Tp nu00 b02 m rotondi

Trabajo Práctico n°2

Control I

Alumno: Rotondi, Mauro Daniel.

Docente: Palmieri, Diego.

Instructor: Colmegna, Patricio.

Fecha de Entrega: 13/11/2014

Ejercicio n°1

Dados los diagramas de Bode a la izquierda de la Figura 1, deducir cuales de los diagramas de Nyquist a la

derecha corresponden al mismo sistema.

Figura 1: Diagramas de Bode y Nyquist

NOTA: Para la resolución de este ejercicio, se buscó la función correspondiente a cada gráfica; y junto con

los valores necesarios para Nyquist, se dibujaron en MATLAB para verificar lo calculado.

Resolución

• Para el Gráfico 1 de Bode de la Figura 1, se puede observar que se trata de un polo doble inestabe,

esbozado en la siguiente función:

G(s) =1

(s−1)2

Si expresamos lo obtenido en funciones de G(jω):

Si se evalúa para los siguientes valores de ω:

Con todo lo calculado,se representan graficamente:

Figura 2: Diagrama de Bode n°1

A continuación en la Figura 3 se encuentra el Nyquist correspondiente al Bode de la Figura 2.

G( jω)=1

(− jω + 1)→quemultiplicando por el conjugado se obtiene :

G( jω) =1

−ω2 − 2 j ω+ 1, si separamos en parte Real (ℜ)e Imaginaria (ℑ):

G( jω) =−ω2

+1ω4 + 2ω2 +1

+ j2ω

ω4 + 2ω2 +1

ω → 0 se obtieneel punto (1 + j0)

ω → ∞ siendo que la parte ℑ→0 mas rápido que la parte ℜ , se obtieneel punto (− 0 + j0) con unángulode −180.

Por último , paraobservar el corte conel ejeℑ , del numerador de la parte ℜ

hade ser −ω2 + 1 = 0→ ω =±1radseg

ω → 1 se obtiene el punto (0 + j 0.5)

Figura 3: Diagrama de Nyquist n°2

• Para el Gráfico 2 de Bode de la Figura 1, se puede observar que se trata de:

◦ Ganancia negativa que aporta 180° de fase

◦ Cero simple en ω = 1, quedando (s + 1) .

◦ Un polo en el orígen 1s

, que aporta -90° de fase.

◦ Un polo simple inestable en ω = 10, que en fase se comporta como un cero simple, siendo

entonces 1

−s10

+1.

Con todos los datos relevados, se construye la siguiente función:

Expresándolo en función de G(j ω):


G(s) =−10 (s + 1)s (−s + 10)

→G(s )=−10 (s + 1)

(−s2 + 10 s)

G( jω) =−10 ( jω +1)

(−( jω)2 + 10 jω)→que multiplicando por el conjugado y ordenando se obtiene :

G( jω) =−10 jω −10

ω2 + 10 j ω, si separamos en parte Real (ℜ)e Imaginaria (ℑ):

G( jω) =110

ω2 + 100+ j

−10ω2+100

ω3 + 100 ω

Con todo lo calculado, se representan graficamente:




ω → 0 se obtieneel punto (−1,1 − j ∞)

ω → ∞ siendo que la parte ℜ→0 mas rápido que la parte ℑ , seobtieneel punto ( 0 + j ∞) conunángulo de 90.

Por último , paraobservar el corte conel ejeℜ , del numerador de la parte ℑ

hade ser −10ω2 + 100 = 0→ ω =±√10radseg

ω = √10 seobtiene el punto (−1 + j 0)

• Para el Gráfico 3 de Bode de la Figura 1, se puede observar que se trata de:

◦ Un polo en el orígen 1s

, que aporta -90° de fase.

◦ Un polo doble estable en ω = 1, de forma 1

(s +1)2

Con todos los datos relevados, se construye la siguiente función:

Expresándolo en función de G(j ω):


G(s) =1

s (s + 1)2

G ( jω)=1

( jω) ( jω + 1)2→queordenando se obtiene :

G( jω) =1

−( jω)3− 2ω2

+ jω, si se separa en parte Real (ℜ)e Imaginaria(ℑ) :

G( jω) =−2

ω4 + 2ω2 + 1+ j

ω2 − 1

ω5 + 2ω2 + ω

ω → 0 se obtieneel punto (−2 − j ∞)

ω → ∞ siendo que la parte ℜ→0 mas rápido que la parte ℑ , seobtieneel punto ( 0 + j ∞) conunángulo de 90.

Por último , paraobservar el corte conel ejeℜ , del numerador de la parte ℑ

hade ser ω2 − 1 = 0 → ω = ±1radseg

ω = 1 se obtieneel punto (−0.5 + j 0)

Con todo lo calculado, se representan graficamente:




Ejercicio n°2

Asociar cada uno de los diagramas de Bode de la Figura 8, con el mapa de polos y ceros de la Figura 9.

Figura 8: Diagramas de Bode

Figura 9: Diagrama de Mapas

• Para el Bode A de la Figura 8, le corresponde el Mapa 2 de la Figura 9, con los siguientes ceros ypolos:

◦ Cero complejo en −12

± j 1 (se justifica su elección mas adelante).

◦ Polo simple en (– 0.1 + j 0).◦ Polo doble en (– 1 + j 0) .

La función queda de la siguiente manera:

G( jω) =

( jω +12

+ j 1) . ( jω +12

− j 1)

( jω + 0.1) .( jω + 1)2queordenando y expresandoen según la forma

compleja enel numerador queda : G ( jω)=

54

.[(jω√52 )

2

+ 2 .1√5

.jω√52

+ 1]1

10. ( jω

0.1+ 1) . ( jω + 1)

2

Quedan los siguientes valores:

Una ganancia → 20 log(12.5) ≃ 22 dB

ωn = 1,11radseg

ζ =1√5

ωr = 0,86radseg

M r = 1,25 dB

Para verificar lo obtenido, se representa en la Figura 10 el diagrama de Bode en MATLAB correspondiente:

Figura 10: Diagrama de Bode del Mapa 2

• Para el Bode B de la Figura 8, le corresponde el Mapa 4 de la Figura 9, con los siguientes ceros ypolos:◦ Cero en en el orígen.

◦ Polo complejo inestable en 12

± j 1 .



G( jω) =jω

( jω−12

+ j 1) . ( jω −12

− j 1)que ordenando y expresando ensegún la forma

compleja en el denominador queda : G ( jω)=jω

54

.[(jω√52 )

2

− 2 .1√5

.jω√52

+ 1]

Una ganancia → 20 log ┃0,8 ┃ ≃−2dB

ωn = 1,11radseg

ζ =−1

√5

ωr = 0,86radseg

M r =−1,25dB



• Para el Bode C de la Figura 8, le corresponde el Mapa 3 de la Figura 9, con los siguientes ceros ypolos:◦ Cero en en el orígen.

◦ Polo complejo inestable en −12

± j 1 .



G( jω) =jω

( jω +12

+ j 1) . ( jω +12

− j 1)que ordenando y expresandoen según la forma

compleja en el denominador queda : G ( jω)=jω

54

.[(jω√52 )

2

+ 2 .1√5

.jω√52

+ 1]

Una ganancia → 20 log ┃0,8 ┃ ≃− 2dB

ωn = 1,11radseg

ζ =1

√5≃ 0,44

ωr = 0,86radseg

M r = 1,25dB



• Para el Bode D de la Figura 8, le corresponde el Mapa 1 de la Figura 9, con los siguientes ceros ypolos:

◦ Cero complejo en 12± j 1 (se justifica su elección mas adelante).

◦ Polo simple en (– 0.1 + j 0).◦ Polo doble en (– 1 + j 0) .



G( jω) =

( jω−12

+ j 1) . ( jω −12

− j 1)

( jω + 0.1) .( jω + 1)2 que ordenando y expresando ensegún la forma

compleja en el numerador queda : G( jω)=

54

.[(jω√52 )

2

− 2 .1√5

.jω√52

+ 1]1

10. ( jω

0.1+ 1) . ( jω + 1)2

Una ganancia → 20 log(12.5) ≃ 22 dB

ωn = 1,11radseg

ζ =1√5

ωr = 0,86radseg

M r = 1,25 dB



Conclusión

Observando todos los gráficos, se pueden ver como los ceros y polos complejos INESTABLES hacen varias

los diagramas de fase, sin alterar estos la respuesta en frecuencia en cuanto a la magnitud.

Ejercicio n°3

Utiliar el criterio de Nyquis para decidir si los siguientes sistemas son estables a lazo cerrado. Si algún

sistema fuera inestable, decir cuántos polos en el semiplano derecho posee.

(a)

(b)

(c)

(d)

Resolución

(a) Se expresa la G(s) en función de G(jω):


Analizando el caso para la asíntota, se toma :

Escribiendo (a) en función de la nueva igualdad de s:

G(s) =5(s+1)

s2−2 s+3

G(s) =s+3

s(s−1)

G(s) =2 s

s2−s+1.25

G(s) =10

(s+3)3

G( jω) =jω +3

( jω) ( jω −1), si separamosen parte Real (ℜ)e Imaginaria(ℑ) :

G( jω) =−4

ω2 + 1+ j

3−ω2

ω3 + ω

ω → 0 se obtieneel punto (−4 + j ∞)

ω → ∞ siendo que la parte ℜ→0mas rápido que la parte ℑ , se obtieneel punto ( 0 − j 0) con unángulo de −90.

Para observar el corte conel eje ℜ , del numerador de la parteℑ

hade ser 3−ω2= 0 → ω =±√3

radseg

ω = √3 se obtieneel punto (−1 + j 0)

s = ε e j θ ; con ε≪1 y θ∈[−θ2

; θ2 ]

G(ε e j θ)=ε e j θ +3

(ε e j θ) (ε e j θ −1)→ G (ε e j θ) =

3

−ε e j θ, expresando enmagnitud y fase :

G(ε e j θ)=3ε e− j(θ + Π)

G(s) =s+3

s(s−1)

Dándole los siguientes valores a θ :

Con todos los datos obtenidos, se realiza el Diagrama de Nyquist en la Figura 14.

Figura 14: Nyquist de la función (a)

Siendo que:

• P = 1, ya que las raíces del denominador de (b) son:◦ – 1.0000 + 0.000i

• El número de vueltas al “-1” es N = 1

• Los polos a lazo cerrado Z son Z = N + P

◦ Z = 1 + 1 → Z = 2.

Al pasar por el -1, el sistema es CRITICAMENTE ESTABLE.

θ =− Π2

→3ε e

− j Π2 → −∞

θ = 0 →3ε e− j Π → −∞

θ = Π2

→3ε e

− j32

Π→ +∞

(b)

Se expresa la G(s) en función de G(jω):



Figura 15: Nyquist de la función (b)

G( jω) =5( jω +1)

( jω2−2 jω + 3), si separamosen parte Real (ℜ)e Imaginaria(ℑ) :

G( jω) =−15ω2+15

ω4 −2 ω2 + 9+ j

5 ω(5−ω2)

ω4 −2 ω2 + 9

ω → 0 se obtieneel punto (53

+ j 0)

ω → ∞ siendo que la parte ℜ→0mas rápido que la parte ℑ , se obtieneel punto ( 0 − j ∞) conun ángulode −90.

Para observar el corte conel eje ℜ , del numerador de la parteℑ

hade ser 5−ω2 = 0 → ω =±√5radseg

ω = √5 seobtiene el punto (−52

+ j 0)

Para observar el corte conel eje ℑ , del numerador de la parte ℜ

hade ser −15ω2+ 15 = 0→ ω =±1

radseg

ω = 1 se obtieneel punto (0 + j52

)

G(s) =5(s+1)

s2−2 s+3

Siendo que:

• P = 2, ya que las raíces del denominador de (b) son:◦ 1.0000 + 1.4142i◦ 1.0000 - 1.4142i

• El número de vueltas al “-1” es N = – 2, ( el – viene del sentido de giro antihorario)


◦ Z = – 2 + 2 → Z = 0.

Como Z = 0, el sistema es ESTABLE A LAZO CERRADO.

(c)




G(s) =2 s

s2−s+1.25

G( jω) =2 jω

( jω2− jω + 1.25), si separamos en parte Real (ℜ)e Imaginaria (ℑ):

G( jω) =−2ω2

ω4 −1.5ω2 + 1.5625+ j

−2ω3 + 2.5ω

ω4 −1.5ω2 + 1.5625

ω → 0 se obtieneel punto (0 + j 0)

ω → ∞ siendo que la parte ℜ→0mas rápido que la parte ℑ , se obtieneel punto ( 0 − j 0) con unángulo de −90.

Para observar el corte conel eje ℜ , el numerador de la parte ℑ

hade ser −2ω3 + 2.5ω = 0→ ω =±√52

radseg

ω =√52

se obtieneel punto (−2 + j 0)

No hay cortes con el eje ℑ.

Figura 16: Nyquist de la función (c)

Siendo que:

• P = 2, ya que las raíces del denominador de (c) son:◦ 0.5000 + 1.0000i◦ 0.5000 - 1.0000i

• El número de vueltas al “-1” es N = – 1, ( el – viene del sentido de giro antihorario)


◦ Z = – 1 + 2 → Z = 1.

Como Z = 1, el sistema es NO ES ESTABLE A LAZO CERRADO.

(d)



G(s) =10

(s+1)3

G( jω) =10

( jω + 1)3, si separamos en parte Real (ℜ)e Imaginaria (ℑ):

G( jω) =−30ω2 + 10

ω6 + 3 ω4 + 3ω2 + 1+ j

10ω3−30ω

ω6 + 3ω4 + 3ω2 + 1


Figura 17: Nyquist de la función (d)

Siendo que:

• P = 0, ya que las raíces del denominador de (d) son:◦ -1.0000 + 0.0000i◦ -1.0000 + 0.0000i◦ -1.0000 - 0.0000i

• El número de vueltas al “-1” es N = +2, ( el + viene del sentido de giro horario)


◦ Z = 2 + 0 → Z = 2.

Como Z = 2, el sistema es NO ES ESTABLE A LAZO CERRADO.

ω → 0 se obtieneel punto (10 + j 0)

ω → ∞ siendo que la parte ℜ→0mas rápido que la parte ℑ , se obtieneel punto ( 0 + j 0) conun ángulode 90.

Para observar el corte conel eje ℜ , el numerador de la parte ℑ

hade ser 10ω3−30ω = 0 → ω =±√3

radseg

ω = √3 se obtieneel punto (−54

+ j 0)

Para observar el corte conel eje ℑ , el numerador de la parte ℜ

hade ser −30ω2+10ω = 0 → ω =±1

√3radseg

ω =1

√3se obtieneel punto (0 − j

154

√3) ≃(0 − 6,49)

Ejercicio n°4

Considerar un planta con el modelos nominal

(a) Sin tener en cuenta el retardo, diseñar un controlador tal que ubique los polos dominantes a lazo cerrado

en s = −2 ± 0.5 j. Simular el sistema a lazo cerrado.

(b) Aproximar el retardo con una aproximación de Padé de segundo orden y diseñar un controlador bajo las

mismas condiciones que antes. Simular el sistema a lazo cerrado.

(c) Simular el controlador diseñado en (a) con un predictor de Smith.

(d) Decidir cuál de los dos desempeños es el mejor.

(e) Suponiendo que el retardo del sistema real tiene un 20% de error, simular los controladores obtenidos

considerando el retardo de la planta ret = 0.6 y ret = 0.4.

(f) Calcular el valor del retardo máximo que mantiene el sistema estable.

Resolución

(a) Siendo el modelo nominal de la planta sin el retardo:

Se toma un Alc de grado → 2 . n, quedando entonces un Alc de grado 4.

De esta manera, se toma un controlador bipropio con n = 2 de la forma

Desarrollando los polos dominantes a lazo cerrado s = −2 ± 0.5 j se obtiene:

Planteado la ecuación de el polinomio característico a lazo cerrado:

Ao(s) . L(s) + Bo(s ) . P (s) = Alc (s)

Go(s) =(s+5)

(s+1). (s+3). e−0.5 s

Go(s) =Bo(s)

Ao(s)=

(s+5)( s+1) . (s+3)

; con Bo(s) de grado m=1 y Ao(s)de gradon=2

(s+2+ j0.5 ) . (s+2− j0.5 )→ s2+2 s− j 0.5+2 s+4− j+ j 0.5+ j+14

quedando la ecuación: s2+4 s+174

C (s) =P(s )L (s)

, quedandoentonces un controlador bipropio.

Sustituyendo en cada término se obtiene:

Donde:

• L(s )= s .( l0+l1 s ) ; siendo éste de grado2, conel termino integrador ' s ' .

Aprovechando la cancelación de polos, definimos entonces:

• P (s)= [(s+1) . (s+3)] . p0 , que tiene grado 2.

• α y β se agregan para completar el grado 4, (s+α)= (s+1) ∧ (s+β)= (s+3)Reemplazando en (1) y cancelando:

Quedando entonces:

Igualando los coeficientes pertenecientes al mismo grado y despejando:

NOTA: Para este caso, el sistema es sencillo de resolver y tiene una respuesta única, en caso de tener uno

mas complejo, es conveniente plantear la matríz del sistema y ver si no es singular (Det ≠ 0) para ver si

tiene única solución.

Finalmente, se procede a armar el controlador C(s):

Según la simulación en MATLAB esbozada en la Figura 18, se obtiene en la salida del sistema el diagrama de

la Figura 19.

(s+1) . (s+3) . L(s) + (s+5) . P (s) = (s2+4 s+174

) . (s+α) . (s+β) (1)

(s+1) . (s+3) . s . (l0+l1 s )+ (s+5) . [(s+1) . (s+3) . p0] = (s2+4 s+174

) . (s+1) . (s+3)

s . ( l0+l1 s )+ (s+5) . p0 = s2+4 s+174

l1 s2+l0 s+ p0 s+5 p0 = s2+4 s+174

l1 = 1

l0 + p0 = 4 → l0 =6320

= 3.15

5 p0 =174

→ p0 =1720

= 0.85

C (s) =(s+1)(s+3) p0

s .(l0+l1 s)=

(s+1)(s+3) 0.85s .(3.15+s )

→C (s)=0.85s2+3.4 s+2.55

s2+3.15s

Figura 18: Simulacion del sistema (a)

Figura 19: Respuesta al escalón sin retardo

(b) La expresión general para la aproximación de Padé es la siguiente:

En nuestro, para un caso de segundo orden, se obtiene:

Ya con la aproximación para el retardo calculada, el modelo de la planta pasa a ser:

Ahora, analizando nuevamente los grados de la planta, se tiene que:

e−(Ts)≃

1 + Σi=1

n i ! (−Ts)i

(2i)!

1 + Σi=1

n i !(Ts)i

(2i)!

e−(Ts)≃

1 −12

Ts+(Ts)2

12

1 +12

Ts+(Ts)2

12

, y reemplazando conT = 0.5

→ e−0.5s ≃

1 −14

s+148

s2

1 +14

s+148

s2

Go(s) =(s+5)

(s+1). (s+3). e−0.5 s

≃(s+5)

(s+1) . (s+3).

1 −14

s+148

s2

1 +14

s+148

s2=

B0( s)

A0(s )

• B0(s) tiene grado m = 3.

• A0(s) es de grado n = 4.

De esta manera, el polinomio Alc será de grado 2.n → 8, por lo que el controlador C(s) será:

Planteamos:

Ao(s) . L(s) + Bo(s ) . P (s) = Alc (s)

Sustituyendo en cada término se obtiene la ecuación (41):

Donde:

•

Aprovechando la cancelación de polos, definimos entonces:

•

•

•

Reemplazando en (41) y cancelando se obtiene:

Igualando los coeficientes pertenecientes al mismo grado y despejando:

Con los coeficientes obtenidos, se arma el controlador C(s):

Haciendo las sustituciones correspondientes y distribuyendo:

(s+1) . (s+3) . (1 +14

s+ 148

s2)L (s) +( s+5) . (1 −14

s+ 148

s2)P (s )= (s2+4 s+174

) . ( s+α) . (s+β)(1 +14

s+ 148

s2)(s+γ)2

(l3 s4+l2 s3+l1 s2+l0 s )+ (1

48s3 −

748

s2−14

s+5) . p0 = s4+44 s3+564.25 s2+1770 s+1700

C (s)=P (s)L(s )

bipropio de grado4.

L(s )= s .( l3 s3+l2 s2+l1 s+l0) ; siendo éste de grado4, con el termino integrador ' s ' .

α y β se agregan paracompletar el grado8, (s+α) =(s+1) ∧ (s+β) =(s+3)

El término(s+γ)se coloca paracompletar el grado8, y esconveniente darle unvalor lejanoal de los polos dominantes , se propone →(s+γ)= (s+20)

P (s)= [(s+1) . (s+3) .(1 +14

s+148

s2)] . p0 , que tiene grado 4.

l3 = 1

l2 +148

p0 = 44 → l2 = 36.9166

l1 −748

p0 = 564.25 → l1 = 613.8333

l0 −14

p0 = 1770 → l 0 = 1855

5 p0 = 1700 → p0 = 340

C (s) =P(s )L (s)

=

[(s+1) . ( s+3) .(1 +14

s+148

s2)] . p0

s .(l3 s3+l2 s2+l1 s+l 0)

C (s)=7.083 s4+113,33 s3+701,25 s2+1615 s+1020

s4+36.9166 s3+613.8333 s2+1855 s

La planta con el retardo se presenta como:

Según la simulación en MATLAB esbozada en la Figura 20, se obtiene en la salida del sistema el diagrama de

la Figura 21.

Figura 20: Representación del sistema con Retardo por Padé

Figura 21: Respuesta al escalón con retardo aproximado por Padé.

(c) Se toma como G0(s) = e−sT . G0(s) , →G0(s) =s+5

(s+3)(s+1)

El controlador del ítem (a) es C (s)=0.85s2+3.4 s+2.55

s2+3.15s

Según el esquema de controlador con Predictor de Smith de la Figura 22:

Go(s) =(s+5)

(s+1) . (s+3).

1 −14

s+148

s2

1 +14

s+148

s2=

0.0208 s3−0.1458 s2−0.25 s+20

0.0208 s4+0.3333 s3+2.0625 s2+4.75 s+3

Figura 22: Predictor de Smith

Con MATLAB realizamos la siguiente simulación en la Figura 23.

Figura 23: Esquema para el controlador de (a) con el Predictor de Smith

La salida del sistema se representa en la Figura 24.

Figura 24: Respuesta al escalón con Predictor de Smith

(d)La Figura 25 muestra el resultado entre el retardo aproximado con Padé y con el Predictor de Smith:

Figura 25: Respuesta al escalón con los retardos por Padé y Smith

El mejor desempeño es el Predictor de Smith, ya que no presenta picos de amortuguamiento como el caso de

Padé para segundo orden, y se estabiliza sin ningún tipo de sobresaltos.

En algunos casos, la aproximación de Padé puede ser muy cruda, especialmente cuando el retardo es la

dinámica dominante del sistema.

(e) A continuación en la Figura 26, se presenta el esquema con la planta con su retardo real de 0.5, con el

Predictor de Smith y las plantas paralelas con retardos de 0.4 y 0.6.

Figura 26: Simulación de sistema con retardos 0.4 y 0.6

Visualizando la salida en la Figura 27:

Figura 27: Respuesta del sistema con retardos de 0.4 y 0.6

De este resultado, se puede observar que el retardo con 0.6, alcanza el valor de la señal escalón mas rápido,

con una pequeña sobreamortiguación; mientras que con el retardo de 0.4, tarda mas en llegar al valor 1, pero

sin ocasionar ningún tipo de oscilación.

(f) Del punto anterior, se puede apreciar que aumentando el retardo, el sistema responde al escalón con una

pequeña oscilación. A continuación, se irá probando de forma experimental según la Figura 28, dándole

valores a “Retardo Máximo” hasta donde el sistema siga siendo estable.

Figura 28: Simulación con el retardo máximo.

Con un retardo de 1.5, se obtiene lo representado en la Figura 29.

Figura 29: Retardo máximo de 1.5

Para un retardo de 1.9, se muestra en la Figura 30.

Figura 30: Para un retardo máximo de 1.9

Finalmente, se obtuvo que para un retardo = 2 el sistema se desestabiliza, tal cual indica la Figura 31.

Figura 31: Para un retardo máximo de 2

Claramente, se puede apreciar que para un retardo = 2 el sistema se torna inestable, asi que se puede dejar 1.9

como el retardo máximo .

Ejercicio n°5

Considerar el sistema nominal

(a)Sintonizar un PID con el método de Ziegler-Nichols sin tener en cuenta el retardo.

Sin retardo, la planta queda:

Como hay un integrador, usaremos el segundo Método propuesto por Z-N, donde primero se fija Ti=∞ y

Td=0. Usando sólo la acción de control proporcional (véase la Figura 32), se incrementa Kp desde 0 hasta un

valor crítico Kcr, en donde la salida presente oscilaciones sostenidas. (Si la salida no presenta oscilaciones

sostenidas para cualquier valor que pueda tomar Kp, entonces este método no se puede aplicar.) Así, la

G0(s) =e−5s

s (s+1)( s+20)

G0(s) =1

s (s+1)( s+20)

ganancia crítica Kcr y el periodo Pcr correspondiente se determinan experimental (véase la Figura 33).

Figura 32: Sistema a lazo cerrado con un controlador proporcional Kp

Figura 33: Oscilación sostenida con periodo Pcr (Pcr se mide en seg.).

Ziegler-Nichols sugirieron que se establecieran los valores de los parámetros Kp, Ti y Td de acuerdo con la fórmula

que se muestra en la Tabla 1.

Tabla 1 : Regla de sintonía de Z-N basada en la Kcr y Pcr.

Obsérvese que el controlador PID sintonizado mediante el segundo método de las reglas de

Ziegler-Nichols produce:

Según la Figura 32, la función de transferencia es:

C PID(s)= K p(1+1

T i s+T d s ) , y comoT i = ∞ ∧ T d = 0

→C PID(s) = K p

G(s) =K p

1+s(s+1)(s+20) K p

ordenando →G(s) =K p

s (s+1)(s+20)+K p

Ahora se busca el valor de Kcr para saber hasta donde es estable el sistema. Mediante Routh, calculamos el

coeficiente Kcr para el siguiente polinomio característico:

P (s)= s3+21 s2+20 s+K p

De aquí, se obtiene que A =21 . 20−K p

21= 0 despejando→ K cr=K p=420

La frecuencia crítica ωcr para el Kcr encontrado será:

El período crítico será entonces:

Con los dos coeficientes obtenidos, se aplica la 3er fila (PID) de la Tabla 1, y se obtiene:

• Kp = 0.6 . 420 = 252

• T i = 0.5 .2Π

√20≃ 0.7024 = 0.52245

• T d = 0.125 .2Π

√20≃ 0.1756

El controlador PID será el siguiente:

En la Figura 34, se puede apreciar el sistema simulado en MATLAB, y en la Figura 35, un detalle con los

parámetros del bloque PID.

Figura 34: Sistema con el controlador PID y la planta.

s3

s2

s1

121A

K p

20K p

00

P (s)= s3+21 s2+20 s+420 si se reemplaza s= j ωP ( j ω) =( j ω)3+21( j ω)2+20 j ω+420 → tomando la parte=0−21ω2+420=0 →ωcr =±√20

Pcr =2Πωcr

→ Pcr =2Π

√20→ Pcr = 1.0449

C PID(s)= K p(1+1

T i s+T d s ) → C PID(s) = 252 (1+

10.52245 s

+0.1306 s)

y reordenandola ecuación queda :

C PID(s)=44.2512 s2+252 s+358.7699

s

Figura 35: Parámetros de Controlador PID

El resultado de este sistema se muestra en la Figura 36:

Figura 36: Respuesta al escalón con el controlador PID

(b) Si ahora agregamos el Predictor de Smith, el sistema queda según la Figura 37:

Figura 37: Sistema con Predictor de Smith

Como resultado de este sistema, se tiene en la Figura 38 lo siguiente:

Figura 38: Retardo con Predictor de Smith

(c) En la Figura 40 se muestra lo que se obtiene de comparar ambos resultados :

Figura 40: Salidas del sistema con y sin retardo.

De esta gráfico, se puede observar que ambas señales son iguales, y que el retardo entra 5 segundos después

del inicio de la señal escalón.

Como conclusión, se puede decir que el Predictor de Smith es un excelente método para ver el

comportamiento del sistema con el delay.

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