1-Introduccion a Los Sistemas de Control

Instrumentación y Control

1.-INTRODUCCION A LOS SISTEMAS DE CONTROL En la ultima década del siglo XX, el control automático ha desempeñado una función vital en el avance de la ingeniería, para la ciencia y para la sociedad industrializada que hace uso de los sistemas automatizados, es imposible, la existencia de una industria moderna sin el uso completo de sistemas de instrumentación y control. Su uso es muy extenso en áreas tales como: La medicina, la robótica, militares, industrias primarias y de manufactura. La medición de los distintos parámetros que intervienen en un proceso industrial, es básica para obtener un control en los productos y mejora su calidad y competitividad. Debido a que los avances en la teoría y la práctica del control automático aportan los medios para obtener un desempeño optimo de los sistemas dinámicos, aligerando la carga de muchos sistemas manuales, repetitivos y rutinarios, así pues, el conocimiento del funcionamiento de los instrumentos de medición y de control, es básico para aquellos que se desean desarrollar en esta área. El notable desarrollo de la informática y la electrónica, ha permitido que los métodos clásicos de diseño, surgidos a mediados del siglo pasado, se complementen con nuevos y potentes procedimientos que, en determinados procesos, resuelven aquellos problemas que la teoría clásica de control dejaba de lado o trataba con poco éxito. 1.1-HISTORIA DEL CONTROL

• 270 AC Los Griegos y árabes inventan el regulador flotante para medir el tiempo.

• Siglo I DC Heron de Alejandría inventó las puertas automáticas de contrapeso. • 1750 Meikle inventó un dispositivo de guía para molinos de viento. • 1765 James Watt de Gran Bretaña inventó el regulador centrífugo para controlar

la velocidad a una máquina de vapor (ingeniero mecánico)

• 1800 El astrónomo Británico G.B Airy diseñó un dispositivo para el control del posicionamiento de un telescopio y se dio cuenta que su sistema producía oscilaciones, este echo lo condujo a estudiar la estabilidad y ser el primero en emplear las ecuaciones diferenciales en sus análisis.

• 1868 Maxwell estudió matemáticamente el regulador de Watt y linealizó la ecuación diferencial para obtener la ecuación característica y se dio cuenta que el sistema era estable si los polos (raíces de la ecuación característica) tenían parte real negativa.

• 1877 E. Routh proporcionó una técnica numérica para determinar del polinomio característico cuando un sistema era estable.

• 1893 Stodola estudia la regulación en turbinas de agua, y fue el primero en introducir la idea de constante de tiempo en un sistema.

• 1898 El ingeniero Británico O. Heaviside introdujo el concepto de función de transferencia.

• 1922 Minorsky introduce el controlador de tres términos (PID). Linelizó ecuaciones por serie de Taylor para dirigir barcos.

1


• 1932 Nyquist diseña un procedimiento para determinar la estabilidad en lazo cerrado

• 1934 Hazen introduce el término de servomecanismos y los emplea para el control de posición con relevadores para entradas cambiantes. Uso de armas de Guerra.

• 1938 Bode realiza sus estudios con la respuesta en frecuencia y emplea el margen de ganancia y margen de fase.

• 1947 N.B Nichols desarrollo las trazas de Nichols para estabilidad de sistemas realimentados.

• 1948 W.R. Evans desarrolló la técnica del lugar Geométrico de las raíces. • 1960 con el uso de la computadora se desarrolló por completo la teoría de

control moderna, control digital, control optimo.

• 1980 Se emplea el uso del control Robusto, inteligencia artificial, control difuso, y Redes Neuronales.

• 1983 Aparece software para simular las respuestas de los controles (MATLAB, MATRIX, SIMMON, ORACLS)

1.2- DEFINICIONES BASICAS DEL CONTROL

1.- Variable Controlada: Es la cantidad o condición que se mide o controla 2.- Variable Manipulada: Es la cantidad o condición que el controlador modifica para afectar el valor de la variable controlada 3.- Planta: Puede ser parte de un equipo, el conjunto de partes de una máquina que funcionan juntas. Simplemente es cualquier objeto físico que se va a controlar. 4.- Proceso: Es cualquier operación que se va a realizar por ejemplo: proceso químico, proceso económico, proceso biológico. 5.- Sistema: Es una combinación de componentes que realizan una función determinada, por ejemplo. Sistema mecánico, sistema eléctrico, sistema neumático, etc. 6.- Perturbación: Una perturbación es una señal que tiende a afectar negativamente el valor de la variable controlada, puede ser externa o interna. 7.- Controlador: Es el cerebro del sistema, compara el valor real de la salida de una planta con la entrada de referencia (el valor deseado), determina la desviación y produce

2

manipulada Variable

controlada Variable

De Perturbación Variable

consigna Punto de

Planta Controlador


una señal de control que reducirá la desviación a cero o a un valor pequeño. 1.3-VARIABLE COMPLEJA: Un número complejo tiene una parte real y una parte imaginaria, ambas son constantes y reales z = x + j.y Sin embargo si la parte real o la parte imaginaria e incluso ambas son variables, entonces el número complejo se denomina variable compleja

s =σ+ j.ω Donde:

j = −1 Unidad compleja

Tal que s1

=σ+

j.ω1, se

puede

expresar en

términos del

modulo y del ángulo que forma con respecto al eje real

s1 = s1 @ s1 , donde:

Es el módulo, mientras que:

ω 1 ⎞⎟ Es el ángulo

⎝σ1 ⎟⎠

1.4.- FUNCION COMPLEJA: Una función compleja F(s) es una función de s, que tiene una parte real y otra imaginaria o bien:

3

1 ωj.

1σ

s

θ

ωj.

σ

s tag1

1−=

⎛⎜⎜

s = +1 1

2

1

2

σ ω

positivo:

1


F(s)= F x + j.F y

F( )s = F 2x +F 2y

θs =tag−1⎛⎜⎜FF y ⎞⎟⎟

⎝ x ⎠

Ejemplo nº 1: Graficar la parte real y la imaginaria de la siguiente

función G( )s = s + 1 s

Solución:

Se sabe que s =σ+ j.ω, por lo tanto: G(σ+ j.ω)=σ+ j.ω+ , luego la conjugada es igual a:

G(σ+ j.ω)=σ+ j.ω+ =σ+ j.ω+

σ2−

j.ω

2 σ +ω

Por lo tanto queda:

Gx =σ+

Gy =ω− 1.5.-CONDICIONES DE CAUCHY-RIEMANM: Se dice que una función compleja es analítica en una región y todas sus derivadas

4


existen en esa región si se cumple con las condiciones de Cauchy-Riemanm

⎧∂F x ∂F y

⎪ =⎪ ∂σ ∂ω

⎨

⎪∂F y ∂F x ⎪⎩ ∂σ =− ∂ω

Ejemplo nº 2:

Determinar la región donde la función compleja G( )s = s + 1 es

analítica. sSolución:

∂Gy 2.ω22

=

∂ω (σ2+ω2)

Se verifica ahora la segunda condición:

Se cumplen las dos condiciones ce Cauchy-Riemanm, sin embargo se verifica que existe una región que no lo cumple esta es:

⎧ω=σ2 2 ⎪

σ +ω = 0 ⇒⎨y , por lo tanto la función no es analítica en esas dos rectas del

5


⎪⎩ω=−σ

plano complejo y por lo tanto no existen las derivadas en esa región. Una vez que se conoce la región en la cual la función no es analítica, entonces se puede encontrar su derivada solo válida en las otras regiones:

d 1

(G( )s )=1− 2 ds s

Es evidente que para s = 0 la función no es analítica. Los puntos donde la función es analítica se conocen como puntos ordinarios, mientras que los puntos donde la función no es analítica se conocen como puntos singulares. Los puntos singulares donde la función tiende al infinito, se conocen como polos, mientas los puntos ordinarios donde la función se hace cero o tiende a cero se conocen como raíces. 1.6- TEOREMA DE EULER Se sabe que las series de Taylor para la función seno y coseno son:

2 4 6

cosθ=1−θ +θ −θ +... 2! 4! 6!

3 5 7

senθ=θ−θ +θ −θ +...

3! 5! 7!

Si ahora se hace el siguiente arreglo se tendrá:

( j θ)2 ( j θ)3

cosθ+ j.senθ=1+(jθ)+ + +... 2! 2!

Por otra parte esta serie coincide con la de una exponencial con base al número neperiano as se tiene:

cosθ+ j.senθ=ejθ

Esto se conoce como el teorema de Euler y también como la exponencial compleja. Por esa razón el número complejo pude ser expresado de igual forma como: 6


σ= s.cosθ

ω= s.senθEntonces:

s = s.ejθ

El conjugado será: − jθ

e = cosθ− j.senθ

Es evidente que a demás se cumple:

jθ − jθ +ecosθ=

2

jθ − jθ e −esenθ=

2.j

1.7.- TRANSFORMADA DE LAPLACE Sea f(t) una función que depende del tiempo tal que f(t)=0 para t<0, s una variable compleja entonces:

st

Ldt

La transformada de laplace existe si y solo si −st

Lim e f (t) = 0 Para σ∈ℜ t→∞

Luego

F(s) = L [f(t)]

7

eeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeee


1.8.0- FUNCION ESCALON

⎧0 si t < 0f (t) =⎨

⎩A si t > 0

La función escalón no está definida en t = 0

t

Por lo tanto al aplicarle la definición se tiene:

L[ ]A ∫ Ast dt = A

(e0 −e−∞)=

As , para s>0

Existe un caso particular en la cual A= 1, esta función se denomina escalón unitario y es utilizada ampliamente en la teoría de control.

L[l(t)]= 1

, para s>0 s

1.8.1- FUNCION RAMPA

⎧0 si t < 0f (t) =⎨

⎩A.t si t > 0


t 8

0

∞

−=

es

stAs

A

f(t)

A

f(t)



L st dt , para s>0

Se resuelve por una integral por partes: ⎧⎪

⎨u = t

−, por lo que

queda: ⎧⎪

⎨du = dte−st que al sustituir queda: st

⎪⎩dv =e dt ⎪v = −⎩ s

L[A.t]= A.t.e−st 0 + As ∞∫0 e−st dt = 0 + sA2 e−s.t ∞0 = sA2

∞

Existe un caso particular en la cual A= 1, esta función se denomina rampa unitaria y se define como

L[ ]t = 1

2 , para

s>0 s 1.8.3- FUNCION SENOIDAL

⎧0 si t < 0f (t) =⎨

⎩A.sen( )ωt si t > 0



∞ jωt − jωt

9

sssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssss

A-

A

f(t)

t


st e −e

e−st A ⎡ e−( − ω).e−(s+ jω).t ⎤

L 0 dt = A.∫

0 2 j . dt = 2 j .⎣⎢∫

0 dt −∫

0dt

⎥⎦

Queda:

⎡ −(s− jω).t 0 e−(s+ jω).t 0⎤

L[A.senωt]= 2Aj .⎢⎢⎢es− jω − s+ jω ⎥⎥⎥ = 2Aj ⎡⎣⎢s −1jω− s +1jω⎥⎤⎦ = 2Aj

⎢⎡⎢⎣s22.+jω.ω2⎦⎤⎥⎥ = s2A+ωω2 ⎣ ∞ ∞⎦

1.8.4- TEOREMA DE LA DIFERENCIACION REAL

L⎡⎢ dt

d (f (t))⎤

⎥⎦ = s.F(s) − f (o+)

⎣ Demostración: Sea

⎡ d ⎤ ∞ d −st

L⎢ dt (f (t))⎥ =

∫0 dt (f (t)).e dt

⎣ ⎦ Se resuelve por una integral por partes:

⎧⎪u =e−st ⎧⎪du =−s.e−st dt⎨

d , por lo que queda: ⎨ que al sustituir queda:

⎪dv = (f (t)).dt ⎪⎩v = f (t)⎩ dt

L⎡⎢ dtd (f ( )t )⎤⎥⎦ = f (t).e−st 0∞ + s∞∫0 f (t).e−st

dt = s.F(s) − f (o+) ⎣ 10


1.8.5- FUNCION COSENOIDAL

⎧0 si t < 0f (t) =⎨

⎩A.cos( )ωt si t > 0


Por lo tanto al aplicarle la definición y el teorema de la diferenciación real se tiene:

L[A.cosωt]= L⎡⎢ω

1 .dtd (A.senωt

)⎥⎦

⎤ = s.ω

1 . s2

ω+ω2 ⇒ L[A.cosωt]=

s2 A+.ωs 2

⎣ 1.8.6- FUNCIONES DESPLAZADAS EN EL TIEMPO

⎧0 si t <αf (t −α).l(t −α) =⎨

⎩f(t -α) si t >α

Donde α≥0

0 t ∞ 0 α t

L[f(t -α).l(t −α)]= ∫f(t -α).l(t −α).e−s.t .dt

11

)α-.l(t)α-f(t.l(t)f(t)

A-

A

f(t)

t


0

Para resolver esta integral se debe hacer el siguiente cambio de variable: η= t −α Esto implica que: para t = 0 se tiene η= -α para t →∞

se tiene η=∞ dt = dηQueda al sustituir:

L Por otra parte:

L 1.8.7- FUNCION PULSO

⎧A

f (t) =⎪⎨α si 0 < t <α

⎪⎩0 si α< t y t < 0

Donde A y α son constantes reales

Esta función se puede rescribir así:

A

f ( )t = [l(t) −l(t

−α)] α Por lo tanto al aplicarle la definición se tiene:

L⎡⎢α A[l(t) −l(t −α)]⎥⎤⎦ =αA⎛⎜⎝1s −e−sα.1s⎞⎟⎠=αA.1s.(1−e−sα),

12

α

A

α

f(t)

t


para s>0 ⎣

1.8.8- FUNCION IMPULSO La función impulso es un caso limitado especial de la pulso.

t

Esto se logra cuando α→0

−sα

A (1−e ) L[δ( )t ]= Lim . , Por L’ Hopital se tiene:

α→0 s α

Lim A s.e−sα A.s

L[δ( )t ]= . = = A α→0 s 1 s

Cuando A→∞ y α→0, entonces la función se denomina delta de Dirac.

⎧∞ si t =αδ(t -α) =⎨

⎩0 si t ≠αSe cumple además que:

d

δ(t −α)= [l(t −α)] dt

1.8.9- FUNCIONES DEL TIPO e−αt f (t)

Al aplicarle la definición se tiene:

13

A

f(t)


L ( ) st dt ( )

1.8.10- FUNCIONES DEL TIPO e−αt senωt y e−αt cosωt

Al aplicarle la definición se tiene:

L[e−αt senωt]=

Por consiguiente:

L[e−αt cosωt]= s +α2 2

(s+α) +ω

1.8.11- TEOREMA DE LA E-N-SIMADERIVADA Se tiene:

⎡ d n ⎤ sn sn−1 (o+) sn+2 f ' (o+) f n−2 (o+) f n−1 (o+)L⎢ n (f ( )t )⎥ =.F( )s − .f − . +...− s. −

⎢⎣dt ⎥⎦ 1.8.12- TEOREMA DEL VALOR FINAL

Si Lim f (t) = L , y L es un valor real además s.F(s) tiene todo los polos en el t→∞

semiplano izquierdo entonces:

Lim f (t) = Lims.F(s) t→∞ s→0

14


Demostración:

Lims→0 ∞∫

0 dtd [f ( )t ]e−st dt = ∞

∫0 dtd [f ( )t

]Lims→0 e−st dt = ∞∫

0 dtd [f ( )t ]dt = f

(t)∞0= Limt→∞ f (t)− f

(o+)

Por otra parte se sabe que:

Lim∞ d −st

Lim Lim (o+) Lim (o+) ∫ [f ( )t ]e dt

= s.F(s) − f = s.F(s) − f

s→0 0 dt s→0 s→0 s→0

Entonces se concluye que:

Lim f (t) = Lims.F(s) t→∞ s→0

Ejemplo nº 3:

Si la transformada de Laplace de una función es de la forma F(s) =1, ¿Cuál

s.(s + 2)será el valor de la función temporal f(t) cuando t→∞? Solución: Aplicando el teorema del valor final se tiene:

Lim Lim Lim

t→ 0 s.(s + 2) s→

De hecho si nos fijamos en los polos se puede verificar que se encuentran ubicados en el semiplano derecho

15

ωj.

σ 0 -2


1.8.13- TEOREMA DEL VALOR INICIAL El teorema del valor inicial es la contraparte del teorema del valor final. Este teorema nos permite encontrar el valor de f(t) en t=0+ directamente, a partir de la transformada de Laplace de f(t). Entonces se cumple:

f (o+) = Lims.F(s) s→∞

Demostración:

∞ ∞

d −st d −st

[f ( )t ] dt

Lims→∞ ∫0 dt e =∫0 dt [f ( )t ]Lims→∞ e dt =0

Por otra parte se sabe que:

Lim→∞

∞∫

0 dtd [f ( )t

]e−st dt = Lim

s→∞ s.F(s) −Lim

s→∞ f (o+)= Lim

s→∞ s.F(s)

− f (o+) s

Entonces se concluye que:

f (o+) = Lims.F(s) s→∞

1.8.14- TEOREMA DE LA INTEGRACION REAL

Si f(t) es de orden exponencial, existe la transformada de Laplace de ∫ f (t)dt y se

obtiene así:

L[∫ f (t)dt]= Fs(s)

+ f −1s(o+)

En donde:

16


st

F(s)=Ldt

f −1(o+)= ∫ f (t).dt t=0

Demostración:

L st dt

Se integra por partes:

⎪

⎧⎨u = ∫ f−

(stt)dt

, por lo que queda: ⎧⎪

⎨du = f (−tst).dt que al sustituir queda:

dv =e .dt ⎪⎩v =−es

⎪

⎩

[]∞ −st

∫ f (t)dt.

L ∫ f (t)dt =∫ f (t)e dt +

0 s t=0

Por lo tanto:

F

L[∫ f (t)dt]= s(s) + f −1s(o+)

1.8.15- TEOREMA DE LA DIFERENCIACION COMPLEJA Si f(t) se puede transformar mediante el método de Laplace, entonces excepto en los polos de F(s) se cumple:

d

L[t.f (t)]=−

[F(s)] ds

17

( ) 1

0

0

( ) . −

+ =

∞

−∞∫∫

stf t

sdt

s

stf t dt es

e


A si mismo se cumple:

2

ds

L[t 2 .f (t)]= d

2 [F(s)]

En general se tiene:

n

L[tn.f (t)]=( )−1 n d

n [F(s)], para

n∈N* ds

1.8.16- INTEGRAL DE CONVOLUCION Si f(t) y g(t) son continuas entonces se cumple que:

⎡ t ⎤

L⎢∫ f ( ) (t .g t −T).dT⎥ = F(s).G(s)

⎣ 0 ⎦Demostración: Sea f (t −T).l(t −T) = 0 para t < T entonces se cumple:

.dT Por lo tanto se tiene:

⎡ t ⎤ ⎡∞ ⎤

L⎢∫ f (t −T) ( ).g T .dT⎥ = L⎢∫ f (t −T) (.l t −T) ( )g T .dT⎥

⎣ 0 ⎦ ⎣ 0 ⎦De la definición se deduce que:

⎡∞ ⎤ ∞⎡∞ ⎤ −st

L⎢∫ f (t −T) (.l t −T) ( )g T .dT⎥ = ∫ ∫⎢ f (t −T) (.l t −T) ( )g T .dT⎥e dt

⎣ 0 ⎦ 0 ⎣ 0 ⎦ Si ahora se sustituye t −T =ξ entonces

para T = 0 se tiene ξ= -

18


T para T →∞ se tiene ξ=∞ dT =−dξ

Queda al sustituir:

t ∞ ∞

⎡ ⎤ −sξ ⎡ −sT ⎤

L⎢∫ f (t −T) ( ).g T .dT⎥ = ∫ f ( )ξe dξ⎢∫.g( )T e .dT⎥

⎣ 0 ⎦ 0 ⎣ 0 ⎦

Finalmente se tiene:

⎡ t ⎤

L⎢∫ f ( ) (t .g t −T).dT⎥ = F(s).G(s)

⎣ 0 ⎦ 1.9- TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE El proceso inverso de encontrar la función del tiempo f(t) a partir de la transformada de Laplace F(s) se denomina transformada inversa de Laplace y la notación para su inversa

es L-1 , se encuentra a partir de F(s) mediante la siguiente integral de inversión:

c+ j∞

L-1[F(s)]≡ 1∫

F(s).est dt , para t>0

2π.j c- j∞

En donde c es la abscisa de convergencia, es una constante real y es mayor que todos los puntos singulares de F(s). No es recomendable su uso para determinar el valor de f(t) y por lo general ya se conocen las transformadas inversas de laplace y no se emplea la integral compleja, pero en la práctica muchas no aparecen tabuladas y en este caso se emplea el método de expansión en fracciones parciales. 1.10 METODO DE EXPANSION EN FRACCIONES PARCIALES Por lo general en teoría de control F(s) tiene la forma:

F(s) = B(s) A(s)

En donde A(s) y B(s) son polinomios en S. Para aplicar este método es necesario que el

19


orden del polinomio de A(s) sea mayor que el orden del polinomio de B(s). Si tal es el caso que ocurre lo contrario, entonces, se debe dividir el polinomio B(s) entre el polinomio A(s) para producir un polinomio C(s) más un residuo. Una propiedad importante de la transformada de Laplace es la siguiente:

Si F(s) = F1(s) + F2(s) entonces: F−1(s) = F1−1(s) + F 2

−1(s) Por lo tanto: f(t) = f1(t) +

f2(t). Así que la función F(s) anterior se puede expresar como:

F(s) = K.(s + z1).(s + z2)...(s + zm), para m< n

(s + p1)(. s + p2)...(s + pn)

Donde z1,z2,…,zm son los ceros de la función F(s) mientras que p1,p2,…,pn son los polos de F(s) CASO Nº 1: POLOS SIMPLES Para el caso don los polos son todos simples y diferentes se tiene:

F(s) = a 1 + a 2 +...+ a n s + p1

s + p2 s + pn

Donde a1,a2,…,an son constantes y se denominan los residuos de los polos, es decir a i

corresponde al polo s = -pi Si multiplicamos la ecuación anterior por (s+pi) se tendrá entonces:

(s + pi).F(s) = (s + pi

)s +a 1 p1 +(s + pi

)s +a 2 p2 +...+ai +...+(s

+ pi

)s +a n pn

Si ahora evaluamos toda la expresión en s = -p i se anularán todos los términos excepto en el residuo que corresponda a dicho polo y se tendrá:

(s) 20


ai =(s+pi).BA s

( ) s=−pi

Recordando que:

L−1 ⎡⎢⎢⎣s +a i pi ⎤⎥⎥⎦ =ai.e−pit

Quiere decir que la transformada inversa de toda esta expresión es la siguiente:

f (t) =a1.e−p1t +a2.e−p2t +...+an.e−pnt

Ejemplo nº 4: Determinar la transformada inversa de Laplace de la siguiente función compleja

s + 2

F( )s =

s.(s +1)(. s + 3)Solución: Es evidente que el polinomio del denominador supera al numerador, pero además los polos son simples, así que perfectamente se puede aplicar el criterio anterior, asi:

s + 2 a 1 + a 2 + a3

=

s.(s +1)(. s + 3) s s +1 s + 3 Donde:

a1 = s.(ss+.(1s)(+. 2s+) 3) s=0 = 23 , a2 = s(.s(s++11).)((.ss++23)) s=−1 =− 12 , y

21


a3 = s(.s(s++31)(.)(.ss++23)) s=−3 =

− 16 , por lo tanto queda:

s.(s +s1+)(.2s + 3) 2s3 − s1+21 −

s1+63 ⇒ f (t) = 32.l(t) − 12.e−t − 16.e−3.t = Ejemplo nº 5: Determinar la transformada inversa de Laplace de la siguiente función compleja

F( )s = s4 +3 4s3 +2 3s2 + 5s

+ 7 s +8s +17s

+10

Solución: Como el numerador es de mayor orden que el denominador, entonces se procede a una división de polinomios, así:

Queda ahora:

s4 +3 4s3 +2 3s2 + 5s + 7 s2 3 s2 − 4

F( )s = =18 + 63s + 47 + s +8s +17s +10 s +8s +17s +10

Ahora se factoriza el denominador, para resolver numéricamente este polinomio de tercer grado se debe realizar el siguiente procedimiento:

3 2 b

Sea a.x +b.x + c.x + d = 0 , ahora sustituiremos: y = x − , en nuestro caso es: 3.a

22

s ss s s

s ss s

s

s ss

s

s

s

s

s

s+ + + +

− − − − +

− − − +

+ + + +

+ + + +

+ + +−

s4 3 2

4 3 2

3 2

3 2

2

3 24 3 5 7

8 17 10 0

0 4 14 5 7

0 4 32 68 40

0 0 18 63 47

8 17 10

4


y = x − 2,6667 , al sustituir en la ecuación anterior ocurre: y3 + 3.p.y + q = 0, donde:

c b2 2.b3 b.c d p = − 2 , y q = 3 − 2 + , al sustituir en este caso queda:

3.a 9.a 27.a 3.a a

p = -1,44444 y q = 2,5926, a demás sea: e = q2 + 4. p3 , queda: e = -5,33333

En este e< 0 caso existen tres raíces reales y se cumple que:

b

s =−2. − p.cosθ−13a ⎛ ⎞

s2 =−2. − p.cos(θ+120º)− 3ba Donde θ= 13cos−1⎜⎜⎜

2 −

q p3 ⎟⎟⎟

b ⎝⎠

s =−2. − p.cos(θ+ 240º)−33a

Al sustituir se tiene que el ángulo está dado por:

θ=13,898º Por lo tanto las raíces reales son:

S1 = -5 S2 = -1 S3 = -2

Queda ahora:

3 s2− 4 a 1 + a 2 + a3

=

s +8s +17s +10 s + 5 s +1 s + 2

Aplicando el método de expansión en fracciones parciales queda:

23


a1=(s+5) (s−4) = −

(s+5)(s+1)(s+2) s=−5

a2 =(s+1) (s−4) = −

(s+5)(s+1)(s+2) s=−1

a3 =(s+2) (s−4) = 2

(s+5)(s+1)(s+2) s=−2

Queda ahora:

F( )s =18s2 + 63s + 47 − s + 5 − s +1 + s + 2 , donde la inversa de Laplace es:

d 2δ d

f (t) =18 dt2 + 63 δ+ 47 − 3 e−5t − 54e−t +

2.e−2t dt 4

CASO Nº 2: POLOS MULTIPLES Para el caso de los polos son múltiples se procede así:

F(s) = B( )s n = b 1 + b22 +...+bn

n

(s+p) s + p (s+p) (s+p)

Si se multiplica todo por (s+p)n quedará:

24

34

54 2


B( )s =(s+p)n−1b1 +(s+p)n−2b2 +...+(s + p).bn−1 +bn

Al evaluar por s= -p todos los términos del lado derecho se anularán excepto bn que será igual al valor del polinomio B(s) evaluado en ese polo.

bn = B(s)s=− p

Sin embargo no ocurre lo mismo para el resto de los valores para lo cual se debe derivar toda la expresión por cada valor desconocido, así se tiene:

d n−2 n−3

dt [B( )s ]= (n −1)(s+p) b1 +(n − 2).(s+p) b2 +...+bn−1

Así que ahora al evaluar por s = -p todos los términos del lado derecho se anularán excepto bn-1 que será igual al valor de la primera derivada del polinomio B(s) evaluado en ese polo.

d

bn−1 = [B( )s ]

dts=− p

En general se puede decir que el valor del residuo m-ésimo será igual a:

m−1

bm = (m1−1)!. dtd m−1[B( )s]s=− p


F( )s =

3 3s

2+ 5 s + 6s +12s +8

Solución: Se factoriza primero el denominador, en este caso queda:

25


s3 + 6.s2 +12.s +8 =(s+2)3

Luego al sustituir nos da:

3s + 5

3 = b 1 +b2 2 + b3 3

(s+2) s + 2 (s+2) (s+2)

Aplicando el método ya visto se tiene:

b3 =(3s+5)s=−2 =−1 b2 =(3)s=−2 = 3 b3 = 0

Ahora nos queda:

F(s) = De las tablas de transformada de Laplace se obtiene su inversa:

2

f (t) = 3.t.e−2t −t .e−2t

2 CASO Nº 3: POLOS IMAGINARIOS Para el caso de los polos son complejos conjugados del tipo:

F(s) = B(s

2) 2 =b

2 2 + c.s

2 2

(s+σ) +ω (s+σ) +ω (s+σ) +ω En este caso se igualan los polinomios de ambos numeradores tal que:

b + c.s = B(s) Y se determina por igualación de cada término. Se debe mencionar que también se puede dar el caso de que estén presente todos los casos en la misma función, en ese caso se resuelven los casos particulares uno por uno.

26



3s2 + 5.s +1

F( )s = 3 2 s + 3s + 6s + 4

Solución: Se factoriza primero el denominador, en este caso queda:

33s2 +25.s +1 = 3s2 +25.s +1 = a

+ 2b + c.s

s + 3s + 6s + 4(s +1)(s + 2s + 4)s +1 s + 2s + 4

Para el residuo a se multiplica todo por (s+1) y luego se evalúa en s = -1, así:

= a +(s+1) +c.s⇒ a = 3−5+1∴a =− 1

3s2+5.s+1 b

(s2+2s+4)s=−1 s2+2s+4 s=−1 1− 2 + 4 3

Queda:

+ 5.s +1 b + c.s2 =− + 2

27

s23 1

3

s ss s

ss

ss

s

s

s

s

s

s+ + +

− − + +

+ + +

− − ++ + +

+ − −

+

+ +

3 2

3 2

2

2

23 6 4

0 0

0 2 6 4

0 2 2 00 0 4 4

0 0 4 4

0

1

2. 4

así: Por esta razón se deben mezclar los métodos anteriores

+ + = + + + −s s s j s j22 4 1 3 1 3)()()(

del tipo: El segundo Factor no tiene raíces reales sino complejas

s s ss s s+ + + = + + +3 2 2

3 6. 4 1 2. 4)()( Por lo tanto el denominador queda:


(s +1)(s + 2s + 4) s +1 s + 2s + 4

Aplicando el método del M.C.M se obtiene:

3s2 +25.s +1 = (c − 13

)s2 + (b + 2c − 23)s

+ (b − 43

) (s +1

)(s + 2s + 4) (s +1)(s +

2s + 4)

Por lo tanto al igualar los polinomios del numerador se obtiene:

⎧⎪c − 13 = 3 ⎧c = 10 Queda al sustituir: F(s) = − 13 + 732

+103.s ⎪

⎪⎨ + c − 2 = 5 ⇒⎪⎪⎨ 3 s +1 s + 2s + 4 b

⎪3

⎪b = 7

Reordenando se tiene:

⎪b −

4 =1

⎪⎩ 3 ⎪

⎩ 3 1 1 3 3 10 s +1

F(s) = − . − . 2 2 + . 2

3 s +13 (s+1) + ( 3) 3 (s+1) + ( 3)2

Si se busca en las tablas de transformada de Laplace se tiene que la inversa es:

f (t) =− .e−t − .e−t sen( 3t)+ .e−t cos( 3t)

28

33


1.11 EXPANSION EN FRACCIONES PARCIALES CON MATLAB

n n−1

F(s) = numden = bsoms++ab1 s1.ms−1 ++......++abm n , en MATLAB siempre que n ≤ m entonces Sea

se puede proceder en el workspace a introducir en forma de vectores ambos polinomios: > num=[b0 b1 b2 … bn]; > den=[1 a0 a1 … an]; Luego se hace lo siguiente: > [r,p,k] = residue(num,den) Donde: r = son las raíces, p son los polos y k es el residuo Quedando expresado así:

B(s) r(1) r(2) r(m)= + +...+ + k(s)

A(s) s + p(1) s + p(2) s + p(m) Ejemplo nº 8: Con la ayuda de MATLAB determinar las raíces, polos y polinomio residuo de la siguiente función compleja:

2s4 + 5s3 + 4s2 + 5s + 3

F(s) = 4 3 2 s +11s +

41s + 61s + 30Solución: > num=[2 5 4 5 3]; > den=[1 11 41 61 30]; >[r,p,k]=residue(num,den) r = -29.2917 12.7500 -0.3333 -0.1250

29


p = -5.0000 -3.0000 -2.0000 -1.0000 k = 2.0000 Por lo tanto la solución será:

F(s) =− 29,2917 + 12,75 − 0,3333 − 0,125

+ 2 s + 5 s + 3 s + 2 s +1

2.0 SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES E INVARIANTES CON EL TIEMPO: El método de la transformada de laplace produce el resultado completo de cualquier ecuación diferencial e invariante con el tiempo. Sea:

n n−1 m m−1

y+a0 y +...+an y =b0 u+b1 u +...+bm.u

Para que la ecuación anterior sea lineal, los coeficientes ao, a1,…an deben ser constante e independientes de la entrada u a demás que b0,b1,…bm también ser constantes y no depender del tiempo. Si ahora se le aplica la transformada de laplace y considerando que todas las condiciones iniciales son nulas se tendrá:

L⎡⎢⎣yn ⎦⎤⎥+a0 L⎣⎡⎢ny−1⎦⎤⎥+...+an L[ ]y =b0 L⎡⎢⎣um⎤⎦⎥+b1

L⎢⎣⎡mu−1⎦⎤⎥+...+bm.L[ ]u

Queda al aplicar la definición:

n n−1 n−2

s Y( )s +a0 s Y(s)+a1 s Y(s)+...+anY(s)=

m m−1

30


b0 s U( )s +b1 s U( )s +...+bm−1 sU( )s +bmU(s)

Reagrupando se obtiene lo siguiente:

(sn +a0 sn−1 +a1 sn−2 +...+an)Y( )s = (b0 sm +b1 sm−1 +...+bm−1 s +bm)U(s)

O también así:

m m−1

Y( )s =0ns +b1 s−1 +...+−b2 m−1 s +b m U(s) n n

s +a0 s +a1 s +...+an

Ejemplo nº 9: Encontrar la solución a la siguiente ecuación diferencial:

** *

2 y+ 5 y+ 7y = 0

*

Con las siguientes condiciones iniciales y(0) =1, y(0) = 3 Solución: Aplicando la transformada de Laplace se tiene:

2L⎡⎢⎣*y*⎤⎥⎦+ 5L

⎡⎢⎣y* ⎤⎥⎦+ 7L[ ]y = 0

De acuerdo a la definición se tiene:

2.L⎡⎢⎣*y*⎤⎥⎦ = 2.

⎡⎣⎢s2Y(s) − s.y(0) − y*(0)⎥

⎤⎦ = 2.s2Y(s) − 2.s −3

5.L⎡⎢y*⎤⎥⎦ = 5.[sY(s) − y(0)]= 5.s.Y(s) −5

⎣

7.L[ ]y = 7.[Y(s)]= 7.Y(s)

31

bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb


Al sustituir y simplificar queda:

(2.s2+ 5s + 7).Y(s) = 2.s + 7

Por lo cual:

s2.

s + 7 +.Y(s) = 2⇒ .Y(s) =

2.s + 5s + 7 s + 5 7

2 2 Factorizando el polinomio del denominador se tiene:

⎛⎜ 5⎞⎟ ⎛ ⎞⎟ ⎛⎜ 5⎞⎟ ⎛⎜ 4 ⎞⎟⎟⎠

4 ⎝ 4⎠ ⎝ Queda ahora:

f (t) = 14 31.e−54t .sen⎛⎜ 31 t⎞⎟+e− 54t .cos⎜⎛ 31 t⎟⎞

31 ⎜⎝ 4 ⎟⎠ ⎜⎝ 4 ⎟⎠

32

F ss

s

ss

s s s s

( )

72

52

72

72

3116

14 3131

.

314

22 2 2 2 2

54 4

31 31=

+

+ +=

+

+

=

+

+

++⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

⎝ ⎠ ⎝⎜⎜

⎠⎟ + ⎜

s +2

72

1-Introduccion a Los Sistemas de Control

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