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8/18/2019 Problemas Control II Grupo2

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UNIVERSIDAD NACIONAL MAYOR DE SAN MARCOS INGENIERIAELECTRONICA Y ELECTRICA

B-10-4. Considere el sistema de control de la figura 10-37. Usando las reglas desintonización de Ziegler-Nichols, determine los valores de Kp, Ti Td . !"tenga lares#uesta escalon unitario del sistema dise$ado. %aga a&ustes finos de los

#ar'metros Kp, Ti Td, a fin de (ue el so"re#aso m')imo en la res#uesta escalón

unitario sea a#ro)imadamente de 1*+.

Solución

a e"ido a (ue la #lanta tiene un integrador, usamos el segundo mtodo.Considerar /i , /d 0.

" Considerando tan sólo la acción #ro#orcional 2#, o"tenemos la función detransferencia de lazo cerrado siguiente4

C (s) R (s )

= Kp

s3+21 s2+20 s+ Kp

El valor de Kp que hace al sistema marginalmente estable para que ocurra una oscilaciónsostenida se obtiene mediante el criterio de estabilidad de Routh. La ecuación característicapara el sistema de lazo cerrado es:

s3+21 s2+20 s+ Kp=0

Entonces el arreglo de Routh es:

s

3

1 2

s2

21 Kp

s1

420− Kp

21

SISTEMAS DE CONTROL II Página 1


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s0

Kp

!e la primera columna se encuentra que ocurrir" una oscilación sostenida si Kp # $2.%or consiguiente& la ganancia crítica es Kcr # $2& entonces la ecuación característica es

s3+21 s2+20 s+420=0

'ustitu(endo s # )* en la ecuación característica& así:

( jw )3+21( jw )2+20 jw+420=0

− jw3−21 w2+20 jw+420=0

jw (20−w 2)+21(20−w2)=0

encontramos que la +recuencia de oscilación sostenida es w2=20 o w=√ 20

Luego& el periodo de la oscilación sostenida es:

Pcr=2 π

w =1.40496

determínanos Kp& ,i ( ,d de la siguiente manera:

Kp=0.6 Kcr=252

Ti=0.5 Pcr=¿ 0.7025

Td=0.125 Pcr=¿0.1756

Entonces la +unción de trans+erencia del controlador %-!

Gc ( s )=0.075 xKcrxPcr(s+

4

Pcr)

2

s



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4/37


Fig1. Respuesta al escalón unitario del sistema de control usando un controlador %-!

!e la +igura observamos un sobrepaso m"imo poco ma(or a 34& para obtener un

sobrepaso m"imo de 154 tenemos que reducir los par"metros del controlador mediante

una sintonización +ina.

6onservaremos Kp#252 ( moveremos el cero doble del controlador %-! a s#71& el nuevo

valor de %cr ser":

4

Pcr=1

Pcr=4

Luego los par"metros ,i ( ,d ser"n:

Ti=0.5 Pcr=2

Td=0.125 Pcr=0.5

La nueva 8unción de ,rans+erencia del controlador %-! sera:

Gc ( s )=0.075 xKcrxPcr(s+

4

Pcr)

2

s

SISTEMAS DE CONTROL II Página #


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C(!R(!


Gc ( s )=0.075 x 420 x 4(s+

4

4)

2

s

Gc ( s )=126 (s+1)2

s

La +unción de ,rans+erencia de Lazo cerrado ser":

9sando /0,L0 para esta nueva +unción de trans+erencia& se obtiene la respuesta a unescalón unitario como se muestra en la +igura siguiente:

Fig2. Respuesta al escalón unitario del sistema de control& con

par"metros Kp#252& ,i#2& ,d#.5



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C(!R(!


-ncrementaremos la ganancia proporcional a Kp#32 ( mantendremos el cero doble

s#71;< es decir Kp=0.6 Kcr=620 Kcr#1==.==. Los par"metros ,i ( ,d no son

a+ectados. Entonces la +unción de trans+erencia del controlador %-! es:

Gc ( s )=0.075 xKcrxPcr(s+ 4

Pcr)

2

s

Gc ( s )=0.075 x 1033.33 x 4(s+

4

4)

2

s

Gc ( s )=309.99

(s+1)2

s

>btenemos la +unción de trans+erencia de lazo cerrado siguiente:

9sando /0,L0 para esta nueva +unción de trans+erencia& se obtiene la respuesta a unescalón unitario como se muestra en la +igura siguiente:



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Fig3. Respuesta a escalon unitario con par"metros Kp# 32& ,i#2& ,d#.5

El sobrepaso m"imo es 1?4 que es aproimado a 154 entonces los par"metros

sintonizados son:

Kp# 32& ,i#2& ,d#.5

B-10-5. Considere el sistema de la figura 10-35. 6u#onga (ue se introducen al sistema las #ertur"aciones 2s, como se o"serva en el diagrama. etermine los



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C(!R(!

D(!

C(!R(!


#ar'metros K, a y b, tales (ue la res#uesta #ara la entrada de #ertur"ación escalonunitario la res#uesta #ara la entrada de referencia escalón unitario satisfagan lases#ecificaciones siguientes4a res#uesta #ara la entrada de #ertur"ación escalón de"e atenuarse r'#idamente 28

seg en trminos del tiem#o de asentamiento de 8+, la res#uesta ante la entrada dereferencia escalón de"e e)hi"ir un so"re#aso rna)imo de 80+ o menos un tiem#ode asentamiento de 8 seg.

Solución

La +unción de trans+erencia de lazo cerrado es:

C (s) R (s )

= 2 k (as+1) (bs+1)(s+2)

s ( s+1)(s+10)+2 k (as+1 ) (bs+1 )(s+2)

%odemos ver que el numerador es un polinomio de grado = ( el denominador tambi@n es un

polinomio de grado =. %ara reducir el grado del Aumerador elegiremos a # .

La +unción de trans+erencia de lazo cerrado se convierte en:

SISTEMAS DE CONTROL II Página $


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C (s) R (s )

= 2 k ( bs+1 )(s+2)

s ( s+1 )(s+10)+2 k (bs+1 )(s+2)

.Bacemos b#.5 de modo que el cero del controlador se encuentre en s # 72& la +unción de

trans+erencia del controlador Ccs; sera:

Gc (s )=k (bs+1)

s =

k (0.5 s+1)s

Gc (s )=0.5 k (s+2)

s

Entonces:

C (s) R (s )

= k (s+2)2

s ( s+1 )(s+10)+k (s+2)2

La +unción de trans+erencia en lazo cerrado para la entrada de perturbación ser":

C (s) R (s )

= 2 s (s+2)

s ( s+1 )(s+10)+k (s+2)2

La respuesta para la entrada de perturbación escalón debe atenuar r"pidamente.

-nterpretaremos esto en t@rminos del tiempo asentamientos de 2 seg.

9sando /0,L0 encontramos que K # 2& nos da el tiempo de establecimiento de 2 seg.

6on K # 2& la +unción de trans+erencia de lazo cerrado 6!s;D!s; para la entrada de

perturbación es:

C (s) R (s )

= 2 s

2+4 ss

3+31 s2+90 s+80

En /0,L0

SISTEMAS DE CONTROL II Página %


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Fig4. Respuesta de perturbación para la entrada escalón unitario

Esta respuesta corresponde al tiempo de establecimiento de 2 seg. Esto puede no ser tan

obvio. %or lo tanto& se representa la respuesta de perturbación a la entrada rampa unitaria

En /0,L0



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Fig5. Respuesta de perturbación para la entrada Rampa unitario

>bservamos que el tiempo de establecimiento es aproimadamente de 2 seg.

%ara la entrada de re+erencia& la +unción de trans+erencia de lazo cerrado con K # 2 es.

C (s) R (s )

= 2 0 s

2+80 s+80s

3+31 s2+90 s+80

En /0,L0



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%odemos observar que el tiempo de establecimiento es de 2 segundos. Los polos en lazo

cerrado para el sistema lo hallamos usando /0,L0.

rootsden;

ans #

72F.GF$2

71.532? H .35=Fi

71.532? 7 .35=Fi

8inalmente el 6ontrolador es:

Gc (s )=20(0.5 s+1)s

=10(s+2)s

!onde I#2& a# ( b#.5.



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B-10-6. emuestre (ue el sistema con un control 9: (ue a#arece en la figura 2a es

e(uivalente al sistema con un control :-9 con control realimentado de la figura 2".

SISTEMAS DE CONTROL II Página 1"


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Solución

La +unción de trans+erencia en lazo cerrado del sistema mostrado en la +igura a; es:

C (s) R (s )

=

Kp(1+ 1T i s+T d s)G p(s)1+ K p(1+

1

T i s+T d s)G p(s)

…(α )

La +unción de trans+erencia en lazo cerrado del sistema mostrado en la +igura b; se puedeobtener como sigue& de+inimos la entrada al bloque Cps; como 9s;.

Entonces:

SISTEMAS DE CONTROL II Página 1#


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U (s )= Kp (1+T d s ) R ( s)+ K p

T i s [ R (s )−C (s ) ]− K p (1+T d s )C (s)

(

C ( s )=G p ( s ) U (s)

por lo tanto

C (s)G P(s)

= Kp(1+T d s+ 1T i s ) R ( s)− K p(1+T d s+ 1

T i s )C (s )

C (s)

G P(s)= Kp

(1

+T

ds+

1

T i s

) R ( s)

− K

p

(1

+T

ds+

1

T i s

)C (

s)

C (s)G P(s)

+ K p(1+T d s+ 1T i s )C (s)= Kp(1+T d s+ 1

T i s ) R ( s )

C (s )+ K p

(1+T

d

s+ 1

T i s

)G

P

(s)C (s)

G P(s) = Kp(1+T d s+

1

T i s ) R (s )

C ( s)[1+ K p(1+T d s+ 1T i s )G P (s )]= Kp(1+T d s+ 1

T i s )G P(s) R (s )

C (s) R (s )

=

Kp(1+ 1T i s+T d s)G p(s)1+ K p(1+

1

T i s+T d s)G p(s)

…( β )



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%odemos darnos cuenta que J; # ;& entonces podemos decir los sistemas mostrados son

equivalentes.

B-11-5. Considere la matriz ; siguiente4

=

0001

1000

0100

0010

A

>btenga los valores característicos❑

1,❑

2,❑

3 y❑

4 de la matriz 0. !espu@s obtenga una

matriz de trans+ormación % tal que:

P−1

AP=diag (¿1,❑2 ,❑3 ,❑4)¿

Solución

Los valores característicos de la matriz 0 nn son las raíces de la ecuación característicasiguiente:

| I − A|=0

!onde la matriz 0 es:

=

=

1234

1000

0100

0010

0001

1000

0100

0010

aaaa

A



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0

0001

1000

0100

0010

000

000

000

000

=

−

λ

λ

λ

λ

0

001

100

010

001

=

−

−

−

−

λ

λ

λ

λ

R&')i&n*' +', -&n',& '-+&-&n/a,i'

¿−1¿

0 0 −10 ¿ 0

−1

|−1 00 ¿−10 0

|+|¿|=0¿¿

[|−10 |]+(−1) [|−10 |]=0

❑2 (❑2−0 )+(−1 )(1)=0

❑4−1=0

!onde los valores propios ser"n:

❑1=1,

2=−1,

3= j y

4=− j

Ballando la matriz trans+ormada %:



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=

34

33

32

31

24

23

22

21

4321

1111

λ λ λ λ

λ λ λ λ

λ λ λ λ

P

Reemplazando se tiene que:

−

−−

−−=

j j

j j P

11

1111

11

1111

%ara que esta matriz sea la matriz trans+ormada se debe de cumplir que:

P−1

AP=diag(¿1,❑2 ,❑3 ,❑4)… … …(1)¿

Hallando la inversa de P:

%ara hallar la matriz inversa se usa la +ormula :

P−1=

1

det ( P ) Adj( P)

Ballando la determinante de %:

det ( P )=4

SISTEMAS DE CONTROL II Página 1$


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−−

−−

−−=

j j

j j P Adj

11

11

1111

1111

)(

−−

−−

−−=−

j j

j j P

11

11

1111

1111

4

11

Reemplazando en 1;:

−

−−

−−

−−

−−

−−=−

j j

j j

j j

j j AP P

11

1111

11

1111

0001

1000

0100

0010

11

11

1111

1111

4

11

=

−

−=−

4

3

2

1

1

000

000

000000

000

000

00100001

λ

λ

λ

λ

j

j AP P

B-11-6. Considere la matriz ; siguiente4

−−=

32

10 A

SISTEMAS DE CONTROL II Página 1%


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6alcule e At

mediante tres metodos:

Solución

Ballando e

At

:

'ea una ecuación di+erencial escalar: ´ x=ax…(1)

0l resolver esta ecuación se obtiene como solución un t; de la +orma:

x (t )=b0+b1 t +b2t 2+…+bk t

k +…(2)

Ballando ´ x ( 'ustitu(endo esta ecuación en 1;:

´ x¿b1+2 b2 t +3 b3t 2+…+kbk t

k −1+…

%or lo tanto:

b1+2 b2 t +3 b3 t 2+…+kbk t

k −1+…=a(b0+b1 t +b2t 2+…+bk t

k +…)

b1+2 b2 t +3 b3t 2+…+kbk t

k −1+…=a b0+ab1 t +a b2 t 2+…+abk t

k +…

-gualando miembro a miembro:

b1=a b

0

2 b2=a b

1→ b

2=

1

2a b

1=

1

2a

2b

0

3 b3=a b2 → b3=1

3a b2=

1

3 x 2a

3b0

.

.

.



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bk = 1

k a

k b

0…(3)

El valor deb

0 se obtiene sustitu(endo t# en 2;:

x (0 )=b0

…(4)

Reemplazando =; ( $; en 2;& se obtiene:

x (t )=b0+a b

0t +

1

2 a

2b

0t

2+…+ 1

k a

k b

0t

k +…

x (t )=(1+at + 1

2 a

2t

2+…+ 1

k a

k t

k +…)b0

x (t )=(1+at + 12 a2t 2+…+ 1k ak t k +…) ! x(0)

x (t )=eat ! x(0)

Entonces para una ecuación matricial:

´ x= Ax

'e tiene:

x (t )=( I + At + 12 A2 t 2+…+ 1k A k t k +…)! x (0)

!onde:

( I + At + 12 A 2 t 2+…+ 1k A k t k +…)=e At

Entonces:

x (t )=e At ! x (0 ) …(α ) donde 0: matriz nn



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%ara la ecuación matricial ´ " (t )= A" ( t )

0plicando la trans+ormada de laplace a esta ecuación se obtiene:

#" (s)− " (0 )= A" (s )

#" ( s )− A" (s )= " (0)

" (s )(#I − A )= " (0)

/ultiplicando por (#I − A )−1

:

" (s )=(#I − A)−1 " (0)

,omando la trans+ormada inversa:

(#I − A)[¿¿−1] " (0 ) … !( β)

" (t )=ℶ−1 ¿

-gualando (α ) con ( β) :

(#I − A)

[¿¿−1]e At =ℶ−1¿

/@todo 1:

0plicando la +ormula

(#I − A)[¿¿−1]

e At =ℶ−1¿

Ballando #I − A :

|s 00 s||1 00 1|−| 0 1−2 −3|=|s −12 s+3|



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(#I − A )−1=|s −12 s+3|−1

=[ 2

s+1−

1

s+21

s+1−

1

s+2−2s+1

+ 2

s+2−1s+1

+ 2

s+2]

(#I − A )

[¿¿−1]=ℶ−1[ 2

s+1−

1

s+21

s+1−

1

s+2−2s+1

+ 2

s+2−1s+1

+ 2

s+2]

ℶ−1 ¿

¿

[ ℶ

−1 2

s+1−ℶ−1

1

s+2ℶ

−1 1

s+1−ℶ−1

1

s+2−ℶ−1

2

s+1+ℶ−1

2

s+2−ℶ−1

1

s+1+ℶ−1

2

s+2 ](#I − A)

[¿¿−1]=[ 2e−t −2e−2 t e−t −e−2 t

−2e−t +2e−2 t −e−t +2e−2t ]e At =ℶ−1¿

/@todo 2:

'i la matriz 0 se trans+orma en una +orma diagonal:

!onde e At = P e $t P−1 P[e

❑1 t 0

0 e❑2 t ] P−1 .(1!

!onde ❑

1 3❑

2 son las raíces características de la matriz 0 nn.

−−

=32

10 A

| I − A|=0

SISTEMAS DE CONTROL II Página 2"


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¿

|00|−| 0 1−2 −3|=0

¿−1

23

|¿|=0

(+3)+2=0

❑2+3+2=0

!onde:

❑1=−1,

2=−2

La matriz % ( %71:

P=[ 1 1−1 −2] 4 P−1=[ 2 1−1 −1]

6on estos valores reemplazamos en 1;:

e At = P e $t P−1= P[e

−t 0

0 e−2t ] P−1

e At = P e $t P−1=[ 1 1−1 −2][e

−t 0

0 e−2t ][ 2 1−1 −1]

e At = P e $t P−1=[ 2e

−t −e−2 t e−t −e−2 t

−2e−t +2e−2 t −e−t +2e−2 t ]

/@todo =:

SISTEMAS DE CONTROL II Página 2#


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%ara este caso& aprecia que las raíces características de la matriz 0 son distintas.

%or tanto& se aplica la siguiente ecuación matricial.

[1 ❑1 e

❑1

t

1 ❑2

e❑

2t

I A e At ]=0

Reemplazando:

[

1 −1 e−t

1 −2 e−2t

I A e At

]=0

0plicando co+actores:

−2 e−2 t

A e At +

1 e−2t

I e At +e

−t |1 −2 I A |=0

−2 e At − A e−2 t +e At − I e−2t +e−t ( A+2 I )=0

−2 e At − A e−2 t +e At − I e−2t + A e−t +2 I e−t =0

A+ I ¿e−2 t +( A+2 I )e−t =0−e At −¿

A+ I ¿e−2 t −( A+2 I )e−t

−e At =¿

A+ I ¿e−2 t

e At =( A+2 I ) e−t −¿



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[ 0 1−2 −3]+[1 00 1]¿e−2 t e

At =([ 0 1−2 −3]+2[1 00 1])e−t −¿

e At =([ 2 1−2 −1])e−t −[ 1 1−2 −2]e−2 t

e At =[ 2e

−t e−t

−2e−t −e−t ]−[ e−2t

e−2 t

−2e−2 t −2e−2 t ]

e At =[ 2 e

−t −e−2 t e−t −e−2t

−2 e−t +2 e−2 t −e−t +2 e−2 t ]

B-11-7. ada la ecuación del sistema

[ ´ x1´ x 2´ x 3] = [

2 1 00 2 1

0 0 2] [ x 1 x 2 x 3]


27/37


A = [2 1 0

0 2 1

0 0 2]

La matriz de transición de estados Mt; se obtiene mediante:

M t; # e0t # L 71N'- 7 0; 7 1OEntonces:

sI – A = [s 0 0

0 s 0

0 0 s ] - [2 1 0

0 2 1

0 0 2]

sI – A = [s−

2

−1 0

0 s−2 −10 0 s−2]

Ballando su inversa:

(SI - A) – 1 =1

det (#I − A) adj(SI – A)

!onde:

ad)'- P 0; # Nco+'- P 0;O,

Ballando la matriz de co+actores de '- P 0;:

Cof(SI – A) = [(s−2)2 0 0

s−2 (s−2)2 01 s−2 (s−2)2]

Ballando su ad)unta:

Adj(SI – A) = [cof(SI – A)]T = [(s−2 )2 s−2 1

0 ( s−2 )2

s−2

0 0 (s−2 )2]SISTEMAS DE CONTROL II Página 27


28/37


Ballando su determinante:

det'- P 0; # s P 2;=

Entonces la inversa de '- P 0; es:

(SI – A) – 1 =1

det (#I − A) adj(SI – A) = [(s−2 )2 s−2 1

0 ( s−2)2

s−2

0 0 ( s−2 )2]

(s & 2)3

(SI – A) – 1 = [ 1(s−2)

1

(s−2)21

(s−2)3

0 1

(s−2)1

(s−2)2

0 0 1

(s−2) ]0hora aplicamos Laplace inversa:

L -1[(SI - A) - 1] = L -1{ [ 1

(s−2)1

(s−2)21

(s−2)3

0 1

(s−2)1

(s−2)2

0 0 1

(s−2)] }

>btenemos la matriz de transición de estados:

SISTEMAS DE CONTROL II Página 2$


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Φ (t) = e At = [e2 t

te2 t 1

2t

2e

2 t

0 e2 t

te2 t

0 0 e2t ]

Entonces tenemos la solución:

t;# e0t ;

ó en +orma matricial en +unción de las condiciones iniciales:

[ x 1 (t ) x 2(t ) x 3(t )] =

[

e2 t

te2 t 1

2t

2e

2 t

0 e2 t

te2 t

0 0 e2t

][ x1 (0 ) x2 (0 ) x 3(0)]

B-11-.


30/37


sI – A = [ s 00 s ]−¿ [ 0 1−3 −2]

Ballando su inversa:

(SI - A) – 1 =1

det (#I − A) adj(SI – A)

!onde:

ad)'- P 0; # Nco+'- P 0;O,

Ballando la matriz de co+actores de '- P 0;:

6o+'- P 0; ! [s+2 −31 s ]Ballando su ad)unta:

0d)'- P 0; # Nco+'- P 0;O, # [s+2 1−3 s ]Ballando el determinante de '- P 0;:

det [ #I − A ] # |s −13 s+2|=¿ s2 H 2s H = # sH1H) √ 2 ; sH17) √ 2 ;

e ;t -1 =2 #I − A -1 > -1 ? [ s −13 s+2] -1 @Entonces la inversa de '- P 0; es:

'- P 0; P 1 #1

det (#I − A) ad)'- P 0; #1

s ( s+2 )+3 [s+2 1−3 s ]

SISTEMAS DE CONTROL II Página "0


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'- P 0; P 1 # [ s+1+1

(s+1)2+√ 22

1

(s+1)2+√ 22

−3

(s+1)2+√ 22s+1−1

(s+1)2+√ 22 ]

Rede+iniendo convenientemente la matriz inversa:

'- P 0; P 1 # [ s+1

(s+1)2+√ 22+

1

√ 2√ 2

(s+1)2+√ 22

1

√ 2√ 2

(s+1)2+√ 22

−3

√ 2√ 2

(s+1)2+√ 22

s+1

(s+1)2+√ 22−

1

√ 2√ 2

(s+1)2+√ 22 ]

0plicando Laplace inversa:

L 71N'- 7 0; 7 1O # L 71 [ s+1

(s+1)2+√ 22+

1

√ 2√ 2

(s+1)2+√ 22

1

√ 2√ 2

(s+1)2+√ 22

−3

√ 2√ 2

(s+1)2+√ 22s+1

(s+1)2+√ 22−

1

√ 2√ 2

(s+1)2+√ 22 ]

>btenemos la matriz de transición de estados:

e0t # [e−t

cos √ 2 t + 1

√ 2e−t

sin√ 2t 1

√ 2e−t

sin√ 2 t

−3√ 2

e−t

sin √ 2 t e−t cos√ 2 t − 1

√ 2e−t

sin √ 2t ]%or lo tanto obtenemos la solución:

t; # e0t; # e0t [ 1−1]



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x (t )=[e−t

cos √ 2 t + 1√ 2

e−t

sin√ 2t 1√ 2

e−t

sin√ 2 t

−3√ 2

e−t

sin √ 2 t e−t cos√ 2 t − 1√ 2

e−t

sin√ 2t ][ 1−1]

>perando obtenemos la solución:

t; # [ e−t

cos √ 2 t −e−t cos√ 2 t −√ 2 e−t sin √ 2 t ]

8inalmente tenemos 1t; ( 2t;:

x 1 ( t ) x 2(t ) ! [

e−t cos √ 2 t −e−t cos√ 2 t −√ 2 e−t sin√ 2 t ]

B-12-3. Aeferencia a la ecuación 218-15 el aumento del estado de la ganancia de la matriz

B #uede ser dado #or4

k=[0 0 1][B AB A2B]-1 ø(A)

!onde: ø(A) = A3 !1 A2 !2 A !3I

Los valores de J1& J2 ( J= se determinan a partir de la ecuación característica deseada

|#I −( A−'K )|= (#+2+ j 4 ) ( s+2− j 4 ) ( s+10 )

= S3 1"S2 #0S 200

= S3 !1S2 !2S !3

0sí&

!1 = 1"

!2 = #0



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!3 = 300

Entonces:

ø(A) =

[ 0 1 0

0 0 1−1 −5 −6 ]

3

+14

[ 0 1 0

0 0 1−1 −5 −6]

2

+60

[ 0 1 0

0 0 1−1 −5 −6]

+200

[ 0 1 0

0 0 1−1 −5 −6]

ø(A) = [199 55 8

−8 159 7−7 −43 117]

!esde:

[B AB A2B] = [0 1 1

1 1 −111 −11 60 ]

,enemos la ganancia de realimentación del estado deseado de la siguiente matriz K

k=[0 0 1]

[

0 1 1

1 1 −11

1 −11 60

]

−1

[

199 55 8

−8 159 7

−7 −43 117

]k = [0 0 1] [

0.7349 0.8554 0.1446

0.8554 0.012 −0.0120.1446 −0.012 0.012 ]∗[

199 55 8

−8 159 7−7 −43 117 ]

k = [0 0 1]

[138.3476 170.2169 28.7831

170.2169 49.4819 5.518128.7831 5.5181 2.4819 ]

k = [2$%&$31 '%'1$1 2%"$1]

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B-12-4. 9rogramas de ;/;D #ara o"tener la ganancia matriz de realimentación del

estado #or el uso del comando E;rBerE o el comando ElugarE se muestran en la #'gina

siguiente

Ceneración de la matriz I por el uso del comando Q0rIer

0#N 1


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C(!R(! &


Solución

C (s) R (s )

= 5 k

2 s2+3 s+1+5 k

= 2.5 k

s2+1.5 s+0.5+2.5 k

e *a f+,c., de t/a,sfe/e,ca de *ao ce//ado *a ec+ac., ca/acte/stca de 2do o/de,

o4te,e5os6

2 ) *+=1.5 *+2=0.5+2.5 k

%or condición del problema& el +actor de amortiguamiento es T # .5. Entonces

*+=1.5 →1.52=0.5+2.5 k

!e lo anterior obtenemos I#.F&*+=1.5 .Reemplazando en la +unción de trans+erencia

de lazo cerrado.

C (s)

R (s )=

1.75

s2

+1.5 s+2.25

V de - (s ) R (s ) :



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- (s ) R (s )

= R (s )−C (s)

R(s) =

s2+1.5 s+0.5

s2+1.5 s+2.25

0si

é+1.5 é+2.25 e=ŕ+1.5 ŕ+0.5 r

%ero r#& entonces tenemos

é+1.5 é+2.25 e=0

!e+inimos e

1=e

(e

2=é

.

( é1é

2)=( 0 1−2.25 −1.5)(

e1e

2)Entonces

∫0

(

e2 (t ) dt =∫

0

(

eT (t ) ! . ! e (t ) ! d( t )

!onde

e (t )=(e1(t )e2(t )) , .=[1 00 0]

Resolviendo AT + PA=−. para %& obtenemos

/ =∫0

(

e2 (t ) dt =eT (0) ! P ! e (0 )

%ara

A=[ 0 1−*+2 −2 ) *+]



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,enemos

P=

[ 1

4 ) *++

)

*+

1

2 *+2

1

2 *+2

1

4 ) *+2 ]

(

¿e

1(0 ) e

2(0 ) P

¿

∫0

(

e2

(t ) dt =¿

¿ P11=

1

4 ) *++

)

*+

Reemplazando T#.5 (*+=1.5 & >btenemos

∫0

(

e2 (t ) dt =

2

3