Automatización de

Procesos/Sistemas de

Control

Ing. Biomédica e Ing.

Electrónica

Capitulo VI

Lugar de las Ráıces

D.U. Campos-Delgado

Facultad de Ciencias

UASLP

Agosto-Diciembre/2019

1

CONTENIDO

Motivación

Pasos para la Graficación

Ejemplos

Diseño de Controladores

2

Motivación

Considerar que se tiene un sistema retro-

alimentado con acción proporcional K de

control, donde G(s) representa la planta ⇒la función de transferencia de lazo cerrado

estaŕıa dada por

H(s) =Y (s)

R(s)=

K ·G(s)1 +K ·G(s)

.

Asumir que la planta se puede representar

como un cociente de 2 polinomios de la

variable s,

G(s) =num(s)

den(s)

donde num(s) y den(s) son polinomios móni-

cos (coeficiente de la potencia más alta es

unitario).

3

Los polos de lazo cerrado estarán dados

por las ráıces de la ecuación caracteŕıstica:

1 +K ·G(s) = 0

⇔ G(s) = − 1K

⇔ 1+K · num(s)den(s)

= 0

⇔ den(s) +K · num(s) = 0

El lugar de las ráıces se define como la

gráfica en el plano complejo C de todas las

posibles ráıces de la ecuación caracteŕıstica

(polos de lazo cerrado) en función de una

ganancia o parámetro de control.

Ejemplo 1: considerar que la planta es inesta-

ble de 1er orden

G(s) =1

s− 1y considerar un control proporcional K, encon-

trar el lugar de las ráıces con respecto de K.

Solución: la ecuación caracteŕıstica se describe

por

1 +K

s− 1= 0

⇒ s− 1 +K = 0cuya ráız está dada por s = 1−K, es decir enlazo cerrado el polo inestable se puede mover

al plano izquierdo complejo en función de la

ganancia K !!.

De esta manera, para K > 1 se tendŕıa un siste-

ma retroalimentado estable, y entre más gran-

de sea K más rápida será la respuesta transi-

toria.

Ejemplo 2: considerar que la planta está dada

por un doble integrador

G(s) =1

s2

y considerar un control proporcional K, encon-

trar el lugar de las ráıces con respecto de K.

Solución: la ecuación caracteŕıstica se describe

por

1 +K

s2= 0

⇒ s2 +K = 0

cuya ráıces están dada para K > 0 por s1,2 =

±j√K, es decir el sistema retroalimentado en-

tra en oscilación sostenida, y el valor de K de-

fine la frecuencia.

Por otro lado, si K < 0 entonces las ráıces

seŕıan reales s1,2 = ±√−K, pero una seŕıa es-

table y la otra inestable !!

∴ No es posible estabilizar el sistema en lazo

cerrado con un control proporcional.

Ejemplo 3: asumir que la planta está dada por

la siguiente función de transferencia de 2do or-

den:

G(s) =1

s(s+2)

y considerar un control proporcional K, encon-

trar el lugar de las ráıces con respecto de K.

Solución: la ecuación caracteŕıstica se describe

por

1 +K

s(s+2)= 0

⇒ s2 +2s+K = 0

Por lo tanto, las ráıces se calculan por la ecua-

ción general de 2do orden

s1,2 =−2±

√4− 4K2

= −1±√1−K

en la siguiente tabla se calculan las ráıces en

función de K > 0.

Ganancia Polos

K = 0 0,−2K = 12 −1±

√12

K = 1 −1,−1K = 2 −1± jK = 5 −1± 2jK = 10 −1± 3j

Observar que para 0 ≤ K ≤ 1 los polos sonreales, y para K > 1 los polos se vuelven com-

plejos conjugados, aunque con parte real cons-

tante !

Pasos para la Graficación

• Definir n como el número de polos {pi} deG(s) y m el número de ceros {zi} ⇒ las ramasse asocian a las trayectorias de los polos en lazo

cerrado conforme K ↑, donde todas las ramasparten de los polos en lazo abierto (K = 0).

• En el lugar de las ráıces, m ramas tienden alos ceros de lazo abierto conforme K → ∞, yn−m tenderán a ∞.

• Enseguida se definen los pasos generales paragraficar el lugar de las ráıces con K ≥ 0.

• En MATLAB se utiliza el comando rlocuspara obtener la gráfica.

i) Marcar con una cruz × los polos de lazoabierto, y con un ćırculo ◦ los ceros en elplano complejo C.

4

ii) Las ramas que se encuentran sobre el eje

real se marcan al particionar el eje por seg-

mentos definidos en función de los polos y

ceros reales ⇒ si dado un segmento la su-ma de polos y ceros que se encuentran a

la derecha del segmento es impar, enton-

ces se marca el segmento y perteneceŕıa al

lugar de las ráıces.

iii) Las aśıntotas definen el comportamiento

de las ramas que tienden a ∞ conforme laganancia K crece, y existirán n−m aśınto-tas cuyo centroide se calcula por

α =

∑

i pi −∑

i zin−m

y cada aśıntotas tendrán los siguientes ángu-

los con respecto eje real

φl =180o +360o(l− 1)

n−ml = 1,2, . . . , n−m

iv) Los ceros complejos conjugados estarán

asociados con ángulos de llegada de las

ramas y los polos complejos conjugados

con ángulos de partida que se calculan por:

Ángulo de Partida de un Polo = 180o - (∑

ángulos de los vectores que unen al polo

con respecto del resto)+(∑

ángulos de los

vectores que unen al polo con todos los

ceros).

Ángulo de Llegada a un Cero = 180o - (∑

ángulos de los vectores que unen al cero

con respecto del resto de ceros)+(∑

ángu-

los de los vectores que unen al cero con

todos los polos).

v) Los puntos de rompimiento o llegada de las

ramas en el eje real entre un par de polos,

o hacia uno o dos ceros se obtienen por

K = − den(s)num(s)

dK

ds

∣∣∣∣s=punto de rompimiento o llegada

= 0

⇒ den′(s)num(s)− den(s)num′(s) = 0

donde (·)′ representa la derivada del poli-nomio. Observar que todas las soluciones

de la ecuación anterior tendrán significado.

vi) Los cruces de las ramas con respecto del

eje imaginario se obtienen de resolver por

K y ω tal que

G(s)|s=jω = −1

Ko

den(jω) +K · num(jω) = 0

Ejemplos

Ejemplo 1: calcular el lugar de las ráıces para

la planta

G(s) =1

s(s+1)(s+2)=

1

s3 +3s2 +2s

al considerar un control proporcional K > 0.

Solución: observa que G(s) no tiene ceros (m =

0) y cuenta con 3 polos (n = 3) en s = 0,

s = −1 y s = −2. Por lo que se tienen n−m = 3aśıntotas con los siguientes parámetros

α =0− 1− 2

3= −1

φ1 =180o

3= 60o

φ2 =180o +360o

3= 180o

φ3 =180o +720o

3= 300o

Observar que solamente los segmentos (−∞,−2]y [−1,0] del eje real pertenecen al lugar de lasráıces, y existiŕıa un punto de rompimiento so-

bre el eje real.

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Las ramas que siguen las aśıntotas con ángulos

φ1 y φ3 cruzan el eje imaginario, cuyo valor se

obtiene de encontrar la solución a

(jω)3 +3(jω)2 +2(jω) +K = 0

−jω3 − 3ω2 +2jω +K = 0

⇒{

−2ω2 +K = 0−ω3 +2ω = 0

∴ K = 6 & ω = ±1.4142 rad/s

Por lo que los polos en lazo cerrado serán esta-

bles para 0 < K < 6. El punto de rompimiento

sobre el eje real se obtiene de calcular las ráıces

den′(s)︸ ︷︷ ︸

3s2+6s+2

num(s)︸ ︷︷ ︸

1

− den(s)︸ ︷︷ ︸

s3+3s2+2s

num′(s)︸ ︷︷ ︸

0

= 0

⇒ 3s2 +6s+2 = 0

cuyas ráıces son s = −0.4226 y s = 1.5774,por lo que la primer ráız representa el punto

de rompimiento.

Ejemplo 2: calcular el lugar de las ráıces para

la planta

G(s) =1

s[(s+4)2 +16]=

1

s3 +8s2 +32s

al considerar un control proporcional K > 0.

Solución: observa que G(s) no tiene ceros (m =

0) y cuenta con 3 polos (n = 3) en s = 0 y

s = −4 ± 4j. Por lo que se tienen n − m = 3aśıntotas con los siguientes parámetros

α =0− 4− 4j − 4 + 4j

3= −8/3 = −2.66

φ1 =180o

3= 60o

φ2 =180o +360o

3= 180o

φ3 =180o +720o

3= 300o

Observar que solamente el segmento (−∞,0]del eje real pertenece al lugar de las ráıces, y no

existen puntos de rompimiento o llegada sobre

el eje real.

Las ramas que siguen las aśıntotas con ángulos

φ1 y φ3 cruzan el eje imaginario, cuyo valor se

obtiene de encontrar la solución a

(jω)3 +8(jω)2 +32(jω) +K = 0

−jω3 − 8ω2 +32jω +K = 0

⇒{

−8ω2 +K = 0−ω3 +32ω = 0

∴ K = 256 & ω = ±5.65 rad/s

Finalmente, los ángulos de partida de los polos

complejos conjugados se obtienen a partir de

θ1 = 180o − 90o − 135o = −45o

θ2 = 180o − 270o − 225o = −315o = 45o

Ejemplo 3: calcular el lugar de las ráıces para

la planta

G(s) =s+2

s2 +2s+3=

s+2

(s+1)2 +2

al considerar un control proporcional K > 0.

Solución: observar que G(s) tiene un cero (m =

1) en s = −2, y cuenta con 2 polos (n = 2) ens = −1±

√2j. Por lo que se tienen n −m = 1

aśıntota con los siguientes parámetros

α =0− 1 + j

√2− 1− j

√2− 2

2= 0

φ1 =180o

1= 180o

Observar que solamente el segmento (−∞,−2]del eje real pertenece al lugar de las ráıces, y

existiŕıa un punto de llegada al cero real sobre

el eje real. Además no existirán cruces de las

ramas con el eje imaginario. Por lo que los po-

los en lazo cerrado serán siempre estables para

K > 0. El punto de llegada sobre el eje real se

obtiene de calcular las ráıces

den′(s)︸ ︷︷ ︸

2s+2

num(s)︸ ︷︷ ︸

s+2

− den(s)︸ ︷︷ ︸

s2+2s+3

num′(s)︸ ︷︷ ︸

1

= 0

⇒ s2 +4s+1 = 0

cuyas ráıces son s = −3.73 y s = −0.268, por loque la primer ráız representa el punto de rom-

pimiento. Finalmente, los ángulos de partida

de los polos complejos conjugados se obtienen

a partir de

θ1 = 180o − 90o +54.74o = 144.74o

θ2 = 180o − 270o − 54.74o = −144.74o

Diseño de Controladores

• El incorporar el lugar de las ráıces en la etapade diseño de un controlador permite visualizar

la ubicación de los polos de lazo cerrado al

variar una ganancia de control, y su efecto en

la respuesta transitoria.

• Con en el caṕıtulo anterior, se necesita incluirel modelo de la planta e incorporar los requeri-

mientos de la respuesta transitoria y de estado

estable.

Ejemplo: encontrar el valor apropiado de la ga-

nancia de control K para un sistema manipu-

lador de un rayo laser, cuya planta está dada

por

G(s) =1

s(τ1s+1)(τ2s+1),

con τ1 = 0.1 y τ2 = 0.2, de forma que se sa-

tisfaga que el error de estado estable para una

rampa r(t) = At · 1(t) (A = 1 mm/s) es menor

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a 0.1 mm, es decir essr ≤ 0.1 mm, y la respues-ta transitoria sea tan rápida como sea posible

y con el menor sobretiro.

Solución: la error de estado estable para una

rampa R(s) = A/s2 estaŕıa dado por

esr =A

Kv≤ 0.1 mm/s

donde

Kv = ĺıms=0

sK·G(s) = ĺıms=0

sK

s(τ1s+1)(τ2s+1)= K

por lo que se necesita cumplir

A

K≤ 0.1 ⇒ K ≥ 10

Por otro lado, la ecuación caracteŕıstica de lazo

cerrado estaŕıa dada por

1 +K

s(τ1s+1)(τ2s+1)= 0

1+K

s(τ1τ2s2 + (τ1 + τ2)s+1)= 0

1+50K

s(s2 +15s+50)= 0

1+K̃

s(s+10)(s+5)= 0

donde K̃ = 50K. De esta manera se tiene la

forma base para graficar el lugar de las ráıces,

con n = 3 y m = 0, es decir se tienen 3 polos

en s = 0, s = −5 y s = −10, pero ningún cero.Por lo que se tienen n − m = 3 aśıntotas conlos siguientes parámetros

α =0− 5− 10

3= −5

φ1 =180o

3= 60o

φ2 =180o +360o

3= 180o

φ3 =180o +720o

3= 300o

Observar que solamente los segmentos (−∞,−10]y [−5,0] del eje real pertenecen al lugar de lasráıces, y existiŕıa un punto de rompimiento so-

bre el eje real.

Las ramas que siguen las aśıntotas con ángulos

φ1 y φ3 cruzan el eje imaginario, cuyo valor se

obtiene de encontrar la solución a

(jω)3 +15(jω)2 +50(jω) + 50K = 0

−jω3 − 15ω2 +50jω +50K = 0

⇒{

−15ω2 +50K = 0−ω3 +50ω = 0

∴ K = 15 & ω = ±7.071 rad/s

Por lo que los polos en lazo cerrado serán esta-

bles para 0 < K < 15. El punto de rompimiento

sobre el eje real se obtiene de calcular las ráıces

den′(s)︸ ︷︷ ︸

3s2+30s+50

num(s)︸ ︷︷ ︸

1

− den(s)︸ ︷︷ ︸

s3+15s2+50s

num′(s)︸ ︷︷ ︸

0

= 0

⇒ 3s2 +30s+50 = 0

cuyas ráıces son s = −2.1132 y s = 7.8868,por lo que la primer ráız representa el punto

de rompimiento. Para calcular la ganancia K

correspondiente a este punto del lugar de las

ráıces

K = −s3 +15s2 +50s

50= 0.96

Por lo que para 0.96 < K < 15 se tienen polos

estables y complejos conjugados, y entre mas

se acerque la ganancia a 15, menor amortigua-

miento se tendrá. De esta manera, se asigna el

valor de K = 10, que cumple con la condición

de estado estacionario.

Tarea # 6

Resolver los siguientes problemas del libro detexto (Ingenieŕıa de Control Moderna, K. Oga-ta, 4a Edición, Prentice Hall):

B.6.2

B.6.3

B.6.8

B.6.10

B.6.15

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