamos en cuenta la siguiente ecuación: ∑F = ma

Obtenemos:

F − kx−Bx = mx

Obtenemos las variables de estado:

x3 = x

x4 = x3 = x

Reemplazando, obtenemos:

F − kx3 −Bx4 = mx4

Como:

F =i

2=x2

2

i

2− kx3 −Bx4 = mx4

Seguidamente obtenemos:

x3 = x4

x4 =x2

2m− k

mx3 −

B

mx4

Armamos nuestra matriz de estados:x1

x2

x3

x4

=

0 1 0 0

−1/LC −R/L 0 00 0 0 10 1/2m −k/m −B/m

x1

x2

x3

x4

+

0

1/L00

VaLa salida será:


y =[

0 0 1 0]

x1

x2

x3

x4

Con estos datos, podemos obtener nuestra grá�ca de estados:

Figura 1.2: Grá�ca de estados del sistema eléctrico - masa resorte

Aplicamos de Ley de Mason:

M =

k∑0

Mk4k4

Donde:

k →Número de trayectorias directasMk → Ganancia de la K-ésima trayectoria directa entre la entrada y la salida.4 = 1−

∑i

Li1 +∑j

Lj2 −∑l

Ll3 + ....

4k→ 4 a excepción de los lazos que tocan la K-ésima trayectoria.Lj1 →Ganancia de lazos individuales.Lj2 →Producto de ganancias de pares de lazos que no se tocan entre sí.

k = 1

M1 =1

s4

(sólo tiene 1 trayectoria)

L11 = − B

ms

L21 = − k

ms2

L31 =1

2ms3


L41 = − R

Ls

L51 = − 1

LCs2

L61 =1s2

L

L12 = L11 ∗ L41 =BR

mLs2

L22 = L11 ∗ L51 =B

mLCs3

∆ = 1−(− B

ms− k

ms2+

1

2ms3

)+

(BR

mLs2+

B

mLCs3

)

∆ = 1 +B

ms+

k

ms2− 1

2ms3+

BR

mLs2+

B

mLCs3

∆1 = 1

∴M(s) =1/s4 ∗ (1)

1 + Bms + k

ms2 −1

2ms3 + BRmLs2 + B

mLCs3

M(s) =1

s4 + s3B/m + ks2/m− s/2m + BRs2/mL + sB/mLC

1.2. Encontrar la forma de onda de salida para la �gura, si la salidaesta estabilizada y esta en el tiempo 3 encontra la salida parat>3.

Si es de primer orden

τ = 1seg

θ = 0.2


Figure 1.3: Grá�ca dada

k =∆Y

∆R=

4

2= 2

por lo tanto la salida para cuando la entrada varía a 3 esta se estabilizara en:

∆Y = k ∗∆R

∆Y = 2 ∗ 3 = 6

por lo tanto la salida para cuando la entrada varia a 1 esta se estabilizara en:

∆Y = k ∗∆R

∆Y = 2 ∗ 1 = 2

Figure 1.4: Grá�ca de salida

1.3. Encontrar la forma de onda de salida para la �gura y acotar Yss

k =∆Y

∆R=

3

2= 1.5


Por lo tanto la salida para cuando la entrada varía a 1 esta se estabilizara en:

∆Y = k ∗∆R

∆Y = 1.5 ∗ 1 = 1.5

Figure 1.5: Grá�ca de salida

1.4. Calcular y gra�car los polos en el plano (s) de:

G(S) =8

6s2 + 12s+ 24

Calculamos los polos, usando la formula para ecuaciones cuadráticas:

−b±√b2 − 4ac

2a

−12±√

122 − 4(6)(24)

2(6)= 1± j1.73

Entonces, las raíces serán:

S1 = −1− j1.73

S2 = −1 + j1.73


Figure 1.6: POLOS

Calculamos y acotamos el valor de ω, ωn, φ.

G(S) =8

6s2 + 12s+ 24

Basándonos en la fórmula:

G(S) =ω2n ∗ k ∗ e−θs

s2 + 2ζωns+ ω2n

Tenemos:

G(s) = 1.3S2+2s+4

ω2n = 4

ωn = 2

ω = 1.73

α = ζ ∗ wn

1 = ζ ∗ 2

ζ = 1/2

φ = cos−1(α/wn) = cos−1(1/2) = 60 grados


Figure 1.7: Acotaciones para los valores obtenidos.

Determinamos y(t) para t=2seg y t=10seg con una entrada escalón R=3

Cuando t = 2seg

y(t) = 1− e−ζ∗wn∗t√1− ζ2

sin(wn ∗√

1− ζ2 + cos−1(ζ))

y(2) = 1− e−1/2∗2∗2√1− (1/2)2

sin(2 ∗√

1− (1/2)2 + cos−1(1/2))

y(2) = 0.8623

Cuando t = 10seg

y(t) = 1− e−ζ∗wn∗t√1− ζ2

sin(wn ∗√

1− ζ2 + cos−1(ζ))

y(2) = 1− e−1/2∗2∗10√1− (1/2)2

sin(2 ∗√

1− (1/2)2 + cos−1(1/2))

y(2) = 0.99

Capítulo 2

DETERMINACIÓN DECARACTERÍSTICAS

2.1. MODELOS DE PRIMER ORDEN

La estabilidad de sistemas lineales e invariantes en el tiempo se puede determinar al veri�car la ubicaciónde las raíces de la ecuación característica del sistema, un modelo de primer orden posee la siguiente ecuacióncaracterística:

Donde k es una constante que de�ne la magnitud de salida al estabilizarse, θes el tiempo muerto, es decir eltiempo que se demora en empezar a responder el sistema, y τ es es el tiempo que se demora para que la salidallegue a su estado estable.

Si se aplica una entrada escalón el sistema, este responde de una manera exponencial como se muestra en la�gura (1).

Figura 2.1: Respuesta al escalón para un sistema de primer orden

Si se analiza la relación entre la entrada y la salida, se puede observar que hay una diferencia entre lasmagnitudes que llega a tener la salida la cual esta de�nida por

k =∆y

∆R=yssR

(2.1)

Si la entrada sufre alguna variación, la salida también se va a ver afectada.9

CAPÍTULO 2. DETERMINACIÓN DE CARACTERÍSTICAS 10

2.2. CRITERIOS PARA DETERMINAR τ

1. Primer criterio para determinar τ : Este criterio consiste en trazar una recta tangente a la curvade la señal de salida, y luego trazar una recta horizontal en el punto en el cual la señal de salida alcanzayssy así obtenemos el punto en el cual se cruzan las dos rectas para obtener τ ; sin embargo este criteriono es el mejor pero puede ser usado para una primera apreciación de la señal.

Figura 2.2: Primer criterio para determinar τ

2. Segundo criterio para determinar τ : Este criterio consiste en trazar una recta tangente al puntodonde la señal alcanza el 63% de el nivel en el cual la señal de salida llega a estabilizarse, y luego trazaruna recta horizontal en el punto en el cual la señal de salida alcanza yssy así obtenemos el punto en elcual se cruzan las dos rectas para obtener τ ; este criterio es mejor que el primero pero aun no es el mase�ciente.

Figura 2.3: Segundo criterio para determinar τ

3. Tercer criterio para determinar τ : Este criterio consiste en encontrar los puntos en los cuales laseñal de salida alcanza el 63% y el 28% de el nivel en el cual se estabiliza para así obtener τ .


Figura 2.4: Tercer criterio para determinar τ

4. Cuarto criterio para determinar τ : Cuando la señal posee mucho ruido y no es posible visualizaruna curva exacta, sino que es muy distorsionada, se puede trazar una curva aproximada a la señal desalida y esta se va a estabilizar en 4 o 5 τ

Figura 2.5: Tercer criterio para determinar τ

2.3. MODELOS DE SEGUNDO ORDEN

Para los sistemas de segundo orden se tienen las siguientes variables a considerar:

tr tiempo de levantamiento: es el tiempo que se demora en llegar a yss por primera vez

td time delay, es un tiempo de retarde de la señal

mp es la variación del pico máxima que se da a la salida.

tss tiempo de estabilización, este es el tiempo en el cual la señal se encajona en ±5 %


Figura 2.6: Características para modelos de segundo orden

to periodo de la señal de salida, es el tiempo entre los primeros picos de la señal de salida

θ tiempo muerto, se da en To/2 es el instante en el cual responde el sistema

Figura 2.7: Características para modelos de segundo orden

Los modelos de segundo orden poseen una ecuación característica que tiene la siguiente forma:

H(s) =kw2

ne−θS

S2 + 2ζwnS + w2n

(2.2)

2.4. ANÁLISIS DEL COMPORTAMIENTO DE SISTEMAS DE SE-GUNDOORDEN EN FUNCIÓNDEL COEFICIENTE DE AMOR-TIGUAMIENTO

Para el análisis de sistemas es indispensable realizar un análisis de los polos del sistema, es decir las raícesdel denominador del polinomio ya que estas de�nen la estabilidad del sistema, para ello tomamos el modelo desistemas de segundo orden con K=1 y θ = 0


H(s) =w2n

S2 + 2ζwnS + w2n

(2.3)

De donde se obtienen las siguientes raíces:

S1 = −ζwn + jwn√

1− ζ2

S2 = −ζwn − jwn√

1− ζ2

Se puede observar que la estabilidad del sistema depende de que los polos estén en el semi plano izquierdode el eje imaginario, para ello ζtiene que ser mayor a cero, al realizar un análisis de el comportamiento de lossistemas al variar ζ se observan las posibles condiciones del sistema.

SISTEMA OSCILANTE: Sus polos se encuentran justo sobre el eje imaginario

ζ = 0

S1 = jwn

S2 = −jwn

Figura 2.8: Sistema oscilante

SISTEMA SUB AMORTIGUADO: Sus polos se encuentran en el semi plano izquierdo

0 < ζ < 1

S1 = α+ jwn

S2 = α− jwn


Figura 2.9: Sistema sub amortiguado

SISTEMA CRÍTICAMENTE AMORTIGUADO: Sus polos se encuentran en el semi plano izquierdo, perono poseen parte imaginaria

ζ = 1

S1 = −wn

S2 = −wn

Figura 2.10: Sistema críticamente amortiguado

SISTEMA SOBRE-AMORTIGUADO: Sus polos se encuentran en el semi plano izquierdo separados, noposeen parte imaginaria


ζ > 1

S1 = α

S2 = β

Figura 2.11: Sistema sobre-amortiguado

mientras mas alejados se encuentren los polos de a la izquierda, la respuesta del sistema en el tiempo es masveloz.

SISTEMA INESTABLE: Sus polos se encuentran en el semi plano derecho del plano complejo

ζ < 0

S1 = α+ jw

S2 = a− jw

Figura 2.12: Sistema inestable


ζ = 1

S1 = wn

S2 = wn

Figura 2.13: Sistema inestable 2

Ejemplo 1: Determinar las respuestas del sistema para los valores indicados:Sistema

1

S2 + 2ζS + 1

para:ζ = [0,2− 0,5− 0,8− 2− 3]a)

ζ = 0,2

S1 = 0,1 + 0,99j

S2 = 0,1− 0,99j

b)ζ = 0,5

S1 = 0,25 + 0,96j

S2 = 0,25− 0,96j

c)ζ = 0,8

S1 = 0,4 + 0,9165j


S2 = 0,4− 0,9165j

d)ζ = 2

S1 = 1

S2 = 1

e)ζ = 3

S1 = 0,38

S2 = 2,61


Figura 2.14: Ejemplo 1

Nota importante: Se debe tener en cuenta que �Los controladores se diseñan en Laplace, pero respondenen el tiempo�.

Capítulo 3

CRITERIOS DE ESTABILIDAD

3.1. ESTABILIDAD DE SISTEMAS

En los sistemas de control lineal el problema más importante es la estabilidad, que es la capacidad paraalcanzar un estado de equilibrio.

Se dice que un sistema lineal e invariante en el tiempo es estable si:

Tanto su entrada como su salida son acotadas, conocidos como BIBO

Su función impulso es completamente integrable en un rango in�nito.

Todos los polos de su función de transferencia se ubican en el semiplano izquierdo del plano s.

3.2. Análisis de Estabilidad

Criterio de Rout Hurwitz → estudia la estabilidad absoluta estable o inestable.

Criterio de Nyquiste→ dominio de frecuencia.

Criterio de Bode→ análisis de magnitud y fase.

3.2.1. Criterio de Rout - Hurwitz

Este criterio de estabilidad establece que si existen o no raíces inestables en una ecuación polinomial, sintener que obtenerlas en realidad. Además, el criterio de Rout - Hurwitz sólo se aplica a los polinomios con unacantidad �nita de términos.

Polinomio Característico:

a5s5 + a4s

4 + a3s3 + a2s

2 + a1s1 + a0s

0

s^5 a5 a3 a1

s^4 a4 a2 a0s^3 Λ1 Λ2 Λ3s^2 β1 β2 β3s^1 ... ... ...s^0 ... ... ...

Table 3.1: tabla de coe�cientes

Las ecuaciones de los coe�cientes por determinar serian iguales a:Se debe llenar toda la tabla con los coe�cientes de la primera columna, siguiendo el mismo procedimiento

para las �las de abajo, que el procedimiento que se hizo en las fórmulas anteriores, se parece mucho a sacar undeterminante pero con las columnas invertidas.

19

CAPÍTULO 3. CRITERIOS DE ESTABILIDAD 20

3.2.2. Pasos para el análisis de estabilidad

1. Completar los coe�cientes de la primera columna de la tabla.

2. Analizar el cambio de signo en los coe�cientes de la primera columna.

3. Si no existe cambio de signo es un sistema estable.

4. El número de cambio de signos decretará cuantos polos son inestables.

3.2.3. Ejemplo

para que valores de k1 el sistema es estable.

s4 + 2s3 + k1s2 + s+ 2

Para saber para que valores de k1 el sistema es estables se toma los dos terminos con incognitas y se analiza,como antes de estos terminos no existe ningún cmbio de signo en los términos estos términos deberían sermayores a cero para que sigan sin cambiar el signo.

El primer término es:

2k1− 1

2> 0

como en este término para que sea mayor a cero el numerador debería ser mayor a cero entonces:

2k1− 1 > 0

k1 >1

2

Para el segundo término:

2k1− 9

2k1− 1> 0

Para este término ya se sabe que el denominador tiene que ser mayor a cero, entonces quedaría sólo analizar elnumerador:

2k1− 9 > 0

k1 >9

2


Figure 3.1: Región para las que k1 hace que el sistema sea estable

3.3. Criterio de Routh-Hurwitz

3.3.1. Casos Especiales

3.3.1.1. CASO 1: Elemento de primera columna cero

Si el término de la primera columna de cualquier renglón es cero, pero los términos restantes no son cero, ono hay términos restantes, se debe:

Sustitución del término cero por un número positivo muy pequeño (ε)

Introducción de un nuevo polo que no afecte a la estabilidad (s+a)

EJEMPLO 1: Considerando la siguiente ecuación:s3 + 2s2 + s+ 2 = 0El arreglo de concientes es:s3 1 1s2 2 2s1 0 ≈ εs0 2

Debemos notar que si el signo del coe�ciente que está encima del cero (e) es igual al signo que está abajo deél, signi�ca que hay un par de raíces imaginarias.

EJEMPLO 2: Considerando la siguiente ecuación:s4 + s3 + 2s2 + 2s+ 3 = 0El arreglo de concientes será:s4 1 2 3s3 1 2 0s2 0 ≈ ε 3s1 2ε−3

εs0 3

EJEMPLO 3: Considerando la siguiente ecuación:(s4 + s3 + 2s2 + 2s+ 3)(s+ 3) = 0s5 + 4s4 + 5s3 + 8s2 + 9s+ 9 = 0El arreglo de concientes será:


s5 1 5 9s4 4 8 9s3 3 27/4s2 −1 9s1 135/4s0 9

3.3.1.2. CASO 2: Todos los términos de una columna son ceros

Raíces de igual magnitud radicalmente opuestas en el plano s:

Raíces opuestas reales (s = ±sv) → Sistema inestable.

Raíces opuestas complejos conjugados puros (s=±jb) →Sistema críticamente estable.

Raíces opuestas complejos conjugados (s=±sv±jb)→ Sistema inestable.

Solución usando un polinomio auxiliar A(s) y un divisor D(s) del original:

EJEMPLO 1: Considerando la siguiente ecuación:s4 + 2s3 + 11s2 + 18s+ 18 = 0El arreglo de concientes será:s4 1 11 18s3 2 18 0s2 2 18s1 0 0

4 0s0 18

El polinomio auxiliar usado es: 2s2 + 18Derivándolo se obtiene:d(2s2+18)

ds = 4s

EJEMPLO 2: Considerando la siguiente ecuación:s5 + s4 + 5s3 + 5s2 + 10s+ 10 = 0El arreglo de concientes será:s5 1 5 10s4 1 5 10s3 0 0

4 10s2 2, 5 10s1 −6s0 10

El polinomia auxiliar es:s4 + 5s2 + 10Derivándolo obtenemos:d(s4+5s2+10)

ds = 4s3 + 10s

A continuación veremos más ejemplos:

3.3.1.3. Si todos los coe�cientes de cualquier renglón son cero signi�ca que existen raíces con

magnitudes iguales y signos opuestos o dos raíces imaginarias conjugadas. En este caso,

la evaluación del resto del arreglo continúa mediante la formación de un polinomio au-

xiliar con los coe�cientes del último renglón y mediante el empleo de los coe�cientes de

la derivada de este polinomio en el renglón siguiente. Tales raíces se encuentran despe-

jando el polinomio auxiliar, que siempre es par. Para un polinomio auxiliar de grado n

2, existen n pares de raíces iguales y opuestas. Por ejemplo, considere la ecuación:

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


El arreglo de coe�cientes es:s5 1 24 25s4 2 48 50s3 0 0

De aquí el polinomio auxiliar P(s) es P (s) = 2s4 + 48s2 + 50Esto nos indica que existen dos pares de raíces de igual magnitud y signo opuesto. Los pares se obtienen

resolviendo la ecuación del polinomio auxiliar P(s)= 0.

La derivada de P(s) con respecto a s es:dP (s)ds = 8s3 + 96s Los coe�cientes de la última ecuación, sustituyen los términos del renglón 3 del arreglo.

Por consiguiente, el arreglo de coe�cientes se convierte en:s5 1 24 25s4 2 48 50s3 8 96 0s2 24 50s1 230

3s0 50

No existen cambios de signo en la primera columna, no hay raíces con parte real positiva, pero si hay raícesimaginarias.

Despejando las raíces del polinomio auxiliar, obtenemos:s1 = ±j4, 786s2 = ±j1, 045

3.3.1.4. Determine la estabilidad para siguiente sistema

La ecuación característica es:s5 + 2s4 + 2s3 + 4s2 + 11s+ 10 = 0

El arreglo de coe�cientes se convierte en:s5 1 2 11s4 2 4 10s3 ε 6s2 c1 10s1 d1

s0 10

c1 = 4ε−12ε = − 12

ε d1 = 6c1−10εc1

= 6

El sistema es inestable, porque el signo arriba y abajo de e son diferentes, existen dos cambios de signo enlos coe�cientes de la primera columna, hay dos raíces con parte real positiva.

Capítulo 4

LUGAR GEOMETRICO DE LASRAICES Y LINEALIZACIÓN DE UNSISTEMA

4.1. LUGAR GEOMÉTRICO DE LAS RAICES (LGR)

El LGR es la grá�ca de las raices de la ecuación característica para todos los valores de un parámetrodel sistema. Nos permite analizar las contribuciones de los polos y los ceros en lazo abierto, para saber elcomportamiento en lazo cerrado de la función de transferencia.

Figure 4.1: Parámetro K del sistema para encontrar el LGR

Ganancia global:

M =G

1 +GH

Ecuación característica:

1 +GH = 0

en donde GH = −1 para cumplir la igualdad, desprendiendose de esto, salen 2 condiciones que debencumplirse:

1. Condición de Magnitud =⇒ | G ∗H |= 1

2. Condición de Ángulo =⇒ ∠G ∗H = ±180◦(2k + 1)

4.1.1. Características de la grá�ca del LGR

Las características notables de la grá�ca del LGR son:

Pasan por los polos en lazo abierto

La grá�ca es simétrica al eje real

El número de ramales de la grá�ca es igual al orden del sistema24

CAPÍTULO 4. LUGAR GEOMETRICO DE LAS RAICES Y LINEALIZACIÓN DE UN SISTEMA 25

4.1.2. Ventajas del LGR

A travez de la grá�ca del LGR se puede realizar una análisis del sistema, logrando la modi�cación de lospolos y ceros para poder estabilizar el sistema, elijiendo bien el parámetro K y sin necesidad de implementarun controlador.

4.2. Linealización del Levitador Magnético

Construir el LGR de una función de transferencia de tercer orden y determinar la sensibilidad ante las varia-ciones del parámetro K. Para esto vamos a utilizar el ejemplo del levitador magnético.

Figure 4.2: Levitador Magnético

Para este análisis se tiene claro que existe un análisis de fuerzas de la masa y un análisis de fuerza electro-magnética circulando por la bobina.

Felectromagnetica=i2

2∗ ∂L(y)

∂y

en donde L(y) = LI + Loyoy

Lo ⇒inductancia con objeto a la distanciaLI ⇒inductancia sin masa adicional

Felectromagnetica=i2

2∗∂[LI + Loyo

y ]

∂y

Felectromagnetica=Loyo

2∗ i

2

y2

Felectromagnetica = K ∗ i2

y2−→ K =

Loyo2

En la sumatoria de fuerzas del circuito eléctrico tenemos que:∑V = 0

Ri+ Ldi

dt= v(t)


Figure 4.3: Análisis de fuerzas de la masa del levitador magnético∑F = ma

my = mg − Felectromagnetica

my = mg −K ∗ i2

y2

Ahora seleccionamos los estados del sistema:u = v(t)x1 = yx2 = x1

x3 = iReemplazamos en las ecuaciones del circuíto eléctrico y de la sumatoria de fuerzas de la masa para obtener:

x1 = x2

my = mg −K ∗ i2

y2−→ mx2 = mg − Kx2

3

x21

−→ x2 = g − Kx23

mx21

Ri+ Ldi

dt= v(t) −→ Rx3 + Lx3 = u −→ x3 =

u

L− Rx3

L

Entonces teniendo una ecuación no lineal se tiene que imponer una condición de un estado para obtener elPunto de Equilibrio (son los valores de las variables en el cual el sistema se equilibra bajo la consideración deuna de ellas), de donde surge las siguiente pregunta:

Si se desea que el objeto se equilibre a una distancia y0. Cuál seria el valor de ye i?Entonces el punto de equilibrio (PE) seria:x1E

= y0

x2E= y = 0 −→ x2 = 0

x2 = g − Kx23

mx21

−→ 0 = g − Kx23

mx21

−→ x3E=

√gmy0

K

Ahora de�nido el PE se puede analizar el sistema considerando que PE=Punto de Operación (PO).f1(x1, x2, x3) −→ x1 = x2

f2(x1, x2, x3) −→ x2 = g − Kx23

mx21

f3(x1, x2, x3) −→ x3 = uL −

Rx3

L

J/x=

∂f1∂x1

∂f1∂x2

∂f1∂x3

∂f2∂x1

∂f2∂x2

∂f2∂x3

∂f3∂x1

∂f3∂x12

∂f3∂x3

Evaluada en el punto de equilibrio

x1E

x2E

x3E

de donde se desprende el concepto de que si solo se deriva una �la del Jacobiano estamos encontrando el

gradiente de la función, por lo tanto:


∇f2 −→ ∇dx2

dt =[

Kx23

mx21

0 − 2Kx3

mx1

] x1

x2

x3

∇f2 −→ ∇dx2

dt =[

Kx23

mx21

0 − 2Kx3

mx1

]Evaluada en el punto de equilibrio

x1E

x2E

x3E

∇f2 −→ ∇dx2

dt =[

gyo

0 − 2K√

gmyoK

myo

] x1

x2

x3

−→ x2 =( gyo )x1 −(

2K√

gmyoK

myo

)x3

Esta última ecuación ya está linealizada, permitiendo conformar la matriz de estados para encontrar sufunción de transferencia, paso que se encuentra a continuación: x1

x2

x3

=

0 1 0

gyo

0

(2K√

gmyoK

myo

)0 0 −RL

x1

x2

x3

+

001L

uy =

[0 0 1

] x1

x2

x3

Chapter 5

ESTRUCTURA BÁSICA DE UNSISTEMA CON CONTROLADOR

5.1. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTRO-LADOR

5.1.1. Con�guración en cascada

Figure 5.1: Diagrama de bloques de un sistema de control

De donde:u→señal de controle→señal de errorr →comando o referenciay →señal de salida ó señal controlada

El controlador trabaja en base al error.

28

CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 29

Figure 5.2: Bloque de control donde entra una señal de error y sale una seál controlada

5.1.2. Controlador Proporcional - Integral - Derivativo (PID)

El PID es un mecanismo de control que calcula el error entre el valor deseado y el medidopara corregirlo yajustar el proceso. La mayoría de los controladores industriales usados actualmente usan esquemas de PID.

El controlador PID consta de:

una componente proporcional del error

una componente integral

una componente derivativa

Figure 5.3: Diagrama de bloques del controlador PID

La suma de estos tres aportes corresponde a la señal de control.


5.1.2.1. Aporte proporcional lineal

Corresponde a una ampli�cación o atenuación del error instantánea.

Figure 5.4: Aporte proporcional

El aporte del proporcional lineal es, que a medida que aparece el error, se lo penaliza.

5.1.2.2. Aporte diferencial

Corresponde a una ampli�cación o atenuación de la derivada del error.


Figure 5.5: Aporte diferencial

Este sistema trabaja con la pendiente de la tangente y permite tener una etapa anticipativa.

5.1.2.3. Aporte integral

Corresponde a una ampli�cación o atenuación de la señal de error integrada.


Figure 5.6: Aporte integral

Al trabajar con la integral del error permite disminuir o eliminar el error en estado estable (ess).


5.1.2.4. Análisis del comportamiento

Figure 5.7: Análisis comportamiento del PID

1. Proporcional →Permite regular el sobrepaso.

2. Diferencial →Se encarga de la velocidad del sistema, mejora los tiempos.

3. Integral →Asegura el seguimiento, disminune o elimina el error en estado estable. Podría hacer que laentrada y la salida coincidan. Pero vuelve lento al proceso.

5.1.2.5. Criterios para seleccionar el control

Se pueden combinar los aportes:PPIPDPID


Levitador magnético →Conviene usar un PD, ya que lo que importa aquí es que se estabilice lo más rápidopara que no caiga el imán.

Horno → Es mejor usar un PI, porque aquí lo que importa es llegar a la temperatura indicada y no larapidez con la que se hace.

Seguidor de línea →Conviene aplicar un PID porque en este caso se necesita precisión y velocidad.Reactor nuclear →De igual manera, en este caso sería favorable aplicar un controlador PID, para obtener

velocidad y presición.

Función de transferencia del PID:PID = KP +Kds+ ki

s

PID =Kps+kds

2+kis

En la función del PDI observamos que posee 1 polo en el origen y 2 ceros

Al diseñar un PID se busca una elección adecuada de ubicación de los ceros para cumplir con los requeri-mientos (de la salida y)

Figure 5.8: Respuesta controlador PID

EJEMPLO:

Función de transferencia:G(s) = 1

2s2+5s


Figure 5.9: Funciones de transferencia

Para realizar el controlador, hay que encontar el polinomio de la señal que deseamos obtener, como: 2s2+s+1

Diseño con controlador PD.

M =(Kp+kds)(

12s2+5s

)

1+(Kp+kds)(1

2s2+5s)

= 2s2+s+1

Kp+kds

2s2+5s

2s2+5s+(kp+kds)

2s2+5s

= 2s2+s+1

(kp+kds)/22s2/2+(5+kd)s/2+kp/2

= 2s2+s+1

kp/2+kds/2

s2+( 52 +

kd2 )s+

kp2

= 2s2+s+1

Encontramos las contantes de proporcionalidad y la derivativa:52 + kd

2 = 1kd = −3

kp2 = 1kp = 2

Una vez conocidas estas constantes, procedemos a ingresarlas en Simulink para poder apreciar cómo actúanuestro controlador.


Figure 5.10: Simulación en Simulink, introducimos perturbaciones

Figure 5.11: Grá�ca de la señal ingresada (rojo), las referencias (morado) y la señal controlada (negro).


Recomendación:

Resolver primero el denominador y luego nos adaptamos al numerador.

Ahora bien veamos un ejemplo efectuado en matlab de un controlador PID.

5.2. Modelado de Un PID usando Matlab y Sisotool

Declarar la función de trasferencia

G(s) =5

3s2 + 6s+ 2

En MATLAB ingresamos la función de transferencia y llamamos a la herramienta Sisotool para esta funcion detrasferencia:

Figure 5.12: Codigo para declarar una funcion de trasferencia

y luego de eso aparecerán 3 ventanas:La primera es un cuadro de diálogo que nos ofrece ayudas.

Figure 5.13: Ventana de dialogo

La segunda ventana nos muestra todas las opciones donde vamos a diseñar el PID


Figure 5.14: Ventana Diseño PID

y la tercera ventana aparece el lugar geométrico de los polos y ceros.


Figure 5.15: Ventana de lugar geometrico de la funcion

5.2.1. Diseño del PID

Vamos a la ventada de diseño del PID y nos ubicamos en la pestaña de Automated Tuning y nos ubicamosen PID Tuning


Figure 5.16: Pestaña Automated Tuning

Luego en la parte de speci�cations le damos clic a tuning method y se elige Classical dessing formulas

Figure 5.17: PID Tuning


El siguiente paso es elegir el tipo de control y la fórmula

Figure 5.18: Classical design formulas Tuning Metodo

una vez hecho esto le damos a update compesator y la misma pestaña tomara esta forma con la funcionde trasferencia del PID esto servira para armar el circuito en Simulink, además si observamos la ventanade los polos, estos también se modi�carán.


Figure 5.19: Compensador


Figure 5.20: Lugar geometrico del compensador

También podemos ver como se comportara la onda ya con el PID ante una entrada (un step es lo masrecomentable como ya se a estudiado), para ello vamos a la pestaña de analysis plt y le damos en plot 1a step


Figure 5.21: Análisis de grá�ca

luego de esto le damos clic a la grá�ca que queremos obtener, en este caso yo le dare al cuadro de "closedloop r to y" y automáticamente sale la grá�ca

Figure 5.22: salida ante un step


Como vemos esta grá�ca tiene mucho Mp y su respuesta es bien lenta, lo que hacemos ahora es lasintonización moviendo los polos desde la ventana del lugar geométrico.

Figure 5.23: Salida lenta, y con mucho Mp

Al mover los polos la grá�ca se modi�ca y se observa que la respuesta mejora en MP y rapidez, luego deesto regresamos a ver como cambio la función de trasferencia de PID:


Figure 5.24: se mueve los polos y la salida cambia

Figure 5.25: Codigo para declarar una funcion de trasferencia

Con esta función de trasferencia ya se puede encontrar las constantes para el diseño en Simulink.


C = 51.391 ∗ (1 + 0.62s+ (0.31s)2)

s

C =(51.391 + 31.86s+ 4.93s2)

s

kp = 31.86

kd = 4.39

ki = 51.391

Figure 5.26: diagrama simulink para el PID


Figure 5.27: Salida del PID y solo de la planta sin PID

Capítulo 6

Controlador Seguidor Observador

{x = Ax+Bu→ det(λI −A) = 0

y = Cx

}det(λI −A) = 0→Denominador de la función de transferencia

Figura 6.1: Planta

u se conoce como la ley de control, la cual es la componente proporcional de cada uno de los estados.

u = −k ∗ X →Todos los estados aportan con algo

6.1. PID

Figura 6.2: Control PID

u = e(kP + kDs+ kis )

El PID trabaja en base al error anticipativo efecto de hacer memoria

El PID Depende exclusivamente del error

49

CAPÍTULO 6. CONTROLADOR SEGUIDOR OBSERVADOR 50

6.2. Control por retroalimentacion de estados

Figura 6.3: Controlador regulador en espacios de estados

x = Ax+B(−k ∗X)→Ley de controlx = (A−B ∗ k)λdet(λI −A+BK) = 0Comando MatLabK = acker(A,B [RaicesPolinomicasPropuestas]Sistema de seguimiento

Figura 6.4: Sistema de seguimiento

Ko = Y ss→ Lim→Teorema del valor �nalMatLabP =Rango de la MatrizP = rank

[[B AB A2B

]AD−1 B

]DondeB=Matriz 2x1A= MAtriz 2x2


P = rank[[

B AB A2B]→ Matriz de Controlabilidad

]P= Rango Completo (Si tengo una matriz de 4x4 y me sale 4 es controlable)Matrices = A,B,C Son conocidas

6.3. OBSERVADOR DE ESTADOS

x→x estimadou→Entrada Normal˙x→ Ax+Bu+Ke(y − y)Donde Ke = Factor penalizaste que hace que el clón a la fuerza se parezca al originaly = Cx

Figura 6.5: Sistema de control regulador seguidor con uso de observador de estado

ControlabilidadPoder dirigir los estados desde una situación inicial hasta una situación deseada mediante la señal de control

u


Figura 6.6: Controlabilidad

6.4. Observabilidad Matriz

A partir de los estados de salida poder calcular todos los estados internos del sistema

Q =

CCA

CAn−1

ObservableMatlabrank(Q)→ Completo

K = acker( A, B,[−3 −4

])

Calculo del KeSe recomienda 5 veces más rápido


Figura 6.7: 5 veces mas rápido el observador

Ke = acker( A, C, [RaicesPropuestas] )La Raíces propuestas se pueden asignar mediante las tablas de Polinomios de Bessell o Itae

Control Simulado en matlab

Figura 6.8: Sistema de control regulador seguidor con uso de observador de estado


6.5. COMPARACIÓN ENTRE EL CONTROLADOR PID Y EL CON-TROLADOR POR ESPACIO DE ESTADOS

6.5.1. Tenemos la función de transferencia:

G(s) = 1s2+3s+1

6.5.2. Simulación de controlador PID

Para realizar el controlador PID, hay que encontar el polinomio de la señal que deseamos obtener, 33.441 (1+0.22s)(1+0.22s)s

Diseño con controlador PD.

M =(Kp+

kis +kds)(

1s2+3s+1

)

1+(Kp+kis +kds)(

1s2+3s+1

)= 33,441 (1+0,22s)(1+0,22s)

s

Kps+Ki+kds2

(s2+3s+1)s

1+Kps+Ki+kds2

(s2+3s+1)s

= 33,441 (1+0,22s)(1+0,22s)s

kps+ki+kds2

s3+3s2+1s+kps+ki+kds2= 33.441 (1+0.22s)(1+0.22s)

s

kps+ki+kds2

s3+s2(3+kd)+s(1+kp)+ki= 33,441+14,714s+1,618s2

s

Encontramos las contantes de proporcionalidad, la integral y la derivativa:

kd = 1,618

kp = 14.714

ki = 33,441

Una vez conocidas estas constantes, procedemos a ingresarlas en Simulink para poder apreciar cómo actúanuestro controlador.

Figure 6.9: Simulación en Simulink del Controlador PID


6.5.3. Simulación de controlador en espacios de estados

El código de MATLAB usado es el siguiente:

Figure 6.10: Código MATLAB

Las matrices de estado obtenidas son:

Figure 6.11: Matrices obtenidas

Al observar la respuesta obtenida al aplicar los Eigen valores comprobamos que nuestro sistema es estable.

Comprobamos que nuestro sistema es controlable y observable mediante los comandos ctrb y obsv.


Figure 6.12: Comprobación

Continuando con el código de MATLAB, ampliamos las matrices A y B para poder realizar las diferentesoperaciones entre matrices, seguidamente de�nimos los polos deseados.

Figure 6.13: C+odigo MATLAB

Una vez obtenidos todos los datos, procedemos a reemplazarlos en Simulink, para observar cómo actúanuestro controlador en espacio de estados.


Figure 6.14: Controlador en SS en Simulink

A continuación se muestran ambas grá�cas tanto la señal controlada con el PID y la señal controlada conespacio de estados.


Figure 6.15: Simulación realizada en Simulink


Figure 6.16: Señales obtenidas de los controladores

En la grá�ca la línea roja es la referencia, la señal verde es la obtenida con el controlador PID y le señalazul es la obtenida con el controlador en espacio de estados.

Podemos concluir que el controlador en espacios de estado es un mejor controlador, ya que es más preciso yen este caso resulta más veloz. Además, podemos notar que al cambiar la referencia o ingresar una perturbación,este responde de mejor manera.

Figure 6.17: Estados reales y estados observados


Los estados, tanto del observador, como los reales se igualan prácticamente en el mismo tiempo, comopodemos observar en la grá�ca. Los estados observados están representados con rombos y los estados reales conuna línea continua.

Capítulo 7

Prueba

7.1. Diseñar un controlador en SS seguidor, regulador, observador.

7.1.1. Sistema de tercer orden:

G(s) = 3s3+5s2+3s+2

7.1.2. Diseño en espacio de estados:

El código en matlab que se implementa es:

Figure 7.1: Código matlab primera parte

61

CAPÍTULO 7. PRUEBA 62

Figure 7.2: Código matlab segunda parte

Los resultados obtenidos son:


Figure 7.3: Resultados obtenidos

Se observa que el rango de Co y el rango de Ob es positivo e igual al tamaño de la matriz A 3*3 eso signi�caque el sistema es observable y controlable, si la matriz fuese de 2*2 el rango debería ser 2 y así para cualquiertamaño de matriz A.

7.1.3. Simulación

Con estos resultados de la �gura 3 los insertamos en el diseño en simulink.


Figure 7.4: Diseño controlador en Espacio de Estados en Simulink

Figure 7.5: Simulación de la salida frente a cambios de referencia y perturbaciones


7.1.4. Un segmento de la grá�ca que demuestre seguimiento de la salida (capturaen pantalla)

Figure 7.6: Seguimiento de la salida

Se observa que la salida controlada sigue la señal de referencia dada a la entrada del sistema

7.1.5. Un segmento de la grá�ca que demuestre regulación de la salida (capturaen pantalla)

Luego de una perturbación y luego de los cambios de referencia, la señal de salida se regula (estabiliza).

Figure 7.7: Regulación frente a perturbaciones


7.1.6. Un segmento de la grá�ca que muestre los estados reales y los observados,que convergen o se igualan e�cazmente luego de una perturbación. (capturaen pantalla)

Figure 7.8: Estados reales y observados

Capítulo 8

Corrección del examen

Inventarse un sistema de tercer orden Para obtener una ganancia de 1.5 se multiplica al numerador poruna K=1.5 y así obtener la ganancia.

H(s) = 1s3+5s2+6s+4x1.5

H(s) = 1.5s3+5s2+6s+4

Diseñar un controlador es SS seguidor regulador observador

Figure 8.1: controlador es SS seguidor regulador observador

El código de cálculo de matlab (captura en pantalla)

Obtenemos las matrices de estadoclc;close allclear all num= [1.5];%den= conv( [1 0.3 1 ], [1 0.3 ]);den= [1 5 6 4];Gs=tf(num,den)[A B C D]= tf2ss(num,den)e=sisotool(Gs);

67

CAPÍTULO 8. CORRECCIÓN DEL EXAMEN 68

Calculo de las contantes mediante matriz aumentada y raíces propuestas k ke Kodisp('Calculo matriz K')A=[-5 -6 -4 ; 1 0 0; 0 1 0 ]B=[1;0;0] C=[0 0 1.5]Polos=eig(A)%K=acker(A,B,3*Polos)%Calculamos la matriz aumentada.disp('Calculo matriz aumentada')Ahat=[A zeros(3,1);-C 0]%matriz aumentada para aumentar un polo Bhat=[B;0]jj=[-1.98+0.396i -1.98-0.396i -0.522+1.7i -0.522-1.7i ]%polos del sisootol..3er polo 10 veces masKhat=acker(Ahat,Bhat,jj)K=[0.0040 5.3739 12.7801 ]a1=eig(A-B*K)Je=[-10 -10 -10]Ke=acker(A',C',Je)


jj= Raíces propuestas

Ko=8.5961Un segmento de la grá�ca que demuestre seguimiento de la salida (captura en pantalla)


Figure 8.2: Grá�ca que demuestre seguimiento de la salida

Observamos como el sistema sigue la referencia a pesar que se inyectan perturbaciones.

Un segmento de la grá�ca que demuestre regulación de los estados Uno y Tres, cuando se inyecta unaperturbacion positiva (en el primer estado) y una perturbacion negativa ( en el tercer estado)(captura enpantalla)

Figure 8.3: Perturvaciones del ejercicio

En la Fig.3 se ve como los estados del clon siguen a los estados reales cuando no existe perturbación, por lotanto existe regulación de los estados uno y tres.


Figure 8.4: Gra�ca sin perturbaciones

En la siguiente gra�ca se ve que al momento de inyectar perturbaciones los estados del clon se igualan enun tiempo determinado a los estados reales

Figure 8.5: Gra�ca con perturbación

Un segmento de la grá�ca que muestre los estados reales y los observados, que convergen o se igualane�cazmente luego del arranque y luego de una perturbación, veri�cando si el observador en mas rapidoque el controlador (captura en pantalla)

Figure 8.6: Gra�ca del sistema inyectando perturbaciones


Figure 8.7: Gra�ca del sistema, estados reales y los observados, que convergen o se igualan e�cazmente sinperturbación

En la siguiente gra�ca se observan que en el arranque convergen las grá�cas pero al momento de insertaruna perturbación en el tiempo (35s) los estados tanto reales como del clon se desigualan pero en un tiempovuelven a converger.

Figure 8.8: Gra�ca del sistema con perturbación en tiempos dados

En la grá�ca se observa como los estados (Líneas Amarillo Azul Morado) de la maquina , (líneas Rojoverde y azul ) que son los estados del clon responden mas rápido con respecto a los estados de la maquina estodemuestra que el observador actúa mas rápido


Figure 8.9: Gra�ca del sistema veri�cando si el observador en más rápido que el controlador