Post on 15-Aug-2020
ESTABILIDADEMétodo cri tér io de Routh-Hurwitz
Casos Especiais
Profa Ninoska Bojorge
Departamento de Engenharia Química e de Petróleo – UFF Disciplina: TEQ102- CONTROLE DE PROCESSOS
Observação: A mesma equação característica ocorre tanto para as mudanças na carga e no setpointdesde o termo 1 + GOL. Assim, se o sistema de malha fechada é estável para perturbações de carga,ele também será estável para mudanças de set-point.
Parte Imaginária
Parte Real
Região Estável
Região Instável
Regiões de estabilidade no plano complexo das raízes da equaçãocaracterística
ESTABILIDADE MALHA FECHADA
Re
Im
muito oscilatório
muito oscilatório
rápido
Decaimento exponencial com oscilações
lento
rápido crescim. exponencial
Crescimento exponencial com oscilações
Estável (Esquerda ) Instável (Direita)
Raízes complexas (parte real - )
lento
Decaimento exponencial
Contribuições dos polos na resposta malha fechada
rápido
raízes reais (+)
raízes reais ( - )
raízes complexas (parte real +)
raízes complexas (parte real -)
Ex1) Seja estude sua estabilidade
Criterio de Routh-Hurwitz
4
1º passo: D(s)=s4+2s3+3s2+4s+5
2º passo: todos coeficientes de D(s) são positivos portanto nada pode-se concluir
3ºpasso: construir arranjo triangular de Routh-Hurwitz (Lembrando...)
sn
a3
b2 b3 b4
c2 c3
d2 d3
:
e1 e2
f1
g1
sn
sn
sn
sn
s
s
s
a a a a
a a a
b
c c
d d
−
−
−
−
1
2
3
4
2
1
0
0 2 4 6
1 5 7
1
1 4
1 4
:
...
...
...
...
:
1
30211
a
aaaab
−=
1
50412
a
aaaab
−=
1
70613
a
aaaab
−=
1
21311
b
baabc
−=
1
31512
b
baabc
−=
1
41713
b
baabc
−=
1
21211
c
cbbcd
−=
1
31312
c
cbbcd
−=
Critério de estabilidade - Exemplo
( ) ( ) ( ) ( )( )( )( )
1
1
1 2 3P v
G s G s G s H ss s s
=+ + +
( )
( )
( )( )( )
( )( )( )
1
1 2 3
11
1 2 3
C
C
KC s s s s
R sK
s s s
+ + +=
++ + +
( )
( ) ( )( )( )1 2 3
C
C
C s K
R s s s s K=
+ + + +
ou( )( )( ) 0321 =++++ CKsss
Equação Característica:
C(s)R(s)
Pelo método do lugar das raízes
Criterio de estabilidade - Exemplo
Kc p1 p2 p3
0 -3 -2 -1
0.23 -3.1 -1.75 -1.15
0.39 -3.16 -1.42 -1.42
1.58 -3.45 -1.28-0.75j -1.28+0.75j
6.6 -4.11 -0.95-1.75j -0.95+1.75j
26.5 -5.1 -0.45-2.5j -0.45+2.5j
60 -6.0 0-3.32j 0+3.32j
100 -6.72 0.35-4j 0.35+4j
( )( )( ) 0321 =++++ CKsss
Equação Característica:
*
**
CASOS ESPECIAIS CRITÉRIO DE ROUTH
� 1o. Caso) Nenhum elemento da 1a coluna é zero →avalia-se a estabilidade pelo resultado do arranjo.
� 2o. Caso) Existe um zero na 1a coluna → substitui-se o zero por um valor ε (épsilon) e faz-se a análise da estabilidade pelo arranjo.
� 3o. Caso) Todos os elementos de uma linha são zeros →substitui-se esta linha pelos coeficientes oriundos da derivação da linha anterior e faz-se a análise da estabilidade pelo arranjo.
56
156
061
5241
052
01-521
2
4132
042
531
s
0
1
2
3
4
=−
−⋅−
−=⋅−⋅
=⋅⋅
=⋅−⋅
s
s
s
s
8
Ex1) Seja estude sua estabilidade pelo critério de R-H.
Neste caso, os elementos da 1º coluna são:
5
6
1
2
1
0
1
2
3
4
s
s
s
s
s
−
Ocorrem duas mudanças de sinais, um de 1 para -6 e outra de -6 para 5, logo este sistema tem dois pólos de lado direito do plano-s , então o sistema é instável.
Assim:
5432
12)(
234++++
+=
ssss
ssG
CASOS ESPECIAIS CRITÉRIO DE ROUTH
Exercícios
9
Ex1) Seja
Se analisamos pelo Lugar das raízes, no Matlab
5432
12)(
234++++
+=
ssss
ssG
>> G = tf([2 1],[1 2 3 4 5]);>> rlocus(G)
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5Root Locus
Real Axis (seconds-1)Im
agin
ary
Axi
s (s
econ
ds-1
)
0 50 100 150 200 250-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4x 10
30 Resposta Degrau
Tempo (seconds)
Res
post
a
A fim de verificar, podemos plotar a resposta desta G(s) para um degrau
>> s = tf('s');>> num = [ 2 1]; >> den = [ 1 2 3 4 5]; >> step (num, den)
Caso 2) Linha com primeiro elemento igual a zero
Casos Especiais
substitua este elemento por um ε > 0 e prossiga na construção do arranjo. Na análise de estabilidade, faça ε→0.
Ex 2: Indique quantos polos fora do semiplano esquerdo tem o seguinte polinômio:
s5 + 3s4 + 2s3 + 6s2 + 6s + 9
Obs: � o polinômio atende à condição
necessária;� no entanto, se analisamos os polos,
por exemplo usando o Matlab, obtém-se :
Casos Especiais
s5 1 2 6
s4 3 6 9
s3 0 3 0
Nova s3 ε 3 0
s2 9 0
s1 0 0
s0 9 0 0
Ex 2: Indique quantos pólos fora do semiplano esquerdo tem o seguinte polinômio: s5 + 3s4 + 2s3 + 6s2 + 6s + 9
o arranjo triangular de Routh assume a forma:
� Assim, o critério de Routhindica a existência de 2 pólosfora do semiplano esquerdo.
� uma outra alternativa aqui é realizar a seguinte mudança de variáveis:
z = 1/s e obter o polinômio em z, seguido da aplicação do critério de Routh
ε
ε 96 −
32
33
2
−−
ε
ε
Caso 2) Linha com primeiro elemento igual a zero
Casos Especiais
Caso 3) Linha com todos os elementos iguais a zero
Ex 3: Indique quantos polos fora do semiplano esquerdo tem o seguinte polinômio: s5 + 5s4 +11s3 + 23s2 + 28s +12
� repare que o polinômio atende à condição necessária;
� no entanto, usando o Matlab, obtém-se os seguintes polos:
Obs: veja-se a perda de precisão numérica no cálculo ao lado . As raízes do polinômiosão efetivamente –3, +j2, –j2, –1 e –1.
Esta perda de precisão é devida ao processo de quantização numérica empregado pelo computador. Dependendo do algoritmo, este efeito é maior ou menor.
Caso 3) Linha com todos os elementos iguais a zero
Ex 3: Indique quantos pólos fora do semiplano esquerdo tem o seguinte polinômio:
s5 + 5s4 +11s3 + 23s2 + 28s +12
o arranjo triangular de Routh assume a forma:
s5 1 11 28
s4 5 23 12
s3 6,4 25,6 0
s2 3 12 0
s1 0 0 0
s0
Casos Especiais
s5 1 11 28
s4 5 23 12
s3 6,4 25,6 0
s2 3 12 0
s1 0 0 0
Nova s1 6 0 0
s0 12 0 0
o arranjo triangular de Routh assume a forma:
Linha nula
Caso 3) Linha com todos os elementos iguais a zero
Casos Especiais
Ex 3: Indique quantos pólos fora do semiplano esquerdo tem o seguinte polinômio:
s5 + 5s4 +11s3 + 23s2 + 28s +12
Casos Especiais
s5 1 11 28
s4 5 23 12
s3 6,4 25,6 0
s2 3 12 0
s1 0 0 0
Nova s1 6 0 0
s0 12 0 0
o arranjo triangular de Routh assume a forma:� Assim, o critério de Routh
indica a inexistência de polos fora do semiplano esquerdo, embora falta ainda analisar o polinômio p(s) = 3s2 +12.
� Este polinômio vai apresentar 2 raízes no eixo imaginário, +j2 e –j2, portanto, na margem do semiplano esquerdo.
Ex 3: Indique quantos pólos fora do semiplano esquerdo tem o seguinte polinômio:
s5 + 5s4 +11s3 + 23s2 + 28s +12
Casos Especiais
Caso 3) Linha com todos os elementos iguais a zero
Ex 4: Determine o intervalo de Kc, ganho do controlador, para o qual o sistemarealimentado seja estável.
solução: A F.T.M.F. é dada por:
Note que não é possível obter os pólos de H(s) usando a calculadora.
Outras aplicações
Ex 4: Determine o intervalo de Kc, ganho do controlador, para o qual o sistemarealimentado seja estável.
Usando o método de Routh-Hurwitz:
1ºpasso: D(s)=s3 + 5s2 + (Kc - 6)s + Kc
2ºpasso: Para que todos os coeficientes sejam positivos:
Kc- 6 > 0 → Kc>6eKc > 0⇒ Kc > 6 satisfaz (I)
Outras aplicações
Ex 4: Determine o intervalo de Kc, ganho do controlador, para o qual o sistemarealimentado seja estável.
Usando o método de Routh-Hurwitz:
3ºpasso:
D(s)=s3 + 5s2 + (Kc - 6)s + Kc
Kcs
KcKcs
Ks
Ks
c
c
05
1)6(5
5
61
1
2
3
−−
−
Outras aplicações
Casos Especiais
Ex 4: Determine o intervalo de Kc, ganho do controlador, para o qual o sistemarealimentado seja estável.
4ºpasso: Para que elementos da 1ª. coluna sejam todos positivos, é necessário que:
e Kc > 0 (III)05
)6(5>
−− KcKc
0305 >−−⇒ KcKc
0304 >−⇒ Kc
4
30>⇒ Kc 5,7= (II)
Usando o método de Routh-Hurwitz: D(s)=s3 + 5s2 + (Kc - 6)s + Kc
Outras aplicações
Ex 4: Determine o intervalo de Kc, ganho do controlador, para o qual o sistemarealimentado seja estável.
Usando o método de Routh-Hurwitz:
4ºpasso:
D(s)=s3 + 5s2 + (Kc - 6)s + Kc
Logo, para Kc > 7,5 o sistema terá estabilidade absoluta.
Como já foi dito, se tiver um zero (0) na primeira coluna de tabela ou se uma linha for nula, então deve-se usar o caso especial anterior.
Kc
0 6 7,5
Outras aplicações
21
Step Response
Time (seconds)
Am
plitu
de
0 20 40 60 80 1000
2
4
6
8x 10
25
Kc = 1
0 100 200 300 400 500 600-5
0
5x 10
28 Step Response
Time (seconds)
Am
plitu
de
Kc = 6
0 10 20 30 40 50 60-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3Step Response
Time (seconds)
Am
plitu
de
Kc = 7.5
0 5 10 15 20 25 300
0.5
1
1.5
2
2.5Step Response
Time (seconds)
Am
plitu
de
Kc = 10
Ex 4: Determine o intervalo de Kc, ganho do controlador, para o qual o sistemarealimentado seja estável.
0 0.5 1 1.5 2 2.5 30
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2Step Response
Time (seconds)
Am
plitu
de
Kc = 1000
Verificação
22
Dada a Equação característica da FTMF, determinar estabilidade
11
05 05 0 750
05 05 0 75 0
05 05 0 75 0
3 2
3 2
3 2
++
+ − −=
+ − − + + =
+ + − + − =
Ks
s s s
s s s K s K
s s K s K
c
c c
c c
. . .
. . .
. ( . ) ( . )
( ) . ( ) ( . ) ( . )
. ( . ) ( . )
j j K j K
j K j K
c c
c c
ω ω ω
ω ω ω
3 2
3 2
05 05 0 75 0
05 05 0 75 0
+ + − + − =
− − + − + − =
Substituir s = jω, Κc= Κcu
075.05.05.0
11
23=
−−+
++
sSS
sKc
uu
u u
Outras aplicações
Parte real
23
− + − =05 0 75 02. .ω Kc( . )Kc − − =05 03
ω ω
∴ = + ⇒ + − − =
⇒ − + =
⇒ = ± =
K
K
c
c
05 0 75 05 0 75 05 0
05 0 25 0
2 2 1
2 2 3
2
. . ( . . . )
. .
/ ,
ω ω ω ω
ω
ω
Parte Complexa
Step Response
Time (seconds)
Am
plitu
de
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
1
2
3
4
5
6
7
uu
u
u u
Outras aplicações
Exercício 5 No seguinte sistema, determinar o valor do ganho, que faz com que o sistema se torne instável Use os seguintes dados: (a) τD = 0,25 min e (b) τ D = 0,5 min.
24
Exercício de aplicação
Ex 5) .... O balanço de energia em torno de cada tanque:
25
Assim, em termos de variáveis de desvio e tomando a T. L obtemos sistemas da forma de 1ª ordem:
onde:
pois não há aquecedores nesses tanques.
Exercício de aplicação
Ex 5) ...O seguinte diagrama de blocos mostra o sistema de controle de feedback.
26
onde os parâmetros do sistema será:
Exercício de aplicação
∴ Kq= K1
Blocos da válvulas e sensor são de dinâmica mto rápida (G= 1)
Ex 5) O seguinte diagrama de blocos mostra o sistema de controle de feedback.
27
Logo, a equação característica será:
Continuando...
Logo, pelo arranjo de Routh:
28
Outras aplicações
Ex 5) ... Assim a equação característica ...
29
Outras aplicações
Ex 5) ...
Assim, para :
Ex 6) Considere o exemplo onde o atuador e dispositivos de medição não têm dinâmicas desprezíveis .
30
Equação característica:
Outras aplicações
-0,1 < Kc < 2.42
Análise critério de Routh – Control P 31
10 12
21 (1 +10Kc)
0
s3
s2
s1
s0
→→→→
Outras aplicações
→
Agora, o Análise por Substituição Direta com controle P; s= jw e Kc=Kcu
32
Outras aplicações
Kcu= 2.42
33
Simulando o exemplo anterior no Matlab (pidtune)
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
Resposta a variação degrau no setpoint VPsp
Time (seconds)
varia
vel d
e pr
oces
so
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Resposta a variação degrau no setpoint VPsp
Time (seconds)
varia
vel d
e pr
oces
so
mas, quando Kc= Kcu, a resposta é criticamente estável
Kc = 0.973
Análise critério de Routh – Control P I
34
10 12 10Kc/τI
21 (1 +10Kc) 0
s4
s3
s2
s1
s0
A estabilidade estará definidaem função dos valores de Kce τi