Fundamentos de Control

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1 Fundamentos de Control
Realimentado Clase 16 a 18 Versión Autor: Mario A. Jordán NOTA: Esta Copia de Power-Point es para uso exclusivo del Alumnado de FCR, 2do. Cuatrimestre Contiene los conceptos fundamentales en el marco de la Bibliografía disponible y es una contribución didáctica para el Curso. Esta versión está sujeta a futuras mejoras y extensiones. Este es un Power Point Show realizado en Power Point Professional Plus 2007

2 Lugar de las Raíces Contenido: 2 Método, Objetivo y Utilidad del LR
Principio y parámetros de influencia - Ejemplos Condición de Fase Reglas para la construcción del LR - Ejemplos Diseños de Sistemas de Control - Ejemplos

3 3 Método y Objetivo Es un método de análisis y diseño de Sistemas de Control desarrollado por Walter. R. Evans (publicado en 1948) El Método Lugar de raíces o Lugar de las Raíces (del inglés, root locus), es la traza de la posición geométrica de los polos de una FT a medida que se varía un parámetro del sistema (típicamente la ganancia de la FT de Lazo Abierto K) en un determinado intervalo. Esta traza se grafica en el plano “s” Esta traza de los polos de la FT se grafica en el plano “s” Es un método basado en reglas fijas. Puede construirse a mano alzada EL punto de partida es la Ecuación Característica de la FT y uno o más parámetros de ella que designamos de antemano, por ejemplo una ganancia o un coeficiente de la FT.

4 Principio del LR 4 1 + K L(s) = 1 + K b(s)/a(s) = 0. a(s) + K b(s) = 0
Sea la FT del sistema de Lazo Cerrado: y su Ecuación Característica (Función Racional): Seleccionamos un parámetro, por ejemplo la ganancia K de DGH(s), es decir DGH(s) = K L(s) = K b(s)/a(s) que nos conduce a: 1 + K L(s) = 1 + K b(s)/a(s) = 0. Para esta elección de parámetro, L(s) es proporcional a DGH(s), Similarmente, en la forma de Polinomio Característico se llega a: a(s) + K b(s) = 0

5 Principio del LR 5 a(s) + K b(s) = 0,
Variando K desde cero a infinito en: a(s) + K b(s) = 0, podemos analizar las raíces de la misma, que son los polos de la FTLC y dan lugar a un lugar geométrico en el plano s para cada valor de K. ¿Por qué esta traza representa a los polos de la FTLC? Pues 1 + K L(s) = 1 + DGH(s) = 0 es la EC del SCLC Desarrollando los polinomios componentes a(s) y b(s) y luego factoreando el polinomio característico se tiene: donde r1, r2, ….rn son los polos de la FTLC con ganancia K de un sistema: Go = K D(s)G(s)H(s) / [1 + K D(s)G(s)H(s)]

6 Otras formas de la Ecuación Característica
6 Otras formas de la Ecuación Característica La ubicación de los polos de la FTLC para cada valor de K revela propiedades dinámicas del Sistema de Control en función de K. Para K siendo un parámetro del controlador, tenemos un DISEÑO. Para K siendo un parámetro de la planta, esto implica un ANÁLISIS de su sensibilidad a dicho cambio.

7 Ejemplo: Control de Posición en Motor de CC
7 Ejemplo: Control de Posición en Motor de CC Ejemplo: Control de Posición en Motor de CC La FT de un Motor de CC desde la tensión de armadura a la posición angular del eje es (Problema de Servomotor): Entonces cerramos el lazo con un controlador proporcional de kp=1 y la Ecuación Característica nos queda: s(s+c) + A = 0 , Nos interesa analizar la incidencia del parámetro A=K con c=1 c.vacío Resultando finalmente:

8 Ejemplo: Control de Posición en Motor de CC
8 Ejemplo: Control de Posición en Motor de CC Las raíces de esta EC de segundo grado son: 1 0.5 -0.5 -1 -1.5 1.5 -2 2 jw s K= K K=1/4 K=0 K=0 K K=

9 Ejemplo: Control de Posición en Motor de CC
9 Ejemplo: Control de Posición en Motor de CC Ahora se quiere fijar los polos de lazo cerrado, es decir las raíces de : tal que z tenga el valor de 0.5 es decir arcsen(30o). 1 0.5 -0.5 -1 -1.5 1.5 -2 2 jw s La solución exige la intersección de las rectas: s = -1/2 w = -s tg(60o) z=0.5 K=1 30o s=-1/2 Estas intersectan en: w=0.86 K=1 =0.86 z=0.5 dando: K=1

10 - Resumen y conclusión del Ejemplo de LR 10 Kc D(s)G(s) = K Kc s (s+1)
Se partió de un sistema a lazo abierto: Kc D(s)G(s) = Kc s (s+1) Luego se abordó el diseño del sistema de control que consistió en elegir K= Kc para que la respuesta tenga una relación de amortiguación de z=0.5 K Y(s) R(s) U(s) E(s) - s (s+1) 1 Mediante el análisis de LR se llega en base a una solución analítica- geométrica a que K debe ser igual a 1 para tal requerimiento. El cálculo fue sencillo por tratarse de una EC de 2do grado.

11 Segundo ejemplo de diseño mediante LR
11 Segundo ejemplo de diseño mediante LR Sea la EC del mismo sistema anterior con K=A=1. = 0 Se desea investigar la dinámica del Sistema de Control con distintos polos de la planta p=- c. Ahora el parámetro de influencia no es una ganancia, sino un coeficiente del modelo dinámico de la planta. Por lo tanto el PC es: s2 + c s + 1 = 0 de donde resulta: (s2 + 1) + c s = 0 , con: a(s)=s2+1, b(s)=s L(s) = s s2 + 1 con ceros: z=0 y polos: p1=j y p2=-j Fijando K=c, queda finalmente un PC del SLC: (s2 + 1) + K s = 0

12 Segundo ejemplo de diseño mediante LR
12 Segundo ejemplo de diseño mediante LR 1 0.5 -0.5 -1 -1.5 1.5 -2 2 jw s K K=0 s2 + 1 K= K= K=2 K=0 K K= (s2 + 1)= 0 p1,2 =± j El PC es: (s2 + 1) + K s = 0 , luego: p1 =0 K= s = 0 s2 + 1 s = K - 1 p2 =- O bien:

13 Segundo ejemplo de diseño mediante LR
13 Segundo ejemplo de diseño mediante LR Volviendo al parámetro c=K, las raíces del PC son: 1 0.5 -0.5 -1 -1.5 1.5 -2 jw s c c=0 c= c=2 = 0, con c=2, El punto de quiebre se cumple para: y de aquí se desprende que sus coordenadas son: s=-c/2=-1

14 Resumen de Aplicación de LR: Diseño
14 Resumen de Aplicación de LR: Diseño Sea la FT de lazo abierto para una planta G con un controlador Kc: KcG(s) = Kc s (s+c) tal que el PC resulta: s(s+c) + Kc = 0 DISEÑO: asumimos un valor de c=1/, por ejemplo c=1 y el PC queda: s(s+1) + Kc = 0 en donde resulta L(s) = 1/s(s+1) Estamos hablando de la estabilidad del lazo de control siguiente para un conjunto de valores de K=Kc (variando de 0 a ) cuando c=1: K Y(s) R(s) U(s) E(s) - s (s+1) 1 L(s) es la planta en el SC proporcional

15 Resumen de Aplicación de LR: Análisis
15 Resumen de Aplicación de LR: Análisis Tomando la misma FT de lazo abierto: Kc G(s) = Kc s (s+c) para la cual el PC es: s(s+c) + Kc = 0 ANÁLISIS: asumimos un valor de Kc, por ejemplo Kc=1 y c=K. Luego: s K s = 0 en donde L(s) = s/s2+1 Estamos hablando de la sensibilidad del lazo de control siguiente ante un conjunto de valores posibles de K=c (variando de 0 a ) cuando cuando Kc es fijo e igual a 1: 1 Y(s) R(s) U(s) E(s) - s (s+K) L(s) no es ninguna FT del SC

16 HERRAMIENTA de MATLAB 16 j 
En MATLAB, se cuenta con la función rlocus(SYS) que calcula y grafica simultáneamente el Lugar de las Raíces para un L(s) dado, denominado SYS, es decir SYS=tf([bo, …,bm],[ao,a1,…,an]). Aquí se asume un intervalo de K=[0,] K Polos de lazo cerrado  Mp n También se puede emplear rlocus([num], [den], K) con K siendo un vector prefijado explícitamente, por ejemplo K=[3:0.1:10] Para visualizar detalles en un periodo dado, se especifica por ej. K=[3.5:0.0001:4], aumentando la resolución localizada del LR en la zona deseada Una vez construido el LR, el usuario puede cliquear en un punto de la curva y se imprimirán los datos de K y de los polos en forma de coorde- nadas polares [,n] y sobre-elongación Mp.

17 Utilidad del LR 17 Se emplea ventajosamente en sistemas muy complejos,
es decir polinomios de la FTLC con órdenes n y m altos Pueden analizarse dos o más parámetros en el LR interacti- vamente. El procedimiento es iterativo y apropiado para diseño de una variedad de controladores, por ejemplo PI, PID, etc. Pero también Se puede construir el lugar geométrico a mano alzada, usando reglas fijas. Luego se puede perfeccionar este dibujo empleando la denominada “condición de fase” La efectividad del LR con FTLC con retardos puros, es decir con factores e-sTd, es baja y necesita circuitos de Padé Un sistema de control analógico trasladado al dominio digital conduce a un PC en la variable z y puede aplicársele LR.

18 yi -fi = 180º + 360o(l-1), l=1,2,… Condición de Fase del LR
Sea la EC expresada en la forma: 1 + K L(s) = 0 Si se lleva a la expresión: K L(s) = -1 en donde K es positiva, se deduce que la función compleja L(s) debe tener una fase Igual a 180 grados para puntos so que pertenezcan al LR. La convención de ángulos positivos en sentido de giro antihorario m n Luego, factorizando L=K(s-zi)/(s-pi), cualquier punto so de LR cumple: yi -fi = 180º + 360o(l-1), l=1,2,… yi y fi son las fases de los vectores (so–zi) y (so–pi) donde so es un un punto del LR, zi son los ceros y pi los polos de L(s), respectivamente, es decir, los ceros y los polos de L(s).

19 Ejemplo de la Condición de Fase del LR
19 Ejemplo de la Condición de Fase del LR Sea: 2 1 -1 -2 -3 3 -6 6 jw s f3=0 Sea so un punto arbitrario en el plano s so Se trazan segmentos horizontales a la derecha de cada polo y cero f1 f2 y1 Se trazan rayos de los polos y ceros a so f4 Se miden los ángulos entre segmentos y rayos de forma antihoraria ? La CF para so es: y1 - f1 f2 f3 f4 = 180o (¿Pertenece so al LR?) Pertenece sii la CF de so es 180º

20 SPIRULE, regla de W.R. Evans para trazar
20 SPIRULE, regla de W.R. Evans para trazar el LR basado en la Condición de Fase El agujero en el centro de la spirule representa un punto so de manera tal que se marca con un lápiz mientras se trabaja Los vectores (so-zi) y (so-pi) contribuyen con ángulos positivos y negativos respectivamente, haciendo girar la rueda a derecha e izquierda totalizando el ángulo definitivo que deberá ser próximo a 180º en caso de que so pertenezca al LR

21 Reglas para la construcción del LR
21 Reglas para la construcción del LR Regla 1: Enunciado y ejemplo El LR tiene n ramas que comienzan en los n polos de L(s). Un número m de ellas termina en los m ceros de L(s) Sea la Ecuación Característica: 1 + K L(s) = a(s) + K b(s) = 0 2 1 -1 -2 -3 3 -6 jw s Comienzo: K=0 Sea por ejemplo una L con n=3 polos y m=2 ceros n=3 ramas, 2 K=0 satisface: a(s)=0 Final: K= K= 1 K=0 lim 1/K=lim L(s)=0 K  K= K  satisface: L(s)=0 K=0 3 Es decir en los m ceros de L(s), terminan m ramas

22 Reglas para la construcción del LR
22 Reglas para la construcción del LR Regla 2: Enunciado y ejemplo Las ramas que están sobre el eje real existen siempre a la izquierda de un número impar de ceros y polos reales. 2 1 -1 -2 -3 3 -6 jw s ¿Por qué? Aplicar la Condición de Fase! La fase aportada por este cero es : y1=180 f1 f2 so f1+f2=0 Todos los demás polos y ceros aportan: i=0 y yi =0 Por el contrario, para el nuevo so mostrado, el único elemento que aporta fase es el cero a la derecha Para el so mostrado, los polos y ceros complejos conjugados aportan, cada par, sólo ángulos cero o múltiplos de 360º. y1 so Sea por ejemplo una L(s) con 4 polos y 3 ceros Los polos y ceros reales, que están a la izquierda, no aportan nada en la fase Por lo tanto este punto so pertenece al LR

23 Reglas para la construcción del LR
23 Reglas para la construcción del LR Regla 3: Enunciado n-m>0 ramas del LR mueren en s= y para K=. Estas ramas son asintóticas a semirectas de ángulo las cuales tienen un punto de conflencia en s=.  l 2 1 -1 -2 -3 3 -6 jw s Cuando n>m, existen n-m ceros en infinito y m ceros finitos. Si si tiende a , Como existen n ramas del LR, m ramas mueren en ceros finitos, mientras que n-m mueren en los n-m ceros en infinito so por CF: Acá el LR coincide con las asíntotas para un K de multiplicidad en adelante 1 - 2 = = 90o La primera parte sobre la existencia de los n-m ceros en infinito se prueba así: f2 1 Además por la CF,  debe estar en el punto medio de los polos, o sea =-2 f1 lim K - 1 K  =-2 a(s) = lim b(s) |s|  1 = lim sn-m |s|  = 0 2 Finalmente, por la CF, las 2 ramas son verticales. Es decir, existen n-m ramas que se dirigen a puntos del plano s en infinito. A los n-m puntos extremos del LR se los llama ceros en infinito.

24 Reglas para la construcción del LR
24 Reglas para la construcción del LR Regla 3: continúa enunciado Ahora se demuestra la segunda parte del enunciado de la regla 3 Los ángulos de las n-m asíntotas y su punto de encuentro en la recta real, se calculan como: l a l l=1,2,…,n-m Esto es así pues la coincidencia del LR con las asíntotas para K=, satisface que los ceros finitos de L(s) cumplan: = 0 y también si so tiene magnitud infinita y debido a que n-m>0, se cumple que:

25 Reglas para la construcción del LR
25 Reglas para la construcción del LR Regla 3: continúa demostración la EC: 1+K L(s)=0 se puede aproximar para un módulo de s muy grande (y un K muy grande) a un sistema L(s) asintótico con polos múltiples: pues por la CF: para un K muy alto, cada par de polo y cero apareados (donde el cero es finito) contribuirá con una fase conjunta de 0o a cada so de las ramas divergentes, y 2) los (n-m) polos finitos restantes no apareados (es decir, aquellos aislados del resto de pares de polo-cero finitos) poseen un lugar de las raíces que coincide con las semirectas asíntotas al menos en K=. Entonces, aplicando la CF para estos (n-m) polos libres, queda: l f1 + f2 +…+ fn-m = Los fi son iguales pues todos los rayos son paralelos!

26 Reglas para la construcción del LR
26 Reglas para la construcción del LR Regla 3: continúa demostración Ahora sólo falta demostrar la expresión que nos da . Para ello se analiza el PC del sistema de control a lazo cerrado dado por: a(s)+K b(s)=0, que desarrollado resulta: sn + a1 sn-1 + … + an + K (b0 sn + b1 sm-1 + … + bm-1 s + bm) = 0 el cual es equivalente a: (s – r1) (s – r2) (s – rn-1) … (s – rn) = 0 Si el grado relativo cumple n-m>1 (es el más general para la regla 3), resulta de propiedades de polinomios mónicos: a1 = -  ri = -  pi donde pi son los polos de L(s). Este resultado es independiente de K pues n-m>1. Si K toma un valor muy grande, las ramas de 1+KL(s)=0 se juntan con las ramas del sistema asintótico, es decir, vale:

27 Reglas para la construcción del LR
27 Reglas para la construcción del LR Regla 3: continúa demostración 1+ K (s- )n-mb(s) a(s) = 0 pues el sistema L(s) actúa como si tuviera n-m ceros en infinito. Finalmente, si K es alto, también se cumple: a(s)+ K (s- )n-mb(s) = 0 y por la misma propiedad de los polinomios mónicos se tiene: -  ri= -  pi = - (n-m) -  zi de donde se desprende el resultado último de la regla 3:  pi -  zi n-m  =

28 Reglas para la construcción del LR
28 Reglas para la construcción del LR Regla 3: Ejemplo si En el límite todos los rayos son paralelos, j  es decir: f1 = f2 =f3 = f4 =1 = =180º / 3 2 3 1 x 1 5 4 2 1 Por lo tanto, hay 3 asíntotas en: 3 1 =60º 2 =180º 3 =300º Los 3 rayos están separados en 120o

29 Reglas para la construcción del LR
29 Reglas para la construcción del LR Regla 3: Ejemplo de LR con polos múltiples únicamente 2 1 -1 -2 -3 3 -6 6 jw s Se aplican los cálculos: n-m 180º + 360º (l-1) l = 2=180o 1=60o  pi -  zi n-m  = =-3 3=300o

30 Reglas para la construcción del LR
30 Reglas para la construcción del LR Regla 3: Ejemplos de LR con polos múltiples únicamente j  x j  x j  x j  x Si L(s) tiene sólo polos múltiples sin ceros, el LR coincide con las asíntotas! Además,  coincide con el polo múltiple!

31 Reglas para la construcción del LR
31 Reglas para la construcción del LR Regla 3: Otro ejemplo: se agrega un par de polo-cero 2 1 -1 -2 -3 3 -6 6 jw s Recordar: n-m 180º + 360º (l-1) l = 2=180o 1=60o  pi -  zi n-m  = =-2.6 3=300o El cero que está cerca del punto de confluencia , lo atrae hacia él con respecto al caso anterior.

32 Reglas para la construcción del LR
32 Reglas para la construcción del LR Regla 3: Otro ejemplo: se intercambia posición del par polo-cero 2 1 -1 -2 -3 3 -6 6 jw s Recordar: n-m 180º + 360º (l-1) l = f2=180o f1=60o  pi -  zi n-m  = =-3.3 f3=300o Ahora el polo, al estar a la izquierda, repele el punto de confluencia 

33 Reglas para la construcción del LR
33 Reglas para la construcción del LR Regla 4: Definición El ángulo de partida de una rama desde un polo simple (real o conjugado) o múltiple con multiplicidad q, es: y el ángulo de llegada de una rama a un cero simple (real o conjugado) o múltiple con multiplicidad q, es: con l=1,2,…,n-m Notar que ambas fórmulas son similares en estructura y sólo difieren en el signo cambiado.

34 Reglas para la construcción del LR
34 Reglas para la construcción del LR Regla 4: Ejemplo 2 1 -1 -2 -3 3 -6 6 jw s (n-m)=3  3 asíntotas a=pi/3=-6/3=-2 1=60o, 2=60o+120o=180o 3=60o+120o+120o=300o f1,dep 90º 153º f3,dep  f2,dep f1,dep=-90o-153o-180o=-63o f2,dep=-270o-206o-180o=63o f3,dep=-150o-210o-180o=180o yl,arr pues no existen ceros finitos

35 Reglas para la construcción del LR
35 Reglas para la construcción del LR Regla 4: Ejemplo de ceros complejos conjugados 2 1 -1 -2 -3 3 -6 6 jw s 315o 0o 180o y1,arr=270o f1,dep=315º+45º-180o =180o f1,dep=180º f2,dep=0o f2,dep=315º+45º-180º-180o =0o y2,arr=90o =135o+45o-90o+180o =270o y1,arr =135o+45o-270o+180o =90o y2,arr

36 Reglas para la construcción del LR
36 Reglas para la construcción del LR Regla 4: Ejemplo de ceros/polos complejos conjugados múltiples jw s -2 -1 1 2 -1.8 -1.4 -1.0 -0.6 -0.2 0.2 Función L(s): (s2+1)2 ((s+1.5)2+1)2 L(s)= y1,arr=135o y2,arr=315o Ángulos de salida: f1,dep=45o =45o f1,dep= (2*45+2*180-2*90-180) 2 f2,dep=135o f2,dep=135o Ángulos de llegada: ( ) y1,arr= 2 =135o y2,arr=315o

37 Reglas para la construcción del LR
37 Reglas para la construcción del LR Regla 5: Definición y ejemplo El LR cruza el eje imaginario en puntos en que el criterio de Routh muestra transición de raíces desde el semiplano izquierdo al derecho. Ejemplo: Sea la siguiente ecuación característica: s((s+1)2+1) K 1+ 0 = 1+ K L(s) = En donde el polinomio numerador es: p(s) = s3 + 2s2 + 2s + K s3 K s2 Criterio de Routh (4-K)/ s1 s0 K

38 Reglas para la construcción del LR
38 Reglas para la construcción del LR Regla 5: Sigue ejemplo de condición para SCLC estable (4-K)>0 K<4 Condiciones de estabilidad K>0 K>0 Cruce de dos ramas por el eje imaginario K*=K=4 El polinomio denominador para K*=4 es: a(s) = s3 + 2s2 + 2s + 4 Si sustituimos en p(s) la variable imaginaria s=jw en a(s), queda: a(jw) = j(2w - w3) + (4 + 2w2) = 0 y ambos componentes son 0 s1=0 + j 2 4+2w2 = 0 w =  -2 2 raíces: s2=0 - j 2 (s3 + 2s2 + 2s + 4) / (s2+2) = (s+2) 3º raíz: s3=-2

39 Reglas para la construcción del LR
39 Reglas para la construcción del LR Regla 5: Sigue ejemplo de Cruce por el eje imaginario 2 1 -1 -2 -3 3 jw s K*=4 j 2 L(s) = s((s+1)2+1) 1 =- 0.66 -2 K*=4 -j 2 K*=4

40 Reglas para la construcción del LR
40 Reglas para la construcción del LR Regla 5: Ejemplo de Doble Cruce por el eje imaginario Sea la EC de un sistema definida por: (s+1)(s+2)(s+3) (s2+4s+100) 1+ K 1+ K L(s) = El PC para L(s) con el parámetro K es: (s+1)(s+2)(s+3) + K(s2+4s+100) = s3+(6+K)s2 + (11+4K)s + (6+100K) = 0 Aplicando Criterio de Routh: s3 (11+4K) s2 (6+K) (6+100K) (6+K)(11+4K)-(6+100K) (6+K) s1 s0 (6+100K)

41 Reglas para la construcción del LR
41 Reglas para la construcción del LR Regla 5: : Sigue ejemplo de doble cruce por el eje imaginario s3 (11+4K) s2 (6+K) (6+100K) (6+K)(11+4K)-(6+100K) (6+K) s1 s0 (6+100K) Analizar cambios de signo en la primera columna (6+K) >0 es decir K>-6 (6+K)(11+4K)-(6+100K) = K2 - 65/4 K + 15 > 0 es decir: K= y (6+100K) >0 es decir K>-6/100 En resumen queda para K positivos: 0 < K < y < K < 

42 Reglas para la construcción del LR
42 Reglas para la construcción del LR Regla 5: Sigue ejemplo de doble cruce por el eje imaginario -4 -3 -2 -1 1 -10 -8 -6 2 4 6 8 10 K *2= K *2 (s+1) (s+2) (s+3) (s2+4s+100) L(s) = K *1 = K *1 Este sistema se llama: “Condicionalmente Estable”

43 Reglas para la construcción del LR
43 Reglas para la construcción del LR Regla 6: Definición El LR posee puntos de bifurcación (raíces múltiples de 1+Kb/a=0, para un K>0 específico) los cuales cumplen la condición: y las ramas en el punto de bifurcación parten con ángulos: l=1,2,…,q Y, al igual que las asíntotas, las diferencias de ángulos de partida de ramas consecutivas son iguales. Notar que existen también q ángulos de llegada, y están simétricamente ubicados respecto a los ángulos de partida formando una estrella de 2q rayos.

44 Reglas para la construcción del LR
44 Reglas para la construcción del LR Regla 6: Ejemplo de cálculo de ángulos de partida y entrada El punto de bifurcación so tiene: x j  - multiplicidad 4 fi,be 4 ángulos de partida: f1,bp=180/4=45º fi,bp f2,bp=135º f3,bp=225º f4,bp=315º so 4 ángulos de entrada: f1,be=f1,bp+180/4=90º f2,be=180º f3,be=270º f4,be=360º Notar que las semirectas tangentes de partida junto a las semirectas tangentes de entrada forman una estrella simétrica de 2q rayos.

45 Reglas para la construcción del LR
45 Reglas para la construcción del LR Regla 6: Otro ejemplo de cálculo de ángulos de partida 2 1 -1 -2 -3 3 -6 jw s f1,a=60o  En este ejemplo, la multiplicidad se produce para K=0 f1,bp=60o Por lo tanto, las asíntotas poseen los ángulos que coinciden con los ángulos de partida de las q ramas Notar además que no existen ángulos de entrada.

46 Reglas para la construcción del LR
46 Reglas para la construcción del LR Regla 6: Demostración Factorizamos el PC en la raíz múltiple y el resto, quedando: = 0 Si derivamos respecto a s: = 0 Y en los únicos si que ambos términos se hacen cero simul- táneamente, es en las raíces múltiples, es decir en si=r1 Además, para s=r1 se cumple que: Y con éste K1 en la derivada se llega a:

47 Reglas para la construcción del LR
47 Reglas para la construcción del LR Regla 6: Aplicación de la regla De: se calcula la raíz múltiple r1 Con r1 se calcula K1 a través de: Luego, los ángulos de salida de las ramas en r1 en K=K1 se pueden calcular alternativamente al enunciado de la Regla 6 con el siguiente artilugio: Se hace K=K1+K2 y se calcula un nuevo LR con a(s)+(K1+K2)b(s)=0, y se toma a’(s)+K2b’(s), con K20 y cuyo LR coincidirá con el LR original pero a partir de K1 En particular para K2=0 los ángulos de partida de bifurcación son los encontrados en la regla 4 para ángulos de partida de las ramas: q

48 Reglas para la construcción del LR
48 Reglas para la construcción del LR Regla 6: Ejemplo de cálculo de una bifurcación y su ganancia Sea el PC: a(s) + K b(s) = s2 + s + K = 0 b(s) = 1, a(s)= s2 + s  2s + 1 = 0 a db/ds - b da/ds = 0 s = -1/2 K1 = - a(-1/2) / b(-1/2) = 1/4 + 1/2 =0.25 1 0.5 -0.5 -1 -1.5 1.5 -2 2 jw s Para K=0, las ramas comienzan en las raíces de a(s) f1,bp=90o s=-1/2 Los fi,be son calculados como parte de una estrella simétrica de 2q=4 rayos f2,bp=270o K1 =0.25 f1,be=180º y f2,be=360o

49 Reglas para la construcción del LR
49 Reglas para la construcción del LR Regla 6: Excepciones Sea el sistema L(s) tal que: a(s) + K b(s) = s3 + 2s2 + 2s + K da(s)/ds = 3 s2 + 4s + 2 = 0 Da como polos múltiples a: s0=2/3  j 8 /3 Pero dichos polos no son ni múltiples de una bifurcación del LR ni tampoco pertenecen al lugar de la raíz! La regla 6 da una condición necesaria pero no suficiente!

50 Reglas para la construcción del LR
50 Reglas para la construcción del LR Regla 6: Representación del ejemplo de excepción 2 1 -1 -2 -3 3 jw s so L(s)= 1 / s(s2 + 2s + 2)

51 Diseño de un Sistema de Control con LR
51 Diseño de un Sistema de Control con LR Ejemplo: Bifurcaciones múltiples Sea: 1ra. bifurcación s -2 -3 2 1 3 -1 jw Hay 3 puntos de bifurcación. Dos de ellos son complejos conjugados. 2da. y 3ra. bifurcación Hay 2 valores de K para la ocurrencia de 1 multiplicidad real y otro para una doble multiplicidad compleja respec- tivamente. .

52 Diseño de Sistemas de Control
52 Diseño de Sistemas de Control basados en LR

53 Diseño de un Sistema de Control con LR
53 Diseño de un Sistema de Control con LR Ejemplo: Satélite Sea un sistema satélite y considérese el caso de un control de orientación del mismo con un Controlador PD La ecuación característica es: Nos interesa por el momento analizar a kD=K mientras se mantiene la relación constante igual a: kP/kD=1 1 + kD [kP / kD+ s] = 0 s2 1 en donde: a(s) = s2 b(s) = (s+kP/kD) = (s+1)

54 Diseño de un Sistema de Control con LR
54 Diseño de un Sistema de Control con LR Diseño de un Controlador PD para un satélite con LR 2 1 -1 -2 -3 3 jw s L(s) = s + 1 s2 K=kD y kP /kD=1

55 Diseño de un Sistema de Control con LR
55 Diseño de un Sistema de Control con LR Continua: Diseño de un Controlador PD para un Satélite Nos interesa ahora otro valor de kP fijo satisfaciendo: kP /kD=cte K=kD a(s)= s2 b(s)=(cte+s) -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 -2.5 -1.5 -0.5 0.5 1.5 2 2.5 LR Eje real Eje imaginario kp /kD=2 kp /kD=3 kp /kD=1 x x kp /kD=0.5

56 Diseño de un Sistema de Control con LR
56 Diseño de un Sistema de Control con LR Continua: Diseño de un Controlador PD para un Satélite -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 -2.5 -1.5 -0.5 0.5 1.5 2 2.5 kP /kD=2 kP /kD=3 kP /kD=0.5 x kP/kD=1 X   X Supongamos que nos interesa que el Sistema de Control posea una dinámica sub-amortiguada 1  2 con un tiempo de establecimiento ts1 ts ts2 Esto significa definir regiones para  y  , y elegir dos polos en ellas Concluimos que kP /kD=2 sería una buena elección, pero K=kD habría que leerlo de la curva de su LR para un punto dentro de esas regiones. Con ello, el diseño del PD quedaría concluido.

57 ¿Cómo leer la ganancia K sobre un LR?
57 ¿Cómo leer la ganancia K sobre un LR? Ejemplo: Sistema de múltiples polos y ceros K = |L(s)| 1 Para ganancias positivas se cumple: s -4 -6 -5 4 2 6 -2 -2.5 jw s0 Como L(s) es una función racional, se puede expresar como: |s-p1|2 |s-p3 | K = |L(s)| 1 = |s-p1||s-p2|…|s-pn| |s-z1|…|s-zm| -p3 -p2 -p1 -z1 |s-z3 | Sea el siguiente LR Dado un s=s0 arbitrario sobre él, se puede calcular 1/ |L(s0 )| como: K(s0) = |s0-p1|2 |s0-p3| |s0-z1|

58 Diseño de un Sistema de Control con LR
58 Diseño de un Sistema de Control con LR Retomando una vez más el ejemplo del Satélite -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 -2.5 -1.5 -0.5 0.5 1.5 2 2.5 kP /kD=2 x X b a2 K = a2 b  5.1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0.2 0.4 0.6 0.8 Respuesta al escalón del SC PD Diseño del PD: kD=5.1 y kP=2 x 5.1=10.2

59 Lugar de las Raíces Negativo
59 Lugar de las Raíces Negativo No siempre un diseño se define con ganancias K positivas. Además, puede suceder que para ningún valor positivo de K se obtenga estabilidad, pero sí para un valor negativo (ver el ejemplo de control de altitud de un avión en la página 61) Se denomina LR negativo al lugar de valores s que satisfacen: con -   K 0 1 + K L(s) = 0, Esto es equivalente a: L(s) = 1 |K| para   K 0 La condición de fase que cumple L(s) es:

60 Lugar de las Raíces Negativo (Complementario)
60 Lugar de las Raíces Negativo (Complementario) Las reglas se definen con esta nueva condición de fase. Son seis reglas para la construcción del LR negativo, todas son similares y deducibles con la misma argumentación teórica. Ambos LRs comienzan en los polos de L(s) y mueren en los ceros de L(s), y eventualmente también en (n-m) ceros infinitos. Si K representa a la ganancia del Sistema de Lazo Abierto, es decir: 1 + K D(s)G(s)=0, entonces podría ser que para ese sistema la estabilidad se dé con un K negativo en lugar de uno positivo, o incluso un sistema tal que sea estable tanto para un K positivo como negativo. Si K representa a un parámetro de la planta, podría ser que el estudio de sensitividad se base en una variación del mismo parámetro tanto en intervalos positivos como negativos .

61 Diseño de un Sistema de Control con LR
61 Diseño de un Sistema de Control con LR Ejemplo: Avión – Control de altitud Sea un sistema avión y contémplese el caso de un control de elevación (cambio de altitud) del mismo con un controlador P. El sistema dinámico es: G(s) = Entonces analizamos primero el LR para un controlador P. Por lo tanto la ecuación característica es:

62 Diseño de un Sistema de Control con LR
62 Diseño de un Sistema de Control con LR Diseño de un Controlador P para la altitud de un avión K  0 K  0 -4 -6 -5 15 5 10 s 4 2 6 -2 jw Si K es negativo s=10 K  0 K  0 -4 -6 -5 15 5 10 s 4 2 6 -2 jw K  0 K  0 -5 15 5 10 s jw K  0 K  0 -5 15 5 10 s jw Si K es positivo K  0 =1 Si K es negativo Si K es positivo K  0 s=10

63 Diseño de un Sistema de Control con LR
63 Diseño de un Sistema de Control con LR Diseño de un Controlador P para un avión con LR neg./positivo K  0 K  0 -4 -6 -5 15 5 10 s 4 2 6 -2 jw K  0 K  0 -4 -6 -5 15 5 10 s 4 2 6 -2 jw =1 Un controlador proporcional puede estabilizar el lazo para una ganancia baja negativa Un controlador proporcional no puede estabilizar el lazo con ninguna ganancia positiva

64 Diseño de un Sistema de Control con LR
64 Diseño de un Sistema de Control con LR Diseño de un Contr. P para un Satélite con LR neg./positivo K 1/s2 - R(s) Y(s) SC Tipo 2 ! K  0 K  0 -4 -6 -5 15 5 10 s 4 2 6 -2 jw K  0 K>0 t y Oscilante K  0 Exponencialmente inestable K<0 t y

65 Diseño de un Sistema de Control con LR
65 Diseño de un Sistema de Control con LR Diseño de un Contr. PD para un Satélite con LR neg./positivo K/s2 - R(s) Y(s) kP+kDs SC Tipo 2 ! s -4 -6 -10 10 5 4 2 6 -2 -5 jw Exponencialmente estable kP=1, kD=0.2 K>0 t y K  0 Exponencialmente inestable K  0 K<0 t y

66 Diseño de un Sistema de Control con LR
66 Diseño de un Sistema de Control con LR Diseño de un Contr. PD real para un Satélite con LR positivo 1/s2 - R(s) Y(s) s+p K s+z SC Tipo 2 ! s -4 -6 -15 15 7.5 4 2 6 -2 -7.5 jw El polo p está bien alejado del cero z ! K4>K3>K2>K1 K  0 K1 K2>K1 K3>K2>K1 Hay 2 puntos de bifurcación en el LR. En total 4 puntos de entrada y 4 de salida.

67 Diseño de un Sistema de Control con LR
67 Diseño de un Sistema de Control con LR Diseño de un Contr. PD real para un Satélite con LR positivo 1/s2 - R(s) Y(s) s+p K s+z SC Tipo 2 ! s -4 -6 -5 5 2.5 4 2 6 -2 -2.5 jw El polo p está cerca del cero z ! K  0 No hay bifur- caciones.

68 Diseño de un Sistema de Control con LR
68 Diseño de un Sistema de Control con LR Diseño de un Contr. PD real para un Satélite con LR positivo 1/s2 - R(s) Y(s) K s+z s+p SC Tipo 2 s -4 -6 -10 10 5 4 2 6 -2 jw El polo p no está ni tan cerca ni tan lejos del cero z ! K  0 Hay un solo punto de bifur- cación

69 Diseño de un Sistema de Control con LR
69 Diseño de un Sistema de Control con LR Controlador PI para un Satélite con LR positivo 1/s2 - R(s) Y(s) K s+z s SC es tipo 3 a R(s) y tipo 1 a W(s) s -4 -6 -10 10 5 4 2 6 -2 -5 jw El punto de encuentro de las asíntotas  se corre hacia la derecha por acción del cero -z polo que se aleja! z=0 =0    Nunca se logra estabilidad del sistema de control para ningún valor de la ganancia K, ni para ningún cero -z.

70 Diseño de un Sistema de Control con LR
70 Diseño de un Sistema de Control con LR Controlador PI para un Satélite con LR positivo 1/s2 - R(s) Y(s) K s+z s s -4 -6 -10 10 5 4 2 6 -2 -5 jw El sistema de control es inestable para cualquier valor de K! K  0 K  0

71 Diseño de un Sistema de Control con LR
71 Diseño de un Sistema de Control con LR Controlador PID para un Satélite con LR positivo 1/s2 - R(s) Y(s) K (s+z1)(s+z2) s SC es tipo 3 a R(s) y tipo 1 a W(s) s -4 -6 -15 5 -5 4 2 6 -2 -10 jw z=- Para una ganancia crítica K* positiva en adelante, el sistema de control puede estabilizarse. Esta propiedad ocurre para cualquier posición de los ceros. Notar además que tampoco se consigue estabilización con ganancias negativas en ninguna posición de los ceros debido la rama en el eje real positivo. Cuando un cero se desplaza a -, se pierde la estabilización completamente.