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CONTROL II (Elo y Bio) - Diseño de Controladores en Variables de Estado – Prof. Ing. Carlos F. Martín - (2014) - 1

CONTROL II (Elo y Bio)

Tema:

Diseño de Controladores Analógicos

Por Métodos de Espacio de Estado:

Prof. Ing. Carlos F. Martín

Año: 2014


Diseño de Controladores Analógicos por Métodos de Espacio de Estado. El objetivo de este capítulo es el diseño de sistemas de control usando la realimentación del vector de estado. La técnica de ubicación de polos permite situar los polos del sistema de control, (del sistema de lazo cerrado), en la posición deseada por el diseñador, de modo que su comportamiento se adecue a lo que éste desea. Se demuestra que la condición necesaria y suficiente para que el sistema admita que sus polos en lazo cerrado se ubiquen en cualquier posición del plano s, es que la planta a controlar sea completamente controlable. Cuando no es posible sensar o medir todos los estados de la planta para utilizarlos en el vector de realimentación, se estiman los estados necesarios a partir de la información disponible de la planta, la salida y(t), y de la entrada o la acción de control u(t). Se demuestra que la condición necesaria y suficiente para que el vector de estado se pueda estimar es que la planta sea completamente observable. En el capítulo se aborda tanto el diseño de sistemas sin entrada o con entrada constante (reguladores), como el de sistemas que han de seguir a una señal de referencia (seguidores). Se realizan varios ejemplos en lápiz y papel así como mediante una computadora utilizando Matlab o el Csad. La última parte del capítulo se dedica al diseño de observadores por medio de la computadora usando el programa Svdesign del Csad. Es importante hacer la consideración preliminar que a lo largo de todo este capítulo los modelos de estado serán de sistemas Lineales Invariantes con el Tiempo, esto es, plantas L.T.I.-

Introducción: La técnica de diseño de controladores mediante la realimentación del estado consiste en realimentar las variables de estado hacia la entrada mediante una matriz de ganancias constantes K. En la figura 6, se muestra el diagrama de bloques de un sistema monovariable de control mediante la realimentación de los estados solamente. En cuanto a la ubicación de los polos del sistema se puede mostrar que un control PD modificado, (P-D), y con uno serie P.D., son casos especiales del esquema de control mediante realimentación de los estados.

Si se supone que la planta a controlar es: )2()(

)()(

2

n

n

sssU

sYsGp

δω

ω

+== (18)

Descomponiendo en forma directa la función )(sGp y realimentado los estados el diagrama de estado del sistema de control está en la figura 7. Aplicando la fórmula de ganancia de Masson, se tendrá:

2( )

2

( ) 2 1(2. . ).

s n

s n

Y w

R s w k s kδ=

+ + +

(19)


+

)(tr + + )(tx +

B ∫dt C )(ty

_ )(tu +

Planta A

Figura 6 2k−

)(tr 1 1 1−s 1−

s 2

nω )(ty

)(tu )(2 tx )(1 tx

nδω2−

1k−

Figura 7 Para propósitos de comparación se presentan las funciones de transferencia de los sistemas con un control P-D, con Kp = 1, y con un control P.D. serie, como sigue:

Para el control P-D, con Kp = 1 222

2

)2()(

)(

nnDn

n

sKssR

sY

ωωδω

ω

+++= (20)

Con un control serie P.D. KpsKs

sKKp

sR

sY

nnDn

Dn

222

2

)2(

)(

)(

)(

ωωδω

ω

+++

+= (21)

Por tanto, el control P-D, (con Kp = 1), será equivalente a la realimentación de los estados si: K1= wn

2 y K2= kD.wn2.- (22)

Para el control P.D., al comparar las ecuaciones (19) y (21) se observa que la ecuación característica del sistema con realimentación del estado sería idéntica a la del sistema con el control P.D., si: K1= wn

2.kp y K2= KD wn

2.- Sin embargo, los numeradores de las dos funciones de transferencia son diferentes. En el control PD el sistema tendrá un cero en (-Kp/KD), y con la realimentación de los estados no lo tendrá.- Se debe enfatizar que las comparaciones realizadas anteriormente son solo

D


para plantas de segundo orden. Para sistemas de orden mayor, el control P.D. y el control P-D son equivalentes a realimentar solo las variables de estado x1 y x2, pero en el control por realimentación del estado se pueden realimentar todos los estados (x1, x2,....xn). Como se sabe el control P.I. incrementa el orden del sistema en uno, no puede ser equivalente a la realimentación de estado a través solo de ganancias constantes solamente. Más adelante, se verá que si se combina la realimentación del estado con el control integral se puede realizar el control P.I. en el sentido del control mediante la realimentación del estado. Los sistemas con la señal de referencia constante, o sea con variación nula en la entrada, (∆ r (t) = 0), en adelante r (t)=0, se conocen por lo común con el nombre de Reguladores. En lugar de indicar ∆ r (t) se designara en lo que sigue como r (t). Cuando r (t) = 0, el objetivo del control es llevar el sistema desde cualquier condición inicial del vector de estado, provocado por alguna perturbación, a cero, (o sea a su valor nominal), en alguna forma predeterminada, por ejemplo, tan rápido como sea posible. Cuando se dice a cero, es llevar el vector de estado a su valor nominal de funcionamiento estable, o sea con una desviación nula de la señal de referencia nominal. El diseño consistiría en predeterminar la evolución de la solución homogénea del sistema para una condición inicial del vector de estado )0(x , con r (t) = 0.

Diseño de Controladores Analógicos por Diferentes Métodos en el Espacio de Estado.- Cuando el lugar geométrico de las raíces se emplea para diseñar sistemas de control, el enfoque general se puede describir como ubicación de polos, aquí los polos son los de la función de transferencia en lazo cerrado, que también son las raíces de la ecuación característica del sistema. Al conocer la relación entre los polos y ceros en lazo cerrado y el desempeño del sistema, se puede realizar el diseño al especificar la ubicación de los primeros. Los métodos de diseño clásicos ya estudiados, estaban caracterizados por la propiedad donde los polos se seleccionan basados en que es lo que se puede alcanzar con la configuración de control fija y los límites físicos de los parámetros del controlador. Una pregunta natural será: ¿Bajo qué condición los polos pueden ser colocados en forma arbitraria? Esta es una filosofía nueva de diseño que en apariencia solo se puede alcanzar bajo ciertas condiciones. Cuando se tiene un proceso controlado de tercer orden o mayor, los controladores clásicos P.D., P.I., de atraso o adelanto de fase de una etapa, (con Koc ajustado para que cumpla el requerimiento de error de estado estable), no son capaces de controlar en


D

K−

forma independiente todos los polos del sistema de control, ya que solo hay dos parámetros independientes en cada uno de los controladores (pues se tendrán 3 o más ecuaciones con dos incógnitas).

Diseño de Sistemas de Control del Tipo Reguladores. La realimentación de estado permite el diseño de sistemas de control vía la ubicación o asignación de polos. Esto es, los polos del sistema de lazo cerrado se ubican en la posición deseada por el diseñador, de modo que las condiciones transitorias sean llevadas a cero de forma preestablecida, en primer lugar se va a considerar el diseño de sistemas de control tipo regulador. Esto es, en el diseño se asumirá que el sistema no tiene entrada de referencia (ver figura 8), o mejor, si la tiene pero no varía como se dijo.

+

+ )(tx +

B ∫dt C )(ty

)(tu +

Planta A

Figura 8 El objetivo de control es: que dado un sistema en ciertas condiciones de funcionamiento, se desea mantenerlo en ellas, de modo que las posibles perturbaciones a las que se ve sometido no deben sacarlo de regulación (el error que puedan ocasionar las perturbaciones ha de ser llevado a cero en tiempo y forma razonable). Supongamos que la planta monovariable a controlar tiene:

)()()(

)()()(

..

.

ttt

ttt

uDxCy

uBxAx

+=

+=•

(23) Lazo abierto

Para estos sistemas la ecuación de control será: )()( . tt xKu −= (24)

Donde K es la matriz de realimentación de los estados. Las matrices C y D de la planta a controlar no intervienen a la hora de ubicar los polos del sistema de control. Las ecuaciones del sistema de lazo cerrado serán:


)()(

_

)()(

)()(

_

)()(

)..()..(.

)..()..(

tttt

tttt

xKDCxKDxCy

xKBAxKBxAx

−=−+=

−=−+=•

(25)

Por lo tanto: ).( KBAAc −= y ).( KDCCc −=

Serán las matrices del sistema de lazo cerrado, o del sistema de control regulador diseñado. Al no tener una entrada de referencia, o sea r (t)=0, (o mejor dicho r (t) no varía), las matrices BC y DC no tienen aplicación o sentido, (solución homogénea). Como se sabe la solución de la ecuación de estado (25) es:

)0(.

)( .xextA

tc= (26)

En donde )0(x es el estado inicial provocado por las perturbaciones. Las características de las respuestas transitorias )(thx ; )(thy están impuestas por los valores característicos de la matriz Ac=(A-B.K). Si se elige la misma en forma correcta, (por una elección adecuada de los elementos de la matriz K), es posible hacer que

)(thx tienda a cero, (a su valor nominal), conforme el tiempo tiende a infinito. Los valores característicos de (A-B.K) se llaman polos reguladores, se reubican mediante la matriz de realimentación de ganancias K, (para sistemas monovariables de dimensión (1xn) que realimenta las variables de estado, para lo cual se deben cumplir las siguientes condiciones:

• La planta a controlar es de estado completamente controlable.- • Todas las variables de estado están disponibles para realimentar, es

decir, son medibles o se pueden estimar mediante un observador, (planta observable).

Asignación de polos: Para obtener la matriz K, se ha de decidir previamente la ubicación de polos en lazo cerrado. Hay varias estrategias posibles, destacándose la que ubica dos polos, (generalmente complejos conjugados), tratando que sean los dominantes en la respuesta transitoria del sistema.- Obtención de la Matriz K: (del Sistema Regulador) La matriz K se determina estableciendo la Ley de control, es decir, la ecuación característica que se desea para el sistema realimentado y que determina la posición de los “n” polos en bucle cerrado.- El regulador así obtenido:

• Mantiene el sistema en el punto de funcionamiento nominal. • Rechaza perturbaciones. • No permite el seguimiento de referencias.

Veremos tres formas analíticas alternativas de determinar la matriz K.


1.- Solución Directa: Sean las posiciones de los polos deseados: ns λλλ ,.....,, 21= con lo cual la ecuación característica del sistema de lazo cerrado será:

( )( ) ( ) 0................ 01

2

2

1

121 =+++++=−−−=+− −− ααααλλλ sssssssKBAIs n

n

n

n

En esta ecuación hay n incógnitas, nkkk ,.....,, 21 y n coeficientes conocidos

0121 ,.......,, αααα ynn −− , en la parte derecha de la igualdad. Para calcular las ganancias desconocidas basta con igualar los coeficientes de igual potencia en s. Ciertamente, esta forma de calcular la matriz K, si bien es intuitiva y directa, es bastante tediosa cuando el orden n es elevado. No obstante, como se verá, esto no tiene mucha importancia ya que Matlab tiene implementado algoritmos que resuelven este problema de forma automática. Pero con este método no queda claro el rol que juega la controlabilidad, en los métodos siguientes si, como se verá a continuación.

2.- Teorema: (asignación de valores característicos) Si el modelo original de la planta monovariable es de estado completamente controlable, entonces mediante la realimentación de los estados, )()( . tt xKu −= , donde K, como p=1, es un vector real con elementos constantes de orden (1xn), los valores característicos de (A-B.K) pueden ser asignados arbitrariamente, siempre que los valores característicos complejos se asignen en pares conjugados. Demostración: Si las ecuaciones de la planta a controlar son, si la matriz D=0:

)()(

)()()(

. tt

ttt

xCy

BuxAx

=

+=•

Como la misma es controlable, se puede llevar a la FCC mediante la matriz de transformación MSP .= , donde:

[ ]BABABABS n ........ 12 −= y

=

−−

0............01

........................

.......................

01........

1....

32

1221

aa

aaaa

M

nn

Donde los ai son los coeficientes de la ecuación característica de la planta. Llamaremos CyBA

~~,

~ a las nuevas matrices en la FCC, donde: PAPA ..

~ 1−= ; BPB .~ 1−= y PCC .

~=

Puede verse también que la matriz de controlabilidad en la FCC, (que llamaremos S

~ ) será: [ ] [ ]BAPBPPAPBPBABABS nn ...........

~~....

~~~~ 111111 −−−−−− ==


Por lo tanto: [ ]BABABPS n .......~ 11 −−= → SPS .

~ 1−= También se puede ver que:

IMSSMSMSS ....).(~ 1111 −−−− === → 1~ −= MS Sustituyendo )(~

)( txPx t = en )(tu nos queda: )(~~

)(~... )()( txKtxPKxKu tt −=−=−= Con PKK .~

= Como PBKAPBKPPAPPKBA )(

~~~ 111 −=−=− −−− , se puede ver qué ).( KBA − y )

~~~( KBA − tienen los mismos auto valores (como ya se sabe). Ahora, de cualquier conjunto de “n” Autovalores requeridos podemos formar el polinomio característico deseado:

01

2

2

1

1 .......)( αααα +++++=∆ −− sssss

n

n

n

c (*) Por lo tanto como: KBAsIKBAsI

~~~. +−≡+− se tendrá:

[ ]

++++

−

−

=

+

−−−

−

−− )~

(........)~

()~

(

10....0

....................

0........0

0........1

~......

~~.

1

0

.

.

.

0

0

........

10....00

....................

....................

0....010

12110

21

110 nn

n

n kaskaka

s

s

s

kkk

aaa

sI

Resolviendo el determinante queda: ( ) ( ) ( ) ( ) 0

~~~~1021

2

12

1

1 =+++++++++ −−−

−− kaskaskaskas

n

nn

n

nn

nLL

Que deberá ser igual a la ecuación (*). Igualando los coeficientes de iguales potencias, se tendrá:

( )

( )

( )001010

112121

221212

1111

~~

~~

)(~~

~~

akka

akka

akka

akka

nnnnnn

nnnnnn

−=→=+

−=→=+

−=→=+

−=→=+

−−−−−−

−−−−

αα

αα

αα

αα

LLLLLLLLLLLLLLLLLL

LLLLLLLLLLLLLLLLLL

Como KPK =~ y [ ]nkkkK

~~~~21 LL= :

Finalmente como P = S M

( ) 1111 −−−− == SMSMP Y también como 1~ −= MS se tendrá finalmente: ( ) ( ) ( )[ ] 11

111100

~~~ −−−− =⇒−−−= SSKKSSaaaK nnααα LL

Por lo tanto si la planta es de estado completamente controlable, (determinante de S distinto de cero, o rango de S igual a n), todos los

( )( ) ( )[ ] 1

111100

1~ −−−

− −−−== PaaaPKK nnααα LL


valores característicos se pueden ubicar arbitrariamente, seleccionando la matriz K, de acuerdo con la última ecuación. Hemos demostrado que la condición necesaria y suficiente para la ubicación arbitraria de los polos, es que la planta sea de estado completamente controlable, pues así existirá la inversa matriz ( )1−S . Este teorema nos da el segundo método para seleccionar la matriz K: Recordando: 11 ~~~ −− == SSKPKK donde:

S : Matriz de la controlabilidad con las variables de estado originales S~ : Matriz de la controlabilidad con las variables de estado en la F.C.C. K~ : Matriz de la realimentación de los estados con las variables de estado en la Forma Canónica Controlable. K : Matriz de la realimentación de los estados buscada, o sea, cuando las variables son las originales.

Resumen de los pasos para calcular K: 1) Obtener los coeficientes 110 ,,, −naaa LL del polinomio característico del sistema en lazo abierto, (de la planta a controlar). 2) Formar las matrices de la controlabilidad S y S

~ : [ ]BABAABBS n 12 −= MLLMMM

3) Elegir los coeficientes 110 ,,, −nααα LL del polinomio característico deseado y determinar la matriz de realimentación en las coordenadas de la F.C.C.

[ ])()()(~

111100 −− −−−= nn aaaK ααα LL 4) Determinar la matriz de realimentación en las coordenadas originales

1~~ −= SSKK (29)

Recordar que la realimentación de los estados puede mover solo los polos de Gp(s), pero no tiene ningún efecto sobre los ceros de la misma. Un tercer método para determinar K es usando la fórmula de Ackerman.

3.-Fórmula de Ackerman: La ecuación característica deseada es:

( ) ( ) 1

1 1 1 0 0n n

n nSI Ac SI A BK S S S S Sλ λ α α α−−− = − + = − − = + + + + =L L

El teorema de Cayley-Hamilton plantea que Ac satisface a la ecuación característica, o sea:

( ) [ ]1

1 1 0n n

c c n c c o nxnA A A A Iφ α α α−

−= + + + + =L Para simplificar, se supondrá n = 2, (para n mayor que 2 se puede

1

32

121

1

001

01

1

~

−

−

−

==

LL

LLLLL

LLLLL

L

L

aa

aaa

MS

n


extender el razonamiento siguiente) Consideramos las igualdades siguientes:

2 2 2 2 2 2 2( ) ( )

c

c c

I I

A A BK

A A BK A ABK BKA B K A ABK BK A BK A ABK BKA

=

= −

= − = − − − = − − − = − −

Multiplicando las ecuaciones anteriores por 1, 10 yαα respectivamente y arreglando el resultado se obtiene:

( )

( ) ( )

2 2

0 1 0 1

2

0 1 1

c c c

c

I A A I A BK A ABK BKA

I A A BK ABK BKA

α α α α

α α α

+ + = + − + − −

= + + − − −

Tenemos que: [ ]

[ ]

2

0 1 ( )

2

0 1 ( )

0

0

cc c A nxn

A nxn

I A A

I A A

α α φ

α α φ

+ + = =

+ + = ≠

Asimismo será: ( ) ( ) 1cA A c

BK ABK BKAφ φ α= − − − ; dado que [ ]( ) 0cA nxn

φ = se obtiene:

( ) ( )( )( ) 1

( ) 1

A c

A c

BK BKA ABK

B K KA AB K

φ α

φ α

= + +

= + +

Si esto lo colocamos en forma matricial, (usando el concepto de particiones de las mismas), se obtiene la siguiente expresión:

( ) [ ] 1 c

A

K KAB AB

K

αφ

+ =

M (*)

Como la planta es controlable, la inversa de la matriz de controlabilidad existe, o sea:

[ ]11

S B AB−− = M

Pre multiplicando ambos miembros de la ecuación (*) por S-1, se obtiene:

[ ]1 1

( )

c

A

K KAB AB

K

αφ

− + =

M

Pre multiplicando ahora ambos miembros por [ ]0 1 se tendrá:

[ ][ ] [ ]1 1

( )0 1 0 1c

A

K KAB AB K

K

αφ

− + = =

M

que puede colocarse en general: [ ] ( )

10 0 1A

K S φ−= L

Dónde: ( )

2 1

0 1 2 1

n n

nAI A A A Aφ α α α α −

−= + + + + +L

Por lo tanto K será la última fila de la matriz −×− ).(1 AS φ Este método puede llegar ser incluso más tedioso que el descrito para cálculos analíticos, sin embargo, su desarrollo completamente matricial permite diseñar algoritmos para su implementación mediante programas


de computación, por ejemplo: >>K = Acker (A, B, P) en Matlab. Veremos un ejemplo, y se determinará la matriz K por los tres métodos. Una planta tiene un modelo cuyas matrices son las siguientes:

0 1 0

1 1 1

0 0 1

A

= − − − −

0

1

1

B

=

[ ]1 0 1C = 0D =

Obtener la matriz K para que los polos estén ubicados en λ1-2=-1 y λ3= -4. Primer Método: Se verifica que la planta es controlable, pues Rango (S)=3. El polinomio característico deseado será:

4s9s6s4)(s1)(sPcd(s) 232 +++=++= Y también la ecuación para la ubicación de los polos es:

[ ] 49s6sskkk

1

1

0

100

111

010

s00

0s0

00s

BKAsI23

321 +++=

+

−

−−−−

=+−

49s6ss1)(k2)sk(k2)sk(ksPcd(s)23

331

2

32

3 +++=++++++++= Por lo tanto se tendrá el siguiente sistema lineal, (algebra matricial):

=

−

−

=

=

⇒

=

+

−

3

1

4

3

7

4

100

101

110

3

7

4

.

100

101

110

k

k

k

4

9

6

1

2

2

k

k

k

100

101

1101

3

2

1

3

3

1

En consecuencia la matriz de realimentación de los estados será: [ ]314K = Esto se puede realizar con la función Gauss, (agregada al Csad/Matlab), que aplica el método de Gauss para resolver todos los sistemas de ecuaciones lineales. Se emplea de la manera siguiente: >>Gauss Ingrese matriz de coeficientes: [0 1 1; 1 0 1; 0 0 1] Ingrese la matriz de términos independientes cambiados de signo: [4; 7; 3] El sistema tiene solución única ans = 4 1 3 También utilizando solo la función solve de Matlab en la forma siguiente: » [k1, k2, k3] = solve ('k2+k3+2=6','k1+k3+2=9','k3+1=4') k1 = 4 k2 = 1 k3 = 3


Segundo Método:

1) ( ) ( )2 3 2

1 0

1 1 1 1 1 2 2 1 0

0 0 1

s

sI A s s s s s s s

s

− − = + = + + + = + + + = +

Dónde: 0 1 31; 2; 2a a a= = =

2) [ ] ⇒

−

−==

221

210

100

BAABBS2

−−

−−

−

=−

111

221

210

S1

⇒

==

−

−

1

1

001

012

122

MS~

−

−=

221

210

100

S~

3) ( ) ( )2 3 21 4 6 9 4 0

csI A sI A BK s s s s s− = − + = + + = + + + =

Dónde: 0 1 24; 9; 6α α α= = = por lo que:

[ ] [ ] [ ]47326)29()14()()()(~

221100 =−−−=−−−= aaaK ααα

4) [ ] ⇒

−−

−−

−

−

−== −

111

221

210

221

210

100

473SSKK1~~

[ ]314K =

Tercer método: (Formula de Ackerman)

Todo esto se puede hacer usando solo Matlab, o con algún otro programa para tal fin, por ejemplo con Svdesign del Csad/Matlab con la opción del menú principal, State Feedback.

Nota: Para esta planta la Gp(s) es: 2

( ) 2

( 1)

( 1).( 1)p S

sG

s s s

+=

+ + +; al tener una

cancelación polo-cero, la misma deberá ser no observable, ya que se determinó que es controlable. O sea:

Rango (V) = Rango 2

.

.

C

C A

C A

= Rango 1 0 1

0 1 1 3

1 1 0

− ≠ − −

; Rango (V) = 2≠ 3

[ ] [ ]

2 3

( )

1 3 4

4. 9. 6 3 4 1

0 0 0

0 1 2 1 3 4

0 0 1 . 1 2 2 . 3 4 4 4 1 3

1 1 1 0 0 0

AI A A A

K

φ

− − = + + + = − −

− − − = − − − − = − −


Veamos los tres métodos usando solo Matlab y operaciones simples: Primer Método » A = [0 1 0;-1 -1 -1;0 0 -1]; » B = [0; 1; 1]; » I = eye (3); » syms s k1 k2 k3 » K = [k1 k2 k3]; » EC = det ((s*I-A) + (B*K)) EC = s^3+2*s^2+s^2*k3+2*s+s*k3+k2*s^2+1+k3+k1*s Ordenando: s^3+(2+k2+k3)*s^2+(2+k1+k3)*s+(1+k3)=0 Por lo tanto: αo=1+k3 α1=2+k1+k3 α2=2+k2+k3 Se calculan los coeficientes αi; » aa=poly([-1 0 0;0 -1 0;0 0 -4]) aa = 1 6 9 4 O también así: » aa=pmake(-1,-1,-4) aa = 1 6 9 4 » % Por lo tanto: αo=4 α1=9 y α2=6 Los elementos de la matriz K = [k1 k2 k3], se pueden calcular así: » [k1, k2, k3] = solve ('k2+k3+2=6','k1+k3+2=9','k3+1=4') k1 = 4 k2 = 1 k3 = 3 Por ende la matriz buscada será: K = [4 1 3]

Segundo Método » A = [0 1 0;-1 -1 -1;0 0 -1]; » B = [0;1;1]; Defina la matriz de controlabilidad S: » S = [B A*B A^2*B]; » %Verifique el rango de la misma: » R = rank(S) R = 3


Dado que el rango de S es 3, la solución existe. Obtenga los coeficientes del polinomio característico de la planta, con el comando Poly(A) » EC=poly(A) EC = 1.0000 2.0000 2.0000 1.0000 » a0 = EC (4); a1 = EC (3); a2 = EC (2); Defina las matrices M y P. » M = [a1 a2 1; a2 1 0; 1 0 0]; » P = S*M; » % Obtenga los coeficientes del polinomio característico deseado, ya sea con la matriz Ad y el comando poly(Ad), o con pmake. » aa = poly([-1 0 0;0 -1 0;0 0 -4]) aa = 1 6 9 4 O con: » aa = pmake(-1,-1,-4) aa = 1 6 9 4 » aa0=aa(4);aa1=aa(3);aa2=aa(2); La matriz K será: » K = [aa0-a0 aa1-a1 aa2-a2]*inv (P) K = 4 1 3 También se puede usar el comando place(A, B, p), donde p = vector de la posición deseada de los polos, los mismos no deberán tener un orden de multiplicidad mayor que el rango de la matriz B o el número de entradas, por eso no se puede usar para este ejemplo pues el rango de B es uno. » p = [-1;-1;-4]; » place (A, B, p) ??? Error using ==> place Can't place poles with multiplicity greater than rank (B). Tercer Método: (Fórmula de Ackerman)

Introducir las matrices A y B » A = [0 1 0;-1 -1 -1; 0 0 -1]; » B = [0; 1; 1]; Determine la matriz de controlabilidad » S = [B A*B A^2*B]; Verifique su Rango » R = rank(S) R = 3


» % Dado que el rango es 3, la solución existe » % Obtenga los coeficientes del polinomio característico deseado, con la matriz diagonal correspondiente y el comando poly(Ad), o con la función pmake del Csad/MatLab » Ad = [-1 0 0; 0 -1 0; 0 0 -4]; » AA = poly (Ad) AA = 1 6 9 4 Calcule la matriz ( )A

φ con el comando polyvalm(AA,A). » Pc = polyvalm(AA,A); Determine la matriz K de la realimentación de los estados. » K = [0 0 1]*inv(S)*Pc K = 4 1 3 » % Todo esto está resumido en el comando ACKER(A,B,P), en donde P es el vector de los valores propios deseados y A y B las matrices de la planta » P = [-1;-1;-4]; » K = acker (A, B, P) K = 4 1 3 Todo está resumido en el comando ACKER(A, B, P), donde P es el vector de los valores propios de deseados, y A y B las matrices de la planta. >> P = [-1;-1;-4]; >> K = ACKER (A, B, P) K= 4 1 3 Ejercicio Nº1: Usando la función Svdesign del Csad/Matlab. Una planta a controlar tiene las siguientes matrices en su modelo matemático en variables de estado, como se puede ver está en la F.C.C.:

0 1

5 6A

= − −

0

1B

=

[ ]1.5 0.6C = 0.1D =

Se supone que las variables de estado están disponibles para su medición. La función de transferencia de la misma será:

2

2

0.1( 12 20)( )

6 5

s sGp s

s s

+ +=

+ +

0.1( 2)( 10)( )

( 1)( 5)

s sGp s

s s

+ +→ =

+ +

Diseñar un sistema regulador por medio de la realimentación de los estados para que los polos del sistema en lazo cerrado estén ubicados en: 21 −=λ y 62 −=λ Al llamar al programa, Svdesign del Csad, el mismo pregunta si se ingresa


la función de transferencia de la planta, (n y d) o las matrices del modelo en variables de estado de la misma. Si se elige esta última se ingresa el orden y las matrices. Luego eligiendo la opción: State Feedback , el programa pide la ubicación deseada de los polos reguladores, luego devuelve información tales como: las matrices K, Ac y Cc .- Para sistemas reguladores no interesan las matrices Bc y Dc, pues no hay señal de referencia en la entrada. ------ SVDESIGN OPTIONS ------ Response Plots Zeros and Poles Controllability Display System Observability New Original Sys Transformations Back to Original State Feedback Estimator Design Integral&State Feedback&Estimate View N(s)/D(s) Quit SVDESIGN > s Enter vector of 2 desired pole locations > [-2 -6] State Feedback Vector K is: 7 2 Pole Locations Desired -- Achieved -6 -6 -2 -2 A-BK is: 0 1 -12 -8 DC System Gains: Without feedback 0.4 With state feedback 0.225 Update current state variable matrices? (y/n) [y] > State feedback is: u = -Kx + Gr (para sistemas reguladores r(t)=0) Enter desired value for G [2.105] > (para sistemas reguladores G=1) Si se desea graficar las respuestas homogéneas y(t) y x(t) para un estado inicial determinado se procede como se indica oportunamente en la publicación de la Cátedra, “Respuestas Temporales”.- (Soluciones homogéneas). Si se considera que:

=

30.0

10.1)0(x

------ SVDESIGN OPTIONS ------ Response Plots Zeros and Poles


Controllability Display System Observability New Original Sys Transformations Back to Original State Feedback Estimator Design Integral&State Feedback&Estimate View N(s)/D(s) Quit SVDESIGN > R - SVPLOT OPTIONS - Plot Stimulus X Resp Final time Zoom New A,B,C,D Grid Display Sys Hold Attributes Label Eigenvalues View data Quit Interpolate SVPLOT > S Stimulus: Step, Impulse, Ramp, Zero-input [s] > Z Enter I.C. vector (1x2) > [1.1 0.3] Initial condition vector is: 1.1000 0.3000 SVPLOT >p grafica y(t) SVPLOT >H Current plot held SVPLOT >x Enter state to plot :1 to 2 > 1 grafica x1(t) SVPLOT >x Enter state to plot :1 to 2 > 2 grafica x2(t) Esto se aprecia en la figura 9:

0 11

1 6S S

= → = − −

Controlable.-

1.5 0.6

1.353 2.1

CV V

CA

= = → = − − −

Observable.-

−−=

812

10Ac y

[ ]4.08.0=Cc


Figura 9:

Formulas Útiles para Sistemas Prototipos de Segundo Orden. Expresiones que serán de ayuda para ubicar los polos complejos conjugados dominantes del sistema de control, cuando se pueda.

:δ Factor de Amortiguamiento Relativo.-

nδωσ −=: : Parte Real del par de Polos Complejos del Sistema.

:1 2

21 δωδωλ −±−=− nn j Polos Complejos Conjugados.-

21.100(%) δ

δπ

−−

= eMp : Sobre elongación Porcentual al Escalón de Entrada.-

22

2

)(ln

)(ln

u

u

Mp

Mp

+≥

πδ : Coef. de Amort. Mínimo para un Mp por unidad dado.-

21 δω

π

ω

π

−==

n

máxd

t : Tiempo de pico para la Salida.-

)10(47.0125.01.1 2

<<++

= δω

δδ

n

demorat : Tiempo de Demora.-

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

Tiempo, seg.

Esta

do

s y

Resp

uesta

y(t

) x1(t)

y(t)

x2(t)

Ac = A-BK = [ 0 1; -12 -8]

Cc = C-DK = [ 0.8 0.4 ]

x(0) = [ 1.1 0.3 ]

y(t) = 0.8x1.1+0.4x0.3 = 1


)10(91.2416.01 2

<<+−

≅ δω

δδ

n

Subidat : Tiempo de Subida.-

.69.0

2.3%)5( <≅ δ

ωδsi

ntE

: Tiempo de Establecimiento al (5%).-

σ

δ

ω

δ 25.45.4%)5( =≅

n

Et .69.0>δsi : Tiempo de Establecimiento al (5%).

σωδ

44%)2( =≅

n

Et si .78.0<δ : Tiempo de Establecimiento al (2%).-

Para un Sistema de Primer Orden, Tenemos que:

σ

3%)5( ≅Et : Tiempo de Establecimiento al (5%).-

σ

4%)2( ≅Et : Tiempo de Establecimiento al (2%).-

Ejercicio Nº 2: El modelo linealizado, en un punto de operación, del sistema de suspensión magnética de una bola de acero, como se muestra en la figura 10, se obtiene de la manera siguiente.

)(tu

ki2/y

Mg

Figura 10 El objetivo del sistema es controlar la posición de la esfera de acero suspendida en un punto de equilibrio nominal mediante el ajuste de la corriente en el electroimán a través de la tensión de entrada )(tu . La

Esfera de

acero

Distancia

deseada

yo = x01

Electroimán R L

i


aplicación práctica de este sistema es la levitación magnética de trenes o de cojinetes magnéticos en sistemas de control de alta precisión. Las ecuaciones diferenciales de la planta a controlar son:

+=

=−

dt

tdiLtiRtu

dt

tydM

ty

tikMg

)()()(

(*))(

)(

)(2

22

En donde:

gravedadladenAceleracióg

bobinadodelaInductanciL

bobinadodelCorrienteti

entradadeTensióntu

:

:

:)(

:)(

esferaladeMasaM

bobinadodelaResistenciR

esferaladeposiciónty

:

:

:)(

Las variables de estado se definen como:

−=== ).()()(

)()()( 321 titxydt

tdytxtytx

Las ecuaciones de estado de la misma son:

+−

=⇒

+−

=⇒

=⇒

)(1

)()(

)(

)()(

)()(

33

3

1

2

322

21

1

tuL

txL

R

dt

tdxf

gtx

tx

M

k

dt

tdxf

txdt

tdxf

Planta no Lineal

La planta se va a linealizar en el punto de equilibrio .)( 010 Constantexty == Entonces:

(**)0)(

0)(

)(

2

2

0102

=

==

dt

tyd

dt

tdxtx

o

El valor nominal de )(ti se determina al sustituir la ecuación (**) en la (*). Por tanto:

01010 )()( Mgxtxti == La ecuación de estado linealizada alrededor del punto de equilibrio se expresa en la forma de la ecuación:

)()()(**

tuBtxAtx ∆+∆=∆−−&

; en donde:

−

−=

−

−=

∂

∂

∂

∂

∂

∂∂

∂

∂

∂

∂

∂∂

∂

∂

∂

∂

∂

=

L

R

Mx

g

x

g

L

R

Mx

x

Mx

x

x

f

x

f

x

f

x

f

x

f

x

f

x

f

x

f

x

f

A

00

20

010

00

20

010

010101

03

012

032

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

*


=

∂

∂∂

∂∂

∂

=

Lu

fu

fu

f

B10

0

3

2

1

*

Los parámetros de la planta son: −≅==== ./: 2

seg10mgy6.4kg;M1ΩRH;0.01L1.0;lroporcionapconstantek Las denominadas matrices Jacobianas de la planta serán, si 1mx =01

−

−=

10000

2.5010

010

A*

=

100

0

0

B* [ ]001C

* = y 0D* =

Los valores característicos de la matriz A* serán:

100010s100ss

100s00

2.5s10

01s

AsI23* −−+=

+

−

−

=−

3.1623P3.1623P100P 321 +=−=−=∴ Por ende esta planta sin el control es inestable, como era lógico. Se tienen las siguientes especificaciones de diseño:

1. El sistema de control debe ser estable.- 2. Para cualquier perturbación inicial en la posición de la bola desde su

posición de equilibrio, la bola debe regresar a la posición nominal con un error de estado estable nulo.-

3. El te (5%) ≤ 0.6 seg. (5% del valor del apartamiento inicial).- 4. El sobre impulso máximo porcentual Mp (%) ≤ 10% de la magnitud

de la desviación inicial.- 5. El control se debe realizar mediante la realimentación del estado

[ ]1 2 3( ) ( ) ( )u t K x t k k k x t= − = − Donde k1, k2 y k3 son constantes reales. Un diagrama de estado de la planta de suspensión en lazo abierto se muestra en la figura (11a) y del mismo sistema pero en lazo cerrado con realimentación del estado se muestra en la figura (11b). Se debe seleccionar la posición deseada de los valores característicos (sI-A+BK) para que los requisitos 3 y 4 sobre la respuesta en el tiempo sean satisfechos.

100 1−s 5.2− 1−

s 1−s 1

)(tu )(3 tx )(2 tx )(1 tx )(ty

100−

10

Figura 11a


2k−

100 1−s 5.2− 1−

s 1−s 1

)(tu )(3 tx )(2 tx )(1 tx )(ty

100−

10 3k−

1k−

Figura 11b

Sin entrar al procedimiento para seleccionar los polos del sistema diseñado, por ahora, se puede comenzar con las decisiones siguientes:

a) La dinámica del sistema debe ser controlada por dos raíces dominantes.

b) Para alcanzar la respuesta relativamente rápida, las dos raíces dominantes deben ser complejas.

c) El amortiguamiento que es controlado por el coeficiente de amortiguación δ de los polos debe ser adecuado, y las partes reales deben ser lo suficientemente grandes para que el transitorio decaiga con rapidez (te (5%) ≤ 0.6 segundos).

Todo esto será posible si el rango de S es igual a tres: [ ]BAABBS

2=

6250000Spues3,Rango(S)

100000010000100

250002500

25000

S −==⇒

−

−

−

=

Por lo tanto los tres estados de la planta son controlables y se podrán realimentar los mismos con éxito. La solución, en general, no será única. Para que se cumpla la especificación 4, (Mp (%) ≤ 10%), el coeficiente de amortiguación de los polos complejos deberá ser:

2

2 2

(ln .10)0.59115

(ln .10)δ δ

π

≥ → ≥

+

Se pude elegir δ = 0.6 Para que se cumpla la 3), (te (5%) ≤ 0.6 seg.):

3.2(5%) 0.6 5.334 : 6te seg se pude elegirσ σ

σ≅ ≤ ∴ ≥ =

Para mantener δ=0.6 deberá ser: 16 tan 6 tan(cos 0.6) 8wd θ −= = =


0 0.6 1.2-10

-5

0

5

10

15

20

25

Figura 12

Va

ria

ble

s d

e E

sta

do

x 3(t)

x2(t)

x1(t)=y(t)

K = [ -13.68 -1.88 -0.58 ]

t

1

Con:

Por lo tanto los polos dominantes serán: λ1-2 = -6 ± j8 Para que el tercer polo no influya en demasía, 3 35 30λ σ λ≤ → = − El polinomio característico deseado será entonces el siguiente:

2 3 2( 30)( 12 100) 42 460 3000 0s s s s s s+ + + = + + + = En función de los coeficientes de la matriz K, será: Método directo: (en este caso de ecuaciones muy simples se tendrá).-

0)250k1000k1000()s250k10()s100k(100sBKAsI 132

2

3

3* =−−−+−−+++=+−

−=⇒=−−−

−=⇒=−−

−=⇒=+

13.68k3000250k1000k1000

1.88k460250k10

0.58k42100k100

113

22

33

[ ]0.581.8813.68K −−−=∴

Con cualquier programa de computación se puede verificar si se cumplen las especificaciones pedidas. Usando Svdesign del Csad/Matlab para

obtener ( )x t y verificar por ejemplo que con 1

( ) 0

0

x t

=

que se obtiene el

transitorio pedido. En la figuras siguientes se puede ver que Mp (%) = 9 % < 10% y te(5%) = 0.576 seg. < 0.60 seg. La variación temporal de los estados del sistema regulador está indicada en la figura 12:


La posición de la bola de acero y(t) = x1(t), ampliada se muestra en la figura 13.

Como se puede apreciar en la misma el sistema regulador diseñado cumple con todas las especificaciones requeridas. Esta solución no es la única. Por ejemplo, podemos diseñar otra en la que la respuesta entre por arriba en la banda del 5%± y no salga mas. Para ello se elige:

0.707δ =

4σeligese3.75σ0.60σ

4.5δte(5%)

2

−=≥⇒≤≅

20.λ5σλeligesesi5σλj44λ 33321 −=⇒=→≤→±−=∴ − 0640192s28ss32)8s(s20)(s

232 =+++=+++

3.68k640250k1000k1000

0.80k192250k10

0.72k28100k100

113

22

33

−=⇒=−−−

−=⇒=−−

−=⇒=+∴

Por lo tanto: [ ]0.720.803.68K −−−=

En la figura 14 se muestran las respuestas temporales y la verificación de las especificaciones de funcionamiento del sistema regulador diseñado, por ende esta sería otra solución al problema de diseño planteado.-

0 0.6 1.2-0.1

-0.05

00.05

0.1

0.15

0.2

0.25

0.30.35

0.4

0.45

0.5

0.55

0.60.65

0.7

0.75

0.8

0.85

0.90.95

1

1.05

Figura 13

Po

sic

ión

de

la

bo

la

y(t

) =

x1

(t)

t

Mp(%) = 8.83% < 10%

te (5%) = 0.5584 seg. < 0.60 seg.-

y(t) = x1(t)


Ejemplo Nº 2a: El modelo de una planta a controlar tiene las matrices siguientes:

[ ]100C

7

34

31

B

410

101

600

A =

=

−

−= y −= 1.D Está en la F.C.O.

Se supone que las variables de estado están disponibles para su medición. La función de transferencia de la misma será:

3)(s2)(s1)(s

5)(s1)(s

65s4ss

2535s11ssDBA)(sICGp(s)

2

23

231

++−

++=

−++

+++=+−= −

Como se puede apreciar la planta será controlable y observable.- Diseñar un sistema regulador para que el transitorio de la salida y(t), este regulado por los polos ubicados en: 3j1λ 21 +−=− Se puede reubicar el polo de la planta en +1 en -1 para cancelar el cero de la misma, y los otros dos en -2 y -3 colocarlos en las posiciones pedidas.- A pesar de saber que la planta es controlable y observable lo verificaremos.

[ ] 3(S)Rango5184S

067

362434

364231

BAABBS2 =⇒=⇒

==

Planta controlable.-

0 0.4 0.8 1.2 1.6-4

0

4

8

12

Con: K= [ -3.68 -0.808 -0.72]

Esta

do

s

x(t

)

0 0.4 0.8 1.2 1.6-0.1

00.10.20.30.40.50.60.70.80.9

11.1

Figura 14

Po

sic

ión

de

la

esfe

ra y

(t)

t

x3(t) = i(t) Corriente en la bobina

x1(t) = y(t) Posición de la esfera de acero

x2(t) Velocidad de la esfera

t

Te(5%) = 0.59 seg. < 0.60 seg.

Mp(%) = 4.44% < 10%


3(V)Rango1V

1541

410

100

CA

CA

C

V2

=⇒−=⇒

−

−=

=

La planta es también observable.- La ecuación característica será:

[ ] =

+

−

−−

=+− 321 KKK

7

34

31

410

101

600

s00

0s0

00s

BKAsI

Operando se llega a: 06)31K166K(235K1)s34K160K(166K4)s7K34K(31Ks 321321

2

321

3 =−+++++++++++=

También la ecuación característica deseada será: 046s3ss4)2s(s1)(s

232 =+++=+++ Por lo tanto se tendrá el siguiente sistema de ecuaciones lineales. Usando el álgebra vectorial matricial se puede escribir:

−=

−

=

⇒

=

−

+

−

121/36

1

11/36

10

5

1

31166235

34160166

73431

K

K

K

4

6

3

6

1

4

K

K

K

31166235

34160166

734311

3

2

1

3

3

1

En consecuencia la matriz de realimentación de los estados será: [ ]121/36111/36K −= También se podía aplicar el segundo método:

[ ] 1

221100 P)a(α)a(α)a(αK −−−−= [ ] 11

SM4)(31)(66))((4K−−−−−−=

[ ]

−

−

−

−

−−=

171/129627/12961/144

27/129663/129663/1296

81/64827/64827/648

1541

410

100

1510K

[ ]121/36111/36K −=

Empleando Csad/Matlab, Svdesign y subplot, se pueden obtener las respuestas temporales indicadas en la figura 14a. Las matrices del sistema diseñado serán:

−−

−−

−−

=

−−−−

−−−−

−−−

=

991/36877/36

4150/3634338/36

3535/3631341/36

7K47K17K

34K134K34K1

31K631K31K

Ac

32

321

321

[ ] [ ]2.361110.3056)K(1KKDK)(CCc 321 −−=−−−=−=


Figura 14a Si se elige j1λ 21 +−=− , (oscilara menos) la matriz K será ahora:

[ ]91/367/91/4K −= , la figura 14b muestra los transitorios.-

Figura 14b

0 1 2 3 4 5-5

0

5

10

15

K = [ 0.3055 -1 3.3611 ]

Esta

do

s

x(t

)

0 1 2 3 4 5-1

0

1

2

3

Tiempo, seg.

Resp

uesta

y(t

)

x1(t)

x2(t)

x3(t)

y(t)

0 1 2 3 4 5 6-10

0

10

20

30

K =[ 1/4 -7/9 91/36 ]

Esta

do

s

x(t

)

0 1 2 3 4 5 6-2

0

2

4

6

Tiempo, seg.

Resp

uesta

y(t

)

x3(t)

x2(t) x1(t)

y(t)

1


Diseño de Sistemas Seguidores a una Señal de Referencia r(t): Hasta ahora, los diseños mediante asignación de polos se han aplicado a un sistema que carecía de entrada de referencia, o mejor, que la misma era constante, por ende señal de control u (t) era proporcional al vector de estado solamente. En el problema del regulador que ha sido tratado en las secciones anteriores, el criterio de diseño es eliminar el efecto de las perturbaciones y llevar al vector de estado del sistema a cero en tiempo y forma razonable. Sin embargo, la mayoría de los sistemas de control son seguidores (servo sistemas), esto es, la salida y(t) deberá seguir a una entrada referencia r(t), luego el objetivo de diseño ahora será que el vector de estado y la salida correspondiente del sistema sigan unas trayectorias deseadas. Las formas de encarar esto serán las siguientes:

1.- Con la Realimentación del Estado Solamente: Si bien la condición de controlabilidad se ha demostrado para el caso más general, esto es, un sistema MIMO en el que tanto la señal de entrada ( )u t como la de salida ( )y t son vectores, el cálculo de la matriz de realimentación K se vuelve mucho más complicado cuando el control es multivariable que cuando se trata de monovariable. El control multivariable excede las pretensiones de este texto, por lo cual, en los diseños que siguen, se consideran sistemas SISO o SIMO exclusivamente. Sea pues el sistema SISO de control cuya ubicación de polos se hará mediante la realimentación del estado solamente, (como el indicado en la figura 15): )(tuD D

+

)(tr + )(tx + )(ty

)()()( tuBtxAtx +=& C

_ )(tu

Planta a Controlar

K )(txK

Figura 15 La planta está modelada por las ecuaciones siguientes:

)()(.)(

)(.)(.)(

tDutxCty

tuBtxAtx

+=

+=•

La señal de control está dada por la relación:


( )( ) ( )tt tu K x r= − + Dónde:

[ ]1 2 nK k k k= L Por ende el modelo de estado del sistema en lazo cerrado es:

( ) ( ) ( ) ( )[ ]t t t tx Ax B K x r•

= + − + Por lo tanto:

)()()()()()(.

trBctxActrBtxBKAtx +=+−= Las matrices características y de distribución de lazo cerrado serán:

:)( KBAAc −= Igual como era de esperar a la del sistema regulador.

:BBc = La matriz de distribución no se altera.- Para la ecuación de salida, suponiendo que 0≠D será:

))()(()()( trtxKDtxCty +−+= )()()()()()( trDctxCctrDtxKDCty +=+−=

Las matrices de salida o medición y la D del sistema de lazo cerrado serán: :)( KDCCc −= Matriz de salida.

:DDc = La matriz D no se altera.-

Se sabe que ,)(/)()( sDpsNpKpsGp = donde Np(s) es un polinomio en s, que no se modifica pues se agregan solo lazos al diagrama de estado del sistema y no caminos directos.- En consecuencia los polos en lazo cerrado se pueden ubicar libremente mediante el ajuste de la matriz de ganancias de realimentación de los estados K, si la planta es de estado completamente controlable como a se dijo oportunamente. Sean pues las posiciones de los polos deseados: s = λ1, λ2,......., λn

Con lo cual la ecuación característica del sistema es: 1 2( )( ) ( ) 0nsI A BK s s sλ λ λ− + = − − − =L

En esta ecuación hay n incógnitas k1, k2,....., kn y n coeficientes conocidos en el miembro derecho de la igualdad de polinomios. Para calcular las ganancias desconocidas, con el método directo, basta con igualar los coeficientes de igual potencia en s. Nótese que por medio de la realimentación del vector estado, solamente se modifica la ubicación de los polos de la función de transferencia del sistema en lazo cerrado, sin embargo como ya se dijo, los ceros permanecerán inalterados. Por regla general el modelo de la planta mediante la realimentación de los estados solamente, produce un sistema tipo cero, pues M (0) ≠1, de modo que como ya se sabe, un sistema de este tipo sería incapaz de seguir sin error a una señal de entrada de referencia escalón.-


Ejemplo 3: Para una planta a controlar el modelo tiene las siguientes matrices:

−−−

=

6116

100

010

A

=

140

0

0

B [ ]001C = y −= 0.D

Se desea diseñar un sistema seguidor tipo uno para se cumplan las especificaciones siguientes:

• Error de Estado Estacionario a entradas escalones nulo. • %.17(%)Mp ≤ • seg.2.20(2%)tE ≤

En base a las matrices la función de transferencia de la planta es:

3)(s2)(s1)(s

140

611s6ss

140B

A)(sI

A)Adj(sIC

U(s)

Y(s)Gp(s)

23

T

+++=

+++=

−

−==

Como se puede ver en este caso la planta será controlable. Se intentara hacer un diseño con un par de polos complejos conjugados dominantes, lo cual no siempre es posible y hay que recurrir a la computadora.- Para que se cumpla la segunda especificación los mismos deberán tener:

22

2

(ln0.17)π

(ln0.17)δ

+≥ 0.4912δ ≥⇒

Para la tercera: ,1.818σseg.2.2σ

4(2%)tE ≥⇒≤≈

Se elegirá: −= 2.σ Si se elige: 32ω2σy0.50δ d =⇒−==

Por ende: ,32j2λ 21 ±−=− y el tercer polo, −−=⇒≥ 10.λσ5λ 33

En general en primer lugar se verificara que la planta es controlable, cosa que en este ejemplo ya se sabe, pues en la Gp(s) de la planta no hay cancelación de polos y ceros. Para ello el rango de la matriz de la controlabilidad: [ ],BAABBS

2= debe ser 3, en efecto,

−

−=

3500840140

8401400

14000

S -2744000S =⇒ , por lo tanto Rango(S) = n = 3.-

Ahora: ,0160)56s14s(s16)4s(s10)(sBKAsI 232 =+++=+++=+− y también: 0)k140(6s)140k(11s)140k(6sBKAsI 12

2

3

3 =++++++=+− En consecuencia al ser un sistema muy simple de ecuaciones se obtiene:

2/35kk140614

9/28kk1401156

1.10kk1406160

33

22

11

=⇒+=

=⇒+=

=⇒+=

La matriz K será: [ ]2/359/281.10K =

La F de T. del sistema diseñado será: −+++

= .16056s14ss

140M(s)

23

Como se puede apreciar en la figura 16 no se cumple la especificación de


que el error de estado estacionario al escalón de entrada sea nulo. La lección que se aprende de este ejemplo, es que el control con realimentación de los estados solamente, produce en general un sistema seguidor tipo cero si todos los polos se eligen en forma arbitraria. Para que el sistema siga a una entrada escalón sin error de estado estable, una forma de solucionar esto sería: como en este caso la planta es de orden n=3, solo (n-1)=2 polos se podrán elegir en forma arbitraria. Lo cual no garantiza, en general, el transitorio deseado. Otra forma, la más usada, es por ejemplo colocar una ganancia de pre compensación como se verá más adelante. Apliquemos lo primero al ejemplo que se está tratando.

Figura 16 La función de transferencia del sistema en función de los elementos de la matriz de realimentación era:

)140k(6)s140k(11)s140k(6s

140M(s)

12

2

3

3 ++++++=

Para que, −=⇒+=⇒= 67/70.k140k61401M(0) 11

Por ende en este caso podrán elegir solo: n-1=3-1=2 polos en forma arbitraria, por ejemplo el par complejo 21−λ y el polo real 3λ , resultara en

consecuencia para cumplir M (0)=1.- Si se elige ?λ;3j22λ 321 =⇒±−=−

Para que el par complejo sea dominante deberá ser σ5λ3 ≤ , si esto se

cumple el diseño será un éxito, si no se cumple no. La ecuación

característica será: 0)λ16()s4λ(16)sλ(4s16)4s(s)λ(s 33

2

3

32

3 =−+−+−+=++−

0 1 2 30

0.5

1

Tiempo, seg.

Resp

uesta

y(t

)

Tr = 0.451 s

5%Ts = 1.424 s

2%Ts = 2.091 s < 2.2 seg.

%OS = 14.8 % < 17 %

Tmax = 1.03 s

Ess = 0.125 No se Cumple.-

Atributos del Sistema Diseñado:


Por lo tanto:

8.75λ16

140λ140λ16 333 −=⇒

−=⇒=−

Como se aprecia más cerca del par de polos complejos que en el primer diseño, pues en él era 10λ3 −= , el (2%)tE subirá un poco y Mp bajara.

Por ende: 27/560k12.758.754λ4k1406

2/7.k513516λ416k14011

333

232

=⇒=+=−=+

−=⇒=+=−=+

La matriz de la realimentación de los estados seria la siguiente: [ ] [ ] −≅= .0.0480.2860.957K;27/5602/767/70K

Con la computadora se obtiene la respuesta mostrada en la figura 17, con los atributos correspondientes. En la misma se observa que el sistema diseñado cumple con todas las especificaciones solicitadas. Recordar que no siempre se tiene éxito, por ejemplo si la ganancia de la planta a controlar, (igual al elemento de la matriz B), fuera menor, por ejemplo 10, se tendrá que: ,0.625λ10λ16 33 −=⇒=− y por lo tanto el par de polos complejos no será ya dominante y el diseño sería un fracaso. Esto requerirá recurrir a otros métodos, por ejemplo: hacer un diseño con el par de polos complejos conjugados no dominantes usando una computadora, o colocar una ganancia de pre compensación como ya se mencionó.-

Ejemplo 4: La función de transferencia de una planta a controlar es:

0 1 2 30

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

Figura 17

Re

sp

ue

sta

y

(t)

Tr = 0.461 s

5%Ts = 1.424 s

2%Ts = 2.091 seg. < 2.20 seg.

Mp(%) = 14.3 % < 17%.-

Tmax = 1.03 s

Ess = 0

Atributos del Sistema Diseñado:


025ss

2500

25)(ss

2500Gp(s)

2 ++=

+=

El problema es diseñar, por medio de la realimentación de los estados solamente, si es posible, un sistema de seguimiento al escalón que cumpla con las especificaciones siguientes:

1. Que el error de estado estable al escalón de entrada sea nulo.- 2. Que la respuesta al escalón debe tener un sobrepaso, 17%Mp ≤ y el 3. Tiempo de establecimiento al 2% no supere los 1/6 s. .1/6seg(2%)tE ≤

Se puede utilizar el modelo de la planta en la forma canónica controlable y se supone que las variables de estado, en este caso, se pueden medir:

[ ] −==

=

−= 0.Dy02500C

1

0B

250

10A

~~~~

Siguiendo con este método, se podrán elegir (n-1) valores característicos, uno en este caso y el otro resultará. La función de transferencia de lazo cerrado será, en este caso:

12

2

T

k)sk(25s

2500B

AsI

)A(sIAdjCM(s) ~~

~~

~~

+++=

−

−=

Para que el error de estado estacionario al escalón de entrada sea nulo deberá ser la ganancia estática M (0)=1, o sea .

~2500k1 =

Esto significa que aunque la planta sea controlable, con la realimentación de los estados solamente, no podrán asignarse en forma arbitraria los dos polos del sistema. La ecuación característica es: 02500)sk(25s 2

2 =+++~

El movimiento de las raíces de la ecuación característica para 2500k1 =~ ,

variando el parámetro 2k

~ se puede obtener a partir de:

2500s25s

skGequiv(s)

2

2

++=

~

Como se puede ver en la Figura 18, las raíces se mueven como se indican, con ello se asegura que el error al escalón será nulo. Habrá que seleccionar un valor de 2k

~ , para también se cumpla el transitorio al escalón pedido.- Para que ,0.50δ = pues Mp (%) menor que 17%, 25k2 ≥

~ (1)

y 24σ6

1

σ

4(2%)TE ≥⇒≤≅ por lo tanto 23k2 ≥

~ (2), según (1) y (2) los polos

pueden estar ubicados: en25kpara 2 )

~( = : −±−=±−=− .1875j253j2525λ 21

En la figura 19, se muestran dos respuestas para valores diferentes de 2

~k ,

con 2500k1 =~ . Como se puede apreciar se cumple todo lo pedido si la matriz

de realimentación de los estados fásicos es: [ ]252500]kk[K 21 ==~~~

Si se quiere determinar K para las variables de estado originales, sería

Como ya se dijo: [ ] −== −−.P252500PKK

11~


Como es lógico con éste método, para otros diseños más complejos en general, seguramente se fracasará, o habrá que recurrir a la PC.-

Por lo tanto se verá a continuación otra forma de diseñar un sistema de control seguidor tipo uno con la realimentación de los estados solamente y los polos complejos no tan dominantes con ayuda de una P.C.-

-60 -50 -40 -30 -20 -10 0 10-60

-40

-20

0

20

40

60

k2=25

k2 = 25

Figura 18:

δ=0.50

-25

Para k2 = 25 los polos eatan en:

λ1 = - 25 +43.30i

λ2 = - 25 -43.30i

jω

σ

s = - 50

k2 = 75

0 0.1 0.2 0.30

0.5

1

Figura 19:

Resp

uesta

y(t

)

Tr = 0.03281 s

5%Ts = 0.103 s

2%Ts = 0.1606 s < 1/6 seg.-

Mp(%) = 16.3 % < 17 %

Tmax = 0.07273 s

Ess = 0

k 2 = 25

k 2 = 75

Atributos del Sistema Diseñado para

K = [ 2500 25 ]


Ejemplo 4a: Las variables de estado se supone que se pueden medir. Se necesita que el sistema diseñado cumpla con lo siguiente:

1. Que el error de estado estable al escalón de entrada sea nulo.- 2. Que la respuesta al escalón debe tener un sobrepaso, −≤ .5%Mp 3. Tiempo de establecimiento al 2% no supere los 2.35 segundos.- 4. Que el error de estado estable a la rampa unitaria no supere a 0.50.-

Las matrices del modelo de la planta a controlar son las siguientes:

[ ] [ ]0Dy001C

9

0

0

B

20100

420

110

A ==

=

−−

=

La función de transferencia de la misma resulta ser:

00s18ss

189s

18)(ss

2)(s9BA)(sIC

U(s)

Y(s)Gp(s)

232

1

+++

+=

+

+=−== −

Por lo tanto la planta será controlable, (además, observable).- Se intentará en principio que la configuración de polos y ceros del sistema diseñado tenga un par de polos complejos conjugados dominantes, veremos si es esto posible. La parte real de los mismos deberá ser:

Como 2σelegiráseendepor1.702σseg2.35σ

4(2%)TE =≥⇒≤≅ :

Además si se elige el par de polos complejos conjugados con un coeficiente de amortiguación de 0.707, (para que Mp (%) < 5%), si fueran realmente dominantes, pero hay un cero en -2, y el tercer polo no lo cancelará si se ubica a la izquierda del cero, se optará por un coeficiente mayor para compensar el efecto del par cero-polo mencionado, por ejemplo se adoptará un coeficiente de amortiguación de los polos complejos de 0.80.-

:tantoloPor1.50.ω2

ω0.75tag36.87º36.87º;(0.8)cos d

d1 −=⇒===−

:, 321 ennuloseaescalónalerrorelqueparaubicadoresultarápolotercerelj1.502.0 λλ ±−=−

−−+−+−+=++−= ).λ6.25(s4λ(6.25s)λ(4s6.25)4s(s)λ(sdPc 33

2

3

32

3

Por lo tanto: 2.88λλ6.2518 33 −=⇒−=

La presencia del par cero-polo ubicado en (-2;-2.88), tratará de subir el Mp como se sabe y es por este motivo que se adoptó con un par de polos complejos con un −−= .poloceropardelefectoelelcompensarepara0.80δ Método Directo: el procedimiento en forma analítica sería:

+−+−−

=−=

)k(20)9k(109k

420

110

BKAAc

321

−+−++++=− ).(18k)s18k36k(9k)s9k(18sAcsI 1321

2

3

3

−+++=+++ 18.17.77s6.88ss6.25)4s(s2.88)(ses:deseadopolinomioEl

232


Operando como se sabe:

−

−=

−

−=

=

+

−

−

1.2356

0.3742

1

18

17.77

11.12

0018

18369

900

k

k

k

::

18

17.77

6.88

0

0

18

k

k

k

0018

18369

9001

3

2

1

3

2

1

Con lo cual la matriz de realimentación de los estados será: K = [1.00 -0.3742 -1.2356] Las respuestas temporales del sistema seguidor diseñado se indica en la figura 19a:

Figura 19a: Resultando los atributos siguientes: Mp (%)=4.5%<5%, TE (2%)=2.333 seg. <2.35 seg. El error a la rampa de pendiente unitaria resulto:

−<=−

=∞⇒+++

+= 0.50.0.4872

18

917.77)e(

1817.77s6.88ss

189sM(s)

23 Como se aprecia se cumplen todas las especificaciones solicitadas.- En este ejemplo el par complejo no es tan dominante pues el cero está ubicado en -2 y el tercer polo en -2.88, (el Mp (%) sin el par cero-polo seria del aproximadamente del 1.5% y con el mismo es de 4.5%).-

Hay casos donde todos los polos pueden ser reales, y se determinaran su ubicación usando Svdesign del Csad/Matlab, también se puede obtener la matriz de realimentación de los estados K y los atributos del sistema.-

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

Time, s

Sta

te #

2

Tr = 0.7807 s5%Ts = 1.025 s

2%Ts = 2.333 s < 2.35 s Mp(%) = 4.5 % < 5%

Tmax = 1.662 s

Ess = 0

Atributos del Sistema

y(t)=x1(t)

x3(t)

x2(t)


Sistema de Seguimiento “Tipo 1” cuando la Planta tiene un Integrador, solo con la Realimentación de los Estados: Mediante una elección adecuada de las variables de estado, es posible seleccionar la salida igual a una de las variables de estado, por ejemplo

)()( 1 txty = . Ya vimos un método en el cual sucede esto, lo recordemos. Si en general la función de transferencia de la planta es:

01

1n

1n

n

01

1n

1n

n

n

asa............sas

bsb.........sbsbGp(s)

++++

++++=

−−

−−

Una forma adecuada de elegir las variables de estado y de salida es definir las siguientes “n” variables de estado de la planta:

−=−−−−=

−=−−−=

−=−−=

+=⇒−=

−

−

−

−−

−−−

−−

uβxuβuβ......uβuβyx

............................................................

uβxuβuβuβyx

uβxuβuβyx

u(t)β(t)xy(t)uβyx

11n12

2)(n

1n

1)(n

n

1)(n

n

2n22n1nn3

1n11nn2

n1n1

&&

&&&&&&

&&&

En donde:

−−−−=

−−−=

−−=

−=

=

−−

−−−−−−−

−−−−−

−−−

nβaβa............βabβ

........................................................

βaβaβabβ

βaβabβ

βabβ

bβ

01n111n00

n3n1n2n2n1n3n3n

n2n1n1n2n2n

n1n1n1n

nn

⇒

+−−−−=

+=

+=

+=

−

−

−

−

uβxa............xaxax

uβxx

......................

......................

uβxx

uβxx

0n1n2110n

1n1n

2n32

1n21

&

&

&

&

En forma matricial sería:

u

β

β

.

β

β

x

.

.

x

x

.

a.aaa

1.000

.....

0.100

0.010

x

x

...

x

x

0

1

2n

1n

n

2

1

1n210n

1n

2

1

+

−−−−

=

−

−

−

−

&

&

&

&

[ ] u(t)β

x

.

.

x

x

0..01y(t) n

n

2

1

+

=

En esta representación las matrices A, C y B son las mismas que en la forma canónica controlable, cuando no hay derivadas de la entrada en la ecuación diferencial y además 1b0 = . La matriz B es solo la que cambia. Un diagrama de estado sería el de la figura 20.-


nβ

1−nβ

1β

0β 1−s 1 1 1−

s 1

)(tu nx 2x 1x )(ty

1−− na

1a−

−==− .0;00 senpolounhaySia

Figura 20 Si 0a0 = , la función de transferencia tendrá un polo en el origen. Con el objeto de no modificar el tipo del sistema y que a su vez todos los polos puedan ser ubicados en los lugares deseados, se utiliza la configuración mostrada en la figura 21, (en ella se supone que la matriz

[ ] [ ] [ ]0bβD nn === y que [ ]n2

' k::::::k0K = ).- )(tx

)(tr )(te )(1 tu )(tu )(ty

1k )()()( tuBtxAtx +=& C

+ _ + _ _ _

2k

3k

nk

)()(1 tytx =

Figura 21

Se puede demostrar fácilmente que la “planta”, con )(1 tu como entrada

también tendrá un polo en el origen, por ende el sistema será tipo 1, como se desea.- De la figura 21, la acción de control será:


[ ] −−+−=−+

−= ).()()(

.

....0)( 11

'

11

3

2

1

32 xrktxKxrk

x

x

x

x

kkktu

n

n

La cual se puede colocar: [ ]

)()()(

)()(..)(

1

1321

trktxKtu

trktxkkkktu n

+−=

+−=

Dónde: [ ]nkkkkK ..321= Así la dinámica del sistema será:

(*))()()()()()( 1 trBktxKBAtuBtxAtx +−=+=& Donde las matrices de lazo cerrado del sistema serán:

CCcyBkBcKBAAc ≡=−= )(;)( 1 Siguiendo con este modelo en estado estable se tendrá que:

−=∞=∞+∞−=∞ .)(;)()()()()()((**) 1 RrtuRtrsirBkxKBAx S&

Restando la ecuación (**) de la ecuación (*), se obtiene: [ ])()()()()( ∞−−=∞− xtxKBAxtx &&

Si se define el error de estado estacionario, como: )()()( ∞−= xtxte

Se tendrá: )()()( teKBAte −=&

Ecuación que describe la dinámica del error en los estados. El diseño del sistema de seguimiento tipo 1 se convierte aquí en el diseño de un sistema regulador asintótica mente estable tal que 0)( →te , dada cualquier condición inicial ).0(e Si la planta es controlable, entonces especificando los valores característicos deseados nλλλ ..........,, 21 , para la matriz )( KBA − , la matriz K se podrá determinar por cualquiera de los métodos ya vistos.- Los valores de estado estable de )()( tuytx se encuentran del modo siguiente. En estado estable, ( ∞→t ), se tendrá:

BRkxKBAx 1)()(0)( +∞−==∞&

Dado que todos los valores característicos deseados de )( KBA − están en el Semiplano izquierdo del plano s, existirá la inversa de la matriz )( KBA − ,

por ende: RBkKBAx 1

1)()(

−−−=∞ Así mismo, )(∞u se obtiene como:

0)()( 1 =+∞−=∞ RkxKu


Resolviendo el Ejemplo 4, con este método, pues 00 =a , el modelo de estado será para este caso:

−==−−=

=−=

==

⇒++

=+

=

2500.bβaβabβ

0βabβ

0bβ

025ss

2500

25)(ss

2500Gp(s)

0201100

2111

22

2

Las matrices del modelo serán:

[ ] [ ]0Dy01C2500

0

b

0

β

βB

250

10A

00

1==

=

=

=

−=

Las variables de estado serán las siguientes:

−

=⇒

=

=⇒

−−=

−=.

(t)y

y(t)(t)x

(t)yx

y(t)x

uβuβyx

uβyx

2

1

122

21

&&&&

los polos se eligieron en: 3j2525λ 21 ±−=− , la ecuación característica es en consecuencia: 0250050ss

2 =++ , como )( KBAAc −= , también la ecuación característica es:

02500k)s2500k(25sBKAsI 12

2 =+++=+− Por ende:

0.01k502500k25comoy1k 221 =⇒=+= [ ]0.011K = , será la matriz de realimentación de los estados.-

Las matrices del sistema de control diseñado serán:

[ ] −==

===

−−=

+−−=

.01CCcy2500

0BBkBc

502500

10

)100k25(12500k

10Ac

1

21

La respuesta de la salida al escalón será idéntica a la de la figura 19 Ejemplo 5: Dada una planta con la siguiente función de transferencia:

1( )

.( 1).( 5)pG s

s s s=

+ +

Diseñar un sistema seguidor para que se cumplan las especificaciones: 1. Que el error de estado estable a una entrada escalón sea nulo. 2. te (2%) ≤ 2.20 seg. 3. Mp(%) ≤ 20%

3 2

2 1 0

1( )

6 . 5. 0

bo

p

a a a

G ss s s

=+ + +

Por ende se tendrá

3 3

2 2 2 3

1 1 2 2 1 3

0 0 2 1 1 2 0 3 0

0

0

0

1

b

b a

b a a

b a a a b

β

β β

β β β

β β β β

= =

= − =

= − − = = − − − = =

Por lo tanto el modelo de la planta será el siguiente:


0 1 0

0 0 1

0 5 6

A

= − −

0

0

1

B

=

y [ ]1 0 0C =

Con este método el modelo coincide, como ya se dijo, con la FCC si no hay ceros y bo = 1 en Gp(s). No hace falta verificar que el rango de S es igual a 3, pues está en la FCC, de todas maneras:

2

0 0 1

0 1 6 ( ) 3

1 6 31

S B AB A B Rango S

= = − → = −

Ubicación de los polos Complejos Conjugados Dominantes:

Para que Mp (%) ≤ 20% → 2

2 2

(ln 0.2)0.446 0.446

(ln 0.2)δ δ

π≥ = → ≥

+

Para que te (2%) ≈ 42.20 1.818σ

σ≤ → ≥ ; si se elige 2σ = −

Si

1

1 1 1

0.446 cos 0.446 cos (0.446)

cos (0.446) 2. (cos 0.446)2

2. 63.512 4.136 4

wdtag wd tag

wd tag wd wd

δ θ θ −

− − −

≥ → ≥ → ≤

≤ → ≤

∴ ≤ → ≤ → =o

Por lo tanto los polos complejos dominantes serán: 1 2 2 4jλ − = − ± Además como Gp(s) no tiene ceros

3 35. 10λ σ λ→ ≥ → = − La ecuación característica será:

2 3 2( 10).( 4. 20) 14. 60. 200 0s s s s s s+ + + = + + + = . También: 0sI Ac− =

( )

[ ]

1 2 3

3 2

3 2 1

1

2

3

0 1 0

0 0 1

5 6

(6 ). (5 ). 0

sec :

200

55

8

: 200 55 8

c

c

A A BK

k k k

sI A s k s k s k

en con uencia

k

k

k

La matriz de realimentacióserá K

= − = − − − − −

− = + + + + + =

=

=

=

=

También se puede expresar: [ ]' 0 55 8K = y 1 200k =

Las matrices del sistema de lazo cerrado diseñado serán las siguientes: 0 1 0

0 0 1

200 60 14

cA

= − − −

1

0

. 0

200

cB k B

= =

y [ ]1 0 0cC C= =

Por ultimo con el objeto de comprobar en forma analítica la capacidad de

seguimiento del sistema diseñado, se aplicará:


1( ) 1

1

1( )

2( )

3( )

( )

0 1 0 0

0 0 1 . 0 . ( ) ( )

200 60 14 200

s

x A BK Bk R

x

x R r t R t

x

µ

−∞

−

∞

∞

∞

= − −

= − → = − − −

Teniendo en cuenta que: y (t) = x1(t) 1

( )

2( )

3( )

0.3 0.07 0.005 0

1 0 0 . 0 0

0 1 0 200. 0

y R

x

x R

−

∞

∞

∞

− = − = −

Con lo cual ( )

y R∞ = , 2( )

0x ∞ = y 3( )

0x ∞ = . Por lo tanto se demuestra que como

exigía el diseño, la salida sigue fielmente a la señal de referencia. La figura 22 resume todo lo dicho.

Además se ve que:

RkxKu1

)()( +∞−=∞ ; [ ]( )200 55 8 . 0 200. 200. 200. 0

0

R

u R R R∞

= − + = − + =

Por lo tanto la señal de control en régimen permanente es nula. Ejemplo 6: Una planta a controlar tiene la función de transferencia siguiente:

===

==→

+++

+=

++

+=

0ay2a3;a

50b10;b

02s3ss

5010s

2)(s1)(ss

5)(s10Gp(s)

012

01

23

0 1 2 3-6

-4

-2

0

2

4

6

8

10

Figura 22

Resp

uesta

y(t

) y

E

sta

do

s x

(t)

Tr = 0.3874 s

5%Ts = 1.273 s

2%Ts = 1.939 s < 2.20 seg.

Mp(%) = 18.4 % < 20 %

Tmax = 0.9091 s

Ess = 0

Atributos del sistema seguidor Diseñado

1 y(t) = x1(t)

x2(t)

x3(t) Parámetros de Diseño:

K = [ 200 55 8 ]


−=×−=−=−−−=

==−−=

=×−=−=

==

20.10350babβaβaβabβ

10bβaβabβ

0030βabβ

0bβ

12030211200

1312211

3222

33

Con el método visto las matrices de la planta serán:

[ ]001Cy

20

10

0

B

320

100

010

A =

=

−−

=

El diagrama de estado de la misma, (L.A.), sería el indicado en la figura 23. 10

20 1−s 1 1−

s 1 1−s 1 )(ty

)(tu )(3 tx )(2 tx )(1 tx

-3

-2

Figura 23

[ ] 3Rango(S)

2008020

802010

20100

BAABBS2 =⇒

−

−==

Se desea que el sistema seguidor tipo 1 cumpla con las especificaciones siguientes:

• Que el error de estado estable al escalón de entrada sea nulo. • Que el .seg2.25(2%)tE ≤ • Que el −≤ 5%.Mp(%)

Para el 1.777σ2.25σ

4(2%)tE ≥⇒≤≅

Se elegirá: 2σ −= Para que el −=⇒≥→≤ 0.707.δelige:se0.69δ5%Mp(%)

Por lo tanto el par de polos complejos conjugados dominantes será: j22λ 21 ±−=−

Se elegirá el tercer polo en 5λ3 −= , para cancelar el cero de la F.T. de la

planta, por ende el polinomio característico deseado del sistema será: 4028s9ss8)4s(s5)(ssPcd

232 +++=+++=)(

y también, como se sabe: )(50k)s20k50k10k(2)s20k10k(3sBKAsIsPcd 1321

2

32

3 +−++++++=+−=)(


0 1 2 3-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

Figura 24:

Resp

uesta

y(t

) ;

x

(t)

Tr = 0.7596 s

5%Ts = 1.03 s

2%Ts = 2.091 s < 2.25 seg. Mp(%) = 4.3 % < 5%

Tmax = 1.576 s

Ess = 0

Atributos del Sistema

x2(t)

y(t) = x1(t)

x3(t)

Los elementos de la matriz de realimentación se pueden determinar resolviendo el siguiente sistema lineal de ecuaciones:

=

−=

⇒

=

+

−

−

0.10

0.40

0.80

40

26

6

0050

205010

20100

k

k

k

40

28

9

0

2

3

k

k

k

0050

205010

201001

3

2

1

3

2

1

En consecuencia: [ ]0.100.400.80K =

Las respuestas temporales )()( txyty se muestran en la figura 24 para una señal de referencia escalón unitario (t)ur(t) S= , las matrices del sistema diseñado, (en lazo cerrado), serán:

[ ] −==

=

−−−

−−= .001CcyBk

16

8

0

Bc

51016

048

010

Ac 1

Como se determinó: RBkBK)(A)(x 1

1−−−=∞

=

−−−

−−−=∞

−

0

0

R

R.

16

8

0

.

51016

048

010

)(x

1

por lo tanto: 0)(xy0)(x;R)y( 32 =∞=∞=∞ , y también:


[ ] 0R0.80

0

0

R

.0.100.400.80Rk)(xK)u( 1 =+

−=+∞−=∞

En estado estable la señal de control es nula.- Finalmente, este método se puede interpretar, (como se verá en el próximo punto), como una realimentación de todos los estados más una ganancia de pre-compensación, (en el caso monovariable), en donde la misma es un escalar igual al primer elemento de la matriz de realimentación de todos los estados, o sea 1kG = En el caso de los sistemas multivariables será una matriz de pre compensación de orden (p x q). Se tendrá que ),()()( tsrGtxKtu +−= donde )(tsr es la señal de referencia, un diagrama de bloque seria el indicado en la figura 25, donde:

[ ] −=

−⇒

Estados.losdeciónRealimentadeMatrizk..kkK

pxqordendeaciónPrecompensdeMatrizG

n21

).(

(qx1) (px1) (nx1)

)(tsr + )(tu + )(tx (qx1)

∫ dt C )(ty

(pxq) _ + (qxn)

)(tr )(txK (nx1)

(px1) A

(a) K

(pxn) Figura 25 En los casos estudiados hasta ahora el sistema no tiene ninguna perturbación exterior, además el control en algunos casos solo permite hacer que el sistema vaya hacia un nuevo punto de equilibrio el cual no necesariamente se corresponde con el valor deseado, (sistema tipo cero).- Vemos entonces que el control por ubicación de los polos simplemente permite satisfacer las dinámicas impuestas al sistema. Cuando se requiere poner un valor específico a la salida del sistema, (seguidor, caso de los últimos ejemplos), o repeler perturbaciones externas se requerirán aportes adicionales al control como se estudiará más adelante.-

Inserción de un Pre-Compensador: Si el objetivo del control es obtener, para los sistemas MIMO:

,)()( referenciadevalorelesydondetsrytylimCC

t→==

∞→

La consigna o valor deseado, se supondrá constante en el tiempo


(escalones). Se requiere calcular el valor de la señal de entrada necesaria )(tr para obtener como salida ese valor deseado C

ysr = .-

Consideremos un sistema de lazo cerrado descripto por la siguiente ecuación de estado:

(t)µR(t)r;?G;(t)srG(t)rDónde:;(t)xC(t)y

(t)rB(t)xBK][A(t)xs==×=

=

+−=&

En régimen estacionario estas ecuaciones son:

∞==∞

+∞−=

)(xCy)(y

RB)(xBK][A0

C

De la primera ecuación obtenemos una relación para ):(x ∞

RBBK][A)(x1−−−=∞

La cual sustituimos en la ecuación de salida del sistema obteniendo: RB)BK][AC(y 1

C

−−−=

Por lo tanto requerimos aplicar la siguiente señal entrada al sistema: (t)srG(t)yB)]BK][A[C((t)r

C

11 =−−= −−

Este resultado nos muestra que solo requerimos agregar un bloque con una matriz que multiplique a la señal de referencia del sistema para obtener la señal de entrada real, es decir simplemente una corrección estática como la mostrada en la figura 25. Solo requerimos entonces el cálculo de la matriz de pre compensación G:

11)]BBK][A(C[G

−−−−= Matriz de orden (p x q).- En el caso de los sistemas lineales autónomos Monovariables será una ganancia escalar de pre-compensación como se estudiara a continuación.- Se debe mantener en mente que nunca se debe intentar cancelar un cero de la función de transferencia de la planta en el semiplano derecho del plano s, ya que la cancelación exacta es prácticamente imposible, lo que resultara en un sistema inestable evidentemente.- Se verá a continuación un método general con una realimentación de todos los estados y una ganancia de pre-compensación para conseguir que la ganancia estática de la función de transferencia del sistema diseñado sea la unidad, o sea un seguidor tipo 1.-


Método General de Diseño con la Realimentación de los Estados y una Ganancia de Pre-compensación en Sistemas Monovariables. Un diagrama de bloques general con este tipo de diseño seria el mostrado en la figura 26. De esta forma se podrán elegir todos los polos del sistema y ajustar la ganancia G para que el error de estado estacionario a una señal de referencia escalón sea nulo. La planta puede ser modelada de cualquier forma. Para determinar la ganancia de pre-compensación G se procede de tal forma que la ganancia estática de la función de transferencia del sistema de lazo cerrado sea la unidad, −= 1.M(o)

Planta a Controlar +

)(tsr + )(tx +

)(tu

)(tr _ )(ty

Figura 26

Si )(

)(

)(

)()(

)(

)()(

'

sD

sNpKpG

sSR

sYsM

sDp

sNpKpsGp ==⇒=

Dónde: )(sD es la ecuación característica deseada.- 0.............)( 01

2

2

1

1 =+++++= −− αααα sssssD n

n

n

y −≥+++++= −− ...........)( 01

2

2

1

1 mnconbsbsbsbssNp m

m

m

Por lo tanto:

0

0

0

0' )0(bKp

G1bKpG

Mα

α=⇒==

Para la primera parte del ejemplo Nº 3, la ganancia de pre compensación G

debería ser: ,0.875

1

7

8

1140

160G ≡=

×= en lugar de la unidad, (G=1), para que la

salida alcance en régimen permanente la magnitud del escalón en sr (t), y ser así un seguidor tipo 1.- Las matrices del modelo del sistema de lazo cerrado serán:


0DcyCCc0;DSi

G)(DDcyK)D(CCc:con

sr(t)G)(D(t)xK)D(Cy(t)

sr(t))G(t)xK(D(t)xCy(t)

G)(BBcyK)B(AAccon:

sr(t)G)(B(t)xK)B(A(t)x

sr(t))G(t)xK(B(t)xA(t)x

sr(t)G(t)xKu(t)con:

Du(t)(t)xCy(t);Bu(t)(t)xA(t)x

===

=−=

+−=

+−+=

=−=

+−=

+−+=

+−=

+=+=

&

&

&

Para determinar K , se puede emplear cualquiera de los métodos ya vistos para los sistemas reguladores. Por ejemplo con el método directo:

01

2

2

1n

1n

n αsαsα...........sαsKBAIs +++++=+− −−

De la última igualdad resultan n ecuaciones con n incógnitas: −.,......,, 21 nkkk

Régimen de Estado Estacionario: Se tiene que: )()()()( tsrGBtxKBAtx +−=&

Si SRsrtSRtsr S =∞⇒= )()()( µ , para ∞→t , nos queda: 0)()()( =+∞−=∞ SRGBxKBAx&

Por lo tanto como los valores propios de )( KBA − están en el semiplano izquierdo la misma tendrá inversa, o sea:

SRGBxKBA ×−=∞− )()( ⇒ SRGBBKAx ×−−=∞ −1)()( La salida en estado estacionario es: SRDGxDKCy ×+∞−=∞ )()()(

Y la acción de control: SRGxKu ×+∞−=∞ )()(

Ejemplo 7: Un proceso a controlar tiene las matrices siguientes:

[ ] 0Dy12131C

0

0

0.5

B

410

051

001

A =−=

=

−

=

Diseñar un sistema de control seguidor tipo 1 para conseguir las especificaciones de funcionamiento siguientes:

−≤∞

−≤

≤

−

0.42.unitariarampalaa),e(4º)

5%.Mp(%)3º)

seg.1.25(5%)t2º)

nulo.seaescalonesentradasaioestacionarestadodeerrorelQue1º)

E

La

=

=⇒

+−−

++=−= −

20b

0.50Kp

4)5)(s1)(s(s

10)2)(s0.5(sBA)(sICGp(s)

0

1

Como la planta es controlable, (pues no hay cancelación polo-cero en Gp(s)), se pueden ubicar todos los polos del sistema en forma adecuada.


Elección de la ubicación de los tres polos del sistema de control: Se tratará de elegir un par complejo conjugado que domine la dinámica del sistema y cumpla con el transitorio al escalón deseado d21 ωjσλ ±=−

Como se pide 0.69δ5%Mp(%) ≥⇒≤ ; se tomará: −= 0.707.δ

(Con lo cuál será 4.32%,Mp(%) ≅ el efecto del cero en -10, si se cancela el cero en -2, lo puede incrementar un poco, pero será despreciable).-

Si 1.80σseg.1.25σ

2.25

σ

δ4.5(5%)t

2

E ≥⇒≤=≅

Se elegirá 2σ −= , en consecuencia los polos dominantes deberán estar ubicados en: −±−=− .j22λ 21 Con un cero en 10Z2 −= , ver figura 27:

1λ

Figura 27 Para que sean dominantes en este caso 3λ , deberá estar como se dijo en las inmediaciones del cero en -2, (1). Veamos para el error a la rampa:

)8λ(s)4λ(8s)λ(4s

10Gs6Gs0.5G

8)4s(s)λ(s

10)(s2)(s0.5G(s)M

33

2

3

3

2

2

3

'

−+−+−+

++=

++−

++=

3

3

0

11

8λ

6G4λ8

α

bα)e(

−

−−=

−=∞ , Como ⇒=

−= 1

8λ

10GM(0)

3

3λ0.8G −=

⇒≤−

+=

−

+−=∞ 0.42

8λ

0.8λ8

8λ

4.8λ4λ8)e(

3

3

3

33 1.923λ3 −≤ (2)

Ubicando el polo 2λ3 −= , se cumplen las condiciones (1) y (2), en este caso el cero en -10 no tiene casi influencia pues 5σZ = . El error a la rampa será:

⇒=−×−×−=∞ 0.402)82)/(0.8(8)e( 0.420.40)e( <=∞

-14 -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8-6

-4

-2

0

2

4

6jw

j 2


Calculo de la Matriz K: 1º) Método Directo: La ecuación característica deseada será:

:( tambiény01616s6ss8)4s2)(ss232 =+++=+++

0)0.5k2k10k(2019)s0.5k0.5k(2)s(0.5ksKBAsI 32121

2

1

3 =++−+−+−+−+=+−

Por lo tanto se tendrá el sistema lineal de ecuaciones:

−

=

−

−

−=

⇒

=

−

−

+

−

−

−

32

86

16

4

35

8

0.5210

00.50.5

000.5

k

k

k

16

16

6

20

19

2

k

k

k

0.5210

00.50.5

000.51

3

2

1

3

3

1

En consecuencia la matriz de realimentación de los estados será:

[ ] −=→=×

==−= 1.60.G1.60200.5

16

bKp

αGAdemás:;328616K

0

0

También se podría aplicar el segundo método, a saber: La ecuación característica deseada ⇒ 01616s6ss

23 =+++

Por lo tanto: 6αy16α16α 210 === .- De la ecuación característica de la planta: 2ay19a20a 210 −=−== .-

[ ] 1

2211o0

1P)a(α)a(α)a(αPKK

−− −−−==~

Como en este caso

−−

=

−

−−

==

000.5

00.52

0.50.510

001

012

1219

0.500

30.50

0.50.50.5

MSP

La matriz de realimentación será: [ ] [ ] −−=⇒−−−−−== −−− .

~ 11 1P8354KP2)(619)(162016PKK En consecuencia: K = [16 86 -32] y la ganancia G=1.60, se mantiene.- Calculemos los valores en el régimen permanente:

−

=

×

−

−−

=×

××

−

−−

−=∞

−

0.05SR

0.2SR

SR

0

0

SR0.8

0.5437500.0625

11.750.25

59.751.25

SR

1

0

0

1.6

410

051

16437

)(x

1

Si SR=1 resultará:

=∞

=∞

−=∞

0.05)(x

0.20)(x

1)(x

3

2

1

Además: [ ] ⇒

−

−=∞=∞

0.05

0.20

SR1

12131)(xC)y( 1SR)y( ==∞

[ ] SR2SR1.6SR0.41.6R

0.05

0.20

SR1

328616SRG)(xK)u( =+=+

−

−−=+∞−=∞

Si SR=1 2)u( =∞

Graficando la salida )(ty y los estados )(tx para una señal de referencia )()( tutsr s= , resulta el grafico de la figura 28, (se usó Svdesign):


Figura 28: Se puede usar Simulink de Matlab para implementar el sistema y graficar también las mismas variables.- Para ello se obtiene primero un diagrama de estado del sistema diseñado, y en base a él, se implementó un diagrama de Simulink de Matlab. El mismo es el indicado en la figura 28a

Figura 28a La Figura 28b, muestra las respuestas temporales del sistema

Diseñado, confirmándose en ellas todo lo ya determinado antes.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

Time, s

Esta

do

s y

la R

esp

uesta

y(t

)

Tr = 0.7249 s

5%Ts = 0.9091 s < 1.125 s2%Ts = 2 s

Mp(%) = 4.6 % < 5 %

Tmax = 1.455 s

Ess = 0

0.2

0.05

t Atributos de la Respuesta

y(t)

x1(t)

x2(t)

x3(t)

U

X3

X2

X1

Y

1

s

1

s

1

s

1.6

16

86

-32

-45

0.5

-12

13


Figura 28b Diseño de un Sistema de Seguimiento “Tipo 1” Monovariable con un Control Integral: (Rechazo a las perturbaciones estacionarias). Si un sistema está diseñado solo con una ganancia de pre compensación G a la entrada, si aparece una perturbación constante p (t)=P a la entrada de la planta. La transferencia desde p(t) a y(t) no estará pre compensada, y por lo tanto se originará un error estático proporcional al valor de P. Como se aprecia se conserva la estabilidad pero se pierde el seguimiento. Para solucionar esto, introducimos un esquema robusto de seguimiento de referencias constantes con propiedades de rechazo de perturbaciones de entrada estacionarias a la planta. El esquema se basa en aumentar el orden de la misma agregando un nuevo estado xn+1 que integra el error de seguimiento, como se muestra en la Figura 29. Este esquema tiene la ventaja de poder garantizar una condición de desempeño ante perturbaciones estacionarias, en la cual el sistema puede realizar un seguimiento de la señal de referencia sin error. Esto representa una condición más interesante que la que se obtiene por realimentación simple de los estados. El sistema rechazará perturbaciones estacionarias y seguirá referencias constantes — ambas de valor no necesariamente conocido — aún frente a incertidumbres de modelado de la planta, siempre que el lazo cerrado permanezca estable. La nomenclatura del método que se emplea acá es la

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4-1.5

-1

-0.5

0

0.5

Tiempo, seg.

Esta

do

s

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4-2

-1

0

1

2

3

Tiempo, seg.Resp

uesta

y A

ccio

n d

e C

on

tro

l

u(t)

y(t)

X1(t)

X2(t)

X3(t)

0.2

t

t


que emplea el programa Svdesign del programa Csad/Matlab, (B. Kuo).-

)(tp )()( trtsr = Planta a Controlar

)(tr )(1 txn+& )(1 txn+ + )(tx + )(ty

. + +

+ + +

. - )(ˆ tu - )(tu + +

Figura 29: Conversión a Sistema de Tipo Uno Nótese como el integrador aumenta en uno el orden del sistema. La nueva variable de estado que incorpora el integrador se llamará −+ (t).x 1)(n La idea es diseñar la matriz K de los estados de la planta original y la ganancia G, para que la matriz Ac sea Hurwitz. La estabilización de (t)x 1)(n +

implícitamente produce el seguimiento deseado, ya que: −=⇒=−⇒=

∞→∞→+

∞→r(t).y(t)lim0y(t))(r(t)lim0(t)xlim

tt1)(n

t&

Las ecuaciones que modelan al sistema, planta más integrador son:

(3)Errory(t)r(t)(t)x

(2)Fp(t)u(t)D(t)xCy(t)(1)p(t)Eu(t)B(t)xA(t)x

1)(n =−=

++=++=

+&

&

Donde (t)x es el vector de estado de dimensión “n”, y p(t)yy(t);r(t) son las señales de referencia, de salida y perturbación, respectivamente. Se supondrá que la planta es de estado completamente controlable, y además que la función de transferencia de la misma no tiene ceros en el origen, derivadores, para evitar la posibilidad de que el integrador insertado se cancele con dicho cero de Gp(s) y haría que la planta aumentada sea no controlable. La señal de control escalar u(t) depende de las realimentaciones de los estados y es proporcional a la integral del error:

[ ] (5)k...kkKcon(4)(t)xG(t)xKu(t) n211)(n =+−= + Donde K es la matriz de realimentación de los estados de la planta, y G la ganancia escalar que multiplica a la integral del error, la variable agregada. Introduciendo la ecuación (2) en la (3), se puede escribir el modelo de

estado de orden (n+1), (sistema aumentado), como:


−−−=

+++=

+ Fp(t)u(t)D(t)xCr(t)(t)x

p(t)Er(t)0u(t)B(t)xA(t)x

1)(n&

&

−

0 ⇒ Es un vector nulo de dimensión (nx1), en la forma matricial será:

p(t)F

Er(t)

1

0u(t)

D

B

(t)x

(t)x

0C

0A

(t)x

(t)x

1)(n1)(n

−+

+

−+

−=

++&

&

Se definirá el vector de estado de la planta ampliada y sus matrices como:

=

=

++ (t)x

(t)x(t)x;

(t)x

(t)x(t)x

1)(n

*

1)(n

*

&

&& )6(

−=

−=

D

BB

0C

0AA

**

La dimensión de (t)x*

es 11)(n ×+ , la de *A 1)(n1)(n +×+ , la de 11)(nB* ×+ y

finalmente de )1(n1C* +× . Con estas definiciones la ecuación de estado del

nuevo sistema aumentado se puede escribir así:

p(t)F

Er(t)

1

0u(t)B(t)xA(t)x

****

−+

++=&

Para obtener la ecuación de estado del sistema de lazo cerrado, basta con sustituir en la expresión anterior, la ecuación (4):

( )

[ ]

[ ] p(t)F

Er(t)

1

0(t)xGKB(t)xA

p(t)F

Er(t)

1

0

(t)x

(t)xGBKB(t)xA

p(t)F

Er(t)

1

0(t)xGB(t)xKB(t)xA

p(t)F

Er(t)

1

0(t)xG(t)xKB(t)xA(t)x

****

1)(n

****

1)(n

****

1)(n

****

−+

+−−=

−+

+

−+=

−+

++−=

−+

++−+=

+

+

+&

Por lo tanto: )p(tF

Er(t)

1

0(t)x)KB(A(t)x

*****

−+

+−=&

Dónde:

[ ] [ ] (7)Gk..kkGKKyF

EEc;

1

0Bc;)KB(AAc n21

**** −=−=

−=

=−=

Finalmente: (8)p(t)Ecr(t)Bc(t)xAc(t)x

**

++=&

Respecto a la ecuación de salida, teniendo en cuenta que ahora el vector de estado es )(

*

tx , se puede escribir a partir de (2) y (6), que:

[ ] p(t)F0r(t)(t)xGDK)D(Cy(t)

p(t)Fr(t)0(t))xG(t)xK(D(t)xCy(t)

*

1)(n

++−=

+++−+= +

La ecuación de salida será: p(t)Fr(t)0(t)xCcy(t)

*

++= Si D=0: p(t)Fr(t)0(t)xCy(t) ++= x4, no influye.-

Por lo tanto las matrices del sistema de control diseñado, o de lazo


cerrado, serán en consecuencia las siguientes: ***

KBAAc −=

[ ] [ ] [ ] FFcy0Dc;0CCc0DsiFFcy0Dc;GDK)D(CCc;1

0Bc ===⇒=→==−=

=

Se puede expresar a la matriz Ac en función de las matrices: .GyKD,C,B,A, de la manera siguiente:

[ ]

−

−

−=⇒=→

−−

−=

−−

−−

−=−

−−

−=

.0C

BGBKAAc0Dsi

GDCKD

GBKBAAc

KDKD

GBKB

0C

0AGK

D

B

0C

0AAc

Puesto que la ecuación característica del sistema es 0KBAsI*** =+− ,

queda claro que si la matriz de la controlabilidad de la planta aumentada: [ ] (9)BA...BABABS *n**2***** =

tiene rango (n+1), en la ecuación característica del sistema de control: (10))λ(s)λ...(s).........λ(s)λ(sKBAsI 1)(nn21

***

+−−−−=+−

se podrán ubicar todos los polos del sistema de lazo cerrado en los lugares deseados impuestos por las especificaciones de funcionamiento pedidas. También, (como ya se dijo), esto es equivalente a decir que si el par (A, B) es controlable y la función Gp(s) de la planta original no tiene ceros en el origen del plano s, el par ),B(A

** siempre será controlable.- Igualmente si se desea comprobar que el par ),B(A

** es controlable es

equivalente verificar que el rango de la matriz:

−−=

DC

BAN

sea igual a

(n+1), esta demostración se verá enseguida, la matriz N se suele llamar de la controlabilidad ampliada, y el hecho de que tenga inversa nos servirá más adelante al estudiar el régimen permanente del sistema a diseñar.- Demostración: Si el par (A,B)de la planta es controlable, la matriz:

[ ]BA...BAABBS1n2 −= , debe tener rango igual a n. Por lo tanto la

matriz: ,

10

0S deberá tener rango igual a (n+1).

Considerando la ecuación siguiente:

(11)DCS

BAS

10

0S

DC

BA

−−=

−−

Si la matriz N , tiene rango igual a (n+1), el primer miembro de la ecuación (11) será de rango igual a (n+1). Por lo tanto el segundo miembro de (11), también tendrá (n+1). Dado que:

[ ][ ]

[ ][ ]

−−−−=

−−=

−− −−

−

DBCA..CABCB

BBA..BAAB

DBA..BABABC

BBA..BABABA

DSC

BSA

1n

n2

1n2

1n2


La primera columna,CB

AB

−, es igual a, ** BA , la segunda es, *2*

BA , etc., la

Penúltima, ,BA*n* y la última, *B , por ende quedará:

[ ]**n*2***BBA...BABA

DSC

BSA=

−−

Para determinar su rango, reordenamos de la manera siguiente, colocamos a *B como la primera columna:

[ ] )S(RangoBA...BABABRango **n**2**** = Encontramos que el rango de la matriz )(S

* es (n+1). Por lo tanto el par )B(A

** , será controlable, si como se dijo el rango de la matriz N es (n+1). Con lo cual queda demostrado que si el rango de la matriz N es (n+1) el par )B(A

** es completamente controlable.- En la ecuación (10) hay (n+1) incógnitas, Gy.......,k,k,k n21 y (n+1) coeficientes conocidos elegidos por el diseñador, con lo cual para determina *K , basta con igualar los coeficientes de la misma potencia de s.- Otro Método para emprender este diseño sería realizar una realimentación de los (n+1) estados de la planta aumentada, con las matrices −).By(A

** Obteniendo la matriz de realimentación −−= G]........kk[kK n21

*

Esto se puede realizar también con la función Acker de Matlab para la planta ampliada, con las matrices siguientes ya mencionadas:

−=

=⇒

−=

−= 0.Dmatrizlasi

0

BBo

D

BB

0C

0AA

***

Régimen en Estado Estable: Los valores en estado estable de u(t)y(t)x(t),x 1n + se encuentran del modo siguiente, en estado estable, ( ∞→t ), a partir de las ecuaciones (1) y (3), suponiendo que 0p(t)= , se tendrá que:

R)(r(t)uRr(t)si)u(D)(xCR0)(x

)u(B)(xA0)(xS

1n

=∞⇒=

∞−∞−==∞

∞+∞==∞

+&

&

Una ecuación matricial seria:

+

∞

∞

−−=

R

0

)u(

)(x

DC

BA

0

0 ; Por lo tanto:

−−=

−=

∞

∞

−− DC

BANcon

R

0

)u(

)(x

DC

BA

Si la matriz, N , tiene rango (n+1), (como se demostró anteriormente para poder ubicar los polos del sistema en forma arbitraria), existirá la inversa de la misma y en consecuencia, se tendrá:

−

−−=

∞

∞−

R

0

DC

BA

)(u

)(x1

(12)


Así mismo a partir de la ecuación (4):

)(xK)u()(xG

)(xG)(xK)u(

1n

1n

∞+∞=∞

∞+∞−=∞

+

+ Por lo tanto:

[ ])(xK)u(G

1)(x 1n ∞+∞=∞+ (13) [ ] −∞=∞⇒=∞=∞ ).(xC)y(0Dcomo;)(xCc)y(

*

Las expresiones (12) y (13) permiten encontrar lo propuesto, o sea: −∞=∞∞∞∞∞∞ + R.aigualserdeberá);(xC)y(además)u();(x);();......;x(x);(x 1nn21 :;

Ejemplo 8: Dada la planta definida por el siguiente modelo en el espacio de estado:

[ ] −⇒=

+

−= .eControlablCanínicaForma(t)x01y(t)u(t)

1

0(t)x

250

10(t)x&

Se tratara de diseñar un sistema seguidor con un control integral que permita el seguimiento sin error de una señal de referencia tipo escalón y sobretodo rechazar las perturbaciones en la entrada de la planta. Los objetivos de diseño son en orden de mérito, los siguientes, que:

• El (%)Mp en la respuesta )(ty debe ser menor o igual a 5%.- • El tiempo de establecimiento no supere los 4.5 seg. seg.4.50(2%)tE ≤ • El error de estado estable a entradas rampas unitarias no supere el

valor de 1.10, y también qué el error a perturbaciones constantes en la entrada de la planta sea nulo.

Se intentará que dos polos sean complejos conjugados dominantes y el tercero en consecuencia alejado hacia la izquierda del plano s, pues no hay ceros en la planta. Por ello se podrá sintetizar un sistema prototipo de segundo orden, empleando las fórmulas aproximadas del tiempo de establecimiento y de la sobre elongación porcentual de la respuesta.- Como el modelo de la planta está en la forma canónica controlable y no tiene ceros en el origen los pares ),()

~,

~( ** BAyBA serán controlables. O sea:

- Para el par [ ] −=⇒−=→

−==→ 2.)S(Rango1S

251

10BABS)B,A(

~~~~~~~~

Para el par ),( **BA , será también controlable pues Gp(s) no tiene ceros en

el origen del plano s:

[ ]

31)(nS(Rango1S

100

625251

2510

BABABS),B(A

**

*2*******

=+=⇒=

−

−

−

==→

)

Lo último se puede hacer como se dijo, obteniendo el rango de la matriz N:

−=⇒−=→

−

−=

−−= 3.NdeRango1N

001

1250

010

DC

BAN ~~

~~


El diseño se llevara a cabo, pues los valores característicos de )( AcsI − se podrán colocar en los lugares deseados.- Ubicación de los tres polos del sistema: Para que σω0.707δelegiráse0.69δ5%Mp(%) d =→=⇒≥→≤

Para que −−=⇒≥→≤≅ 1.σeligese0.888σseg.4.5σ

4(2%)tE

Por lo tanto los polos dominantes serán: j1λ 21 ±−=− Para que sean dominantes deberá ser (*)5λσ5λ 33 −≤→≤

Pero para que se cumpla la especificación de error a la rampa, como el sistema no tendrá ceros, el tercer polo deberá cumplir una condición a determinar cómo se verá. La ecuación característica deseada será:

)2λ()s2λ(2)sλ(2s2)2s)(sλ(s 33

2

3

32

3 −+−+−+=++− El error a la rampa unitaria en la entrada será:

(**)10λ1.102λ

)2λ(2

α

α)e( 3

3

3

0

1 −≤⇒≤−

−==∞

Interceptando las condiciones (*) y (**), resultará que 10.00λ3 −≤

se puede elegir en consecuencia: 10λ3 −=

Por ende el polinomio característico deseado será: −+++=+++= 20.22s12ss2)2s(s10)(sPc(s) 232

Aplicando el Método Directo: También la ecuación característica del sistema a diseñar será:

0AcsI =−

0Dpues0C

GBKBA

GDCKD

GBKBAAc =

−

−=

−−

−=

~~

~~~~

~~~~

~~~~

:

Dónde: [ ]21 kkK~~~

=

02022s12ssG)sk()sk(25s

s01

Gk25sk

01s

AcsI

;

001

Gk25k

010

Ac

23

1

2

2

3

21

21

=+++=++++=

−++

−

=−

−

−−−=

~~~~

~~

Resolviendo, resulta que: 13ky22k;20G 21 −===

~~

Los parámetros de diseño serán en consecuencia: [ ] 20Gy1322K =−= , luego KKIPcomocasoesteenPKK

~:,

~ 11 =⇒== −−

Para verificar si se cumplen las especificaciones pedidas se grafican la respuesta del sistema )(ty al escalón unitario y los atributos de la misma.


Como se puede apreciar se cumplen todas las especificaciones solicitadas. Para tal fin se puede utilizar la función Svdesign del Csad/Matlab, o usar la función Step de Matlab entre varias posibilidades.- Las matrices del sistema de control diseñado serán:

[ ] [ ]0Dcy001Cc

1

0

0

Bc

001

201222

010

Ac ==

=

−

−−=

La función de transferencia del sistema diseñado será:

−+++

=−== −.

2022s12ss

20BcAc)(sICc

R(s)

Y(s)M(s)

23

1

Las respuestas a las señales de referencia escalones unitarios y rampas con pendiente unitaria se muestran en la figura 30, como se observa se satisfacen todas las especificaciones requeridas, se supone que las variables de estado están disponibles para su medición. Determinaremos ahora los valores de estado estable: :)()();( 1 ∞∞∞ + uyxx n

.inversatienedijosecomoNpues

0

0

R

R

0

0

N

)u(

)(x

)(x

ende:por

0125

001

100

N1

2

1

1

=

−

×=

∞

∞

∞

−

= −−

Si 1R = , será: 0)u(y0)(x1;)(x 21 =∞=∞=∞

Con lo cual se comprueba que en efecto, la salida sigue sin error a la señal de referencia, además cuando la matriz D=0, (como es éste caso), la variable agregada no tiene influencia sobre la salida del sistema entonces:

[ ] −=== momento.todoen(t)xy(t);(t)x01(t)xCy(t) 1 En consecuencia: 1)(y =∞

0 1 2 3 4 5 60

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Parametros de Diseño: K = [ 22 -13 ] y G = 20

Resp

on

se y

(t);

E

ntr

ad

a r

(t)

Tr = 1.537 s

5%Ts = 2.121 s

2%Ts = 4.303 s < 4.5 seg.

Mp(%) = 4.3 % < 5 %Tmax = 3.273 s

Ess = 0

0 1 2 3 4 5 60

2

4

6

Figura 30:

Resp

uesta

y(t

) ;

En

trad

a r

(t)

Error de Estado Estable = 1.1 < 1.15

r(t)

y(t)

r(t) y(t)


Por último el valor de estado estacionario de ,)(3 tx que no influye en la salida pues la matriz D = 0, se puede obtener aplicando la ecuación:

[ ] [ ]20

22

0

113220

20

1)(xK)u(

G

1)(x3 =

−+=∞+∞=∞

−=∞ 1.10.)(x3 Todo esto se aprecia en la figura 31 de esta página. Otro Método sería como se dijo empleando la función Acker de Matlab.- (También se puede realzar el diseño por este método en forma manual).- Realimentando solamente la planta ampliada, (con Matlab), y se llegaría a los mismos resultados, para K y G.- (Llamando A*=A1 ; B*=B1 y K*=K1), se tendrá: » A1= [0 1 0; 0 -25 0;-1 0 0]; » B1= [0; 1; 0]; » p= [-1-j -1+j -10]; (posición deseada de los polos).- » K1=ACKER (A1, B1, p) K1 = 22 -13 -20 por lo tanto: K= [22 -13] y G = 20.-

Figura 31: Ejemplo 9: Una planta que tiene las siguientes matrices de un modelo:

0 2 4 60

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Tiempo seg.

Resp

uesta

y(t

)

Tr = 1.537 s

5%Ts = 2.121 s

2%Ts = 4.303 s < 4.5 s

Mp(%) = 4.3 % < 5 %

Tmax = 3.273 s

Ess = 0

0 2 4 60

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Tiempo, seg.

Vari

ab

le d

e E

sta

do

x1(t

)

0 2 4 6-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

Tiempo, seg.

Vari

ab

le d

e E

sta

do

x2(t

)

0 2 4 60

0.5

1

Tiempo, seg.

Vari

ab

le d

e E

sta

do

x3(t

)

1.10


[ ] 0Dy210C

0

0

2

B

410

031

001

A =−=

=

−

−

−

=

Diseñar un sistema seguidor por medio de la realimentación de los estados, (se supone que las variables de estado se pueden medir), que rechace las perturbaciones en la entrada y además se cumplan las especificaciones:

• Error de estado estable a entradas rampas de pendientes unitarias no debe superar el valor de 0.55

• La sobre elongación de la salida al escalón unitario Mp (%) < 5 %. • El tiempo de establecimiento al (5%) inferior a 1.20 segundos.

Como:

=

=→

+++

+=−== −

2b

2Kp

4)(s3)(s1)(s

2)(s2BA)C(sI

U(s)

Y(s)Gp(s)

0

1

Se puede ver que el par parely(A,B) ),B(A

**

son controlables, pues en Gp(s) no hay cancelación polo-cero y ningún cero en s=0, se tendrá para :),B(A

**

=

=

−

−

−

−

=

−=

0

0

0

2

0

BBy

0210

0410

0031

0001

0C

0AA

**

Por lo tanto:

[ ] 4)(SRango;32S

12200

16200

26820

2222

BABABABS***3**2***** =−=→

−

−

−

−−

==

También se puede demostrar esto, como se comentó, con la matriz N , verificando que su rango sea (n+1)=3+1=4.-

4(N)Rango4N

0210

0410

0031

2001

DC

BAN =⇒=→

−

−

−

−

=

−−=

Por lo tanto se podrán ubicar los 4 polos del sistema en forma arbitraria.- Elección de los Polos Deseados: Se puede elegir un polo en –2 para cancelar el cero de la planta 3 2λ→ = − Se elegirá un par de polos complejos dominantes

1 2λ − = ? .

Como (%) 5% Se elige 0.707p

M δ≤ → =

Como 24.5 2.25

(5%) 1.2 1.2 1.875e

t segδ

σσ σ

≈ ≤ → ≤ → ≥

Si se elige: 1 22 2 2jσ λ −= − → = − ±

El cuarto polo 4λ = ? se deberá elegir para que: (1) 4 5λ σ≥ , así el par

complejo será dominante y además cumpla que −≤∞ 0.55.)e( (para entrada


rampa unitaria). La ecuación característica será, luego de cancelado el cero en – 2 por el polo 3λ la siguiente:

2 3 2

4 4 4 4( )( 4 8) (4 ) (8 4 ) ( 8 ) 0s s s s s sλ λ λ λ− + + = + − + − + − = como la función de transferencia del sistema no tendrá ceros será :

(2)20λ4.4λ4λ80.558λ

4λ8)e( 444

4

4 −≤⇒−≤−⇒≤−

−=∞

Interceptando (1) y (2) se elegirá: 20λ4 −=

Si se elige esa ubicación el par 1 2λ − será dominante además con: 20λ4 −= (El error a la rampa unitaria será de 0.55 como se pide).-

La figura 32, ilustra el movimiento requerido de los polos. La ecuación característica deseada será:

0320336s136s26ss8)4s(s20)(s2)(s2342 =++++=++++ ;

Figura 32 También:

−

−

−

−−+−

=

−

−=

0210

0410

0031

2G2k2k)2k(1

0C

BGBKAAc

321

0(4G)s)2k8k24k12(2Gs)2k14k(19s)2k(8sAcsI 321

2

21

3

1

4 =+++++++++++=− Los valores de los parámetros de diseño serán, en este simple caso:

80G3204G =⇒= 9k262k8 11 =⇒=+

4.50k1362k12619 22 −=⇒=++

j 2

- j 2

λ1

λ2

λ3

jω

σ

λ1-2 D.

λ4 -1

-3 -4 0 - 20 - 10

e(t)

-2


8k3362k3621612160 33 −=⇒=+−++ Por ende la matriz de realimentación y la ganancia G serán:

[ ]84.509K −−= y la ganancia del integrador será: 80G = .-

Las matrices del sistema de lazo cerrado serán:

−

−

−

−

=

−

−=

0210

0410

0031

16016919

0C

GBBKAAc

[ ] [ ] [ ] [ ]0Dcy02100CDKDK)(CCc

1

0

0

0

1

0Bc =−==−−=

=

=

Las respuestas al escalón unitario en la entrada, ( )y t y los estados, ),(tx se muestran en la Figura 33.-

Figura 33 Obtenidas con el programa Svdesign del Csad/Matlab. Además se indican

los atributos del sistema diseñado, (de y (t)), al escalón unitario en la entrada de referencia r(t). Como se puede apreciar se cumplen todas las especificaciones solicitadas.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

1

2

3

4

5

6

7

Time, s

Esta

do

s y

Resp

uesta

y(t

)

Tr = 0.7686 s

5%Ts = 1.061 s < 1.2 seg.

2%Ts = 2.152 s

Mp(%) = 4.3 % < 5 %

Tmax = 1.636 s

Ess = 0

y(t)

x1(t)

x2(t)

x3(t)

x4(t)

r(t)

Atributos de la Respuesta:

0.5


Régimen Permanente: Los valores finales de estado estacionario de todas las variables serán:

=∞

=∞

=∞

=∞

⇒=

=

−=

∞

∞ −

3)u(

0.50)(x

2)(x

6)(x

1Rsi

R3

0.5R

2R

R6

R

0N

)u(

)(x

3

2

1

1

[ ] 0.475)(x

0.5

2

6

84.59380

1)(x 44 =∞⇒

−−+−=∞

Como la matriz D es nula:

[ ] 1)y(1

0.5

2

6

210)(xC)y( =∞⇒=

−=∞=∞ ~

También para la −=∞⇒= 0.55.)e((t)µtr(t) S Se puede usar Simulink de Matlab para implementar el sistema diseñado y graficar también (t)x , (t)x4 )(ty y )(tu verificando todo lo estudiado. El mismo está indicado en la Figura 34. Las figuras 34a, y 34b muestran las variaciones temporales de las señales más importantes.-

Figura 34

E

Y

X2X3

U

X11

s

1

s

1

s

1

s

9

-4.5

-8

-2

2

-1-3

-4

80


Figura 34a Empleando la función Acker de Matlab, como es de esperar se llega a la misma solución.- Ingresando primero las matrices del modelo de la planta ampliada: Luego el vector de las ubicaciones de los polos deseados.- La función Acker, devuelve la matriz de realimentación de los estados de la planta ampliada, como se definió: K*= [K -G].- Si A* = A1; B* = B1 y los polos deseados como el vector p, se tendrá: » A1 = [-1 0 0 0; 1 -3 0 0; 0 1 -4 0; 0 -1 2 0]; » B1 = [2; 0; 0; 0]; » p = [-2-2j -2+2j -2 -20]; » K1 = ACKER (A1, B1, p) K1 = K* = [k1 k2 k3 -G] 9 -4.50 -8 -80 Por lo tanto: K= [ 9 -4.5 -8 ] y G = 80.- Como se aprecia se llega al mismo resultado.-

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

1

2

3

4

5

6

7

Tiempo, seg.

Vari

ab

les d

e E

sta

do

x1(t)

x2(t)

x3(t)

x4(t)


Figura 34b Determinación de la Matriz de Realimentación de los Estados, K, y de la Ganancia Integral G, con la función Svdesign del Csad/Matlab en sistemas Monovariables.- Si se usa la opción Integral&State del menú principal hay que tener cuidado, pues ella solo se puede aplicar solo si la matriz D de la planta es nula, es decir más polos que ceros en ( )Gp s . Si 0D ≠ se puede emplear también la opción del menú State Feedback ingresando las matrices, ** ByA (la matriz C es [ ]0CC* = ), para obtener la matriz [ ]*K K G= − . Se puede usar el álgebra matricial también. El ejemplo 9, con Svdesign, (pues la matriz D =0), luego de entrar las matrices de la planta se llama a la opción Integral&State: ------ SVDESIGN OPTIONS ------ Response Plots Zeros and Poles Controllability Display System Observability New Original Sys Transformations Back to Original State Feedback Estimator Design Integral&State Feedback&Estimate View N(s)/D(s) Quit SVDESIGN > I

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4-1

0

1

2

3

4

5

6

Tiempo, seg.

Accio

n d

e C

on

tro

l, S

ali

da y

Err

or

u(t)

y(t)

e(t)


Enter vector of 4 desired pole locations > [-2 -20 -2-2i -2+2i] State feedback with integral control is: u = -Kx +G*integral(r - y) K = 9 -4.50 -8 G = 80 Pole Locations Desired -------------- Achieved -2.0000 -2.0000 -2.0000 - 2.0000i -2.0000 - 2.0000i -2.0000 + 2.0000i -2.0000 + 2.0000i -20.0000 -20.0000 Update current state variable matrices? (y/n) [y] > Con la opción Display System, se pueden ver las matrices del sistema: SVDESIGN > d Display Current, Original, or Both Systems? [c] > Current system is: A matrix is: -19 9 16 160 1 -3 0 0 0 1 -4 0 0 -1 2 0 B matrix is: 0 0 0 1 C matrix is: 0 1 -2 0 Podemos graficar la respuesta y(t) y de los estados con una entrada de referencia escalón unitario, procediendo como ya se sabe se obtienen las respuestas de la figura 33, ya vistas. También se podrían graficar las respuestas del sistema trabajando como Regulador, con unas condiciones iníciales dadas, por ejemplo:

−

−

=

=

0

1

1

2

(0)x

(0)x

(0)x

(0)x

(0)x

(0)x

4

3

2

1

4

Procediendo como ya se indicó, las mismas se muestran en la figura 35.


Figura 35 Ejemplo 10: Una planta tiene un modelo con las matrices siguientes:

[ ] [ ]1)(ss

1Gp(s)F.C.O0Dy100C

0

0

1

B

110

001

000

A2 +

=⇒⇒==

=

−

= .

Las especificaciones del sistema seguidor son: • Que el error de estado estacionario al escalón de entrada sea nulo. • Que el −≤ 5%.(%)Mp • Que el −≤ 5seg.(5%)tE

El par ),( **BA , es controlable, ya que el par ),( BA lo es, (pues no hay

cancelación polo-cero en Gp(s)) y no tiene un cero en el origen del plano s:

−=⇒=→

−

−=

−−= 4.(N)deRango1det(N)

0100

0110

0001

1000

DC

BAN

Por ende se podrán ubicar los cuatro polos, (con el control integral), arbitrariamente: Como .)σ(ω0.707.δeligese0.69δ5%(5%)Mp d =−=→≥→≤

Y también 0.45σseg.5σ

2.25

σ

δ4.5

ω

δ4.5(5%)t

2

n

E ≥→≤==≅

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

Tiempo, seg

Esta

do

s y

Resp

uesta

y(t

)y(t)

x1(t)

x2(t)

x3(t)

x4(t)


Se elegirá −±−=⇒−= − j0.50.0.50λ0.50σ 21 Se ubicarán los otros dos polos en: 5λσ10λ 4343 −=→= −− .- La ecuación característica deseada será:

012.5030s35.5s11ss0.50)s(s5)(s23422 =++++=+++

En función de los parámetros de diseño se tendrá::

12.5Gy

4.50k30kk

25.5k35.5kk

10k11k1

:sondiseñodeparámetroslosdevaloreslosyresuelvesetantoloPor

0Gskkskks)k(1sAcsI

0C

BGBKAsIKBAsIAcsI

332

221

2

2

34

***

=→

=→=+

=→=+

=→=+

=+++++++=−

=

−

−−=+−=−

11

3211

,

)()(

O sea: [ ] [ ]12.54.5025.510GKK

* −=−=

O en su defecto: [ ] 12.5Gy4.5025.510K ==

Las matrices del sistema de lazo cerrado:

−

−

−−−

=

−−

−=

0100

0110

0001

12.54.525.510

DCDK

BGBKAAc

=

=

1

0

0

0

1

0Bc

[ ] [ ] [ ] 0Dpues01000CDGDK)(CCc ===−=

Como 0D = , también se puede usar la opción Integral & State del menú principal de la función Svdesign del Csad/Matlab.- ------ SVDESIGN OPTIONS ------ Response Plots Zeros and Poles Controllability Display System Observability New Original Sys Transformations Back to Original State Feedback Estimator Design Integral&State Feedback&Estimate View N(s)/D(s) Quit SVDESIGN > i Enter vector of 4 desired pole locations > [-5 -5 -0.5-0.5i -0.5+0.5i] State feedback with integral control is:


u = -Kx +G*integral(r - y) K = 10.0000 25.5000 4.5000 y G = 12.5 Pole Locations Desired ---------------------- Achieved -0.5000 - 0.5000i -0.5000 - 0.5000i -0.5000 + 0.5000i -0.5000 + 0.5000i -5.0000 -5.0000 - 0.0000i -5.0000 -5.0000 + 0.0000i Update current state variable matrices? (y/n) [y] > Las matrices del sistema de lazo cerrado serán: SVDESIGN > d Display Current, Original, or Both Systems? [c] > Current system is: A matrix is: -10 -25.5000 -4.500 12.5000 1 0 0000 0 0 1 -1.000 0 0 0 -1 0 B matrix is: 0 0 0 1 C matrix is: 0 0 1 0 En estado estacionario se tendrá:

[ ] −=∞⇒=

××=∞ 2.40.)(x2.40

1

1

0

4.525.51012.5

1)(x 44

[ ] 1)y(1R)(x)(x100)(xC)y(0DmatrizlaComo =∞⇒==∞=∞=∞=∞⇒= 3

Las respuestas temporales serán las mostradas en la figura 36.-

0)u(y1)(x)(x0;)(xserá:,1Rsi

0

R

R

0

R

0

0

0

N)u(

)(x321

1 =∞=∞=∞=∞=→

=

−

×=

∞

∞ −


Figura 36: Veamos el último ejemplo en donde se emplearan dos métodos para calcular la matriz de realimentación K y la ganancia G.- El modelo de la planta no estará en la forma canónica controlable.- Ejercicio Nº 11: En este ejercicio se emplea el Diseño por Realimentación de Estados para hallar los polos del sistema de control tal que cumplan con las especificaciones que se piden, así como el rechazo de perturbaciones estacionarias, (por ejemplo un escalón), en la entrada a la misma. El objetivo es representar en variables de estado el sistema generador-turbina-actuador para luego diseñar un sistema de control basado en la realimentación de estados que rechace perfectamente perturbaciones estacionarias en la entrada.- Considere la planta de la figura 37.-

12)(s3)(s0.05)(s

216

1]s[201]s)[(1/31]s[(1/12)

120Gp(s)

+++=

+++=

Actuador Turbina Generador Perturbación z (t) ./:)( segradtω PG (t)

1)(1/3s

1

1)(1/12s

1sU

++)(

1)(20s

120

+ )(sY

)(1 sX )(2 sX )(3 sX Figura 37: Conjunto de Generación

0 2 4 6 8 10 12-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Tiempo, seg.

Esta

do

s y

Resp

uesta

y(t

) Tr = 3.108 s

5%Ts = 4.485 s < 5 seg

2%Ts = 8.727 s

Mp(%) = 4.2 % < 5 %

Tmax = 6.667 s

Ess = 0

2.4

t

y(t)=x3(t)

x1(t)

x2(t)

x4(t)

Atributos de la Respuesta


z (t): posición del actuador.- −.:)( velocidadtω PG(t): Potencia Generada.- Se desea diseñar un sistema de control tal que:

• El sistema rechace perfectamente perturbaciones estacionarias en la entrada de la misma.-

• Que el tiempo de establecimiento al 2% sea menor a 2.5 seg. • Que el sistema de lazo cerrado tenga una respuesta de naturaleza

oscilatoria pero con una sobreelongación menor al 5%.- El diseño se podrá hacer pues la planta no tiene polos y ceros comunes ni ceros en el origen.- Traduciendo las Especificaciones: Para que las perturbaciones estacionarias, (tipo escalón), en la entrada, sean rechazadas, es conveniente, introducir un control integral en el sistema, lo que eliminaría los problemas de seguimiento y rechazo perfectamente. Se intentará que la configuración de polos del sistema de control tenga un par de ellos complejos conjugados dominantes. Y para que el tiempo de estabilización (Te) al 2% sea menor que 2.5 segundos se requiere que la parte real de los mismos sea:

−−=≥⇒≤≅ 2.σelegirá;se1.60σ2.5segσ

4(2%)Te

El coeficiente de amortiguación δ deberá ser:

d22

2

ωσ0.707δelegiráse;0.69δ(ln0.05)π

(ln0.05)δ =⇒=≥⇒

+≥

Por lo tanto los polos dominantes seleccionados serán: j22λ 21 ±−=− Los otros dos polos deberán estar ubicados, por ejemplo en: 10λ 43 −=− De la función de transferencia del sistema lineal se obtiene una representación en forma de ecuación diferencial ordinaria, estas ecuaciones también se pueden representar como un conjunto de ecuaciones diferenciales de primer orden que como se sabe se denomina representación de estados. Considere el conjunto actuador-turbina- generador, cuya función de transferencia se indica en la figura. Definiendo las variables de estado como las señaladas en la figura, los términos PG (t)=x1(t); w(t)=x2(t) y z(t)=x3(t), como estados y u(t) como la entrada, el modelo matemático de la planta a controlar será por lo tanto:

−=

−=

+−=

(t)0.05x6x(t)x

3x3x(t)x

u(t)1212x(t)x

323

212

11

&

&

&

=

−

−

−

=⇒

0

0

12

B

0.0560

033

0012

A

La ecuación de salida es: (t)xy(t) 3= [ ] [ ]0Dy100C ==⇒ , como se aprecia no es la F.C.C.

Método Directo con el modelo original: La ecuación característica deseada será:


Pcd=(s+10)2(s2+4s+8)=s4+24s3+188s2+560s+800.- También se puede obtener de: :. DóndeAcsIdetPcd −=

[ ]

[ ] :.

;

321 tantoloPorintegradordelsalidalaaganancialaGykkkK

0100Cc;

1

0

0

0

Bc

0100

00.0560

0033

12G12k12k)12k(12

0C

GBKBAAc

321

−=

=

=

−

−

−

−−+−

=

−

−=

−++++++++++= (216G).)s216k1.8k1.8k(1.8)s36k36.6k(36.75)s12k(15.05sP 321

2

21

3

1

4

cd

Por lo tanto se tendrá:

=

=

=

+

−

3.7037

2.5494

3.4431

0.7458

800

558.2

151.25

8.95

216000

02161.81.8

003636.6

00012

G

k

k

k

800

560

188

24

0

1.80

36.75

15.05

G

k

k

k

216000

02161.81.8

003636.6

000121

3

2

1

3

2

1

::

En consecuencia la matriz de realimentación de los estados será: [ ] −== 3.7037.GAdemás:;2.54943.44310.7458K

Verificando con la computadora, empleando Svdesign del Csad/Matlab:

8)4s(s10)(s

800

R(s)

Y(s)M(s)

22 +++==⇒ −<=⇒ seg.2.50seg.2.3(2%)TE

5%3.9%Mp(%) <=⇒ Por ende se cumple con todo lo pedido.- Método Indirecto, (empleando la F.C.C. de la planta): Realimentación de estado en la forma canónica controlable: La función de transferencia de la planta a controlar era:

1.80s36.75s15.05s

216

U(s)

Y(s)Gp(s)

23 +++==

Por lo tanto las matrices del modelo en la forma canónica controlable son:

[ ] [ ]0Dy00216C

1

0

0

B

15.0536.751.8

100

010

A ==

=

−−−

=~~~~

La matriz de lazo cerrado del sistema será:

[ ] −=

−

+−+−+−=

−

−=

.~~~~

~~~~

~~~~

321 integradordelsalidalaaganancialaGykkkK

000216

G)k(15.05)k(36.75)k(1.8

0100

0010

0C

GBKBAAc

321

La ecuación característica deseada será, también: −−= .AcsIPcd

−+++++++= (216G).)sk(1.8sk(36.75)sk12(15.05sP 1

2

2

3

3

4

cd

~)

~~

Igualando los coeficientes de igual potencia de s, se tiene:


=

=+

=+

=+

800216G

560k1.8

188k36.75

24k15.05

1

2

3

~

~

~

Resolviendo resulta: [ ] 3.7037Gy8.95151.25558.20K ==

~

Para obtener la matriz de realimentación con los estados originales: )()(

~)(~~

)()(~)(~)( 11 txKtxPKtxKciónRealimentadeSeñaltxPtxtxPtxComo ===⇒=⇒= −−

Por lo tanto: 1~ −= PKK Las matrices S y M serán:

[ ]

=

−

−

==

001

0115.05

115.0536.75

M;

21600

540360

172814412

BAABBS2

−

−==⇒

== −

0.00001160.0847220.08333

0.000230.027780

0.0046300

Adj(P)P

1P

00216

0361.8

1236.61.8

MSPT1

Por ende: 1~ −= PKK [ ] 3.7037Gy2.54943.44310.7458K ==

Como se aprecia se llega a lo mismo que con el método directo.- Los otros dos métodos que podrían aplicarse también, serian:

• Con la planta ampliada en la forma canónica controlable y solo la realimentación de todos los estados fásicos, nos daría la matriz de

realimentación siguiente: ]~~

.......~~

[~

21

* GkkkK n −= .- Si la matriz P*, orden (n+1) x (n+1), fue la que llevo el modelo de la planta ampliada a su F.C.C. Se pude obtener la matriz de realimentación de los estados originales de la planta y la ganancia del integrador así:

[ ] [ ] GIntegdelganacialaykkKendeporGkkPKK nn ==−==−

....:...~

11

1***

• Con la planta ampliada pero usando el modelo original de la misma y la realimentación de todos los estados solamente.-

Si se usa este método y la función Svdesign del Csad/Matlab se tiene la matriz de realimentación de todos los estados y la ganancia del integrador:

[ ] −==−= ....:].......[ 2121

*GintegradordelganancialaykkkKtantoloporGkkkK nn

Recordar que las matrices de la planta ampliada son:

[ ] −==

=

−= .0CCy0,Dmatrizlaporque

0

BB

0C

0AA

***


• Con el primer Método: Usando la función Svdesign del Csad/Matlab entramos primero las marices de la planta ampliada original.-

Luego hacemos la transformación a la forma canónica controlable: SVDESIGN > T Enter Transformation: CCF,OCF,DF,Reverse [r] > c, (f.c.c. planta ampliada) Transformation matrix T is: (Esta sería la P*) 0 1.80 36.60 12 0 1.80 36.00 0 0 216 0 0 _ 216 _ 0 _ 0 _ 0 A = T-1AT, B = T-1B, C = C T, D = D Las nuevas Matrices serán: Abar matrix is: 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 -1.80 -36.75 -15.05 Bbar matrix is: 0 0 0 1 Cbar matrix is: 216 0 0 0 Update current state variable matrices? (y/n) [n] > y SVDESIGN > S Enter vector of 4 desired pole locations > [-2-2i -2+2i -10 -10] State Feedback Vector K is: 800 558.20 151.25 8.95 [ ] −−=⇒ .

~~~~~321

* GkkkK (A-BK) is: (La matriz característica del sistema diseñado en la F.C.C) será: 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 -800 -560 -188 -24 Por lo tanto se tendrá: K*

forma original = K*F.C.C. (T

-1) = [800 558.20 151.25 8.95]*inv (T) K*

forma original = [0.7458 3.4431 2.5494 -3.7037] En consecuencia la matriz de realimentación de los estados originales y la ganancia de la salida del integrador serán: K = [0.7458 3.4431 2.5494] y G = 3.7037.- Como era de esperar.-


• Ahora, con el 2º método, también usando la función Svdesign del Csad/Matlab, se ingresan las matrices del sistema ampliado pero usando el modelo original de la misma, o sea:

[ ] −=

=

−= .0CCy

0

BB

0C

0AA

***

Luego con la opción: State Feedback, se obtiene lo solicitado.-

Una vez ingresado el modelo, se pueden ver las matrices, así: ------ SVDESIGN OPTIONS ------ Response Plots Zeros and Poles Controllability Display System Observability New Original Sys Transformations Back to Original State Feedback Estimator Design Integral&State Feedback&Estimate View N(s)/D(s) Quit SVDESIGN > D Display Current,Original,or Both Systems? [c] > Current system is: A matrix is: -12 0 0 0 3 -3.00 0 0 0 6 -0.05 0 0 0 -1 0 B matrix is: 12 0 0 0 C matrix is: 0 0 1 0 SVDESIGN > S, (realimentación de los 4 estados) Enter vector of 4 desired pole locations > [-2-2i -2+2i -10 -10] State Feedback Vector K is: 0.745833 3.443125 2.549351 -3.703703

[ ] −−=⇒ .321

*GkkkK

Por lo tanto: K = [0.74583 3.44312 2.54935] G = 3.7037 Como se observa se llega a el mismo resultado.-


Implementando un diagrama de Simulink de Matlab del sistema diseñado, sería el indicado en la figura 38:

Figura 38: La respuesta y (t) al escalón unitario en la entrada de referencia r (t) de todos los estados y de la u(t) se muestran en la figura 39.- Los valores de estado estacionario de todas las variables de estado, de la salida y la acción de control, a una entrada escalón unitario en la referencia son determinados en forma analítica, y verificados con el esquema de Simulink, verificándose los resultados.-

−=∞=∞=∞=∞=∞=∞ .; Simulinkcon1/120.)u(y0.70)(x1;)y()(x1/120;)(x)(x 4321

Figura 39:

k1 = 0.7458

k2 = 3.34431

k3 = 2.5494

G = 3.7037

s+0.05

6

s+3

312

s+12

X4

U X3X1 X2

Y1

s

k3

k1

k2

G

0 1 2 3 4-0.1

0

0.1

0.2

0.3

Esta

do

s x

1(t

) y x

2(t

)

0 1 2 3 40

0.5

1

1.5

Sali

da y

(t)

o E

sta

do

x3(t

)

0 1 2 3 40

0.2

0.4

0.6

0.8

Esta

do

ag

reg

ad

o x

4(t

)

0 1 2 3 4-0.1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

Accio

n d

e C

on

tro

l u

(t)

x1(t)

x2(t)

x3(t) = y(t)

0.7

x4(t)

t

t

t t

u(t)

Atributos de y(t)

Te(2%) = 2.3 s< 2.5 s

Mp(%) = 2.3% < 5%

Ess = 0


Problemas de Diseño por

Realimentación de los Estados


Problema 1: Dada la siguiente función de transferencia de una planta a controlar:

10)(s2)(ss

1

U(s)

Y(s)(s)pG

++==

Determinar un modelo en el espacio de estado adecuado, la planta tiene un integrador, para diseñar un sistema seguidor tipo 1 por medio de la realimentación de los estados, eligiendo una ubicación adecuada de los polos del sistema diseñado para que se cumplan las especificaciones siguientes:

• Que la sobre elongación a una entrada escalón unitario sea: 15%Mp(%) ≤

• 4.2 seg(2%)te ≤ • Que el )(e ∞ a una entrada rampa unitaria sea menor que 2/3.-

Si llevamos el modelo a la forma adecuada para aplicar el tercer método de diseño, como no hay ceros y 1b0 = , se llegaría a la forma canónica controlable, (y las variables serán medibles). Resultará, como se determinó oportunamente, un diseño con realimentación total de los estados más una ganancia de pre-compensación .kG 1= Resultará:

[ ] −== .k G y kkkK 1kk1 La función de transferencia de lazo cerrado será:

−===→+++

= .1M(0):queparaGkαksαsαs

kM(s) 10

112

3

1

Para encontrar la expresión del error a entradas rampas de pendiente unitaria, teniendo en cuenta que aquí (t)µr(t)r(t)S s=≡ , se empleará los

coeficientes de la R(s)

Y(s)M(s) = .

En este ejemplo no tiene ceros, por ende:

1

1

0

1

k

α)( eejemploelen ;

α

α)(e =∞=∞

Con un par de polos complejos y uno real, la ecuación característica será:

[ ] ( )[ ] ( )[ ]( )

( ) ado especific eωσλ

λσ2ωσe

0ωσλsλσ2ωσsλσ2s)ωσsσ2)(sλ(s

2

d

2

3

3

2

d

2

2

d

2

33

2

d

22

3

32

d

22

3

)()( ∞≤+−

−+=∞

=+−+−++−+=+++−

Recordar que 3λ <0 para que el sistema sea estable. Llamando *

)( ecado) especifi(e ∞=∞ ;


( ) ( )( ) ( )( ) ( )[ ]

( )( )

( )

(1)

)e(ωσ

σ2

1λ

o )e(ωσσ2

ωσλ

tambien:,s λativo, puebe ser negrchetes dea entre coLo que est

)e(ωσσ2λωσ

)e(ωσλλσ2ωσ

)e(ωσλλσ2ωσ

*

2

d

2

3

*2

d

2

2

d

2

3

3

*2

d

2

3

2

d

2

*2

d

2

33

2

d

2

*2

d

2

33

2

d

2

∞−+

≤

∞+−

+≤

∞+−≤+

∞+−≤+

∞+−≤−+

Dado 3

*

d de λa posisionse elige l)ficado e( y especiσ, ω ∞ , teniendo en cuenta que 21λ − sea dominante; (2)σ5λo σ5λ 33 ≤≥ Se deben cumplir (1) y (2). Nota: si el sistema fuera típico de segundo orden, ( )−∞→3λ , el error seria:

( )

*2

n

2

n

n

*

2

d

2

)e(σ

2δ

ω

2δ

ω

ωδ2)(e

o

)(eωσ

σ2)(e

∞≤===∞

∞≤+

=∞

Y como se aprecia, en este caso, fijado δ y *)(e ∞ surgiría σ . La planta tendrá las matrices siguientes, en la forma canónica controlable:

[ ] [ ]

0k)sk(20)sk(12sAsI

)k12(sk20k

1s0

01s

AsI

k12k20k

120

010

BKAA

0y D 001 C

1

0

0

B

12200

100

010

A

12

2

3

3

c

3211

c

321

c

=+++++=−

+++

−

−

=−

−−−−−

−

−

=−=

==

=

−−

=

Posición de los polos:

• Para que 0.517(ln0.17)π

(ln0.17)δ15%Mp(%)

22

2

≈+

≥→≤

• Para que 0.952σ4.2σ

4te(2%) ≥→≤≅

Si se elige 1σ −= , 0.517δr tal que debera seωd ≥ Si se elige 0.5170.5547or ende δ0.5547 p1.5)cos(tanθcosδ1.5ω 1

d >====→= −


j1.51λ 21 ±−=∴ −

Para que se cumpla que el *)(e ∞ a una entrada rampa unitaria sea menor o igual a 2/3 2/3)(e * =∞⇒ :

20 λelegirase5λ2)comoy19.5; λ 1)

2/3 (1.5)1

2

1λ 333

2

3 −=⇒−≤−≤→

−+

≤

Por lo tanto los polos deseados serán: 20 λy j1.5 1λ 321 −=±−=−

La ecuación característica deseada será:

[ ] 65 G y 1023.2565K

65GkComo G

23.25k43.25k20

10k22k12

65k

Igualando:

06543.25s22ss3.25)2s20)(s(s

1

22

33

1

232

==∴

=→=

=→=+

=→=+

=

=+++=+++

La figura 40 muestra las respuestas al escalón y a la rampa, como se puede observar se cumplen con todas las especificaciones deseadas

Figura 40:

0 1 2 3 4 5 60

0.5

1

Parametros de Diseño: K = [ 65 23.25 10 ] y G = 65

Resp

uesta

y(t

)

Tr = 0.9775 s

5%Ts = 2.97 s

2%Ts = 3.273 s < 4.2 seg

Mp(%) = 12.2 % < 15 %Tmax = 2.121 s

Ess = 0

0 1 2 3 4 5 60

2

4

6

Tiempo, seg.

Resp

uesta

y(t

)

Error de Estado Estable = 0.6654 < 2/3

r(t) y(t)

r(t)

y(t)


Problema 2: Dada la planta siguiente:

2)(s

5)(s

10)(s

2U(s)

+

+

+ Y(s)

(s)X 2 (s)X 1 Diseñar un sistema de control por medio de la técnica moderna (realimentación de las variables de estado) para que el mismo cumpla con las especificaciones siguientes:

• Que el error de estado estable a entradas escalones sea nulo. • Que el seg.0.75(2%)tE ≤ • Que el 5%.Mp(%) ≤ • Que el error de estado estable a entradas rampas unitarias no

supere el valor de 0.175.- Suponer que las variables de estado elegidas se pueden medir. Primero se obtiene un modelo de la planta a controlar:

[ ]

AsI

BA)(sICBA)C(sI(s)G

:verificar,para,determinarpodriasemismaladeiatranferencdefunciónLa

01 C 2

2 B

-100

-5-2A

:siguienteslasseránplantalademodelodelmatricesLas

(3) (t) xy(t)(s)XY(s)

2u(t)(t)5x(t)2x(t)x5x2u10x2xx(2) en (1)

(2)2u(t) (t)10x(t)x2u(t)10xx10)(s

2

U(s)

(s)X

(1) x5x2xx

5xx2xx2)(s

5)(s

(s)X

(s)X

11

p

1

L

1

2112211

2222L2

2211

2211L

2

1

1

1

1

−

−=−=

=

=

=∴

=→=

+−−=→++−−=→

+−=∴=+→+

=

++−=

+=+→+

+=

−−

−

−

−

oo

oo

oo

oo

[ ] [ ] [ ]

econtrolablseráPlanta Laverifico. Se10)2)(s(s

5)2(s(s)G

5)2(s1010)2(s510s01

2

2

2s0

510s

10)2)(s(s10s0

52sAsI

p++

+=

+=−+−+

+

−+

++=

+

+=−

Se intentará ubicar los polos complejos conjugados, 21λ − para que se tenga el transitorio al escalón, como él 5.333σseg0.75σ4/(2%)te ≥⇒≤≅ . El cero en -5 tendría mucha influencia en consecuencia haría falta otro polo en las


inmediaciones del cero para anularlo. Por lo tanto se aplicará un control por realimentación de los estados con un control integral, (y de paso el sistema rechazará perturbaciones estacionarias en la entrada). Como Gp(s) no tiene cancelación polo-cero y ningún cero en el origen, el par

**, BA será controlable. Para ello el rango de la matriz N deberá ser 3.

010det(N)

001

2100

252

DC

BAN ≠−=→

−

−

−−

=

−−=

El rango de la matriz N es igual a tres, y el diseño puede tener éxito. Elección de los tres Polos: Para que: −=→=≥→≤ .σω0.707δelegirá:se0.69δ%5(%)Mp d

Si el 6σelegirá:se5.333σseg.0.75σ

4(2%)tE −=→≥→≤≈

Por lo tanto el par de polos dominantes elegido será: j66λ 21 ±−=−

La posición del tercer polo 3λ , se elegirá para que se cumpla la especificación de error de estado estable a la rampa en la entrada, y además deberá estar cercana a -5, para que el par complejo conjugado sea realmente dominante. La ecuación característica deseada será:

0)72λ(s)12λ(72s)λ(12s

072)12s(s)λ(s

33

2

3

3

2

3

=−+−+−+

=++−

La función de transferencia del sistema con realimentación de los estados y una ganancia de pre-compensación será:

)λ72()s12λ(72)sλ(12s

G10sG2

R(s)

Y(s)M(s)

33

2

3

3 −+−+−+

+==

Como: ,λ14.4G2λ72

G101M(0) 3

3

−=→−

==

El error de estado estable a una rampa unitaria en la entrada será:

0.175λ72

14.4λ12λ72

α

bα)(e

3

33

0

11 ≤−

+−=

−=∞

Por ende: 5λelegiráse4.80λλ12.6λ2.472 3333 −=⇒−≤→−≤+

La ecuación característica deseada será por lo tanto: 0360s13217ss

23 =+++ También, en función de los elementos de matriz K y de la ganancia G:

−

−−−

−−−−

=

−−

−=−=

001

G22k102k

G22k52k2

DGCDK

BGBKAKBAcA 21

21

***

0G)(10sG)24k10k(20s)2k2k(12scAsI 21

2

21

3 =++++++++=−


Igualando los coeficientes de igual potencia se llega a: 36Gy2.50k;5k 21 =−==

Por lo tanto:

[ ] [ ]

[ ] [ ]362.505GkkK:tambieno

36Gy2.505kkK

21

*

21

−−=−=

=−==

Figura 41: Para verificar si se cumplen todas las especificaciones solicitadas se recurre a la PC. Las respuestas obtenidas están indicadas en la figura 41. Como se puede apreciar se cumple con todo lo solicitado oportunamente. Para obtener:

:)(xy)y(;)u(;)(x 3 ∞∞∞∞ se procede de la siguiente manera:

=∞

=∞

=∞

→=

=

−=

∞

∞ −

2)u(

0.4)(x

1)(x

1Rsi

2R

0.4R

R

R

0N

)u(

)(x2

1

1

[ ] −=∞→

=∞=∞ 1.)y(

0.4

101)(xC)(y

[ ] [ ] −=∞→=

−+=∞+∞=∞ 0.1667.)(x

6

1

0.4

12.552

36

1)(xK)u(

G

1)(x 33

Estos valores se verifican con la PC, en la figura 42.-

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Parametros de Diseño: K = [ 5 -2.5 ] y G = 36

Resp

uesta

y(t

)

Tr = 0.2532 s

5%Ts = 0.3434 s

2%Ts = 0.697 s < 0.75 seg.

Mp(%) = 4.3 % < 5 %

Tmax = 0.5253 s

Ess = 0

Respuestas al Escalon y a la Rampa

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Tiempo, seg.

Respuesta

y(t

)

Error de Estado Estable = 0.1667 < 0.175


Figura 42: Las matrices del sistema de lazo cerrado diseñado serán:

[ ] −=

=

=

−

−−

−

= .001Ccy

1

0

0

1

0Bc

001

72510

72012

Ac

La función de transferencia del mismo:

−++

=+++

+== .

72)12s(s

72

72)12s(s5)(s

5)(s72

R(s)

Y(s)M(s)

22

Con el programa Simulink de Matlab se puede simular el sistema y obtener las respuestas temporales. El diagrama se muestra en la figura 43, y las respuestas a un escalón unitario en la señal de entrada en la 44.-

0 0.5 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Tiempo, seg.

Resp

uesta

y(t

) Tr = 0.2532 s

5%Ts = 0.3434 s

2%Ts = 0.697 s < 0.75 s

Mp(%) = 4.3 % < 5%Tmax = 0.5253 s

Ess = 0

0 0.5 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Tiempo, seg.

Esad

o x

1(t

)

0 0.5 10

0.2

0.4

0.6

0.8

Tiempo, seg.

Esta

do

x2(t

)

0 0.5 10

0.05

0.1

0.15

0.2

Tiempo, seg.

Esta

do

x3(t

)

0.1666


Figura 43:

Figura 44

Para una señal de referencia rampa de pendiente unitaria, (t).µtr(t) s= las variaciones temporales de la respuesta y(t) , y de los estados (t)x , se

muestran en la figura 45.-

s+5

s+2s+10

2

U

Y1

X3

X2

Y

1

s

5

-2.5

36

0 0.5 1 1.50

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

u(t)

y(t) = x1(t)

x2(t)

x3(t) 0.40

0.1667


Figura 45:

0 0.5 1 1.50

0.5

1

1.5

Tiempo, seg.

En

trad

a;

Esta

do

s y

Sali

da

r(t)

y(t)= x1(t)

x2(t)

x3(t)


Problema 3: Las matrices del modelo de una planta a controlar son:

[ ] [ ]5)(s1)(s

10)(s2)(s0.10

U(s)

Y(s)Gp(s)0.10D156C

0

0.1B

51

01A

++

++==⇒=−=

=

−

−=

1) Determinar el modelo en la forma canónica controlable.- 2) Con este modelo diseñar un sistema de control por realimentación de los estados más un control integral, para que se cumplan las especificaciones:

• Que el error de estado estable a entradas escalones sea nulo. • Que el seg.4.25(2%)t E ≤ • Que −≤ 5%.(5%)Mp

(Como la matriz 0≠D , no se puede usar la opción Integral&State del menú principal de la función Svdesign).- 3) Luego volver a las variables del modelo original, y obtener K y G.-

1) La F.C.C., resultará, (ver la función de transferencia de la planta):

[ ] [ ]0.10Dy0.61.5C1

0B

65

10A ==

=

−−=

Como el par (A, B) es controlable solo hay que ver si lo es el par (A*, B*).

Como no hay cancelación polo-cero ni ceros en el origen en Gp(s), el rango

de la matriz N será tres, ende el diseño será posible.

2) La primera especificación se cumplirá pues habrá un control integral.

La segunda .1σelegirá:se0.94σseg.4.25σ

4(2%)t E −=≥→≤≅

La tercera se cumple si 21λ − , son dominantes y 0.707.δelige:se0.69δ =≥ En consecuencia: j1λ 21 ±−=−

El tercer polo se ubicará en 2λ3 −= , para cancelar el cero en-2, ya que el otro cero está en -10, o sea: 10σ10Z −== su efecto será despreciable.- La ecuación característica deseada será:

046s4ss2)2s(s2)(s232 =+++=+++

La misma en función de las constantes Gyk,k 21

~~ se obtendrá de: 0AcsI =− , donde:

[ ]21 kkKcon;GDCKD

GBKBAAc

~~~~~~~

~~~~

=

−−

−=

Remplazando KyD,C,B,A

~~~~~ , quedará:

−−−

−−−−=

0.1G0.6k0.11.5k0.1

Gk6k5

010

Ac

21

21~~

~~


0(2G)s1.2G)k(5s0.1G)k(6sAcsI 1

2

2

3 =+++++++=−~~

Igualando los coeficientes de igual potencia, se llega a: −=−=−= 2.Gy2.20k,1.40k 21

~~ En consecuencia:

[ ] 2Gy2.201.40K =−−=~

Las matrices del sistema de control diseñado son:

[ ] [ ][ ]0Dc

0.200.821.64GDK)D(CCc

1

0

0

1

0Bc

0.200.821.64

23.83.6

010

Ac

=

=−=

=

=

−−−

−−=

La función de transferencia del sistema diseñado será:

22ss

2s0.20

2)2s(s2)(s

10)(s2)(s0.2

R(s)

Y(s)M(s)

22 ++

+=

+++

++==

El error de estado estable a entradas rampas unitarias resultó:

−=−

=−

=∞ 0.90.2

0.202

α

bα)(e

0

11

Las respuestas temporales se muestran en la figura 46.

Figura 46:

0 1 2 3 4 5 60

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Parametros de Diseño: K = [ -1.40 -2.20 ] y G = 2

Resp

uesta

y(t

)

Tr = 1.503 s

5%Ts = 1.939 s

2%Ts = 4.061 s < 4.25 seg.

Mp(%) = 4.4 % < 5 %

Tmax = 3.03 s

Ess = 0

0 1 2 3 4 5 60

2

4

6

Tiempo, seg.

Resp

uesta

y(t

)

Error de Estado Estable = 0.9


3) Usando solo Matlab, se tendrá, por ejemplo: Introducimos las matrices de la planta real: » A = [-1 0; 1 -5]; » B = [0.1; 0]; » C = [6 -15]; » D = 0.1; Se definen las matrices A* = A1 y B*= B1 del sistema ampliado, como se explicó en la teoría: » A1 = [A Zeros (2,1);-C 0]; » B1 = [B;-D]; El vector de los polos deseados era: » p = [-2 -1-i -1+i]; La Matriz K y la ganancia G: » K = Acker (A1, B1, p) K = -22.0000 96.0000 -2.0000 Por lo tanto K y G serán: » K = [-22 96]; » G = 2; Recordar que a lo mismo se llega si se aplica: −= − .

~ 1 mantieneseGyPKK

[ ] [ ]9622K100

1010

61

102.21.4SMKK

11 −=⇒

−−−== −−~

Las matrices del sistema de control de lazo cerrado real son: » Ac = [A-B*K B*G;D*K-C -D*G] Ac = 1.2000 -96.000 0.2000 1.0000 -5.0000 0.0000 -8.2000 -24.600 -0.2000 » Bc = [Q; 1] Bc = 0 0 1 » Cc = [C-D*K D*G] Cc = 8.2000 -24.600 0.2000 También se puede utilizar la función Svdesign del Csad/Matlab, para obtener los coeficientes de la matriz de realimentación de los estados y la


ganancia G a la salida del integrador agregado en el camino directo, de la manera siguiente, (pues la matriz D no es nula): Se ingresan las matrices A* y B*, (la matriz C* puede ser cualquiera con el orden correcto), del sistema regulador equivalente ya mencionado. Se llama la función State Feedback, del menú principal y se ingresa la posición deseada de los tres polos, el programa nos devuelve:

[ ]GkkK 21

* −=

Por lo tanto será: [ ] −= G.integradordelsalidaladeganancialaykkK 21

Se ingresan las matrices

−

=

−=

−

−

−

=

−=

0.10

1

0.10

D

BBlay

0156

051

001

0C

0AA

**

La *C , cualquiera de orden (1x3), y se llama a la función State Feedback:

------ SVDESIGN OPTIONS ------

Response Plots Zeros and Poles Controllability Display System Observability New Original Sys Transformations Back to Original State Feedback Estimator Design Integral&State Feedback&Estimate View N(s)/D(s) Quit SVDESIGN > s Enter vector of 3 desired pole locations > [-2 -1-i -1+i] State Feedback Vector K is: -22.0000 96.0000 -2.0000 → [ ] −=−= 2.Gy9622K Pole Locations Desired ---------- Achieved -1.0000 - 1.0000i -1.0000 - 1.0000i -1.0000 + 1.0000i -1.0000 + 1.0000i -2.0000 -2.0000 A-BK is: → cA

1.2000 -9.6000 0.2000 1.0000 -5.0000 0.0000 -8.2000 24.600 -0.2000 Por lo tanto las otras matrices del modelo del sistema de control serán:

[ ] [ ] 0Dcy0.2024.68.20DG)DKC(Cc;

1

0

0

1

0Bc =−=−=

=

=

Como era de esperar se llega al mismo resultado.-


Problema 4: En este problema se indicara como se puede proceder cuando, por diferentes motivos, no se puede elegir un par de polos complejos conjugados dominantes para el sistema diseñado, con la ayuda de algún software de computación adecuado, por ejemplo el comando Svdesign del Csad/Matlab. Esta función se detalló sus principales utilidades en la publicación correspondiente de la cátedra.- El modelo de una planta a controlar tiene las matrices siguientes:

[ ]51Cy6

15B

21.6

58A =

=

−

−−=

Diseñar algún sistema de control a) con la realimentación de los estados solamente, b) con la realimentación de los estados más una ganancia de pre-compensación y c) con la realimentación de los estados más un control integral para conseguir las especificaciones siguientes:

• Que el error de estado estable para entradas escalones sea nulo.- • Que la sobre elongación a entradas escalones no supere el 5%.- • Que el tiempo de establecimiento al 2% sea menor o igual a 0.7 seg. • Que el error de estado estable a entradas rampas unitarias no supere

el valor de 1/12.-

a) Con la realimentación de los estados solamente: Como se puede apreciar, los polos deseados del sistema a diseñar no pueden ser un par complejo conjugado dominante a menos que el tiempo de establecimiento al 2% sea mayor o igual a 2.5 segundos, (se pide menor o igual a 0.70 segundos).- Esto se debe a la presencia del cero de la planta a controlar en -8, ya que la función de transferencia de la planta es:

6)(s4)(s

8)(s45BA)I(sCGp(s)

1

++

+=−= −

Se propondrá primero, trabajar con el modelo equivalente en la forma canónica controlable y luego retornar al modelo con las variables originales. Como se sabe los dos polos del sistema, a pesar que la planta es controlable no los podemos ubicar en forma arbitraria, para que el sistema resulte tipo uno, al colocar uno de ellos el surge para tal fin. En base a la función de transferencia Gp(s) la forma canónica controlable será:

[ ]45360Cy1

0B

1024

10A =

=

−−=

~~~

La ecuación característica será:


+−+−=

−

−−=−=

)k(10)k(24

10

kk

00

1024

10KBAcA

2121

~~~~~~~~

=

+++

−=

+−+−−

=−

2121 k10s)k(24

1s

)k(10)k(24

10

s0

0scAIs ~~~~

~

0)k(24s)k(10s 2

2 =++++= 1

~~ Por lo tanto:

336k1k24

360M(0)

)k(24s)k(10s

360s45M(s) 1

112

2=⇒=

+=⇒

++++

+=

~~~~

La ecuación característica será:

36010ss

kLequiv(s)0360s)k(10s

2

22

2

++=⇒=+++=

~~

El movimiento de los dos polos, para que el error al escalón sea nulo será el indicado en la figura 47.- Se eligieron tres valores de k2: k2 = 26 los polos serán: -18-j6 y -18+j6 k2 = 36 los polos serán: -10 y -36 k2 = 39 los polos serán: -9 y -40 Ahora se determinaran los atributos de la respuesta con la ayuda de la función Svdesign del Csad/Matlab, el resumen está indicado en la tabla I:

Figura 47:

-40 -35 -30 -25 -20 -15 -10 -5 0 5-20

-10

0

10

20

k2=26

k2=26

k2=36 k2=36

k2=39 k2=39

k2=0 jω

σ

s = -18.97

k2 = 27.95


K2 1λ 2λ tE(2%) seg. Mp (%) rampalaae ),(∞ 26 -18-j6 -18+j6 0.30 28.8 -0.025 28 -18 -20 0.3074 24.2 -0.01944 29 -15 -24 0.3111 22.1 -0.01667 36 -10 -36 0.2828 9.10 0.002778 39 -9 -40 0.2273 4.60 0.01111 43 -8 -45 0.08586 0 0.02222 56 -6 -60 0.4333 0 0.05833 67 -5 -72 0.600 0 0.08888

Tabla I: Como se aprecia las tres filas marcadas cumplen con todas las especificaciones pedidas, se elige la primera de ellas, o sea para k2=39: La matriz que devuelve el programa es:

[ ] −−=−=⇒= 40.λ9λ39336K 21

~

Hay que obtener la matriz con las variables de estado originales:

]4.66660.7333[01/15

1/721/18039]336[SMKM)(SKPKK

1111 =

−==== −−−− ~~~

[ ]14/311/15K = Diseño Final.-

La función de transferencia del sistema diseñado es: 40)(s9)(s

8)(s45M(s)

++

+=

b) Con la realimentación de los estados y Ganancia de Pre-compensación: Ahora si se pueden fijar a voluntad los dos polos, para que con la configuración de ellos y el cero se cumplan las especificaciones pedidas. La ganancia de pre compensación se emplea para que el error al escalón se anule totalmente.- Por lo tanto la función de transferencia del sistema a diseñar será:

KBAIs

G360sG45

AcIs

8)(sG45M(s)

+−

+=

−

+=

Con la ayuda de la función Svdesign del Csad/Matlab, el resumen está indicado en la tabla II:

Tabla II: Si se elige: j4.5,6.5λ 21 ±−=− la ecuación característica será: 062.513ss

2 =++

21−λ K1 K2 G TE(2%) s. Mp (%) rampae ),(∞ 5.56 j±− -0.10138 0.58688 0.1840 0.6220 9.00 0.05613

56 j±− -0.07222 0.51388 0.1694 0.6364 6.50 0.07170 5.46 j±− -0.04527 0.44791 0.1516 0.6465 4.30 0.08833 5.45.6 j±− -0.01388 0.53472 0.1736 0.6060 3.90 0.08300

5.47 j±− 0.015277 0.62847 0.1924 0-5556 3.60 0.07717


Analíticamente empleando el Método Directo, se tendrá:

−−−

−−−−=

−

−

−−=−=

21

21

21

21

6k26k1.6

15k515k8

6k6k

15k15k

21.6

58KBAAc

=

+++−

+++=

−−−

−−−−−

=−

21

21

21

21

6k2s6k1.6

15k515k8s

6k26k1.6

15k515k8

s0

0sAcIs

01.6)(6k)15k(5)6k2(s)15k8(s 1221 =−+−++++= 0)72k(24s)15k6k(10s 212

2 =+++++= En consecuencia:

0.534722277/144k62.572k24 22 ≅=⇒=+ 0.01388881/72k1315k7/2410 11 −≅−=⇒=++

0.1736111125/144G360

62.5

360

ωG

2

n ≅=⇒==

Por lo tanto: [ ]77/1441/72K −= y 25/144G = Queda claro que este no es el único diseño posible, hay muchos más como ya sabemos.- Se puede ver que hay muchas soluciones, con pares de polos complejos conjugados no dominantes.- La respuesta del sistema diseñado con sus atributos se muestran en la figura 48.-

Figura 48

0 0.2 0.4 0.6 0.8 10

0.5

1

Tiempo, seg.

Resp

uesta

y(t

)

Tr = 0.1906 s

5%Ts = 0.2323 s

2%Ts = 0.6061 s < 0.70 seg.-

Mp(%) = 3.9 % < 5 %

Tmax = 0.4242 s

Ess = 0

Atributos del Sistema DIseñado

Ess a la Rampa Unitaria = 0.0830 < 0.0833333


0 0.25 0.50

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

K = [ 8/15 7/3 ] y G = 6.40

Resp

uesta

y(t

)

Tr = 0.1266 s

5%Ts = 0.1717 s

2%Ts = 0.3485 s < 0.70 seg. %OS = 4.3 % < 5 %Tmax = 0.2626 s

Ess = 0

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.50

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

Tiempo, seg.

Resp

uesta

y(t

)

Error de Estado Estable = 0.08333

Atributos:

c) Con la Realimentación de los Estados más un Control Integral Resolver el problema anterior usando la realimentación de los estados más un control integral, ahora si con una configuración de polos complejos conjugados dominantes, más aún puede ser un sistema típico de 2º orden.- Acá también se adoptara uno de los muchos diseños posibles.- Ahora como hay tres polos se podrá cancelar el cero en -8 y si fijamos el coeficiente de amortiguación correspondiente, variando la parte real, y en consecuencia la imaginaria se podrá conseguir lo pedido.- Para que Mp (%) < 5%, se elige: −= 0.707.δ Para el tiempo de establecimiento al (2%), −≥ 5.714.σ

Para el error a la rampa unitaria: 12

1

σ

1

σ

2δ)e(

2

≤==∞ ⇒ −≥ 12.σ

Interceptando las dos expresiones anteriores será: −≥ 12.σ El tiempo de establecimiento disminuirá manteniendo el Mp (%) y se cumplirá la especificación del error a la rampa.- En consecuencia la ubicación de los tres polos deseada será: 8λyj1212λ 321 −=±−=− Procediendo como ya se sabe, analíticamente con la PC se llega a:

06.4Gy]7/38/15[K ==

La figura 49 muestra las respuestas del sistema diseñado.-

Figura 49


Problemas Propuestos

En los mismos se integran los

conocimientos adquiridos en cuanto al

análisis y diseño de los Sistemas de

control automático, con las técnicas

Clásica y Moderna.-


Ejercicio Nº 1: El diagrama de bloques de un sistema de control Integral más la Realimentación de los estados con ganancias 21 kyk (ctes reales), de un proceso, se muestra en la figura.

R(s) + s

1 G

3

1

+s

1

1

+s C(s)

_ + _ X2(s) X1(s)

Planta a Controlar

E(s) U(s)

2k

+

+

1k

Control Moderno:

1) Encuentre el modelo matemático de la planta a controlar.- 2) Determine las matrices del sistema de control seguidor en función de las Constantes Gykk 21, .-

3) Encontrar la función de transferencia del Sistema de Control, −).(sM

4) Determine, los valores de las ganancias de la matriz K de realimentación de los estados y el valor de la ganancia G de la salida del integrador agregado al camino directo, para que el sistema de control diseñado, tenga los atributos siguientes:

a) El error de estado estable debidos a entradas escalones sea nulo.- b) La sobre elongación a un escalón unitario en la entrada sea: −≤ %.5Mp c) El tiempo de establecimiento al 5% sea aproximadamente: −≅ .25.2%)5( segTe d) El error estacionario a entradas rampas unitarias sea igual a 1.10.-

Control Clásico: 5) Si 1120 1 == kyG , determine el rango de la ganancia 2k para que el sistema sea estable, aplicando el criterio de estabilidad de Nyquist. 6) Si 1120 1 == kyG , bosquejar el lugar geométrico de las raíces de la ecuación característica del sistema de control con la ganancia 2k como parámetro variable.- Además encontrar la ubicación de los polos del sistema, y el valor de la ganancia 2k , si se sabe que uno de los mismos está en −−= .103λ

7) Eliminar las realimentaciones internas, ( 021 == kk ) y reemplazar el boque de ganancia G por un controlador adecuado, para que el sistema sea uno típico de segundo orden con las especificaciones siguientes:

• La sobre elongación a un escalón unitario en la entrada sea: −≤ %.5Mp • El tiempo de establecimiento al 5% no supere los 1.50 segundos.-

8) ¿Qué error de estado estable, para entradas rampas de pendiente unitaria resulto?-


Ejercicio 2: En la figura se muestra el diagrama de bloques de un sistema de control con la realimentación de los estados solamente:

R(s) + U(s) X3(s) X2(s) X1(s)=Y(s)

_

+ +

Planta +

Control Moderno: Si, −= .24Kp

a) Encontrar el modelo en variables de estado de la planta a controlar.- b) Encontrar las matrices del sistema de control en función de las ganancias

−., 321 KyKK c) Determinar la ecuación característica del sistema en función de las ganancias

−., 321 KyKK d) Determinar el valor de dichas ganancias, para que la respuesta del sistema de control, tenga los atributos siguientes:

• Error de Estado Estacionario a entradas escalones unitarios sea nulo.- • Sobre elongación a las mismas entradas sea: −≤ %.17(%)Mp • Tiempo de establecimiento a las mismas entradas sea: −≤ .5.4%)2( segTe • Error de Estado Estable a entradas rampas unitarias sea menor o igual a −.70.0

e) Determinar la función de transferencia del sistema de control diseñado, ,)(

)()(

sR

sYsM =

y las matrices del modelo del sistema obtenido.-

Control Clásico: f) Si KpconKyKK ,00.1125.0,375.0 132 === como el parámetro variable, determinar el rango del mismo para que el sistema sea estable, aplicando el criterio de estabilidad de Nyquist.- g) Si KpconKyKK ,00.1,125.0,375.0 132 === como el parámetro variable, bosquejar el lugar de las raíces de la ecuación característica del sistema. Determinar el valor deKp , y la configuración de polos del sistema si se sabe que uno de ellos está ubicado en el plano s en: −−= .63λ h) Si en la planta a controlar, 24=Kp , diseñar un sistema de control clásico con un controlador serie adecuado y una realimentación unitaria para conseguir las mismas especificaciones de funcionamiento que se consiguieron con la teoría de control moderno en el punto d).-


Ejercicio Nº 3: En la figura se muestra el diagrama de bloques de un sistema de control.

Planta a Controlar

+ +

R(s) + U(s) X3(s) + X2 + Y(s)

_ + X1

+ P(s)

+

+

Control Moderno:

1) Determinar el modelo matemático en variables de estado de la planta a controlar, , la misma tiene dos entradas u(t) y n(t), luego la función de transferencia )(sGp y por último sus valores característicos. Ellos son funciones de los parámetros, −.?bya 2) Determinar en base a )(sGp , las relaciones entre los parámetros bya que producen una cancelación de polo-cero. De ellas cuales provocan que la planta sea de estado completamente no controlable, y cuáles de estado completamente no observable.- 3) Suponiendo que 1== ba . Realimentando los estados, con la señal de control de la forma )()()( trGtxKtu +−= , donde [ ]321 kkkK = , es la matriz de realimentación de

los estados y G la ganancia de pre compensación. Diseñar el sistema de control propuesto para que se cumplan las especificaciones siguientes:

• Que el error de estado estacionario para entradas escalones sea nulo.- • Que la sobre elongación para esas mismas entradas no supere el 5%.- • Que el tiempo de establecimiento al 2% no supere los 4.50 segundos.- • Que el error de estado estable a rampas unitarias no supere el valor de 1.10.-

4) Determine las cuatro matrices del modelo del sistema de control diseñado.- Control Clásico: 5) Si 1== ba , determinar la ecuación característica del sistema de control propuesto en función de los parámetros 321 , kykk .- (Reduzca primero, el último lazo).-

6) Si 13 =k , demarcar en el plano )( 21 kfk = la región donde el sistema es estable.

7) En el sistema de control de la figura, si 15 31 == kyk , determinar el rango del

parámetro 2k para que el sistema sea estable aplicando el criterio de Nyquist. En los rangos de inestabilidad del parámetro 2k obtener la cantidad de polos del sistema en el semiplano derecho del plano s.- 8) Con los valores de 15 31 == kyk , graficar el lugar de las raíces de la ecuación

característica del sistema de control de la figura con 2k como parámetro variable. Si se sabe que el sistema tiene un par de polos complejos conjugados, cuya parte es 1−=σ , determinar la configuración total de polos del sistema, como así también el valor correspondiente del parámetro 2k .-


Ejercicio Nº 4: Control Moderno: El diagrama de bloques de un sistema de control mediante la realimentación de los estados solamente se muestra en la figura. Las ganancias 321 , kykk son constantes.

U(s) X3(s) X2(s) X1(s)

)(sR + 3

1

+s

1

1

+s

s

1 )(sC

_ _ _ Planta a Controlar

3k

2k

1k

Control Moderno:

1) El modelo de estado de la planta a controlar.- 2) La función de transferencia de la planta, −).(sGp 3) Encontrar los valores de las ganancias de realimentación para que: a) El error estacionario a entradas escalones,

EEe [ errordeseñallaseaquete ),( ]= 0.- b) Los polos complejos del sistema de control estén ubicadas en: −±−=− .121 jλ 4) Encuentre la tercera raíz. ¿Pueden las tres raíces ser asignadas arbitrariamente, alcanzando aún los requerimientos de estado estable con este simple diseño?- 5) Si los polos complejos conjugados del diseño anterior, no resultan dominantes, agregar una ganancia de pre compensación G y determinar los nuevos valores de las ganancias de la matriz de realimentación, para que se consigan las especificaciones siguientes:

• Que el error de estado estacionario a entradas escalones siga siendo nulo. • Que la sobre elongación de c (t) a entradas escalones sea menor que 5%.- • Que el tiempo de establecimiento al 2% no supere los 4.50 segundos. • Que el error estacionario a entradas rampas unitarias no supere a 1.20.-

Control Clásico: 6) Si 610 21 == kyk , bosquejar el lugar de las raíces de la ecuación característica del sistema de control con 3k como parámetro variable. Un polo de la función de transferencia empleada esta en –2. Además encontrar la ubicación de los polos complejos conjugados del sistema y el valor de 3k cuando se sabe que el polo real está

situado en 53 −=λ .- 7) Con la teoría del control clásico, diseñar un sistema de control seguidor con realimentación unitaria y un controlador serie adecuado para conseguir por lo menos las primeras tres especificaciones que las logradas con el control moderno, en el punto número 5.-


Ejercicio Nº 5: Un proceso a controlar está modelado por el siguiente diagrama de bloques:

U(s) + X2(s) X1(s) Y(s)

+

Control Moderno:

La acción de control )(tu se puede obtener de la entrada )(tr y de la realimentación de los estados, de dos formas: caso I): )()()()( 2211 txktxktrtu −−= o además con un control integral: Caso II): −−+−−= ∫ .))()(()()()( 2211 dttytrGtxktxktu Se pide lo siguiente:

1) Determinar el modelo matemático del proceso a controlar en el espacio de estado, y establecer si el mismo es estable.- 2) En caso de ser inestable, ¿se podrá estabilizar el sistema con alguno de los controles propuestos?, ¿por qué?- (Se conoce que las variables de estado se pueden sensar).- 3) En caso de ser afirmativa la respuesta del pto. anterior, determinar para el caso I), la región del plano )( 21 kfk = , en la cual el sistema control sea estable.- 4) También para el caso II), determinar, en el plano ya mencionado, si 40−=G , demarcar en el plano )( 21 kfk = , la región donde el sistema de control es estable.- 5) Se desea diseñar un sistema de control, empleando el caso II), para que el mismo cumpla con las especificaciones detalladas a continuación:

• Que el error a entradas escalones sea nulo.- • Que la sobre elongación a esas mismas entradas no supere el 5%.

• Que el tiempo de establecimiento al 5% sea menor o igual a 1.25 seg.

• Que el error de estado estable a entradas rampas unitarias sea igual a 0.60.-

6) Cuales resultaron las matrices del sistema diseñado.-

Control Clásico: 7) En el mismo sistema, si 5.211 −=k , y la ganancia del integrador en el camino directo es 40−=G , determinar aplicando el criterio de Nyquist el rango del parámetro 2k , para que el sistema sea estable, además determinar la cantidad de polos en el semiplano derecho del plano s en los rangos de inestabilidad del parámetro 2k .- 8) Si 5.211 −=k y 40−=G , bosquejar el lugar geométrico completo de las raíces de la ecuación característica del sistema, con 2k como parámetro variable. Encontrar la ubicación de los polos del sistema, y el valor correspondiente de 2− , si se sabe que el polo real está en 3K

Nota: El denominador de la función de transferencia equivalente empleada es: )7.6522.2()22.1()8063( 223 +−+≅++− ssssss .-

10


Ejercicio Nº 6: En la figura siguiente se muestra el diagrama de bloques de un sistema de control realimentado con un controlador serie PI. La planta es de tercer orden.

R(s) + + X3(s) X2(s) Y(s)

U(s) X1(s)

_ _

Planta a Controlar

Control Moderno: 1) Obtener el modelo matemático en variables de estado de la planta a controlar.- 2) Diseñar un sistema seguidor tipo 1, con una ganancia de pre compensación más la realimentación de los estados, usando el modelo del punto anterior, para que se consiga las especificaciones siguientes:

• Que el error de estado estable a entradas escalones sea nulo.- • Que el tiempo de establecimiento al 2% sea : .50,5%)2( segTE ≤ • Que la sobre elongación de c(t) al escalón no supere el 17%: −≤ %.17(%)Mp • Que el error estacionario a entradas rampas unitarias sea menor que 0.825.-

3) Cuales son las matrices del modelo del sistema de control diseñado.-

Control Clásico:

4) Demarcar en el plano )(KpfKi = la región para la cual el sistema es estable.- 5) Utilizando el resultado del punto anterior determinar los rangos de Ki , o Kp para la estabilidad, si el otro parámetro tiene los valores siguientes:

−== .20,10,6.156 KiademásyyKp 6) Verificar por Nyquist el resultado del punto anterior, si 6=Kp , determinando además la cantidad de polos del sistema en el semiplano derecho del plano s en los rangos de inestabilidad del parámetro Ki .- 7) Bosquejar el lugar geométrico de las raíces de la ecuación característica del sistema con Ki como parámetro variable, )0( >Ki y el valor de 6=Kp . Si se sabe que los dos polos reales están situados aproximadamente en 89,61 43 −≅−= λλ y . Determinar el valor del parámetro Ki y la ubicación del par de polos complejos conjugados −− .21λ

8) Diseñar un sistema de control, empleando el controlador serie PI indicado en la figura, para que se consiga los mismos polos complejos conjugados dominantes del punto 2) en el diseño con el control por realimentación de los estados. 9) ¿Que error de estado estable a entradas rampas de pendientes unitarias resulto?-


Ejercicio Nº 7: En la figura siguiente se muestra el diagrama de bloques de un sistema de control realimentado con un controlador serie PD. La planta es de tercer orden.

R(s) + + X3(s) X2(s) Y(s)

X1(s)

_ _

U(s) Planta a Controlar

Control Moderno: 1) Obtener el modelo matemático en variables de estado de la planta a controlar.- 2) Diseñar un sistema seguidor tipo 1, con una ganancia de pre compensación más la realimentación de los estados, usando el modelo del punto anterior, para que se consigan las especificaciones siguientes:

• Que el error de estado estable a entradas escalones sea nulo.- • Que el tiempo de establecimiento al 2% sea : .80,1%)2( segTE ≤ • Que la sobre elongación de c(t) al escalón no supere el 5%: −≤ %.5(%)Mp • Que el error estacionario a entradas rampas unitarias sea menor que 0.50.


Control Clásico: 4) Demarcar en el plano )(KpfKd = la región para la cual el sistema es estable.- Suponga que los parámetros del controlador pueden teóricamente ser valores negativos. 5) Utilizando el resultado del punto anterior, determinar los rangos de Kd para que el sistema sea estable, si Kp tiene los valores de: −= .606,5 yKp 6) Verificar con el criterio de Nyquist el resultado del punto anterior, si 6,5=Kp estableciendo además la cantidad de polos del sistema en el o los rangos de inestabilidad de Kd .- 7) Graficar un bosquejo del lugar geométrico de las raíces de la ecuación característica del sistema si Kd es el parámetro variable, para 6,5=Kp . Si se sabe que un polo del sistema está ubicado en 83 −=λ , determinar la configuración total de polos y ceros del

sistema seguidor tipo 1 y el valor correspondiente de Kd .

Nota: −++−≅−+ .)21.4()26.2()47.1()145( 23sssss

8) Diseñar un sistema de control, empleando el controlador serie PD indicado en la figura, para que se consiga la misma posición de los polos complejos conjugados dominantes del punto 2), en el diseño con el control por realimentación de los estados. 9) ¿Que error de estado estable para una entrada rampa de pendiente unitaria resulto?-


Ejercicio Nº 8: El diagrama de bloques de un sistema de control clásico con un controlador serie, para controlar la planta )(sGp se muestra en la figura:

)(sR + )(sE )(sGC )(sU )10010(

100)(

2 ++=

ssssGp )(sC

_

Planta a Controlar

Control Clásico: Si la función de transferencia del sistema de control, (de lazo cerrado), es:

)()20020()(

3

2 λ−++=

sss

KsM , donde K es la ganancia del sistema y 3λ el tercer polo

del mismo. 1) Graficar la función, coeficiente de error a entradas rampas en función de 3λ :

)( 3λfKv = .- 2) ¿Cuál es el valor teórico máximo de Kv que se podría obtener? Comente los inconvenientes que pueden surgir al intentar obtener un valor grande de −.Kv 3) Diseñar ahora, si es posible, en forma directa, un simple controlador serie de una etapa, (filtro de segundo orden), para que en el sistema de control resultante se alcancen las especificaciones detalladas a continuación:

• Que el error de estado estable a entradas escalones unitarios sea nulo. • Que el sistema no tenga ceros. • Que la sobre elongación de c (t) a entradas escalones no supere el 5%. • Que el tiempo de establecimiento al 5% de c (t) al escalón unitario no supere el

valor de 0.25 seg. • Se requiere que la constante de error a la rampa unitaria sea −= − .9 1segKv

Determinar la función de transferencia del controlador, −= .)(

)()(

sE

sUsGc

Control Moderno:

4) Determinar el modelo matemático de la planta en la forma canónica controlable.- 5) Diseñar un sistema de control seguidor tipo 1, empleando el modelo del punto anterior, por medio de la realimentación de los estados con una ganancia de pre compensación, para que se cumplan todas las especificaciones obtenidas con el control clásico del punto 3).-



Ejercicio Nº 9: Un sistema de control con realimentación unitaria y un control ... DIP modificado,

( PDI − ), Tiene la configuración siguiente: )(sP

+

)(sR + )(sU )(sC

)(sGC )(sGP

+ _

_ Planta a Controlar

)(1 sH

Dónde: ;)(s

KisGC =

)2(

100)(

+=

sssGP

y −>+= .0;:,)()(1 KdyKiKpconsKdKpsH

Control Clásico:

1) Si 32.0=Ki , demarcar en el plano, )(KdfKp = la región para la cual el sistema es estable.

2) Usando el grafico anterior, fijado un parámetro determinar el rango del otro para que el sistema sea estable a saber: a) Si 055.0=Kd y b) Si −== .08.032.0 KpyKp

3) Verificar el caso a), aplicando el criterio de estabilidad de Nyquist.-

4) Si 055.032.0 == KdyKi , graficar el lugar de las raíces de la ecuación característica del sistema con Kp como parámetro variable.-

5) Si se quiere que el polo real y la parte real del par complejos conjugados tengan el mismo valor, determinar la ubicación de los tres polos del sistema y la ganancia Kp .-

6) Diseñe el controlador ... DIP modificado comentado, para que se cumplan las especificaciones de funcionamiento siguientes:

• Que el sobrepaso máximo a una entrada escalón unitario sea −≤ %.5 • Que el tiempo de establecimiento al 2% sea, −≤ .25.2 segtE • Que error estacionario a una entrada rampa unitaria no supere el valor de 0.60.-

Control Moderno: 7) Determine el modelo matemático de la planta en la forma canónica controlable.- 8) Realizar un diseño por realimentación de los estados con un control integral, para conseguir las mismas especificaciones ya enumeradas para el control clásico

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dea.unsj.edu.ardea.unsj.edu.ar/control2/contr.analo.ve.pdf · CONTROL II (Elo y Bio) - Diseño de Controladores en Variables de Estado – Prof. Ing. Carlos F. Martín - (2014) -