A. Javier Barragán Piña

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1. Trace manualmente el Lugar Geométrico de las Raíces del sistema de la figura.
2. Describa detalladamente cómo evolucionará la respuesta dinámica del sistema según aumente el parámetro K desde 0 hasta infinito.
3. ¿Cómo será la respuesta estática del sistema frente a entradas de tipo escalón, rampa y parábola unitarias?

$G\left ( s \right )=\frac {1}{s^3+16s^2+80s}$

Resolución:

En primer lugar debemos obtener la ecución característica del sistema para compararla con la ecuación $1 + K P\left ( s \right ) = 0$:

$E.C. \equiv 1 + K G\left ( s \right ) = 0 \Rightarrow P\left ( s \right ) = G\left ( s \right ) = \frac {1}{s(s^2+16s+80)}$

Resolviendo los polos y ceros de P(s), tenemos:

$\left . \begin{array}{l} p_{1} = 0 \\ p_{2,3} = -8 \pm 4j\end{array}\right \} \Rightarrow n = 3, m = 0.$ No hay ceros finitos, así que habrá 3 ramas y todas fugarán a infinito.

El lugar de las raíces en el eje real coincide con $\left ( - \infty, 0 \right ]$

El número de asíntotas será: $na = 0,\ldots,n-m-1=0,\ldots,3-0-1=0,1,2$

$\left . \begin{array}{l} \theta_0 = \frac {180+0 \cdot 360}{3-0} = 60^\circ \\ \theta_1 = \frac {180+1 \cdot 360}{3-0} = 180^\circ \\ \theta_2 = \frac {180+2 \cdot 360}{3-0} = 300^\circ = -60^\circ \quad \end{array} \right \}$ El punto de corte de las asíntotas con el eje real es:$\sigma_c = \frac {0 - 8 + 4j - 8 - 4j}{3} = -5.33$

Para calcular los puntos de ruptura debemos resolver la ecuación:

$\frac {dP\left ( s \right )}{ds} = 0 = \frac {d}{ds} \left ( \frac {1} {s^3+16s^2+80s} \right ) = \frac {-(3s^2+32s+80) \cdot 1+0 \cdot (s^3+16s^2+80s)}{den^2} = 0$
$3s^2+32s+80 = 0 \Leftrightarrow s = -6.67; s= -4 $

Como ambas soluciones son reales, existirán 2 puntos de ruptura en los puntos calculados.

Para estudiar los cortes con el eje imaginario y la estabilidad del sistema, aplicaremos el test de Routh, pero en primer lugar debemos obtener la ecuación característica del sistema:

$E.C. \equiv 1+KP\left ( s \right ) = 0 \Rightarrow 1+K \frac {1}{s^3+16s^2+80s} = \frac {s^3+16s^2+80s+K}{s^3+16s^2+80s} = 0 \Rightarrow E.C. \equiv s^3+16s^2+80s+K = 0$

$b_0 = -\frac {1}{16} \begin{vmatrix} 1 & 80 \\ 16 & K\end{vmatrix} = -\frac {1}{16} (K-1280) = 80 - \frac {K}{16}$

$b_1 = -\frac {1}{b_0} \begin{vmatrix} 16 & K \\ b_0 & 0\end{vmatrix} = -\frac {1}{b_0} (-b_0 K) = K$

Para que el sistema sea asintóticamente estable no debe haber cambios de signo en la 1ª columna de array de Routh, así que los valores límites son $b_0 = 0 \Rightarrow K = 1280$ y $b_1 = 0 \Rightarrow K = 0$.

Para saber qué sucede en los púntos límite resolveremos las ecuaciones auxiliares:

Si $b_0 = 0 \Rightarrow \mbox{ec. aux. } \equiv 16s^2+K = 0 \Rightarrow s = \pm \sqrt {-80} = \pm j8.94$. Es decir, si K=1280, tenemos dos polos complejos puros.

Si $b_1 = 0 \Rightarrow \mbox{ec. aux. } \equiv b_0s = 0 \Rightarrow s = 0$. Es decir, si K=0, tenemos un polo en el origen.

Concluyendo:

Si K = 0 o si K = 1280, el sistema será Marginalmente Estable.

Si 1280 > K > 0, todos los valores de la 1ª columna son positivos, luego el sistema será Asintóticamente Estable.

Si K > 1280, b₀ será negativo, por lo que habrá 2 cambios de signo (2 polos con parte real positiva) y el sistema será Inestable.

Una vez que hemos realizado todos los cálculos, podemos trazar el lugar geométrico de las raíces. Éste empezará en los polos de lazo abierto de P(s) y terminará fugando a infinito por las 3 asíntatas que hemos obtenido. Además, debe tener los dos puntos de ruptura y los cortes con el eje imaginario calculados. Ten en cuenta que para que los polos de lazo cerrado lleguen al punto de ruptura calculado en -4 una rama debe llegar por la izquierda, así que obligatoriamente, los dos polos que en lazo abierto son complejos ya deben haber pasado a ser reales (ya han debido atravesar el punto de ruptura calculado en -6.67).

La única forma de dibujar el LGR cumpliendo los cálculos, y manteniendo la simetría con respecto al eje real, es la mostrada en la figura:

La figura la he generado con MATLAB mediante el siguiente comando: P=tf(1,[1 16 80 0]);rlocus(P)

Análisis: Si K = 0, el sistema será marginalmente estable. Al ir aumentando K, habrá un polo real negativo cercano al origen, y dos polos complejos conjugados cercanos al -8 de parte real; es decir, el polo del origen será dominante con respecto a los otros dos. Por lo tanto, en este punto el sistema en lazo cerrado se coportará como un sistema de primer orden, con un tiempo de asentamiento alto.

Si seguimos aumentando K, el polo real se va alejando del origen, reduciendo el tiempo de asentamiento del sistema. Si K sigue aumentando, los polos complejos llegarán al punto de ruptura situado en -6.67, por lo que tendremos 3 raices reales negativas, con 2 de ellas iguales. En este instante no se puede asegurar que el polo más a la derecha sea dominante sobre los otros dos, sin embargo, como todas las raices son reales negativas, sí sabemos que la respuesta del sistema será la suma de exponenciales, y por tanto tendrá una respuesta exenta de sobreimpulso.

Si K aumenta más, las raíces que estaban sobre el punto de ruptura en -6.67 se separan entre sí, alejándose una hacia $-\infty$ y acercándose la otra al punto de ruptura en -4. La raiz que en lazo abierto estaba en el origen sigue acercándose al punto de ruptura que está en -4, con lo que el tiempo de asentamiento del sistema seguirá disminuyendo.

La raiz que se aleja hacia $-\infty$ deja de ser representativa, ya que las otras dos se vuelven dominantes sobre ésta, de forma que la respuesta del sistema será similar a la de un sistema de 2º orden sobreamortiguado.

Si K sigue aumentando tendremos la misma situación, donde el tiempo de asentamiento segurá dismunuyendo y no habrá sobreimpulso, hasta que las 2 raíces dominantes en este instante coincidan en -4. En este instante tendremos un sistema similar a uno de 2º orden críticamente amortiguado.

Al amentar K, las 2 raíces dominantes pasarán a ser complejas conjugadas, por lo que tendremos una respuesta similar a la de un sistema de 2º orden subamortiguado. Inicialmente el sobreimpulso será pequeño, y el tiempo de asentamiento será aproximadamente algo superior a 1 segundo, pero al ir aumentando K, los polos van acercandose al eje imaginario y aumenta el ángulo que forman con respecto al origen; por lo tanto, en esta situación, tanto el tiempo de asentamiento como el sobreimpulso irán aumentando hasta el punto límite donde las raíces dominantes sean complejas puras ($\pm j8.94$), es este instante (K=1280) el sistema oscilará (será marginalmente estable).

Si a partir de este instante aumenta el valor de K, el sistema será inestable y su respuesta será una oscilación cuya amplitud aumenta infinitamente.

Nota. Puedes comprobar este análisis mediante el comando de MATLAB: P=tf(1,[1 16 80 0]);rltool(P)
Activa la simulación frente a una entrada escalón en 'Analysis/Response to Step Command' y elimina de la gráfica la señal de control (botón derecho sobre la gráfiva/Systems/Closed loop r to u). Variando las raices de lazo cerrado (cuadrado rosa) verás cómo evoluciona la respuesta dinámica del sistema.