Problemas propuestos para examen semestral.

Problema # 1: si se considera la retención de orden cero se obtiene:

X ( s)=1−e−T∗s

s∗G ( s )−→X ( z )=(1−z−1 )∗Z (G ( s )

s )= z−1z ∗Z (G (s )s )

Encuentre la transformada Z de G(s) en cascada con un retén de orden cero para un periodo de muestreo (T) de 0.5.

G (s )= s+2s+1

C ( s)R (s)

=Groc ( s)∗G (s )

C ( s)R (s)

=

1−e−T∗s

s∗s+2

s+1

Aplicando la transformada z.

Z {C (s )R ( s ) }=Z { 1−e

−T∗s

s∗s+2

s+1 }Como z=eT∗s

Z {G´ (s ) }=(1−z−1 )∗Z { s+2s (s+1 ) }Aplicando fracciones parciales.

Z {G´ (s ) }=(1−z−1 )∗Z {2s− 1(s+1 ) }

Aplicando teorema

Z {G´ (s ) }=(1−z−1 )∗Z { 2

1−z−1− 1

1−e−T∗a∗z−1 }T=0.5 segundos y luego (simplificado por la calculadora)

G´ (z )= z−.21z−0.605

Problema #2: resolver con el LR en el siguiente sistema de control determine si el sistema es estable para K=20 y K=100. El tiempo de muestreo es T=0.1 seg.

G (s )= 27s (s+27)

C ( s)R (s)

=Groc ( s)∗G (s )

C ( s)R (s)

=

1−e−T∗s

s∗k∗27

s(s+27)

Como z=eT∗s y Aplicando fracciones parciales. La transformada del lazo abierto se expresaría:

Z {G´ (s ) }=k∗(1−z−1 )∗Z { 127 ( s+27 )

− 127∗s

+ 1s2 }

Aplicando teorema

Z {G´ (s ) }=k∗(1−z−1 )∗Z { 1

27 (1−e−T∗27∗z−1)− 1

27 (1−z−1 )+ 0.1∗z

−1

(1−z−1 )2 }

T=0.5 segundos y luego (simplificado por la calculadora)

G´ ( z )=0.0655∗k∗(z+0.425)(z−1)(z−0.0672)

Con la ecua. De la ganancia:

k= 1G´ ( z )

Buscamos lo puntos de ruptura en la entrada y en la salida.

dkdz

=k ( z )=0

dkdz

=ddz ( ( z−1 ) ( z−0.0672 )

0.0655∗k∗( z+0.425 ) )=0

dkdz

=15.267(z2+.85∗z−.52076)

( z+0.425 )2=0

Resolviendo para z;

z1=0.4125

z2=−1.2625

Reemplazando z1 y z2 en k.

z1=0.412−−−¿k 1=3.7

z2=−1.2625−−−¿k 2=54.8

Expresando el polinomio característico:

G ( z )1+G ( z )

P ( z )=z2+0.0655(k−16.29)∗z−0.2784 (k+2.414)

Con:Z=1+w1−w

P (w )=(k−56.67)w2+1.475 (k−33.5 )∗w−2.478∗k

Arreglo Routh–Hurwitzw2 (k−56.67) −2.478∗kw1 1.475 (k−33.5 ) 0

w0 0 0

1.475 (k−33.5 )=0

k=33.5

Por lo tanto para la K=20 el sistema es estable.

Para la k = 100 el sistema es inestable

Problema #3: resolver con el LR en el siguiente sistema de control realizar el lugar de para un tiempo de muestreo de T=0.1, T=1 y de T=2 seg. Determinar para cada caso: el K crítico y el valor de los polos de bucle cerrado

G (s )= Ks (s+1)

C ( s)R (s)

=Groc ( s)∗G (s )

C ( s)R (s)

=

1−e−T∗s

s∗k

s(s+1)

Como z=eT∗s y Aplicando fracciones parciales. La transformada del lazo abierto se expresaría:

Z {G´ (s ) }=k∗(1−z−1 )∗Z { 11 (s+1 )

−1s+ 1s2 }

PARA T=0.1 SEGUNDOS.

Aplicando teorema

Z {G´ (s ) }=k∗(1−z−1 )∗Z { 1

(1−e−0.1∗z−1 )− 1

(1−z−1 )+ 0.1∗z

−1

(1−z−1 )2 }Luego (simplificado por la calculadora)

G´ ( z )=0.00484∗k∗(z+0.9672)(z−1)(z−0.905)

Con la ecua. De la ganancia:

k= 1G´ ( z )

Buscamos lo puntos de ruptura en la entrada y en la salida.

dkdz

=k ( z )=0

dkdz

= ddz ( ( z−1)(z−0.905)

0.00484∗k∗(z+0.9672))=0

dkdz

=206.61 ¿¿

Resolviendo para z;

z1=−2.18

z2=0.952

Reemplazando z1 y z2 en k.

z1=−2.18−−−¿k 1=1586

z2=0.952−−−¿k 2=0.243

Expresando el polinomio característico:

G ( z )1+G ( z )

P ( z )=z2+0.00484 (k−393.59 )∗z+0.00484 (k+193.325)

Con:Z=1+w1−w

P (w )=(k−23462 )w2+58.83 (k−20.30 )∗w−59.88 (k−.004776)

Arreglo Routh–Hurwitzw2 (k−23462 ) 58.83 (k−20.30 )w1 59.88(k−.004776) 0

w0 0 0

58.88 (k−20.30 )=0

kCrítico=20.30

Se buscan los polos en la ecua de lazo cerrado para K= 0.6

P(0.6)=0

Z1,2=0.951±0.0573 j

PARA T=1 SEGUNDOS.

Aplicando teorema

Z {G´ (s ) }=k∗(1−z−1 )∗Z { 1

(1−e−1∗z−1 )− 1

(1−z−1 )+ 1∗z−1

(1−z−1 )2 }Luego (simplificado por la calculadora)

G´ ( z )=0.3679∗k∗(z+0.7183)(z−1)(z−0.3679)

Con la ecua. De la ganancia:

k= 1G´ ( z )

Buscamos lo puntos de ruptura en la entrada y en la salida.

dkdz

=k ( z )=0

dkdz

= ddz ( (z−1)(z−0.3679)

0.3679∗k∗(z+0.7183))=0

dkdz

=2.7181 ¿¿

Resolviendo para z;

z1=0.6479

z2=−2.0841

Reemplazando z1 y z2 en k.

z1=−0.6479−−−¿k 1=0.1961

z2=−2.0841−−−¿k 2=15.05

Expresando el polinomio característico:

G ( z )1+G ( z )

P ( z )=z2+0.3679 (k−3.7181 )∗z+0.2642(k−1.93)

Con:Z=1+w1−w

P (w )=(k−26.89 )w2+5.09∗3 (k−2.39 )∗w+6.099k

Arreglo Routh–Hurwitzw2 (k−16.462 ) 6.099k

w1 3 (k−2.39 ) 0

w0 0 0

(k−2.391 )=0

kCrítico=2.391

Se buscan los polos en la ecua de lazo cerrado para K= 0.6

P(0.6)=0

Z1,2=0.573±0.444 j

PARA T=2 SEGUNDOS.

Aplicando teorema

Z {G´ (s ) }=k∗(1−z−1 )∗Z { 1

(1−e−2∗z−1 )− 1

(1−z−1 )+ 2∗z−1

(1−z−1 )2 }Luego (simplificado por la calculadora)

G´ ( z )=1.125∗k∗(z+0.5232)( z−1)(z−0.1363)

Con la ecua. De la ganancia:

k= 1G´ ( z )

Buscamos lo puntos de ruptura en la entrada y en la salida.

dkdz

=k ( z )=0

dkdz

= ddz ( ( z−1)(z−0.905)

0.00484∗k∗(z+0.9672))=0

Resolviendo para z;

z1=−1.52

z2=0.478

Reemplazando z1 y z2 en k.

z1=−2.18−−−¿k 1=1586

z2=0.952−−−¿k 2=0.243

Expresando el polinomio característico:

G ( z )1+G ( z )

P ( z )=z2+1.135 ( k−1 )∗z+0.594(k+0.228)

Con:Z=1+w1−w

P (w )=(k−4.19 )w2+2.19 ( k−1.456 )∗w−3.19k

Arreglo Routh–Hurwitzw2 (k−4.19 ) −3.19kw1 2.19 (k−1.456 ) 0

w0 0 0

(k−1.456 )=0

kCrítico=1.456

Se buscan los polos en la ecua de lazo cerrado para K= 0.6

P(0.6)=0

Z1,2=0.227±0.663 j

Problema #4:

PARA T=1 SEGUNDOS.

Aplicando teorema

Z {G´ (s ) }=k∗(1−z−1 )∗Z { 1

(1−e−1∗z−1 )− 1

(1−z−1 )+ 1∗z−1

(1−z−1 )2 }Luego (simplificado por la calculadora)

G´ ( z )=0.3679∗k∗(z+0.7183)(z−1)(z−0.3679)

Con la ecua. De la ganancia:

k= 1G´ ( z )

Buscamos lo puntos de ruptura en la entrada y en la salida.

dkdz

=k ( z )=0

dkdz

= ddz ( (z−1)(z−0.3679)

0.3679∗k∗(z+0.7183))=0

dkdz

=2.7181 ¿¿

Resolviendo para z;

z1=0.6479

z2=−2.0841

Reemplazando z1 y z2 en k.

z1=−0.6479−−−¿k 1=0.1961

z2=−2.0841−−−¿k 2=15.05

Expresando el polinomio característico:

G ( z )1+G ( z )

P ( z )=z2+0.3679 (k−3.7181 )∗z+0.2642(k−1.93)

Con:Z=1+w1−w

P (w )=(k−26.89 )w2+5.09∗3 (k−2.39 )∗w+6.099k

Arreglo Routh–Hurwitzw2 (k−16.462 ) 0.2642(k−.1 .39)w1 5.009(k−2.391 ) 0

w0 0 0

(k−2.391 )=0

kCrítico=2.391

Se buscan los polos en la ecua de lazo cerrado para K= 0.6

P(0.6)=0

Z1,2=0.573±0.444 j