Problemas de Regulación Automática

Universidad de Extremadura
Escuela de Ingenierías Industriales
Problemas de
REGULACIÓN AUTOMÁTICA
Trabajo realizado por:
Alejandro de Manuel Nogales
Dirigido por:
Blas M. Vinagre Jara
Antonio J. Calderón Godoy
Área de Ingeniería de Sistemas y Automática
Departamento de Electrónica e Ingeniería Electromecánica
Badajoz, Febrero 2001

Introducción
Este trabajo, que pretende servir como convalidación de créditos de Libre
Elección, se justiﬁca por la escasez o poca disponibilidad de libros de proble-
mas útiles para cursos básicos de Control Automático. De él podrán hacer
uso los alumnos que sigan las asignaturas: Regulación Automática de 2o
de
I.T.I. en Electrónica, Regulación Automática de 2o
de I.T.I. en Electricidad,
Teoría de Sistemas de 3o
de I.I., Sistemas Automáticos de 4o
de I.I., y Auto-
matización de Procesos Industriales de 4o
de I.O.I.
El trabajo consta de cuatro partes:
El primer capítulo se dedica a las herramientas necesarias para la com-
prensión y modelado de sistemas, haciendo uso de fundamentos matemáticos.
El segundo capítulo se dedica al análisis de sistemas, tanto en lazo abierto
como en lazo cerrado. El tercer capítulo se dedica a los problemas de diseño
de reguladores o controladores. En el capítulo cuatro se tratan los proble-
mas de análisis de sistemas y diseño de reguladores utilizando el método de
espacio de estados.
Se añade al ﬁnal un índice de materias para facilitar al alumno la búsqueda
de los problemas en función del tema tratado.
3

Capítulo 1
Fundamentos
Problema 1 Un termómetro requiere 1 minuto para indicar el 98% de
la respuesta a una entrada escalón. Suponiendo que el termómetro es un
sistema de primer orden, hallar la constante de tiempo.
Si el termómetro se coloca en un baño, cuya temperatura varía linealmente
a un ritmo de 10o
/min. ¿cuánto error marca el termómetro?
Para la realización del sistema térmico, en primer lugar deﬁniremos al-
gunos conceptos:
Resistencia térmica = R = Cambio en la diferencia de Ta(oC)
Cambio en el ﬂujo de calor (Kcal/s)
Capacitancia térmica =Cambio de calor almacenado (Kcal)
Cambio en la Ta(oC)
Para nuestro sistema térmico tendremos:
R = d(∆Ta)
d(k·∆Ta)
= 1
k
C = m · Cp
Podemos representar el sistema térmico (termómetro) como un sistema
de primer orden:
+_
RCs
1R(s) E(s) C(s)
La constante de tiempo es τ = R·C. Por tanto, el sistema en lazo cerrado
será:
1

2 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS
1
1
+sτ
R(s) C(s)
C(s) = 1
τ·s+1
· R(s)
Como la transformada de Laplace del escalón unitario es 1
s
.
C(s) = 1
τ·s+1
· 1
s
Si hacemos su desarrollo en fracciones simples:
C(s) = 1
s
− τ
τ·s+1
Haciendo la transformada inversa de Laplace de esta ecuación:
C(t) = 1 − e−t/τ
(t ≥ 0)
Si observamos esta ecuación, podemos establecer que inicialmente (t = 0)
la salida c(t) es cero y en el instante ﬁnal su valor es la unidad.
Calculemos τ para t = 1 min y c(t) = 0.98
0.98 = 1 − e−1/τ
⇒ e−1/τ
= 0.02 =⇒ 1
e1/τ = 0.02
50 = e1/τ
=⇒ ln 50 = 1
τ
· ln e =⇒ τ = 1
ln 50
= 0.2556 min = 15.336seg
τ = 0.2556 min τ = 15.336seg
NOTA: Si hacemos t = τ obtenemos:
C(T) = 1 − e−1
= 0.632
Es decir, la respuesta C(τ) ha alcanzado el 63.2% de su cambio total.
Notemos que cuanto mas pequeña sea la constante de tiempo τ, más
rápida será la respuesta del sistema.
Veamos la curva de respuesta:

3
Veamos el error que marca el termómetro, si se coloca en un baño, cuya
temperatura varía linealmente a un ritmo de 10o
/min.
La temperatura del baño varía de la forma Ti = 10xt
Es decir, estamos metiendo al sistema una entrada en rampa.
La transformada de Laplace de la función rampa es:
£[10t] =
R x
0
10 · t · e−st
dt =
¯
¯
¯10 · te−st
−s
¯
¯
¯
x
0
−
R x
0
10·e−st
−s
dt = 10
s
R x
0
e−st
dt = 10
s2
El error estacionario del sistema, para esta entrada en rampa viene
dado por:
ess = lim
s→0
s · E(s) donde:
E(s) = R(s) − C(s) ⇒ E(s)
R(s)
= 1 − C(s)
R(s)
E(s) =
£
1 − 1
τs+1
¤ 10
s2 ⇒ E(s) = τs
τs+1
· 10
s2
Por tanto:
ess = lim
s→0
s · 10τs
s2(τs+1)
= lim
s→0
10τ
τs+1
= 10τ
Y la constante de error de posición debido a una entrada en rampa será:
Kv = 1
ess
= 1
10τ
Como τ = 15.336sg :
ess = 10 · 15.336 = 153.36sg = 2.55 min

Problema 2 A) En un motor de cc controlado por armadura como el rep-
resentado en la figura, se cumplen las relaciones:
ia
ebea Tm
Jm
bm
LaRa
θm
i=constantef
La
dia
dt
+ Raia + eb = ea
eb = Kb · dθm
dt
Jm
d2θm
dt2 + bm
dθm
dt
= Tm = K · ia
donde:
Ra: resistencia de la armadura (ohmios)
La: inductancia de la armadura (henrios)
ia: corriente en la armadura (amperios)
ea: tensión aplicada a la armadura (voltios)
eb: fuerza contra-electromotriz (voltios)
θm: desplazamiento angular del eje del motor (radianes)
Tm: par desarrollado por el motor (newton-metro)
Jm: momento de inercia equivalente del motor y la carga, referido al eje
del motor (Kg-m2)
bm: coeficiente de fricción viscosa equivalente del motor y la carga, referi-
do al eje del motor
(Nw − m/rad/seg)
Considerando Ea(s) como entrada y θm(s) como salida:
A.1 Dibujar el diagrama de bloques del sistema, detallando cada bloque
funcional.
A.2 Hallar la función de transferencia en lazo cerrado T(s) = θm(s)
Ea(s)
B) Queremos utilizar este motor para controlar el movimiento angular,
alrededor del eje z, del brazo de un robot, tal como se representa en la figura:

5
+_
Controlador
Gc(s)
Servomotor
de cd
θ0
Línea de referencia
( =0)θ0
Engrane 2
(N )2
Engrane 1
(N )1
θ0
Comando de
entrada
θi
Z
Supondremos que el momento de inercia alrededor del eje z y el coeficiente
de fricción viscosa del sistema completo vienen dados por las expresiones:
J = Jm + n2
Jz
b = bm + n2
bz
donde
Jz: momento de inercia del brazo alrededor del eje z
bz: coeficiente de fricción viscosa del brazo
n = N1
N2
< 1: relación de engranes
El desplazamiento angular del eje del motor es θm y el del brazo alrededor
del eje z es θo, variable que consideraremos ahora como salida. θi es el co-
mando de entrada o entrada de referencia del nuevo sistema, y Gc representa
un controlador.
B.1 Dibujar el diagrama de bloques del nuevo sistema, detallando cada
uno de los bloques funcionales.
B.2 Hallar la función de transferencia W(s) = θo(s)
θi(s)
C) Suponiendo que:
- La inductancia de armadura es muy pequeña (La ∼ 0),
- Jm = 1; Jz = 0.5; bm = 1; n = 0.4; Ra = 1; kb = 4; k = 1; bz = 1
- Gc(s): amplificador de ganancia A
C.1 Hallar la expresión de W(s) y estudiar el comportamiento (estabilidad
y amortiguamiento) en función de los valores de A.

C.2 Hallar la expresión temporal de la respuesta correspondiente a un
incremento brusco en la entrada de 0.5 rad, para A=50.
Apartado A)
A.1
Aplicando la Transformada de Laplace, con condiciones iniciales nulas, a
las ecuaciones diferenciales, obtenemos:
(1) La · s · Ia(s) + Ra · Ia(s) + Eb(s) = Ea(s)
(2) Eb(s) = kb · s · θm(s)
(3) Jm · s2
· θm(s) + bm · s · θm(s) = k · Ia(s)
Sabemos que:
Variable entrada:Ea(s)
Variable salida:θm(s)
Variable intermedia:Ia(s)
Con las relaciones (1) , (2) y (3) hallamos cada uno de los bloques fun-
cionales del sistema.
De la ecuacion (1) :
Ia(s) = Ea(s)−Eb(s)
La·s+Ra
Relación que puede representarse como:
+_
aa RL +
1Ea(s) Ia(s)
Eb(s)
De la ecuación (3) :
θm(s) = Ia(s) k
Jm·s2+bm·s
= Ia(s) k
s·(Jm·s+bm)
Relación que puede representarse como:
)··( mm bsJs
k
+
Ia(s) θm(s)
De la ecuación (2) :
Eb(s) = kb · s · θm(s)

7
Relación que se puede representar como:
skb·
Eb(s) θm(s)
Uniendo los distintos bloques funcionales obtenemos el diagrama de blo-
ques del sistema:
skb·
)··( mm bsJs
k
+
Ia(s) θm(s)
+_
aa RsL +
1Ea(s)
A.2
T(s) = θm(s)
Ea(s)
=
1
La·s+Ra
· k
s·(Jm·s+bm)
1+kb·s· k
(La·s+Ra)s(Jm·s+bm)
= k
(La·s+Ra)s(Jm·s+bm)+k·kb·s
=
= k
s[JmLas2+(JmRa+bmLa)s+(bmRa+k·kb)]
Apartado B)
B.1
El diagrama de bloques del nuevo sistema será:
T*
(s)
θm
+_ Gc(s) n
θi(s) θo(s)
ya que θo(s) = n · θm(s), siendo n la relación existente entre el no
de
engranajes de ambas ruedas (motor y brazo) para que dé 1 vuelta el engrane
del brazo, el engrane del motor ha de dar 1
n
vueltas, siendo n < 1.
T∗
(s) es T(s) con J y b en lugar de Jm y bm (el brazo forma parte de la
correa).
B.2:
W(s) = θo(s)
θi(s)
= Gc(s)·T∗(s)·n
1+Gc(s)·T∗(s)·n
=
= Gc(s)·k·n
s[J·Las2+(J·Ra+b·La)s+(b·Ra+k·kb)]+Gc(s)·k·n

Apartado C)
C.1
De los valores dados para los distintos parámetros, obtenemos:
J = Jm + n2
Jz = 1 + 0.16 · 0.5 = 1.08
b = bm + n2
bz = 1 + 0.16 · 1 = 1.16
Con lo que:
W(s) = A·1·0.4
s2[0·s2+(1.08·1+1.16·0)s+(1.16·1+1·4)]+A·1·0.4
=
= 0.4A
1.08s2+5.16s+0.4A
que puesto de la forma:
W(s) = ω2
n
s2+2δωns+ω2
n
resulta: (dividiendo todo por el coeﬁciente de s2
: 1.08)
W(s) = 0.37A
s2+4.778s+0.37A
Para estudiar la estabilidad, podemos:
a) Aplicar el criterio de Routh:
s2
1 0.37A
s1
4.778 0
s0
0.37A
Donde vemos que el sistema es estable (1a
columna: Coeﬁcientes del mis-
mo signo +), siempre que A > 0 (que es nuestro caso):
Luego el sistema será siempre estable.
b) Si estudiamos las raíces de la ecuación característica:
s = −4.778±
√
4.7782−4·0.37A
2
Vemos que serán:
Reales negativas
Complejas con parte real negativa
pero nunca tendran parte real positiva ⇒ el sistema siempre será estable.
Para estudiar la forma de amortiguamiento:
a) Estudiamos las raíces:
Reales negativas, cuando:

9
4.7782
≥ 4 · 0.37A
A ≤ 4.7782
4·0.37
=15.425
Complejas con parte real negativa, cuando:
4.7782
< 4 · 0.37A
A > 15.425
Por tanto, el sistema será:
Subamortiguado, para A > 15.425
Críticamente amortiguado, para A = 15.425
Sobreamortiguado, para A < 15.425
b) Si hacemos el estudio en función de sus parámetros característicos,
y ωn, tendremos:
ωn =
√
0.37A ; 2δωn = 4.778 ⇒ δ = 4.778
2·
√
0.37A
Por lo tanto el sistema será:
Subamortiguado (0 < δ < 1), para:
δ = 4.778
2·
√
0.37A
< 1 ⇒ A > 4.7782
4·0.37
= 15.425
Críticamente amortiguado (δ = 1), para:
4.778
2·
√
0.37A
= 1 ⇒ A = 4.7782
4·0.37
= 15.425
Sobreamortiguado (δ > 1), para:
4.778
2·
√
0.37A
> 1 ⇒ A < 4.7782
4·0.37
= 15.425
C.2
Para A = 50,
W(s) = 0.37·50
s2+4.778s+0.37·50
= 18.5
s2+4.778s+18.5
Un incremento brusco en la entrada de 0.5 rad, supone una entrada
en forma de escalón y magnitud 0.5
Para hallar la respuesta del sistema, en este caso particular, podemos:
a) Particularizar la expresión general de la respuesta de un sis-
tema de 2o
orden como el estudiado, a un escalón unitario.
Así:
c(t) = 1 − e−δωnt
µ
cos ωn
p
1 − δ2
t + δ√
1−δ2
sen ωn
p
1 − δ2
t
¶

con:
ωn =
√
18.5 = 4.3 rad /s ; δ = 4.778
2·
√
18.5
= 0.555
obtendremos:
θo(t) =
0.5
h
1 − e−0.555·4.3t
³
cos 4.3
√
1 − 0.5552t + 0.555√
1−0.5552 sen 4.3
√
1 − 0.5552t
´i
θo(t) = 0.5 [1 − e−2.386t
(cos 3.577t + 0.667 sen 3.577t)]
b) Hallar la de la expresión en s de la respuesta, bien desarrol-
lando en fracciones simples, bien recurriendo a la tabla de transformadas.
R(s) = 0.5
s
θo(s) = W(s) · R(s) = 18.5
s2+4.778s+18.5
· 0.5
s
θo(t) = $−1
[θo(s)]
En la tabla de transformadas, podemos ver que para:
F(s) = a2+b2
s[(s+a)2
+b2
]
f(t) = 1 − e−at
¡
cos bt + a
b
sen bt
¢
Si hacemos:
a = 4.778
2
= 2.389 ; (s + a)2
= s2
+ 4.778s + 5.707
Como nuestra función θo(s), es:
θo(s) = 9.25
s(s2+4.778s+18.5)
podemos poner el denominador de la forma:
s
£
(s + 2.389)2
+ (18.5 − 5.707)
¤
= s
£
(s + 2.389)2
+ 12.793
¤
=
= s
£
(s + 2.389)2
+ 3.5772
¤
b = 3.577
y el numerador será:
9.25 = (2.3892
+ 3.5772
) · 0.5
Así, con a = 2.389 y b = 3.577
θo(t) = 0.5 [1 − e−2.389t
(cos 3.577t + 0.668 sen 3.577t)]
la misma que habíamos obtenido, salvo diferencias en la 3a
cifra
decimal debidas a no haber operado con cantidades exactas.

11
Problema 3 A) Considere un sistema cuya función de transferencia es:
G(s) = 1
(s+1)(s−a)
A.1 ¿Para qué valores de a es el sistema estable?
A.2 ¿Para qué valores de a el error estacionario, con el sistema en lazo
cerrado y realimentación unitaria, será finito ante una entrada en rampa
(r(t) = t)? ¿Cuánto valdrá el error? ¿Cuánto valdrá el coeficiente de error
estático de velocidad?
B) Si conectamos el sistema en lazo cerrado tal como se representa en la
figura:
+_ D(s) G(s)
R(s) C(s)
B.1 ¿Puede estabilizarse el sistema cuando D(s) = K?
B.2 En el caso de a = 0.5, obtenga el valor de K para que el coeficiente
de amortiguamiento sea de 0.5.
B.3 ¿Cuánto tardará la señal en estabilizarse (criterio del 2%) y cuál será
el máximo sobreimpulso, para r(t) = 1?
B.4 ¿Qué deberíamos añadir a D(s) para mejorar la estabilidad? Justi-
fique su repuesta.
Apartado A)
A.1)
La función de transferencia es:
G(s) = 1
(s+1)(s−a)
La ecuación característica:
s2
+ s (1 − a) − a = 0
Condición necesaria para que el sistema sea estable⇒que la ecuación
característica sea un polinomio de Hurwitz, es decir:
- Sea completo.
- Todos los coeficientes sean del mismo signo.
Para que esto se cumpla:

a < 0
Condición suficiente: Criterio de Routh, a < 0. Los coeficientes de
la 1a
columna son todos del mismo signo para a < 0
s2
1 −a
s1
1 − a 0
s0
−a
Para a < 0 el sistema es estable.
Se podría haber sacado esta conclusión estudiando las raíces.
¿Que ocurriría si a = 0?
La ecuación característica sería:
s2
+ s = 0
s (s + 1) = 0
En este caso podemos hacer los siguientes razonamientos:
1o
) La ecuación característica no es un polinomio de Hurwitz (no es
completo)⇒no podemos decir que el sistema sea estable
2o
) Las raíces están en s = −1 y s = 0, esta última en el eje
jω =⇒sistema marginalmente estable.
3o
) Para una entrada acotada como un escalón, la respuesta crece
indefinidamente, no está acotada, ya que si:
R(s) = 1
s
; C(s) = R(s) · G(s) = 1
s2(s+1)
y
c(t) = t − 1 + e−t
, t ≥ 0
respuesta que crece indefinidamente
4o
) Sin embargo, para una entrada impulsiva:
R(s) = 1
el sistema responde como:
C(s) = R(s) · G(s) = 1 · 1
s(s+1)
y c(t) = 1 − e−t
que vale 1 cuando t → ∞.
Conclusión:
Para a = 0, nuestro juicio sobre el sistema dependerá de la definición
de estabilidad.
A.2)
El sistema en lazo cerrado y con realimentación negativa unitaria,
será:

13
+_ G(s)
R(s) E(s) C(s)
Para que el error ante una entrada en rampa sea ﬁnito, el sistema
tiene que ser de tipo 1, es decir,
G(s) · H(s) debe tener un polo en el origen.
Esto se cumple con:
G(s) · H(s) = 1
(s+1)(s−a)
cuando a = 0
Para este caso:
E(s) = R(s) − C(s) · H(s) = R(s)
1+G(s)
y el error estacionario, ess = lim
t→∞
e(t), será:
ess = lim
s→0
s · E(s) = lim
s→0
s·R(s)
1+G(s)
= lim
s→0
s· 1
s2
1+ 1
s(s+1)
= lim
s→0
s·s(s+1)
s2
s·(s+1)+1
= 1
0+1
ess = 1
y el coeﬁciente de error estático de velocidad será:
Kv = lim
s→0
s · G(s) · H(s) = lim
s→0
s · 1
s(s+1)
= 1
Kv = 1
que podríamos haber hallado en este caso como:
Kv = 1
ess
= 1
Apartado B)
Ahora tenemos el sistema:
+_ D(s)
R(s)
C(s)
G(s)

cuya función de transferencia es:
C(s)
R(s)
= D(s)·G(s)
1+D(s)·G(s)
B.1)
Si D(s) = K
C(s)
R(s)
=
K· 1
(s+1)(s−a)
1+K· 1
(s+1)(s−a)
= K
(s+1)(s−a)+K
= K
s2+s(1−a)+(K−a)
que corresponde a un sistema que podrá estabilizarse siempre que:
a ≤ 1 y K > a
B.2)
Si a = 0.5
C(s)
R(s)
= K
s2+0.5s+K−0.5
de donde se deduce que:
ωn =
√
K − 0.5
2δωn = 0.5 ⇒ δ = 0.5
2·
√
K−0.5
Para que δ = 0.5, se debe cumplir:
0.5
2·
√
K−0.5
= 0.5 ⇒ 2 ·
√
K − 0.5 = 1
K − 0.5 = 1
4
= 0.25
K = 0.5 + 0.25 = 0.75
B.3)
r(t) = 1 ⇒ R(s) = 1
s
⇒Valen las deﬁniciones:
ts|2%= 4
δωn
= 4
0.5
√
0.25
= 4
0.25
=16seg
Mp(%) = 100 · e
−π δ√
1−δ2
= 100 · 0.163 = 16.3%
B.4)
Para mejorar la estabilidad, deberíamos añadir un elemento de con-
trol diferencial(Controlador PD) a D(s), de forma que:
D(s) = K · (1 + Td · s)

15
Justiﬁcación:
D(s) = K (1 + Td · s) =⇒ C(s)
R(s)
= D(s)·G(s)
1+D(s)·G(s)
=
K·(1+Td·s) 1
(s+1)(s−a)
1+K·(1+Td·s) 1
(s+1)(s−a)
=
= K·(1+Td·s)
(s+1)(s−a)+K·(1+Td·s)
= K·(1+Td·s)
s2+s(1−a+K·Td)+(K−a)
expresión en la que podemos ver que:
ωn: No ha cambiado.
δ: Ha aumentado.
Lo cual implica que:
ts = 4
δωn
, es menor ⇒ el sistema se estabiliza antes.
Mp = e
−π δ√
1−δ2
, es menor ⇒ el sistema tiene menos sobreimpulso.
Si ts y Mp disminuyen ⇒ Sistema más estable

Problema 4 Para el sistema cuya dinámica puede describirse con la
ecuación diferencial:
d2y(t)
dt2 + dy(t)
dt
+ y (t) = r (t) , y (0) = 1, dy(t)
dt
¯
¯
¯
t=0
= 1
1). Determinar, aplicando la transformada de Laplace, la respuesta,
y(t), cuando el estímulo, r(t), es un escalón unitario.
2). Decir qué parte de la respuesta se debe al estímulo y cuál a las
condiciones iniciales.
3). Determinar la parte de la respuesta debida a las condiciones
iniciales aplicando la operación de convolución.
4). Representar gráficamente, de forma aproximada pero sin olvi-
dar los puntos especialmente importantes, 20 log
¯
¯
¯
Y (s)
R(s)
¯
¯
¯ , s = jω, ω ∈
(−∞, ∞). (Utilizar papel semilogarítmico)
1)
s2
· Y (s) − s · y (0) − y0
(0) + s · Y (s) − y (0) + Y (s) = R (s) ⇒
⇒ Y (s) · [s2
+ s + 1] − s − 2 = R (s) ⇒
⇒ Y (s) = s+2
s2+s+1
+ R(s)
s2+s+1
= s+2
s2+s+1
+ 1
s·(s2+s+1)
y (t) = $−1
[Y (s)] = $−1
£ s+2
s2+s+1
¤
+ $−1
h
1
s·(s2+s+1)
i
=
= e−1
2
t
h
cos
³√
3
2
t
´
+
√
3 sen
³√
3
2
t
í
+1−e−1
2
t
h
cos
³√
3
2
t
´
− 1√
3
sen
³√
3
2
t
í
⇒
⇒ y (t) = 1 + 2√
3
· e−1
2
t
· sen
³√
3
2
t
´
2)
Parte de la respuesta debida al estímulo:
yr (t) = 1 − e−1
2
t
h
cos
³√
3
2
t
´
− 1√
3
sen
³√
3
2
t
í
Parte de la respuesta debida a condiciones iniciales:
yci (t) = e−1
2
t
h
cos
³√
3
2
t
´
+
√
3 sen
³√
3
2
t
í

17
3)
Condiciones iniciales como impulsos:
ci (s) = s + 2
ci (t) = δ0
(t) + 2δ (t)
yci (t) = ci (t) · f (t) : f (t) = respuesta impulsiva
f (t) = $−1
£ 1
s2+s+1
¤
= 2√
3
· e−1
2
t
· sen
³√
3
2
t
´
yci (t) = (δ0
(t) + 2δ (t)) · f (t) = f0
(t) + 2 · f (t) =
= 4√
3
· e−1
2
t
· sen
³√
3
2
t
´
+ 2√
3
h
e−1
2
t
·
√
3
2
· cos
³√
3
2
t
´
− 1
2
· e−1
2
t
· sen
³√
3
2
t
í
=
= e−1
2
t
h
cos
³√
3
2
t
´
+ 3√
3
sen
³√
3
2
t
í
= e−1
2
t
h
cos
³√
3
2
t
´
+
√
3 sen
³√
3
2
t
í
4)
Y (s)
R(s)
= s(s+2)+1
s2+s+1
= s2+2s+1
s2+s+1
= (s+1)·(s+1)
s2+s+1

Problema 5 Dado el sistema descrito por la ecuación diferencial:
dy(t)
dt
+ 5y (t) = x (t) ; y (0) = 0
1.Hallar la respuesta a un estímulo, x(t), de la forma indicada en la ﬁgura.
x(t)
tT
k
2.Hacer una gráﬁca aproximada de la función de variable compleja:
|X (jω)| , X (s) = $ {x (t)} , s = jω, ω ∈
£−6π
T
, 6π
T
¤
, T = 0.5
1)
s · Y (s) + 5Y (s) = X (s) ⇒ Y (s) = X(s)
s+5
El estímulo es un pulso de duración T : X (s) = 1
s
¡
1 − e−sT
¢
Por tanto:
Y (s) = 1
s+5
· 1−e−sT
s
= 1
s(s+5)
·
¡
1 − e−sT
¢
Yo (s) = 1
s(s+5)
= A
s
+ B
s+5
As + 5A + Bs = 1
A = −B
¾
⇒ A = 1
5
; B = −1
5
Yo (s) =
1
5
s
−
1
5
s+5
⇒ yo (t) = 1
5
(1 − e−5t
)
La respuesta en el dominio de Laplace sería:
Y (s) = Yo (s) − Yo (s) e−sT
y en el dominio del tiempo, haciendo la transformada inversa:

19
y (t) = yo (t − T) uo (t − T) ⇒
⇒ y (t) = 1
5
(1 − e−5t
) − 1
5
¡
1 − e−5(t−T)
¢
uo (t − T)
2) Para T = 0.5
X (jω) = 1−e−j0.5ω
jω
Rango de frecuencias:
ω ∈
£−6π
T
, 6π
T
¤
⇒ ω ∈ [−12π, 12π]
Escogiendo valores de frecuencia especialmente importantes:
ω = 0 ⇒ lim
ω→0
X (jω) = lim
ω→0
1−e−j0.5ω
jω
= lim
ω→0
d
dω (1−e−j0.5ω
)
d
dω
(jω)
= j0.5
j
= 0.5
ω π/
|X(j )|ω

Problema 6 Para el sistema cuya función de transferencia es
H (s) = 1−e−5s
s
determinar, aplicando las propiedades de la transformada de Laplace, la
respuesta, y(t), ante una entrada, x (t) de la forma:
x (t) = u0 (t) + sen 2πt
Aplicando la transformada de Laplace a la entrada:
X (s) = 1
s
+ 2π
s2+4π2
Por tanto:
H (s) = Y (s)
X(s)
⇒ Y (s) = H (s) · X (s) = 1−e−5s
s
¡1
s
+ 2π
s2+4π2
¢
=
= 1
s2 − 1
s2 e−5s
+ 1
s
· 2π
s2+4π2 − 1
s
· 2π
s2+4π2 · e−5s
=
= 1
s2 (1 − e−5s
) + 1
s
· 2π
s2+4π2 (1 − e−5s
) =
Si descomponemos 1
s
· 2π
s2+4π2 :
1
s
· 2π
s2+4π2 = A
s
+ B
s2+4π2 ⇒ A (s2
+ 4π2
) + Bs = 2π ⇒
4Aπ2
= 2π ⇒ A = 1
2π
As2
+ Bs = 0 ⇒ B = − 1
2π
· s
Entonces:
H (s) = 1
s2 (1 − e−5s
) + 1
2π
· 1
s
(1 − e−5s
) − 1
2π
· s
s2+(2π)2 (1 − e−5s
)
y (t) = $−1
[Y (s)] =
= t·u0 (t)−t·u0 (t − 5)+ 1
2π
u0 (t)− 1
2π
·u0 (t − 5)− 1
2π
cos 2πt+ 1
2π
cos 2π(t−5) =
=
¡ 1
2π
+ t
¢
· u0 (t) −
¡ 1
2π
+ t
¢
· u0 (t − 5) − 1
2π
(cos 2πt + cos 2π(t − 5))

Capítulo 2
Análisis de Sistemas
Problema 7 Dibujar el lugar de las raíces para el sistema de control
que aparece en la ﬁgura siguiente. Determinar el valor aproximado de k para
que el factor de amortiguamiento de los polos dominantes de lazo cerrado
sea.0,5.
+_
)5)(2)(1(
)7(10
+++
+
sss
sk
R(s) C(s)
G(s) = 10s+70
s3+8s2+17s+10
a)Tracemos el L.R. del sistema.
1) Número de ramas: El número de ramas independientes del LR es
igual al número de polos de la función en bucle abierto.
Polos: −5, −2, −1
Ceros: −7
2) Puntos de comienzo (K = 0) y ﬁnal (K = ∞): Cada rama
comienza en un polo de la función y termina en un cero de la misma.
El número de ceros en el ∞ es: n − m = 3 − 1 = 2
3) Comportamiento en el eje real: Un punto situado en el eje real,
pertenece al LR si el número de ceros y polos situados a su derecha es impar.
4) Simetría: El LR (K > 0) y el lugar inverso de las raíces(K < 0)
son simétricos respecto al eje real.
5) Asíntotas: Las ramas del LR que terminan en el ∞ son asintóticas
a rectas cuyos ángulos con el eje real vienen dados por:
21

22 CAPÍTULO 2. ANÁLISIS DE SISTEMAS
θa = (2q+1)π
n−m
(K > 0)
q = 0, 1, 2, ..., n − m − 1
En nuestro caso:
θ0 = π
2
θ1 = 3π
2
6) Intersección de las asíntotas: Las asíntotas cortan al eje real en
un punto situado a una distancia σ0 del origen dada por:
σ0 =
P
polos de G(s) −
P
ceros de G(s)
n−m
En nuestro caso:
σ0 = −5−2−1+7
2
= −1
2
7) Puntos de dispersión y conﬂuencia de ramas:
G(s) = A
B
=⇒ A0
B + B0
A = 0
10(s3
+ 8s2
+ 17s + 10) − (3s2
+ 16s + 17)(10s + 70)
−20s3
− 290s2
− 1120s − 1090 = 0
Resolviendo la ecuación:
s1 = −8.89 ; s2 = −4.12 ; s3 = −1.48
El valor que escogemos es s3 = −1.48, ya que es el único que pertenece
al L.R.
8) Intersección con el eje imaginario: Los puntos de intersección del
lugar de las raíces con el eje imaginario, se pueden hallar aplicando el criterio
de Routh para sistemas marginalmente estables.
Es decir, se aplica el criterio de Routh, al sistema en Lazo Cerrado. En
nuestro caso, no existe intersección con el eje imaginario.

23
b) La función de transferencia en lazo cerrado del sistema es:
Gc(s) = C(s)
R(s)
= k(10s+70)
s3+8s2+s(17+10k)+10+70k
Los polos dominantes de la FDT en lazo cerrado para k = 1 son:
s1,2 = −1.1377 ± 3.5609i
Comparando con:
s1,2 = −δ · ωn ± ωn
p
1 − δ2
δ = 0.3 y ωn = 3.8rad/seg
Para que el factor de amortiguamiento de los polos dominantes de
lazo cerrado sea δ = 0.5 el valor de σ ha de ser:
σ = δ · ωn = 0.5 · 3.8 = 1.9
Hacemos s = 2 − σ =⇒ s = 2 − 1.9
Aplicamos el criterio de Routh al denominador de la FDT en lazo cerrado,
sustituyendo s = 2 − 1.9
a) Condición necesaria: Para que el sistema sea estable, la ecuación car-
acterística ha de ser un polinomio de Hurwitz. Es decir, ha de ser completo
y todos los coeﬁcientes han de ser del mismo signo.

(2 − 1.9)3
+ 8(2 − 1.9)2
+ (2 − 1.9)(17 + 10k) + 10 + 70k
23
−5.722
+10.832−6.86+8(22
−3.82+3.6)+172+10k2−32.3−19k+10+70k
23
+ 2.322
+ 2(−2.57 + 10k) − 0.36 + 51k
Para que la condición necesaria se cumpla:
k > 0.26
b) Condición suﬁciente: Criterio de Routh:
23
1 10k − 2.57
22
2.3 51k − 0.36
21 28k−6
2.3
20
51k − 0.36
k = 0.28

25
Problema 8 a) Utilizando el criterio de Nyquist estudiar, en función de K,
la estabilidad de un sistema cuya función de transferencia en lazo abierto es:
G(s) = K(s+10)2
s3
b) Determinar los márgenes de fase y ganancia para K = 10
Trazamos el diagrama de Nyquist, directamente a partir de los dia-
gramas de Bode de Módulo y Fase, para K = 1.
Damos distintos valores a ω:
ω → ∞ ⇒ |G| → 0
ω → 0 ⇒ |G| → ∞
Asíntotas y corte con el eje real:
G (jω) = (jω+10)2
(jω)3 = j (jω+10)2
ω3 = j
(−ω2+20jω+100)
ω3 = −jω2−20ω+j100
ω3
Re [G (jω)] = −20ω
ω3 = −20
ω2
Im [G (jω)] = 100−ω2
ω3
Cuando ω → 0
½
Re [G] → ∞
Im [G] → ∞
No hay asíntotas.
Corte con el eje jω:
Im [G] = 0 ⇒ 100−ω2
ω3 = 0 ⇒ 100 − ω2
= 0 ⇒ ω = 10 ⇒
⇒
|G (jω)|ω=10 =
p
Re2
+ Im2
= 0.2
G (jω)
¯
¯
ω=10
= 0
Partes Re [G] y Im [G], disminuyen de forma monótona cuando ω =
0+
→ ∞
Para ω = 0+
, G = 0 − 270o
= −270o
Con estos datos podemos trazar el diagrama de Nyquist aproximado:

Real Axis
ImaginaryAxis
Nyquist Diagrams
0.2
∞
ω=0
G=-270º
+
Completamos el diagrama de Nyquist para estudiar la estabilidad en fun-
ción de K:
Para ω = 0−
, G (jω) = 0 + 270o
= 270o
⇒ ω = 0−
→ 0+
:
G (jω) = −270o
→ 270o
⇒ Cambio de 540o
=⇒ 1 vuelta y media.
Tenemos en cuenta la simetría con respecto al eje real. Así:
Real Axis
ImaginaryAxis
Nyquist Diagrams
0.2
N=1-1
P=0
N=1+1
P=0
N=1
P=0
Como puede observarse en la ﬁgura, para los valores de K que hagan
que G = −1
K
están en:
1
N = 1 − 1 = 0
P = 0
¾
⇒ Z = N + P = 0 ⇒ Sistema estable.
−0.2 < −1
K
< 0 ⇒ K > 5 ⇒ Sistema estable.

27
2
N = 1 + 1 = 2
P = 0
¾
⇒ Z = N + P = 2 ⇒ Sistema inestable.
−1
K
< −0.2 ⇒ K < 5 ⇒ Sistema inestable.
3
N = 1
P = 0
¾
⇒ Z = N + P = 1 ⇒ Sistema inestable.
−1
K
> 0 ⇒ K < 0 ⇒ Sistema inestable.
Luego:
K > 5 ⇒ estable
K < 5 ⇒ inestable
El sistema va de la inestabilidad a la estabilidad conforme aumenta
K.
b) Según hemos visto, para K = 10 el sistema será estable.
Si trazamos los diagramas de Bode para K = 10, veremos que:
MF ' 15o
MG ' 6 dB
Teniendo en cuenta que, en este caso, por ir el sistema de la inesta-
bilidad a la estabilidad al aumentar K, en estos diagramas el criterio de
estabilidad será:
|K · G (jω)| > 1 , G (jω) = 180o
Para trazar los diagramas de Bode:
G (jω) = K·(jω+10)2
(jω)3 =
K·100(jω
10
+1)
2
(jω)3 = 1000
(jω
10
+1)
2
(jω)3
(jω)−3
⇒
½
pendiente: −60 dB /oct
fase: −270o
cte

ω ⇒=1 |G|=20logK=60dB
-60db/dec
60
Para ω = 1:
|G| '
¯
¯1000
1
¯
¯ = 1000 ⇒ 20 log |G| = 60 dB
A partir de ω = 10:
Incremento en pendiente de +40 dB /dec ⇒
⇒Pendiente total = −60 + 40 = −20 dB /dec

29
Problema 9 Obtener la funcion de transferencia en lazo abierto, G(s), cor-
respondiente al diagrama de la ﬁgura.
10 50 1000
20
0
dB
6 dB/octava
-6 dB/octava
ω
1) Cte: 20 log K = 20 ⇒ K = 10
2) ω = 10, Pendiente = −20 dB /dec ⇒ factor:
¡ s
10
+ 1
¢−1
3) ω = 50, Pendiente = +40 dB /dec ⇒ cero doble en s
50
= −1 ⇒ factor:
¡ s
50
+ 1
¢2
4) ω = 1000, Pendiente = 0 dB /dec ⇒ factor:
¡ s
1000
+ 1
¢−1
De esta forma:
G (s) =
10( s
50
+1)
2
( s
10
+1)( s
1000
+1)

Problema 10 Suponiendo que conectamos el sistema F(s) con G(s) de
la forma:
G(s) F(s)
F(s) = 1
s2+s+1
; G(s) = 1
s(s+1)
(A) Trazar el lugar de las raíces del sistema total
(B) Decir si existe algún valor de k que haga que todos los polos del
sistema total en lazo cerrado sean reales.
(C) Decir cuáles serán los polos del sistema total en lazo cerrado para
el menor valor de k que produce raíces múltiples y el/los coeﬁcientes de
amortiguamiento correspondientes a los términos cuadráticos que pudieran
existir para ese valor de k.
(A)
G(s) · F(s) = 1
s(s+1)(s2+s+1)
Lugar de las raíces:
1) Número de ramas:
Polos:



s1 = 0
s2 = −1
s3,4 = −1
2
± j
√
3
2
⇒ 4 ramas
2) Puntos de comienzo ( K = 0) y ﬁnal (K = ∞): Cada rama
comienza en un polo de la función y termina en un cero de la misma.
El número de ceros en el ∞ es: n − m = 4 − 0 = 4
3) Comportamiento en el eje real: Un punto situado en el eje real,
pertenece al LR si el número de ceros y polos situados a su derecha es impar.
4) Simetría: El LR (K>0) y el lugar inverso de las raíces(K<0) son
simétricos respecto al eje real.
5) Asíntotas: Las ramas del LR que terminan en el ∞ son asintóticas
a rectas cuyos ángulos con el eje real vienen dados por:
θ0 = π
4
; θ1 = 3π
4
; θ2 = π ; θ3 = 5π
4

31
6) Intersección de las asíntotas: Las asíntotas cortan al eje real en
un punto situado a una distancia σ0 del origen dada por:
σ0 =
P
polos de G(s) −
P
ceros de G(s)
n−m
En nuestro caso:
σ0 =
0−1−1
2
+j
√
3
2
−1
2
−j
√
3
2
4
= −2
4
= −1
2
7) Puntos de dispersión y conﬂuencia de ramas:
G(s) = A
B
=⇒ A0
B + B0
A = 0
4s3
+ 6s2
+ 4s + 1 = 0
Resolviendo la ecuación:
s1 = −1
2
; s2 = −1
2
+ j 1
2
; s3 = −1
2
− j 1
2
8) Intersección con el eje imaginario: Los puntos de intersección
del lugar de las raíces con el eje imaginario, se pueden hallar aplicando el
criterio de Routh para sistemas marginalmente estables. Aplicando el criterio
de Routh:
s4
+ 2s3
+ 2s2
+ s = 0
s4
1 2 0
s3
2 1
s2 3
2
0
s1
1
s0
0
Para que sea criticamente estable:
2s3
+ s = 0 ⇒ s = ±j 1√
2
Con todos estos datos podremos trazar el Lugar de las Raíces:

B)
No existen valores de k que hagan que todos los polos sean reales, ya
que los imaginarios viajaran hacia las asíntotas.
C)
El menor valor de k que produce raíces múltiples es el que hace
que estemos en el punto s = −1
2
(primer punto de ruptura). Midiendo
gráﬁcamente las distancias de los polos a este punto, podemos calcular k.
k = 1
|G(s)·F(s)|
¯
¯
¯
s=−1
2
=
¯
¯0, −1
2
¯
¯ ·
¯
¯−1, −1
2
¯
¯ ·
¯
¯
¯−1
2
+ j
√
3
2
, −1
2
¯
¯
¯ ·
¯
¯
¯−1
2
− j
√
3
2
, −1
2
¯
¯
¯ =
= 1
2
· 1
2
·
√
3
2
·
√
3
2
= 3
16
= 0.1875
Para este valor de k, la ecuación característica del sistema en lazo
cerrado es:
1 + k · G (s) · F (s) = 1 + 3
16
· 1
s(s+1)(s2+s+1)
= 16 (s2
+ s) · (s2
+ s + 1) + 3 =
= 16 (s4
+ 2s3
+ 2s2
+ s) + 3 = 16s4
+ 32s3
+ 32s2
+ 16s + 3
Que debe ser divisible por:
¡
s + 1
2
¢2
= s2
+ s + 1
4
16s4
+32s3
+32s2
+16s +3 s2
+ s + 1
4
−16s4
−16s3
−4s2
16s2
+ 16s + 12
16s3
28s2
+16s +3
−16s3
−16s2
−4s
12s2
+12s +3
12s2
−12s −3
0

33
Ahora podemos calcular los coeﬁcientes de amortiguamiento para k = 3
16
:
¡
s + 1
2
¢2
(16s2
+ 16s + 12) = 16
¡
s + 1
2
¢2 ¡
s2
+ s + 3
4
¢
⇒ ωn =
√
3
2
2δωn = 1 ⇒ δ = 1
2ωn
= 2
2
√
3
⇒ δ = 1√
3

Problema 11 En la ﬁgura se representa un sistema de control en lazo
abierto donde:
r: señal de referencia.
u: señal de control.
yol: salida.
w: señal perturbadora.
K
0.5
10
+_r
controlador
u
w
yol
a) Si r = 55, ¿cuánto debe valer K para que, siendo w = 0, la salida
siga a la referencia sin error?
b) ¿Qué error (%) tendría la salida si w = 1?
c) Si añadimos al sistema una realimentación unitaria, ¿qué valor ha
de tener K para que en presencia de una perturbación w = 1 la salida siga
a la referencia con un error del 0.1% aprox.? Tomar r = 55.
a) En lazo abierto, y para w = 0:
yol = 10u − 0.5w
u = r · K
¾
⇒ yol = 10 (r · K − 0.5w) = 10 · r · K − 5w = 10· 55 · K
Para que la salida siga a la referencia sin error: yol = r
yol = 550 · K
yol = r = 55
¾
⇒ 550 · K = 55 ⇒ K = 1
10
b) Para w 6= 0:
yol = 10u − 0.5w
u = 1
10
r
¾
⇒ yol = 10
¡ 1
10
r − 0.5w
¢
= r − 5w
Con lo que si w = 1:
y
0
ol = 55−5 = 50 ⇒
y
0
ol
yol
= 50
55
= 0.909 ⇒Error = 1 − 0.909 = 0.0909 = 9.09%

35
c) En lazo cerrado y con realimentación unitaria:
K
0.5
10
+_r
controlador
u
w
ycl
+_
ycl = (u − 0.5w) · 10
u = (r − ycl) · K
¾
⇒ ycl = [(r − ycl) · K − 0.5w] · 10 ⇒
⇒ ycl = (10r − 10ycl) · K − 5w
K = ycl+5w
10r−10ycl
Para un error del 0.1% y r = 55:
ycl = 55 − 0.001 · 55 = 54.945 ⇒ K = 54.945+5
550−549.45
⇒ K = 108.991

Problema 12 Asociar los diagramas de Nyquist, respuestas en frecuen-
cia y respuestas al escalón unitario mostrados en la ﬁgura Justiﬁcar las con-
clusiones.
0
ω→
Re( )GD
Im( )GD
-1
K=K1
ω
↓
0
0
ω→
Re( )GD
Im( )GD
-1
K=K2
ω
↓
0
0
ω→
Re( )GD
Im( )GD
-1
ω
↓
0
0
ω→
Re( )GD
Im( )GD
-1
ω
↓
0
1
0º
-180º
ω
| |GD
GD
1
0º
-180º
ω
| |GD
GD
1
0º
-180º
ω
| |GD
GD
1
0º
-180º
ω
| |GD
GD
y(t)
t
1
0
y(t)
t
1
0
y(t)
t
1
0
y(t)
t
1
0
(I)
(II)
(III)
(IV)
(a)
(b)
(c)
(d)
(1)
(2)
(3)
(4)
El orden correcto sería el siguiente:
0
ω→
Re( )GD
Im( )GD
-1
K=K1
ω
↓
0
0
ω→
Re( )GD
Im( )GD
-1
K=K2
ω
↓
0
0
ω→
Re( )GD
Im( )GD
-1
ω
↓
0
0
ω→
Re( )GD
Im( )GD
-1
ω
↓
0
1
0º
-180º
ω
| |GD
GD
1
0º
-180º
ω
| |GD
GD
1
0º
-180º
ω
| |GD
GD
1
0º
-180º
ω
| |GD
GD
y(t)
t
1
0
y(t)
t
1
0
y(t)
t
1
0
y(t)
t
1
0

37
Problema 13 Para el sistema físico de la figura en el que se cumple que:
d2x
dt2 + Ddx
dt
+ kx = u
1=M
x
k
D ( ) ( )tutf =
1) Obtener la función de transferencia.
2) Discutir la estabilidad para los casos
a)k = 0
b)D = 0
y hallar en cada caso la evolución temporal del desplazamiento y la ve-
locidad del móvil, ante una entrada escalón unitaria.
3) Hallar los valores de k y D que hacen que el sistema, conectado en lazo
cerrado y con realimentación unitaria, cumpla las siguientes especificaciones:
coeficiente de amortiguamiento = 0.7
coeficiente de error estático = 10
4) Si introducimos en la cadena directa un dispositivo cuya función de
transferencia es
D(s) = ki
s
hallar, aplicando el criterio de estabilidad de Nyquist, los valores de ki
que hacen al sistema estable.
1)
Suponiendo condiciones iniciales nulas, obtenemos la función de trans-
ferencia aplicando Laplace:
s2
X (s) + DsX (s) + kX (s) = U (s)
f.d.t ≡ G (s) = X(s)
U(s)
= 1
s2+Ds+k
2)
a)k = 0
G (s) = 1
s2+Ds
= 1
s(s+D)

Estabilidad: El sistema es de tipo I (tiene un polo en el origen). Por
ello:
No será estable para entrada y salida limitadas: ante una entrada
escalón, aparecerá en la respuesta un término:
A
s2
$−1
−→ A · t
Estabilidad asintótica: No
Estabilidad de Lyapunov: Sí
Evolución temporal del desplazamiento:
X (s) = R (s) · G (s) = 1
s
· 1
s(s+D)
= 1
s2(s+D)
= A
s2 + B
s
+ C
s+D
A = s2
X (s)|s=0 = 1
D
1
D
s2 + B
s
+ C
s+D
= 1
s2(s+D)
=
(s+D) 1
D
+B
s
(s+D)+Cs2
s2(s+D)
=
s2(C+B)+s( 1
D
+BD)+1
s2(s+D)
⇒
⇒
½
C + B = 0 −→ C = −B = 1
D2
1
D
+ BD = 0 −→ BD = − 1
D
−→ B = − 1
D2
X (s) =
1
D
s2 −
1
D2
s
+
1
D2
s+D
⇒ x (t) = 1
D
t − 1
D2
¡
1 − e−Dt
¢
Pasado el transitorio exponencial, cuya duración depende de la con-
stante del amortiguador D, seguirá una evolución lineal con una pendiente
inversamente proporcional a D.
b)
D = 0
G (s) = 1
s2+k
Estabilidad:
El sistema tiene polos en s = ±j
√
k . Por tanto, será marginalmente
estable.
Estabilidad BIBO: Sí
Estabilidad Asintótica: No
Estabilidad de Lyapunov: Sí
Evolución temporal:
X (s) = 1
s(s2+k)
= A
s
+ Bs+C
s2+k
=
1
k
s
−
1
k
s
s2+k

39
La salida será una oscilación constante cuya frecuencia es propor-
cional a la constante del resorte.
x (t) = 1
k
³
1 − cos
√
k · t
´
Evolución de la velocidad:
v (t) = dx
dt
a) k = 0
v (t) = 1
D
− 1
D
· e−Dt
Pasado el transitorio, el móvil se desplazará con velocidad constante=
1
D
b)D = 0
v (t) seguirá una evolución sinusoidal de la misma frecuencia que el
desplazamiento, pero desfasada π
2
. En los máximos de x (t) tendrá ceros.
v (t) = dx
dt
= 1√
k
sen
√
k · t
3)
+_ G(s)
Coeﬁciente de error estático de posición:
kp = lim
s→0
G (s) H (s) = lim
s→0
1
s2+Ds+k
= 1
k
= 10 ⇒ k = 1
10
= 0.1
Función de transferencia en lazo cerrado:
F (s) = G(s)
1+G(s)
=
1
s2 +Ds+k
1+ 1
s2 +Ds+k
= 1
s2+Ds+(1+k)
2δωn = D
ωn =
√
1 + k
¾
⇒ D = 2δ
√
1 + k = 2δ
√
1.1 = 2 · 0.7 ·
√
1.1 ⇒ D = 1.4683
4)

+_
s
ki
G(s)
Aplicaremos el criterio de Nyquist al sistema:
G1 (s) = G(s)
s
= 1
s(s2+Ds+k)
y veremos qué valores de ki le hacen estable.
G1 (s) = 1
s(s2+1.4683s+0.1)
Polos en



s1 = 0
s2,3 =
−1.4683±
√
(1.4613)2
−0.4
2
=
½
s2 = −0.071597
s3 = −1.3967
G1 (jω) = 1
jω(−ω2+j1.4683ω+0.1)
= 1
−jω3−1.4683ω2+0.1ω
=
= 1
−1.4683ω2+jω(0.1−ω2)
=
−1.4683ω2−jω(0.1−ω2
)
2.1559ω4+ω2(0.1−ω2)2
Re [G1 (jω)] = −1.4683ω2
2.1559ω4+ω2(0.1−ω2)2 ⇒ Re [G1 (jω)] = −1.4683
2.1559ω2+(0.1−ω2)2
Im [G1 (jω)] =
−jω(0.1−ω2
)
2.1559ω4+ω2(0.1−ω2)2 ⇒ Im [G1 (jω)] =
−j(0.1−ω2
)
2.1559ω3+ω(0.1−ω2)2
Asíntotas:
Cuando ω → ∞ ⇒ G1 (jω) → 0
Cuando ω → 0 ⇒
½
Re [G1 (jω)] = −1.4683
(0.1)2 = −146.83
Im [G1 (jω)] → ∞
La recta Re = −146.83 será una asíntota de la curva
Cruces con el eje real:
Im [G1 (jω)] = 0 ⇒
½
ω → ∞
ω =
√
0.1 = 0.31623rad/s
Para ω = 0.31623rad/s : Re [G1 (jω)] = −1.4683
2.1559·0.1
= −6.8106
Sentido de la curva:
ω → 0+
⇒ G1 ' −π
2
ω → 0−
⇒ G1 ' π
2
¾
Salto de πrad
Cierre:
El cero se ve al evaluar con 0o
. Cierre por la derecha.

41
Real Axis
ImaginaryAxis
Nyquist Diagrams
-30 -25 -20 -15 -10 -5 0
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
III
II
I
-6.8106
Valores de KI :
− 1
KI
puede estar en tres zonas, en las que se cumple:
P N Z Estabilidad
I 0 1 1 Inestable
II 0 2 2 Inestable
III 0 0 0 Estable
En III :
−∞ < − 1
KI
< −6.8106 ⇒ KI > 6.8106 ⇒ 0 < KI < 1
6.8106
= 0.14683

Problema 14 Dibujar de forma aproximada la respuesta transitoria de los
sistemas cuya situación de polos se da en la ﬁgura:
0
jω
+σ
0
jβ1
+σ
0
jω
σ1
-σ2
-σ1
-jβ1
-α1
-σ
x
x
xx
x
0
jβ1
+σ
-jβ1
+α1
jω
+σ0
x
x
x
jβ2
jβ1
-jβ1
-jβ2
x
x
+σ0
a)
b)
c)
d)
e)
f)
x
x

43
0
jω
+σ
0
jβ1
+σ
0
jω
σ1
-σ2
-σ1
-jβ1
-α1
-σ
x
x
xx
x
0
jβ1
+σ
-jβ1
+α1
jω
+σ0
x
x
x
jβ2
jβ1
-jβ1
-jβ2
x
x
+σ0
a)
b)
c)
d)
e)
f)
0 t
C (t)tr
0 t
C (t)tr
0 t
C (t)tr
0 t
C (t)tr
0 t
C (t)tr
0 t
C (t)tr
e- tσ2
- tσ1e
estable
estable
e ·sen tβ1
- tα1
e+ tα1
inestable
inestable
+ tα1e ·sen tβ1
Cte
Limitadamente estable
marginalmente estable
sen tβ1
sen tβ2
Situación de los polos Respuesta transitoria
x
x

Problema 15 Para el sistema de la ﬁgura:
+_ ( )
( )( )( )521 ++−
=
sss
k
sG
R(s)
r(t)
E(s)
e(t)
Y(s)
y(t)
a) Determinar, aplicando el criterio de estabilidad de Routh, el valor de
k para que tenga un tiempo de establecimiento, ts = 16s.
³
ts = 4
δωn
´
b) Hallar la expresión temporal del error, e(t), para el valor de k obtenido.
(R (s) = 1).
c) Hallar, aplicando el criterio de Nyquist, los valores de k que hacen al
sistema estable.
a) Valor de k:
Ecuación característica:
1 + k
(s−1)(s+2)(s+5)
= 0 ⇒ (s − 1) (s + 2) (s + 5) + k = 0
s3
+ 6s2
+ 3s − 10 + k = 0
ts = 16s = 4
δωn
= 4
σ
⇒ σ = 4
16
= 0.25
En la línea σ = −0.25 deben estar los polos dominantes.
-0.25
Hacemos:
z = s + 0.25
y sustituímos en la ecuación característica:

45
(s − 1) (s + 2) (s + 5) + k = 0|s=z−0.25
(z − 0.25 − 1) (z − 0.25 + 2) (z − 0.25 + 5) + k = 0
(z − 1.25) (z + 1.75) (z + 4.75) + k = 0
z3
+ 5.25z2
+ 0.1875z − 10.3906 + k = 0
z3
1 0.1875
z2
5.25 k − 10.3906
z1 0.1875·5.25−k+10.3906
5.25
z0
0.1875·5.25−k+10.3906
5.25
= 0 ⇒ k = 10.3906 + 0.1875 · 5.25 ⇒ k = 11.3749
b) Expresión temporal del error, e(t)
Para este valor de k tendremos dos polos complejos conjugados situa-
dos en la línea σ = −0.25, cuya parte imaginaria podemos hallar resolviendo
la ecuación:
5.25z2
+ (k − 10.3906) = 0 ⇒ 5.25z2
+ 11.3749 − 10.3906 = 0
z2
+ 0.1875 = 0 ⇒ z = ±j
√
0.1875 = ±j0.4330
Por tanto, los polos estarán en: s = −0.25 ± j0.4330
(s + 0.25 + j0.4330) (s + 0.25 − j0.4330) =
= (s + 0.25)2
+ 0.43302
= s2
+ 0.5s + 0.0625 + 0.1874 =
= s2
+ 0.5s + 0.25
s3
+ 6s2
+ 3s + 1.3749 = (s2
+ 0.5s + 0.25) · P (s)
s3
+6s2
+3s +1.3749 s2
+ 0.5s + 0.25
−s3
−0.5s2
−0.25s s + 5.5
5.5s2
+2.75s +1.3749
−5.5s2
−2.75s −1.375
0
P (s) = s + 5.5
Ecuación característica: (s + 5.5) (s2
+ 0.5s + 0.25)
E (s) = R (s) 1
1+G(s)
Para una entrada impulsiva:

E (s) = 1
1+ k
(s−1)(s+2)(s+5)
= (s−1)(s+2)(s+5)
(s−1)(s+2)(s+5)+k
Para el k hallado:
E (s) = s3+6s2+3s−10
(s+5.5)(s2+0.5s+0.25)
⇒
⇒ e (t) = $−1
[E (s)] =
= δ (t) − e−5.5t
[0.41 − 0.41 cos (0.433t) + 0.5 sen (0.433t)]
c) Aplicando el criterio de Nyquist:
G (jω) = 1
(jω−1)(jω+2)(jω+5)
= 1
(jω)3
+6(jω)2
+3jω−10
=
= 1
−jω3−6ω2+3jω−10
= 1
−(6ω2+10)+jω(3−ω2)
=
=
−(6ω2+10)−jω(3−ω2
)
(6ω2+10)2
+ω2(3−ω2)2 =
−(6ω2+10)
(6ω2+10)2
+ω2(3−ω2)2 +
−jω(3−ω2
)
(6ω2+10)2
+ω2(3−ω2)2
ω → ∞ ⇒ G (jω) → 0
ω → 0 ⇒ G (jω) = −10
102 = −0.1
Cortes con el eje real: Im [G (jω)] = 0 ⇒
½
ω = 0
ω =
√
3
G (jω)|ω=
√
3 = Re [G (jω)] = −(6·3+10)
(6·3+10)2
+3(3−3)2 = −28
(28)2 = − 1
28
= −0.0357

47
Cortes con el eje imaginario: Re [G (jω)] = 0 ⇒ Sólo para ω → ∞
Cuando ω = 0+
⇒
½
Re [G (jω)] < 0
Im [G (jω)] < 0
El diagrama de Nyquist es el siguiente:
Evaluamos la estabilidad para valores de k, según región:
1 −1
k
∈ (−∞, −0.1)
2 −1
k
∈ (−0.1, −0.036)
3 −1
k
∈ (−0.036, 0)
4 −1
k
∈ (0, ∞)
=⇒
1 k ∈ (0+
, 10)
2 k ∈ (10, 27.8)
3 k ∈ (27.8, ∞)
4 k ∈ (−∞, 0−
)
1 N = 0 ; P = 1 ; Z = 1 ⇒ Inestable
2 N = −1 ; P = 1 ; Z = 0 ⇒ Estable
3 N = 1 ; P = 1 ; Z = 2 ⇒ Inestable
4 N = 0 ; P = 1 ; Z = 1 ⇒ Inestable
Por tanto, es estable para k ∈ (10, 27.8)

Problema 16 Para el sistema de la ﬁgura:
+_ k ( )
12
1
23
+++
=
sss
sG
r e y
a) Hallar los valores de k para que el sistema sea estable aplicando el
criterio de estabilidad de Nyquist
b) Hallar el valor de k para que el sistema sea criticamente estable y el
coeﬁciente de error estático pertinente.
c) Hallar la expresión temporal de la salida ante una entrada escalón con
el valor de k hallado en b)
a) Valores de k para el sistema estable aplicando el criterio de Nyquist:
Contorno de evaluación de G (s):
R→∞
Puntos de interés para la evaluación:
s → ∞ ⇒ G (s) → 0
s = 0 ⇒ G (s) → 1
Para evaluar el eje jω descomponemos G (s)|s=jω en parte real y parte
imaginaria:
G (jω) = 1
−jω3−ω2+2jω+1
= 1
(1−ω2)−j(ω3−2ω)
=
= 1
(1−ω2)−jω(ω2−2)
=
(1−ω2
)+jω(ω2−2)
(1−ω2)2
+ω2(ω2−2)2 =
=
(1−ω2
)
(1−ω2)2
+ω2(ω2−2)2 + j
ω(ω2−2)
(1−ω2)2
+ω2(ω2−2)2

49
Cortes con el eje real:
Im [G (jω)] = 0 ⇒
(
ω = 0 ⇒ Re [G (jω)] = 1
ω =
√
2 ⇒ Re [G (jω)] = 1−2
(1−2)2
+2(2−2)2 = −1
1
= −1
Cortes con el eje imaginario:
Re [G (jω)] = 0 ⇒ ω = 1 ⇒ Im [G (jω)] = 1−2
(1−1)2
+1(1−2)2 = −1
1
= −1
Puntos de interés:
ω Re [G (jω)] Im [G (jω)]
0 1 0
1 0 −1√
2 −1 0
∞ 0 0
Completamos la curva por simetría con respecto al eje real. El diagrama
de Nyquist seria:
II IIII IV
-1
=ω 2
0
ω→∞
1
=0ω
-j
=1ω
j
Im[G]
Re[G]
Como vemos en la gráﬁca, los valores de −1
k
con k real pueden estar en
4 zonas.
Por otra parte, debemos comprobar si la f.d.t. en lazo abierto, G (s),
tiene polos en el semiplano derecho. Para ello, podemos aplicar el criterio de
Routh a la ecuación característica:

s3
+ s2
+ 2s + 1 = 0
s3
1 2
s2
1 1
s1 2−1
1
= 1 0
s0
1
Todos los elementos de la primera columna de la tabla tienen signo
positivo⇒ P = 0
Así, para la estabilidad podemos construir la siguiente tabla:
Zona −1
k
k N P Z
I −∞, −1 0+
, 1 0 0 0
II −1, 0−
1, +∞ 2 0 2
III 0+
, 1 −∞, −1 1 0 1
IV 1, +∞ −1, 0−
0 0 0
Por tanto:
Sistema estable para: k ∈ (−1, 1)
Sistema inestable para: k > 1, k < −1
b)
Ya en el diagrama de Nyquist podemos ver que para k = 1 el sistema
es críticamente estable.
En este caso, la respuesta del sistema a una entrada escalón sería una
oscilación no amortiguada =⇒ @lim
t→∞
y (t) =⇒ No es aplicable el teorema del
valor ﬁnal.
No se puede hallar el coeﬁciente de error estático.
c) Para el valor de k = 1:
F (s) = kG(s)
1+kG(s)
Y (s) = R (s) · F (s) = 1
s
·
1
s3+s2+2s+1
1+ 1
s3+s2+2s+1
=
1
s
s3+s2+2s+2
= N(s)
D(s)
Para hallar y (t) tendríamos que conocer las raíces del denominador de
Y (s). Para ello podemos utilizar el criterio de Routh.

51
s3
1 2
s2
1 2
s1
0
s0
Polinomio auxiliar: s2
+ 2 = 0 ⇒ s = ±j
√
2
Así:
D (s) = s3
+ s2
+ 2s + 2 = (s2
+ 2) · A (s) ⇒ A (s) = s3+s2+2s+2
s2+2
s3
+s2
+2s +2 s2
+ 2
−s3
−2s s + 1
s2
+2
−s2
−2
0
D (s) = (s2
+ 2) · (s + 1) =
¡
s + j
√
2
¢ ¡
s − j
√
2
¢
(s + 1)
Con lo que:
Y (s) = 1
s(s3+s2+2s+2)
= A
s
+ Bs+C
s2+2
+ D
s+1
A = sY (s)|s=0 = 1
2
Bs + C = (s2
+ 2) Y (s)|s=j
√
2 = 1
s(s+1)
¯
¯
¯
s=j
√
2
= 1
j
√
2(1+j
√
2)
=
= 1
−2+j
√
2
= −2−j
√
2
6
= −1
3
− j
√
2
6
= B · j
√
2 + C ⇒
½
C = −1
3
B = −1
6
D = (s + 1) · Y (s)|s=−1 = 1
s(s2+2)
¯
¯
¯
s=−1
= 1
−1(1+2)
= −1
3
Y (s) =
1
2
s
−
1
6
s+1
3
s2+2
−
1
3
s+1
= 1
2
· 1
s
− 1
6
· s
s2+(
√
2)
2 − 1
3
√
2
·
√
2
s2+(
√
2)
2 − 1
3
· 1
s+1
Tomando transformadas inversas:
y (t) = 1
2
− 1
6
cos
¡√
2t
¢
− 1
3
√
2
sen
¡√
2t
¢
− 1
3
· e−t

Problema 17 Para el sistema cuya función de transferencia en lazo abierto
es:
G (s) H (s) = s−1
(s+1)(s+2)
1. Hallar el lugar de las raíces para k > 0.
2. Determinar gráﬁcamente el valor de k para obtener estabilidad crítica.
3. Determinar ese mismo valor utilizando el diagrama de Nyquist.
1.
Ceros del sistema: s = 1, (m = 1)
Polos del sistema: s = 1, s = 2, (n = 2)
2. Número de ramas: 2 = n
3. Partes del eje real que pertenecen al lugar de las raíces:
s ∈ [1, −1] ∪ [−2, −∞]
4. Asíntotas: n = m = 1. Es el semieje real negativo.
Con estos datos queda determinado el lugar de las raíces del sistema para
k > 0:
xx
2.
Un sistema es críticamente estable o marginalmente estable cuando,
sometido a una perturbación, su salida o respuesta oscila entre dos valores
acotados de manera contínua.
Esto exige la presencia de polos imaginarios puros en el sistema (por
pares conjugados).

53
Como podemos ver en el lugar de las raíces, no existe ningún valor
de k > 0 que haga que el sistema tenga un par de polos imaginarios puros,
es decir, que haga al sistema críticamente estable.
Según crece k, el sistema se hace BIBO inestable (k = 2, un polo en
el origen) o inestable de forma absoluta (k > 2, un polo real en el semiplano
derecho).
3.
Descomposición de la función en parte real (Re [GH]) y parte imaginaria
(Im [GH]).
G (s) H (s)|s=jω = jω−1
(jω+1)(jω+2)
= jω−1
−ω2+3jω+2
= 4ω2−2
(2−ω2)2
+9ω2 + j
ω(5−ω2
)
(2−ω2)2
+9ω2
Puntos de interés:
ω → 0 ⇒
½
Re [GH] → −0.5
Im [GH] → 0
; ω → ∞ ⇒
½
Re [GH] → 0
Im [GH] → 0
Cortes con el eje real:
Im [GH] = 0 ⇒ ω (5 − ω2
) = 0 ⇒
½
ω = 0
ω =
√
5 ⇒ Re [GH] = 1
3
Cortes con el eje imaginario:
Re [GH] = 0 ⇒ 4ω2
− 2 = 0 ⇒ ω = 1√
2
⇒ Im [GH] = 0.47

En el diagrama podemos observar que no hay ningún valor de k > 0
(−1
k
< 0) que haga que el sistema tenga dos polos en el semiplano derecho
(P = 0, Z = N = 2). Sin embargo, el sistema pasa de no tener polos en
el semiplano derecho a tener dos (Z = N = 0 −→ Z = N = 2) cuando −1
k
pasa de 1
3
+ ε −→ 1
3
− ε„
siendo ε > 0 muy pequeño. Así, para −1
k
= 1
3
, es decir, para k = 3, el
sistema tendría dos polos imaginarios puros, sería críticamente estable.
Se puede comprobar esto viendo que la función de transferencia en
lazo cerrado es
F (s) = kGH
1+kGH
= −k(s−1)
s2+3s+2−k(s−1)
y para k = 3 la ecuación característica resulta ser:
s2
+ 3s + 2 − 3 (s − 1) = s2
+ 5
cuyas raíces son: s = ±j
√
5

55
es kG (s) H (s), con:
G (s) = 1−e−5s
s
; H (s) = 1
s+5
1. Discutir la estabilidad en función de los valores de k, utilizando el
criterio de Nyquist y considerando como aproximaciones válidas:
(a) e−x
≈
1−x
2
1+x
2
(b) e−x
≈
1−x
2
+x2
12
1+x
2
+x2
12
2. Comentar lo que ocurriría en el caso de considerar G (s) sin aproxima-
ciones.
1.
(a) Considerando una aproximación de primer orden:
Para x = 5s:
e−5s
≈
1−5
2
s
1+5
2
s
=⇒ 1 − e−5s
≈
1+5
2
s−1+5
2
s
1+5
2
s
= 5s
1+5
2
s
= 10s
5s+2
G (s) H (s) = 2s
s(s+2
5 )(s+5)
= 2
(s+0.4)(s+5)
G (jω) H (jω) = 2
(jω+0.4)(jω+5)
= 2
−ω2+5jω+0.4jω+2
= 2
(2−ω2)+5.4jω
=
=
2[(2−ω2
)−5.4jω]
(2−ω2)2
+5.42ω2 =
2(2−ω2
)
(2−ω2)2
+29.16ω2 − j 5.4ω·2
(2−ω2)2
+29.16ω2
Si ω → ∞ ⇒ G (jω) H (jω) → 0
Cortes con el eje Real:
Im [G (jω) H (jω)] = 0 ⇒ ω = 0 ⇒ Re [G (jω) H (jω)] = 4
4
= 1
Cortes con el eje Imaginario:
Re [G (jω) H (jω)] = 0 ⇒ ω =
√
2 ⇒ Im [G (jω) H (jω)] = −j 5.4
√
2·2
29.16·2
=
−j
√
2
5.4
= −j0.26
Vemos por el diagrama de Nyquist que el sistema siempre será estable:

(b) Para una aproximación de Padé de 2o
orden:
e−5s
≈
1−5
2
s+25
12
s2
1+5
2
s+25
12
s2 =⇒ 1−e−5s
s
≈
1+5
2
s+25
12
s2−1+5
2
s−25
12
s2
s(1+5
2
s+25
12
s2
)
= 5
1+5
2
s+25
12
s2 =
=
5·12
25
12
25
+6
5
s+s2 = 2.4
s2+1.2s+0.48
G (s) H (s) = 2.4
(s+5)(s2+1.2s+0.48)
⇒ G (jω) H (jω) = 2.4
(jω+5)(−ω2+1.2jω+0.48)
=
= 2.4
−jω3−1.2ω2+0.48jω−5ω2+6jω+2.4
= 2.4
(2.4−6.2ω2)+j(6.48ω−ω3)
=
=
2.4[(2.4−6.2ω2
)−j(6.48ω−ω3
)]
(2.4−6.2ω2)2
+ω2(6.48−ω2)2 =
2.4(2.4−6.2ω2
)
(2.4−6.2ω2)2
+ω2(6.48−ω2)2 −j
2.4ω(6.48−ω2
)
(2.4−6.2ω2)2
+ω2(6.48−ω2)2
Si ω → ∞ ⇒ G (jω) H (jω) → 0
Cortes con el eje Real:
Im [G (jω) H (jω)] = 0 ⇒(
ω = 0 ⇒ Re [G (jω) H (jω)] = 2.42
2.42 = 1
ω =
√
6.48 ⇒ Re [G (jω) H (jω)] = 2.4(2.4−6.2·6.48)
(2.4−6.2·6.48)2 = −0.0635
Cortes con el eje Imaginario:
Re [G (jω) H (jω)] = 0 ⇒ ω =
q
2.4
6.2
= 0.62 ⇒ Im [G (jω) H (jω)] =
= −j 2.4·0.62(6.48−0.3871)
0.3871(6.48−0.3871)2 = −j 0.62·2.4
0.3871·6.09
= −j0.624

57
0.0635
0.624
2. En caso de considerar G (s) sin aproximaciones, tendríamos:
0.1
0
-0.1
-0.2
-0.3
-0.4
-0.5
-0.6
-0.7
-0.8
-0.2-0.4 0.2 0.4 0.6 0.8 10

Capítulo 3
Diseño de Reguladores
Problema 19 Considerando el sistema de la ﬁgura siguiente, diseñar
un compensador en adelanto tal que el sistema de lazo cerrado tenga un
margen de fase de 50o
y un margen de ganancia no menor a 10 dB .
+_
)5(
1
2
+ss
Gc(s)
Compensador
G(s)
Nuestras especiﬁcaciones son:
MF = 50o
; MG ≥ 10 dB
Si trazamos el Diagrama de Bode del sistema sin compensar, tenemos:
59

60 CAPÍTULO 3. DISEÑO DE REGULADORES
Que tiene un MF ' −6o
(inestable).
Por tanto el compensador deberá aportar, 50 + 6 = 56o
o, para mayor
seguridad:
φmax = 56 + 5.6 ' 62o
El valor de α será, por tanto:
α = 1−sen φmax
1+sen φmax
= 0.062
Eligiendo ωmax, establecemos a qué frecuencia queremos el máximo
producido por el cero (aumento) y el polo (decremento) adicional en la curva
de fase, es decir, la separación entre el cero y el polo (se deberá tener en
cuenta para la elección de ωmax que un cero y un polo no pueden aportar
mas de 90o
).
Para ωmax = 1rad/s podemos calcular la situación del cero y el polo
de la forma:
1
T
=
√
α · ωmax =
√
0.062 · 1 = 0.25
1
Tα
= ωmax√
α
= 1√
0.062
= 4
De forma que el compensador queda de la siguiente forma:
Gc(s) = K
α
·
s+ 1
T
s+ 1
Tα
= 1
0.062
· s+0.25
s+4
= 16.13 · s+0.25
s+4
Y el sistema compensado:
G(s) · Gc(s) = 16.13 · 1
s2(s+5)
· s+0.25
s+4

61
Como podemos observar cumple las especiﬁcaciones para K = 1, con
un MF = 52o
medido en ω = 0.81rad/s y un MG = 19.9 dB (mayor que
10 dB).
En caso de haber elegido una frecuencia mas baja, para ωmax =
0.5rad/s:
1
T
=
√
α · ωmax =
√
0.062 · 0.5 = 0.125
1
Tα
= ωmax√
α
= 0.5√
0.062
= 2
Tenemos que, para K = 1:
G(s) · Gc(s) = 16.13 · 1
s2(s+5)
· s+0.125
s+2
El sistema tiene un márgen de fase insuﬁciente. Esto podemos ajus-
tarlo mediante una ganancia, de forma que bajaremos la curva de módulo
y así bajaremos la frecuencia de corte. Con esto mejoraremos también el
márgen de ganancia.
Para K = 0.5:
G(s) · Gc(s) = 8.065 · 1
s2(s+5)
· s+0.125
s+2

Que tiene como respuesta temporal en lazo cerrado:
Como vemos, será estable en lazo cerrado.
Si bajamos aún mas el módulo, para K = 0.2:
G(s) · Gc(s) = 3.22 · 1
s2(s+5)
· s+0.125
s+2

63
Obtenemos un márgen de ganancia mayor (ajustando K podremos tener
un margen de fase de 50o
justos) Ahora si vemos la respuesta a un escalón del
nuevo sistema:
Como se puede observar, aunque se ha mejorado la respuesta en fre-
cuencia, la respuesta temporal es mucho más lenta, con lo que habrá
que considerar este punto para elegir la ganancia a aportar, según las especi-
ﬁcaciones necesarias.

Problema 20 Para un sistema cuya repuesta en lazo abierto a una
entrada escalón es la representada en la ﬁgura, se pide:
1. Diseñar, por algún método experimental, un controlador PID adecua-
do.
2. Sintetizar el controlador diseñado mediante redes R-C y ampliﬁcadores
operacionales ideales, sabiendo que sólo disponemos de resistencias de 10KΩ.
1. Utilizamos el método 1 de Ziegler-Nichols, pues nos dan la curva
de respuesta en lazo abierto para una entrada escalón unitario.
En esta curva, podemos ver que:
L = 2seg. ; R = 1
7.5−2
= 1
5.5
= 0.1818
y las dos constantes del controlador PID, serán:
kp = 1.2(∗)
RL
= 1.2
0.1818·2
= 3.3
(∗) K=1 pues K es la amplitud del escalón que se aplica durante la
prueba del sistema.
Ti = 2L = 2 · 2 = 4
Td = 0.5L = 0.5 · 2 = 1
Así:
D(s) = 3.3
£
1 + s + 1
4s
¤
2. Para sintetizar el controlador con redes R-C y A.O. ideales, el
circuito será de la forma:

65
Donde se cumple que:
Vo
Vi
=
C2R2 + C1R1
C2R1
·
1 +
C1R1C2R2
C1R1 + C2R2
s +
1
(C1R1 + C2R2) s
¸
| {z }
D(s)
Igualando términos con D(s):
kp = C2R2+C1R1
C2R1
(1)
Td = C1R1C2R2
C1R1+C2R2
(2)
Ti = C1R1 + C2R2 (3)
De las relaciones (1) y (3) obtenemos:
Ti
kp
= C1R1+C2R2
C1R1+C2R2
C2R1
= C2R1
como solo tenemos resistencias de 10KΩ, es decir:
R1 = R2 = R3 = 10KΩ = 10000Ω
C2= Ti
R1·kp
= 4
3.3·10000
=121.21µF
De las relaciones (2) y (3) obtenemos:
Ti · Td = (C1R1 + C2R2) C1R1C2R2
C1R1+C2R2
= C1R1C2R2
C1= Ti·Td
C2R1R2
= 4·1
121.21·10−6·104·104 =330µF
El circuito sería:

67
Problema 21 En un sistema con realimentación unitaria la función de trans-
ferencia en lazo abierto es:
G(s) = K
s(s+3)(s+6)
a) Diseñar un compensador en atraso para que el sistema cumpla las
siguientes especiﬁcaciones:
- el error estacionario para una entrada en rampa unitaria ha de ser ≤ 10%
- el coeﬁciente de amortiguamiento de los en lazo cerrado ha de ser igual
a 0.5
b) Determinar el valor de ωn para el sistema compensado y decir en qué
caso (con o sin compensación) el sistema es mas rápido.
Lugar de las raíces:
1.- Polos: s = 0 ; s = −3 ; s = −6
2.- Número de ramas: 3
3.- Número de asíntotas: n − m = 3 − 0 = 3
4.- Partes del eje real que pertenecen al lugar de las raíces: a la izquierda
de un número impar de polos + ceros:
σ = [0, −3] ; [−6, −∞]
5.- Ángulos de las asíntotas:
φ = π±2lπ
n−m
:



60o
180o
−60o
6.- Centroide:
σα =
P
pi−
P
zi
n−m
= −9
3
= −3
7.- Cortes con el eje real:
1 + K
s(s+3)(s+6)
= 0 =⇒ s (s2
+ 9s + 18) + K = 0 ⇒ s3
+ 9s2
+ 18s + K = 0
Aplicando el criterio de Routh:
23
1 18 0
22
9 K
21 9·18−K
9
0
20
K

Cruce con el eje jω ⇒existencia de raíz en el eje jω ⇒ 9·18−K = 0
K = 162
Para este punto, la ecuación característica es:
(jω)3
+ 9 (jω)2
+ 18jω + 162 = 0 ⇒
½
Re = 0
Im = 0
Re = −9ω2
+ 162 = 0 ⇒ ω = ±j
q
162
9
= ±j4.24
8.- Puntos de ruptura:
Si existen, por ser raíces múltiples, en ellos se debe cumplir:
A0
B − B0
A = 0 , G(s) = B(s)
A(s)
A = 1 ⇒ A0
= 0
B = s3
+ 9s2
+ 18s ⇒ B0
= 3s2
+ 18s + 18
B0
A = 0 ⇒ s = −18±
√
182−4·18·3
6
=
½
−4.7
−1.267
−4.7 /∈ L.R. ⇒ No es punto de ruptura.
−1.267 ∈ L.R. ⇒ Punto de ruptura.
9.- Ángulos de salida y llegada:
Ángulos de salida : ±π
2
Ángulos de llegada : 0, π
¾
Aplicando la condición de ángulo en ese
punto (K = K0 + K1) para K1 > 0, K1 < 0

69
A) Compensador:
δ = 0.5 ⇒ cos β = 0.5 ⇒ β = 60o
Corte con el Lugar de las raíces:
s0 = −1 + j1.7
s∗
0 = −1 − j1.7
¾
Polos dominantes
x x x
5.5
2.5
=0.5
1.97
Valor de K del sistema para estos puntos:
K = 1
|G(s0)|
= |s1 − s0| · |s2 − s0| · |s3 − s0| = 5.5 · 2.5 · 1.97 = 27
Kv del sistema:
Kv = lim
s→0
s · G (s) = lim
s→0
s · K
s(s2+9s+18)
= lim
s→0
27
s2+9s+18
= 27
18
= 1.5
Especiﬁcación:
ev ≤ 10% ⇒ ev ≤ 0.1 ⇒ K
0
v ≥ 10
Relación z
p
del compensador. ha de cumplir:
z
p
= K
0
v
Kv
= 10
1.5
= 6.66
_
6
Para que el compensador perturbe poco la respuesta transitoria, z
y p han de ser tales que se modiﬁque poco el lugar de las raíces⇒ z y p
pequeños. Si escogemos:

z = 0.1 , p = 0.1
6.66
_
6
' 0.015
Así, el compensador será:
D (s) = s+0.1
s+0.015
y el sistema compensado:
D (s) · G(s) = 27(s+0.1)
s(s+0.015)(s+3)(s+6)
³
lim
s→0
s · D (s) · G (s) = 27·.01
0.015·3·6
= 10
´
B) Trazando el nuevo lugar de las raíces podemos comprobar que:
ωnc ' 1.93 < 1.97 = ωn ⇒ El sistema compensado es más lento.

71
Problema 22 Para el sistema cuya función de transferencia es:
F(s) = 1
s(s+1)(s2+s+1)
1) Diseñar un controlador PID por alguno de los métodos de Ziegler-
Nichols.
2) Discutir el efecto del compensador en la respuesta en frecuencia.
1)
El método que se puede utilizar es el 2o
: Ciclo ultimado.
Para hallar la k y la pulsación de oscilación utilizamos el criterio de
Routh, para 1 + kF(s).
G(s) = F(s)
1+kF(s)
1 + kF(s) = 1 + k 1
(s2+s)(s2+s+1)
= 0 ⇒ (s2
+ s) (s2
+ s + 1) + k = 0 ⇒
⇒ s4
+ 2s3
+ 2s2
+ s + k = 0
s4
1 2 k
s3
2 1 0
s2 3
2
2k
2
0
s1
3
2
−2k
3
2
0
s0
k
Oscilación para k = 0.75 ⇒ ku = 0.75
Periodo de oscilación auxiliar:
3
2
s2
+ 0.75 = 0 ⇒ s2
+ 0.5 = 0 ⇒ s2
= −1
2
⇒ s = ±j 1√
2
ωu = 1√
2
= 2π
Pu
⇒ Pu = 2
√
2π = 8.886seg
Controlador PID (ceros en − 4
Pu
):
PID(s) = 0.075 · ku · Pu
(s+ 4
Pu
)
2
s
= 0.075 · 0.75 · 2
√
2π
³
s+ 4
2
√
2π
´2
s
=
= 0.5(s+0.45)2
s
⇒ PID(s) = 0.5
(s2+0.9s+0.252)
s

2) Efecto del compensador:
Diagrama de Bode de F(s) = 1
s4+2s3+2s2+s
Diagrama de Bode de F(s) · PID(s) = 0.5s2+0.45s+0.126
s5+2s4+2s3+s2
El tipo de sistema ha cambiado de tipo 1 a tipo 2
El cero adicional contribuirá a subir la curva de fase, que luego ba-
jará el polo en el origen. Esto contribuye a aumentar el márgen de fase a
una frecuencia de 0.4 rad/s, que ha sido ajustada mediante el control pro-
porcional.

73
El compensador estabiliza al sistema, con un márgen de ganancia de
6.83 dB y un márgen de fase de 29.38o

Problema 23 Hallar el rango de ganancias del controlador (K1 y K2) que
hacen que el sistema de la ﬁgura sea estable.
¿De qué tipo de controlador se trata y qué ventajas e inconvenientes
presenta?
+_
s
KsK 21 +
( )( )21
1
++ ss
r y
1 +
¡
K1 + K2
s
¢
· 1
(s+1)(s+2)
= 0 ⇒ s3
+ 3s2
+ (2 + K1) · s + K2 = 0
s3
1 2 + K1
s2
3 K2
s1 6+3K1−K2
3
0
s0
K2
Para que sea estable:
6+3K1−K2
3
> 0 y K2 > 0 ⇒ 6 + 3K1 − K2 > 0 ⇒ K1 > K2
3
− 2
Se trata de un controlador PI (Proporcional Integral).

75
Para el sistema cuya es:
G(s) = K
s(s
2
+1)
2 , K = 1
a) Diseñar una red de compensación en atraso de forma que el (MF) sea
de 45o
aprox, medido para ω0 = 0.1.
b) Utilizando la red de compensación anterior, ¿cuánto ha de valer K
para que |G| = 0 dB a ω0 = 1?
a) Trazando el Diagrama de Bode de G(s), tenemos:
Compensación en atraso para MF = 45o
en ω0 = 0.1:
Gc = τs+1
ατs+1
; α = 10 ; 1
τ
' 0.1 rad /s
Gc = 10s+1
100s+1
Por tanto, la función compensada es:
Gc · G(s) = 10s+1
100s+1
· 1
s(s
2
+1)
2 = 10s+1
(100s+1)
³
s3
4
+s2+s
´ = 4(10s+1)
(100s+1)(s3+4s2+4s)
=
= 40s+4
100s4+401s3+404s2+4s
y el Diagrama de Bode de la función compensada es:

77
Problema 24 En la figura se presenta el diagrama de bloques de un sistema
al que se le ha incorporado un control integral.
∫ -Ki
+
_ +
+
-K
Proceso
xHy
uGxFx
·
··
=
+=&r e xi u
y
1. Para este sistema dar las expresiones de:
a) la señal error e en función de la matriz de salida, el vector de
estados y la referencia.
b) la nueva variable de estado x, en función de e.
c) la descripción de estado en forma matricial
£
xi x
¤T
del sistema
completo.
d) la señal de control u.
2. Con esta definición revisada, diseñar para el proceso cuya función de
transferencia es:
T(s) = 1
(s+3)
la ley de control integral de forma que tenga dos polos en s = −5.
1)
La descripción de estado del sistema es:
.
x= F · x + G · u
y = H · x
donde introducimos un control integral definiendo una nueva variable
de estado:
xi =
R
e · dt, donde e = y − r
La nueva descripción de estado del sistema, en forma matricial, será:
· .
xi
.
x
¸
=
·
0 H
0 F
¸
·
· .
xi
.
x
¸
+
·
0
G
¸
· u −
·
1
0
¸
· r
y la ley de control:

u = −
£
Ki K
¤
·
· .
xi
.
x
¸
2)
Ecuación característica deseada:
αc (s) = (s + 5) (s + 5) = s2
+ 10s + 25 = 0
Matrices de estado del sistema:
· .
xi
.
x
¸
=
·
0 1
0 −3
¸
·
·
xi
x
¸
+
·
0
1
¸
· u −
·
1
0
¸
· r
Para encontrar K, hemos de solucionar:
det (s · I − (F − G · K)) = det
µ·
s 0
0 s
¸
−
·
0 1
0 −3
¸
+
·
0
1
¸
· K
¶
=
= s2
+ 10s + 25 =⇒
=⇒ s2
+ (3 + K) · s + Ki = s2
+ 10s + 25 =⇒
½
3 + K = 10 ⇒ K = 7
Ki = 25
K =
£
Ki K
¤
=
£
25 7
¤

79
es :
G (s) = s+20
s2−9s−10
diseñar un compensador de forma que, suponiendo realimentación uni-
taria, el sistema compensado cumpla las especiﬁcaciones siguientes :
a) Error de posición ep = 10%
b) Margen de fase MF ≥ 30◦
Nota: Trabajar siempre con ganancia k > 0
+_ K D(s)
109
20
2
−−
+
ss
sR(s) E(s)
G(s)
Y(s)
Error de posición ≡ Error estacionario ante una entrada escalón:
ep = lim
t→∞
e (t)
¯
¯
¯
r(t)=1(t)
= lim
s→0
s · E (s)
¯
¯
¯
R(s)=1
s
E (s) = R (s) − Y (s)
Suponiendo ahora D (s) = 1
E (s) = R (s) − Y (s) = R (s) ·
h
1 − Y (s)
R(s)
i
= R (s) · [1 − FDT] =
= R (s)·
h
1 − K·G(s)
1+K·G(s)
i
= R (s)·
h
1+K·G(s)−K·G(s)
1+K·G(s)
i
= R(s)
1+K·G(s)
=
1
s
1+K· s+20
s2−9s−10
=
=
1
s
·(s2−9s−10)
s2−9s−10+K·s+20·K
=
1
s
·(s2−9s−10)
s2+s(K−9)+(20K−10)
ep = lim
s→0
s · E (s) = lim
s→0
s2−9s−10
s2+s(K−9)+(20K−10)
= −10
20K−10
El error tiene que ser menor que 10% ⇒ ep = ±0.1 pues la entrada
es escalón unitario. Para ello:
−10
20K−10
= 0.1 → −10 = 2K − 1 ⇒ K = −4.5 < 0
−10
20K−10
= −0.1 → −10 = −2K + 1 ⇒ K = 5.5 > 0

Para hallar D (s) que no afecte al error estacionario y modifique el
márgen de fase:
a) Trazar los diagramas de Bode de K · G (s)
K · G (s) = 5.5s+110
s2−9s−10
= 5.5(s+20)
(s+1)(s−10)
ω = 0 −→ 20 log
¡
K · 20
10
¢
= 20.8 dB
Polo en s = −1 −→ factor (jω + 1)−1
:
½
Módulo −→ −20 dB /déc a partir de ω = 1
Fase −→ 0o
→ 90o
; 45o
en ω = 1
Polo en s = 10 −→ factor (jω − 10)−1
:
½
Módulo −→ −20 dB /déc a partir de ω = 10
Fase −→ 180o
→ 90o
; 135o
en ω = 10
Cero en s = −20 −→ factor (jω + 20) :
½
Módulo −→ +20 dB /déc a partir de ω = 20
Fase −→ 0o
→ 90o
; 45o
en ω = 20
Composición de las curvas:

81
Márgen de Fase: MF = −18o
en ω ' 9 rad /s
Tendríamos un MF = 30o
en ω ' 24 rad /s → Módulo = −11 dB
Si queremos un márgen de seguridad de 5o
:
MF = 35o
en ω ' 30 rad /s → Módulo = −13 dB
Debemos diseñar D (s) de forma que:
a) Suba el módulo 13 dB a ω = 30
b) Casi no cambie con la fase.
c) D (0) = 1, para no cambiar ep.
D (s) = α ·
s+ 1
αT
s+ 1
T
a) Altas frecuencias: |D (s)| ' α ⇒ 20 log α = 13 dB ⇒ α = 10
13
20 = 4.47
b) Para que la fase no influya:
1
T
' 30
10
= 3 rad /s
1
αT
= 3
4.47
= 0.67 rad /s
¾
=⇒ D (s) = 4.47 · s+0.67
s+3
c) D (0) = 4.47 · 0.67
3
' 1 ⇒ D (s) = 4.47 · s+0.67
s+3
:
K · D (s) = 24.585 · s+0.67
s+3

Problema 26 Para la planta cuya función de transferencia es:
H (s) = 2e−0.5s
s+2
a) Hallar un controlador PID utilizando el método de Ziegler-Nichols.
b) Justiﬁcar la acción de este controlador en el dominio de la frecuencia.
a) Controlador PID:
Aplicando el primer método de Ziegler-Nichols (curva de reacción):
H (s) = 2e−0.5s
s+2
= 2e−0.5s
2(s
2
+1)
= e−0.5s
1+s1
2



k = 1
L = 0.5
τ = 1
2
= 0.5
R = k
τ
= 2
Para un control PID:
kp = 1.2
R·L
= 1.2
2·0.5
= 1.2
TI = 2 · L = 2 · 0.5 = 1
TD = 0.5 · L = 0.5 · 0.5 = 0.25



⇒ PID (s) = kp
h
1 + TD · s + 1
TI ·s
i
=
= 1.2
£
1 + 0.25s + 1
s
¤
⇒ PID (s) = 0.3s2+1.2s+1
s
b)
PID (s) = k · (s+z)2
s
; H (s) = 2e−0.5s
s+2
H (jω) = 2e−0.5jω
jω+2
= 2e−0.5jω
2(jω
2
+1)
= e−0.5jω
jω
2
+1
Diagrama de Bode:
Polo en jω = −2
Factor e−0.5jω
⇒
½
M´odulo = 1
Fase = −0.5jω, proporcional a la frecuencia.

es:
G (s) = 10
s(s+1)
se ha diseñado el compensador:
D1 (s) = 3 · 10s+1
182s+1
Se pide:
1. Diseñar, en el dominio de la frecuencia, un compensador en adelan-
to,D2 (s), de forma que se cumplan las especificaciones de margen de fase
(MF) y coeficiente de error estático (ks) del sistema: D1 (s) G (s).
2. Comparar los efectos de los compensadores haciendo un estudio en el
lugar de las raíces del sistema compensado con cada uno de ellos.
Nota: En caso de ser necesario, hacer uso de las relaciones
ωc = ωn
qp
1 + 4δ4
− 2δ2
; MF ' 100δ
1.Diseño, del compensador en adelanto, D2 (s)
a) Obtención de especificaciones
De los diagramas de Bode del sistema D1 (s) G (s), obtenemos:
K =30v
MFespe ' 37o
; ωc = 1.1rad/s ; Kvespe = 30

85
b) Diseño del compensador en adelanto
Obtención de K para especiﬁcación de coeﬁciente de error estático
lim
s→0
sKG (s) = 30 ⇒ K = 3
Digramas de Bode para el sistema KG (s)
De los diagramas de Bode obtenemos:
-48
ω=7.2
MF ' 10o
; ωc ' 5.4rad/s
Con lo que:
φmax = MFespe − MF = 37o
− 10o
= 27o
Obtención del polo y el cero del compensador:
Determinación de α: Trabajaremos para φmax = 30o
, con lo que:
α = 1−sen φmax
1+sen φmax
= 0.5
1.5
= 1
3
Aportación del compensador en módulo a ωmax:
20 log k√
α
= 20 log k − 10 log α

La parte debida a k ya la hemos considerado al dibujar los diagramas
de Bode. Debemos determinar la nueva pulsación de cruce por 0 dB (= ωmax)
buscando el punto de módulo +10 log α = −4.8 dB en los diagramas de Bode
(de KG(s)).
Haciendo esto obtenemos (ver ﬁgura anterior) :ωmax ' 7.2 rad /s
Cero y polo del compensador: Sabemos que:
1
T
= ωmax
√
α = 4.14 rad /s
1
αT
= ωmax√
α
= 12.5 rad /s
Compensador:
D2 (s) = K
α
·
s+ 1
T
s+ 1
αT
= 9 · s+4.14
s+12.5
Diagramas de Bode del sistema compensado:
K 30v≈
Podemos ver que:
MF ' 38o
; Kv ' 30
2 Comparación de los efectos de los compensadores
Los lugares de las raices del sistema compensado con cada uno de los
compen sadores se muestran en las ﬁguras siguientes:

87
A la vista de estos lugares podemos hacer los siguientes comentarios:

1. Aunque el margen de fase obtenido con ambos conpensadores sea
similar, el coeﬁciente de amortiguamiento del sistema compensado es mayor
con el compensador en adelanto (con escalas iguales en ambos ejes, ver ángulo
formado por eje imaginario y línea que une los polos complejos señalados con
el origen de coordenadas).
2. Con el compensador en adelanto hemos obtenido una pulsación natural
mayor (ver módulo de los polos complejos señalados como distacia de estos al
origen de coordenadas), lo que signiﬁca que nuestro sistema será más rápido
que con el compensador en atraso.
3. Ambos compensadores hacen que el sistema en lazo cerrado tenga un
polo real negativo, pero el introducido por el compensador en atraso está
más cerca del origen. Dará lugar a una exponencial más lenta que puede
afectar negativamente a la respuesta si entre el compensador y la planta se
intrudujese alguna perturbación (w), ya que para la perturbación el efecto
negativo de este polo no se ve contrarrestado con el cero del compensador.
W (s) = G(s)
1+D(s)G(s)
Se puede comprobar que:
Para el compensador en atraso:
- Polos en lazo cerrado:
s1,2 = −0.45 ± j1.16 ; s3 = −0.106

89
- Coeﬁciente de amortiguamiento:
δ = 0.36
- Pulsación natural:
ωn = 1.25
Para el compensador en adelanto:
- Polos en lazo cerrado:
s1,2 = −3.48 ± j6.7 ; s3 = −6.53
- Coeﬁciente de amortiguamiento:
δ = 0.46
- Pulsación natural:
ωn = 7.55
Por tanto, es mejor el diseño con el compensador en adelanto.

Problema 28 Para el sistema
G (s) = 14
s(s+6)
1. Diseñar un controlador PI (Proporcional Integral) de forma que el
sistema controlado cumpla las especificaciones:
Coeficiente de amortiguamiento, δ ' 0.7
Tiempo de establecimiento, ts ' 2.6seg
Hacer el diseño en el lugar de las raices.
2. Mostrar los efectos del controlador en el dominio de la frecuencia.
Sin controlador, en lazo cerrado:
FDT = G(s)
1+KG(s)
=
14
s2+6s
1+ 14
s2+6s
= 14
s2+6s+14
que tiene como especificaciones:
ωn =
√
7 ; 2δωn = 6 ⇒ δ = 3√
7
= 1.13 ; ts = 4
δωn
= 4
3
= 1.33
Sabemos que para el controlador PI, D (s)=kps+ki
s
, añadimos un polo en
el origen y un cero (que determina kp y ki) al sistema.
1o
Trazamos el Lugar de las Raíces de G (s):
2o
Marcamos por dónde queremos que pase el lugar de las raíces del sis-
tema controlado, mediante las nuevas especificaciones (arctgδ = 35o
, ts =
2.6 = 4
δωn
⇒ δωn = 1.54)
3o
Añadimos el polo en el origen. Además, añadimos un cero en el eje
real, de forma que el sistema cumpla la condición de argumento.

91
x − 125 · 2 − 27 = −180 ⇒ x = −180 + 250 + 27 = 97o
El cero debe aportar un ángulo de 97o
4o
La posición del cero nos dará kp y ki.
x
125º
xx
97º
27º
-1
Ésta posición es ' −1, por tanto, sabemos que:
D (s) = s+1
s
⇒ kp = ki = 1
Ahora si trazamos el lugar de las raíces de D (s) G (s) :
Que, como podemos observar, pasa por el punto que queremos. Para
que el nuevo sistema cumpla las especiﬁcaciones, es necesario aportar una
ganancia, por lo que aplicamos la condición de módulo. Gráﬁcamente, siendo
mi la distancia entre el punto buscado y los polos y ni entre el punto buscado
y el cero:

k = m1·m2·m3
nc
x xx
O, analíticamente:
Si queremos que los polos complejos conjugados estén en s = −1.6145 ±
j1.5639:
k =
¯
¯
¯
s2(s+6)
14(s+1)
¯
¯
¯
s=−1.6145±j1.5639
= (2.3)2
·4.7
14·1.7
' 1
k · D (s) · G (s) = 14(s+1)
s2(s+6)
Podemos comprobar que cumple las especiﬁcaciones, sabiendo que:
Polos en lazo cerrado:
FDT = k·D(s)·G(s)
1+k·D(s)·G(s)
=
14(s+1)
s2(s+6)
1+
14(s+1)
s2(s+6)
= 14(s+1)
s2(s+6)+14(s+1)
= 14s+14
s3+6s2+14s+14
s1 = −2, 7709 ; s2,3 = −1.6145 ± j1.5639
ωn = |−1.6145 + j1.5639| =
√
1.61452 + 1.56392 ' 2.25 rad /s
δωn = 1.6145 ⇒
½
δ = 1.6145
2.25
= 0.72
ts = 4
δωn
= 4
1.6145
= 2.47
b)
Se trata de un compensador en atraso, el cual bajará la fase. Con esto
hemos aumentado el tipo del sistema y corregido el error estacionario.
Comparacion del la respuesta temporal:

93
Comparación de la respuesta en frecuencia:

95
Problema 29 Para el sistema cuya función de transferencia es:
G (s) = 100
s(s+2)
diseñar, en el dominio de la frecuencia, un compensador en adelanto para
obtener las siguientes especiﬁcaciones:
coeﬁciente de error estático, k = 100.
margen de fase,MF ' 40◦
.
Al ser el sistema de tipo 1:
kp = 100 ⇒ ep = 1
1+kp
' 0.01
ep = lim
t→∞
e (t)
¯
¯
¯
r(t)=1(t)
= lim
s→0
s · E (s)
¯
¯
¯
R(s)=1
s
E (s) = R (s) − Y (s)
Suponiendo ahora D (s) = 1
E (s) = R (s) − Y (s) = R (s) ·
h
1 − Y (s)
R(s)
i
= R (s) · [1 − FDT] =
= R (s) ·
h
1 − K·G(s)
1+K·G(s)
i
= R (s) ·
h
1+K·G(s)−K·G(s)
1+K·G(s)
i
= R(s)
1+K·G(s)
=
1
s
1+K· 100
s(s+2)
=
=
1
s
s(s+2)
s(s+2)+100K
= s+2
s2+2s+100K
ep = lim
s→0
s · E (s) = lim
s→0
s+2
s2+2s+100K
= 2
100K
= 0.01 ⇒ K = 2
50K = 100 ⇒ K = 2
Si trazamos el diagrama de Bode del sistema para K = 2:

Tenemos un márgen de fase MF = 8o
en ωc = 14 rad /s
Si queremos adelantar la fase a MF = 40o
, el compensador deberá aportar
40o
− 8o
= 32o
. O para más seguridad, 32 + 3.2 = 35o
Así, tenemos un valor para el parámetro α de:
α = 1−sen 35o
1+sen 35o = 0.43
1.57
= 0.27
Aportación en módulo a ωmax, teniendo en cuenta que la parte debida a
k la hemos tenido ya en cuenta al dibujar los diagramas de Bode:
20 log k√
α
= 20 log k − 10 log α = 5.6 dB
Buscamos en el diagrama de módulo el valor 5.5 dB dando ωmax ' 10 rad /s
Cero y polo del compensador:
1
T
= ωmax
√
α = 10 · 0.57 = 5.7 rad /s
1
αT
= ωmax√
α
= 10
0.57
= 17.54 rad /s
Entonces, el compensador es:
D (s) = k
α
·
s+ 1
T
s+ 1
αT
= 1
0.27
· s+5.7
s+17.54

97
Problema 30 Considere el sistema electromecánico de la figura 1, que con-
siste en un motor de corriente continua, un brazo robótico flexible fijado al
eje del motor, y una masa en el extremo del brazo. El diagrama de bloques
de la figura 2 representa un esquema para controlar la posición del extremo
del brazo. Las funciones y variables que intervienen en dicho esquema son
las siguientes:
•
•
θm
Pos.angular
del motor
Brazo robótico flexible
Masa del
extremo θt
Pos.ang.
extremo
Motor
Figura 1
+_ R(s) +_ Gc(s) Gm(s) Gb(s)
+
+
+
θr u1 t θm θt
Lazo externo
Lazo interno
Figura 2
θt (t): Posición angular del extremo del brazo;
θm (t): Posición angular del eje del motor;
θr (t): Consigna o referencia;
i (t): Corriente de excitación del motor;

Gm (s): Función de transferencia entre la posición angular del motor y su
corriente de excitación, es decir:
Gm (s) = Θm(s)
I(s)
= 395
s(s+2.2)
Gb (s): Función de transferencia entre la posición angular del extremo y
la posición angular del motor, es decir:
Gb (s) = Θt(s)
Θm(s)
= 43.75
s2+43.75
H1 (s): Función de transferencia del lazo interno, es decir:
H1 (s) = Θm(s)
U1(s)
H (s): Función de transferencia total, es decir:
H (s) = Θt(s)
Θr(s)
Se pide:
1 : Dar la expresión de la función de transferencia total, H (s).
2 : Diseñar un controlador PD (Gc (s) como PD) para el lazo interno
(para Gm (s)), de forma que H1 (s) cumpla las especiﬁcaciones:
- amortiguamiento crítico;
- pulsación natural, ωn ' 90rad/s
3 : Suponiendo que .H1 (s) = 1, diseñar en el LR un compensador en
adelanto para el lazo externo (R (s)) de forma que se cumplan las especiﬁ-
caciones:
- Sobreimpulso, Mp ' 5%;
- Tiempo de subida, tr ' 0.1s. Utilizar la expresión:
tr = π−cos−1 δ
ωn
√
1−δ2
1.- Expresión de la Función de Transferencia:
H (s) = Θt(s)
Θr(s)
Mediante reducción del diagrama de bloques:

99
H1 (s) = Θm(s)
U1(s)
= Gc(s)·Gm(s)
1+Gc(s)·Gm(s)
H2 (s) = Θm(s)
U2(s)
= H1(s)·Gb(s)
1−H1(s)·Gb(s)
H (s) = Θt(s)
Θr(s)
= R(s)·H2(s)
1+R(s)·H2(s)
=
R(s)·
H1(s)·Gb(s)
1−H1(s)·Gb(s)
1+R(s)·
H1(s)·Gb(s)
1−H1(s)·Gb(s)
=
R(s)·H1(s)·Gb(s)
1−H1(s)·Gb(s)+R(s)·H1(s)·Gb(s)
=
=
R(s)·
Gc(s)·Gm(s)
1+Gc(s)·Gm(s)
·Gb(s)
1−
Gc(s)·Gm(s)
1+Gc(s)·Gm(s)
·Gb(s)+R(s)·
Gc(s)·Gm(s)
1+Gc(s)·Gm(s)
·Gb(s)
H (s) = R(s)·Gc(s)·Gm(s)·Gb(s)
1+Gc(s)·Gm(s)−Gc(s)·Gm(s)·Gb(s)+R(s)·Gc(s)·Gm(s)·Gb(s)
2.- Controlador PD:
Gc (s) −→ PD : H1 (s) : δ = 1, ωn = 90rad/s
H1 (s) = Gc(s)·Gm(s)
1+Gc(s)·Gm(s)
=
(P+Ds)· 395
s(s+2.2)
1+(P+Ds)· 395
s(s+2.2)
= 395(P+Ds)
s2+s(2.2+395D)+395P
ω2
n = 395P ⇒ P = ω2
n
395
= 8100
395
= 20.5
2.2 + 395D = 2δωn = 2 · 1 · 90 = 180 ⇒ D = 180−2.2
395
= 0.45
Gc (s) = 0.45s + 20.5
3.- Diseño del compensador en adelanto: H1 (s) = 1
H2 (s) = Gb(s)
1−Gb(s)
=
43.75
s2+43.75
1− 43.75
s2+43.75
= 43.75
s2
+_ R(s) 2
75.43
s
θr θt
Lugar de las raíces para H1 (s) = 1 y R (s) = 1:

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
Real Axis
ImagAxis
xx
Especiﬁcaciones:
Mp ' 5%
tr ' 0.1s
Mp = e
− δπ√
1−δ2
⇒ − δπ√
1−δ2
= ln Mp
δ2
π2
=
¡
1 − δ2
¢
(ln Mp)2
⇒ δ2
¡
π2
+ (ln Mp)2¢
= (ln Mp)2
δ =
r
(ln Mp)2
π2+(ln Mp)2 =
q
(ln 0.05)2
π2+(ln 0.05)2 = 0.69
ωn = π−cos−1 δ
tr
√
1−δ2
= π−cos−1 0.69
0.1
√
1−0.692 = 32.22rad/s
Entonces, la posición de los polos dominantes es:
−δωn ± jωn
p
1 − δ2
= −22.23 ± j23.32
Condición de argumento: Si cada uno de los polos contribuyen con 135o
:
−2 · 135o
+ φcero − φpolo = ±180o
−270 + ∆φ = −180 ⇒ ∆φ = 90o
Sabiendo que habra un cero en el origen, la situacion del polo nos la dara
la aportacion del angulo desde el punto

101
-40 -30 -20 -10 0 10
-40
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
Real Axis
ImagAxis
x xx
•
90º
≈135º
Con lo que el compensador es de la forma:
R (s) = K · s
s+45
El lugar de las raices del sistema con el compensador, es:
-40 -30 -20 -10 0 10
-40
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
Real Axis
ImagAxis
x xx
•
≈43.75
≈23.82
K ' 1042
43.75
= 23.8 ⇒ R (s) = 23.8s
s+45

Comprobamos las especiﬁcaciones evaluando la respuesta temporal de la
planta con el controlador:

Capítulo 4
Espacio estado
Problema 31 Para el sistema representado en la ﬁgura,
+
_ -KI
-K0
s
1
+
+
3
1
+s
r e xI
r1
x
yu
a) Hallar las descripciones de estado para
1) la planta (u_y).
2) el subsistema r1_y
3) el sistema completo (r_y).
b) Analizar el efecto del controlador integral
¡KI
s
¢
c) Hallar las ganancias KI y K0 para que el sistema tenga amor-
tiguamiento critico y pulsación natural igual a 5rad/s.
a)
1)
3
1
+s
u y
x1
x1 = u · 1
s+3
= y
(s + 3) · x1 = u ⇒ ˙x1 + 3x1 = u
˙x1 = −3x1 + u
y = x1
103

104 CAPÍTULO 4. ESPACIO ESTADO
2)
x1
-K0
+
+
3
1
+s
r1
y
x1 = [r1 + (−K0 · y)] 1
s+3
y = x1
¾
⇒ (s + 3) x1 = r1 − K0 · y = r1 − K0 · x1
˙x1 + 3x1 = r1 − K0 · x1
˙x1 = (−3 − K0) x1 + r1
y = x1
3)
x = u · 1
s+3
= (xI − K0 · x) 1
s+3
⇒ (s + 3) x = xI − K0 · x ⇒
⇒ ˙x + 3x = xI − K0 · x ⇒ ˙x = xI − (K0 + 3) x
˙xI = (−r + y) (−KI) = KI · r − KI · y = KI · r − KI · x = −KI · x + KI · r
·
˙x
˙xI
¸
=
·
− (K0 + 3) 1
−KI 0
¸
·
·
x
xI
¸
+
·
0
KI
¸
· r
y =
£
1 0
¤
·
·
x
xI
¸
b) Efecto del controlador integral:
1o
) Cambia el tipo del sistema: Tipo 0 −→ Tipo 1 .Tendrá error 0
para entrada escalón.
2o
) Podría aumentar la inestabilidad del sistema. Este pasa de orden
1 a orden 2.
c) Amortiguamiento crítico: δ = 1. Pulsación natural: ωn = 5rad/s
s2
+ 2δωns + ω2
n = s2
+ 2 · 1 · 5 · s + 52
= s2
+ 10s + 25
Según la descripción de estado, la ecuación característica será:

105
det [(sI − F)] =
¯
¯
¯
¯
·
s 0
0 s
¸
−
·
− (K0 + 3) 1
−KI 0
¸¯
¯
¯
¯ =
¯
¯
¯
¯
s + K0 + 3 −1
KI s
¯
¯
¯
¯ =
= s (s + K0 + 3) + KI = s2
+ 10s + 25 ⇒
⇒
½
KI = 25
K0 + 3 = 10 ⇒ K0 = 7

Problema 32 Para el sistema cuyo diagrama de bloques es el de la ﬁgura:
s
1
k1
+
_
+
+
3
1
+s
k2
r e x1 u x2 y
a) Dar la descripción de estado de la forma:
·
x
0
1
x
0
2
¸
= [P]
·
x1
x2
¸
+ [Q] u − [R] r
u =
£
k1 k2
¤
·
x1
x2
¸
b) Hallar los valores de k1 y k2 de forma que los polos estén en s = −5, −5
a) Descripción de estado.
Sabemos que:
x2 = u
¡ 1
s+3
¢
x1 = (−r + y) 1
s
= (−r + x2) 1
s
(s + 3) x2 = u ⇒ sx2 = u − 3x2 ⇒ ˙x2 = u − 3x2
sx1 = −r + x2 ⇒ ˙x1 = −r + x2
u = k1x1 + k2x2
·
˙x1
˙x2
¸
=
·
0 1
0 −3
¸ ·
x1
x2
¸
+
·
0
1
¸
u −
·
1
0
¸
r
u =
£
k1 k2
¤
·
x1
x2
¸
b) Valores de k1 y k2.
·
˙x1
˙x2
¸
=
½·
0 1
0 −3
¸
+
·
0
1
¸
£
k1 k2
¤
¾ ·
x1
x2
¸
−
·
1
0
¸
r

107
·
˙x1
˙x2
¸
=
·
0 1
k1 k2 − 3
¸ ·
x1
x2
¸
−
·
1
0
¸
r
Polos en:
det [sI − F] = 0 ⇒ det
¯
¯
¯
¯
·
s 0
0 s
¸
−
·
0 1
k1 k2 − 3
¸¯
¯
¯
¯ = 0
det
¯
¯
¯
¯
·
s −1
−k1 s − k2 + 3
¸¯
¯
¯
¯ = 0
s (s − k2 + 3) − k1 = 0
α = (s + 5) (s + 5) = s2
+ 10s + 25 = s2
+ s (3 − k2) − k1 = 0
Igualando términos:
−k1 = 25 ⇒ k1 = −25
3 − k2 = 10 ⇒ k2 = 3 − 10 = −7

Problema 33 Para el sistema cuyo diagrama de bloques se representa en la
ﬁgura:
1) Hallar su descripción de estados.
2) Determinar, aplicando el criterio de Lyapunov, las condiciones que ha
de cumplir K para que el sistema sea estable. (Suponer que f2 = 0)
∑ 2
1
+s
∑
∑ K
1
1
+s s
1
f1
f2
−
−
−
x3
x2
x1
Según el diagrama de bloques, las relaciones que se pueden establecer
son:
En el dominio de Laplace:
X1 = X2 · 1
s
1
X2 = (−X1 − X3 + F2) k
s+1
2
X3 = [F1 − (X3 + X2)] 1
s+2
3
Y = X1 4
1 sX1 = X2
2 (s + 1) X2 = k (−X1 − X3 + F2)
3 (s + 2) X3 = F1 − X2 − X3
4 Y = X1
En el dominio del tiempo:
˙x1 = x2
˙x2 + x2 = −k · x1 − k · x3 + k · f2
˙x3 + 2x3 = f1 − x2 − x3
y = x1
=⇒
˙x1 = x2
˙x2 = −k · x1 − x2 − k · x3 + k · f2
˙x3 = −x2 − 3x3 + f1
y = x1
En forma matricial:

109


˙x1
˙x2
˙x3

 =


0 1 0
−k −1 −k
0 −1 −3

 ·


x1
x2
x3

 +


0 0
0 k
1 0

 ·
·
f1
f2
¸
y =
£
1 0 0
¤
·


x1
x2
x3


2)
Si elegimos:
Q =


1 0 0
0 1 0
0 0 1


Debe cumplirse la relación:
Q = −
¡
PA + AT
P
¢
P será una matriz deﬁnida positiva:
A =


0 1 0
−k −1 −k
0 −1 −3

 =⇒ AT
=


0 −k 0
1 −1 −1
0 −k −3


P =


P1 P2 P3
P2 P4 P5
P3 P5 P6




−1 0 0
0 −1 0
0 0 −1

 =


P1 P2 P3
P2 P4 P5
P3 P5 P6

 ·


0 1 0
−k −1 −k
0 −1 −3

 +
+


0 −k 0
1 −1 −1
0 −k −3

 ·


P1 P2 P3
P2 P4 P5
P3 P5 P6

 =
=


−kP2 (P1 − P2 − P3) (−kP2 − 3P3)
−kP4 (P2 − P4 − P5) (−kP4 − 3P5)
−kP5 (P3 − P5 − P6) (−kP5 − 3P6)

 +

+


−kP2 −kP4 −kP5
(P1 − P2 − P3) (P2 − P4 − P5) (P3 − P5 − P6)
(−kP2 − 3P3) (−kP4 − 3P5) (−kP5 − 3P6)

 =
=


−2kP2 P1 − P2 − P3 − kP4 −kP2 − 3P3 − kP5
P1 − P2 − P3 − kP4 2P2 − 2P4 − 2P5 P3 − kP4 − 4P5 − P6
−kP2 − 3P3 − kP5 P3 − kP4 − 4P5 − P6 −2kP5 − 6P6

 =
=


−1 0 0
0 −1 0
0 0 −1


Sistema de ecuaciones:
−2kP2 = −1
P1 − P2 − P3 − kP4 = 0
−kP2 − 3P3 − kP5 = 0
2P2 − 2P4 − 2P5 = −1
P3 − kP4 − 4P5 − P6 = 0
−2kP5 − 6P6 = −1
Solucionamos según la forma:
P1 (k) P2 (k) P3 (k) P4 (k) P5 (k) P6 (k)
P =


P1 (k) P2 (k) P3 (k)
P2 (k) P4 (k) P5 (k)
P3 (k) P5 (k) P6 (k)


Para que el sistema sea estable, k debe ser tal que haga a P deﬁnida
positiva, es decir:
P1 (k) > 0¯
¯
¯
¯
P1 (k) P2 (k)
P2 (k) P4 (k)
¯
¯
¯
¯ > 0
|P| > 0

111
Problema 34 La ﬁgura representa un intercambiador de calor cuya
función de transferencia es:
G (s) = 1
(10s+1)(60s+1)
Sensor de
temperatura
Vapor
Flujo
X
X
X
Cuestiones:
1) Dibujar un diagrama de bloques del sistema G(s) detallando: Actu-
ador, proceso, sensor, U(s), Y (s), etc...
2) Representar el sistema en el espacio de estados utilizando las formas
canónicas de control y de observador.
3) Decir qué entiendes por forma canónica.
4) Diseñar, por el método de espacio-estado, un compensador D(s) de
manera que:
a) La ley de control haga que la respuesta en lazo cerrado del sitema
sea la de la ﬁgura siguiente:
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
0 100 200 300 400
Lazo cerrado
Tiempo,s
y

b) El estimador tenga una frecuencia natural 3 veces superior a la
del controlador.
5) Hallar el valor de N que produce error estacionario cero ante una
entrada escalón unitario.
6) Dar las ecuaciones de estado del compensador estando presente la
entrada de referencia.
7) Hallar el valor de las variables de estado del sistema (A, B) en t = 10
sabiendo que:
x1 (0) = 1
x2 (0) = 1
u (t) = 0
NOTA: En la ﬁgura siguiente se da la gráﬁca Mp = f (δ)
M (%)p
δ
0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
1)
+_
Válvula de
control
Actuador
Cto. de Agua
Proceso
T. Salida
Sensor
T. Ref. U(s) Y(s)

113
2)
G (s) = 1
(10s+1)(60s+1)
= 1
600s2+70s+1
=
1
600
s2+ 70
600
s+ 1
600
= 0.0017
s2+0.117s+0.0017
Forma canónica de Control:
Ac =
·
−0.117 −0.0017
1 0
¸
Bc =
·
1
0
¸
Cc =
£
0 0.0017
¤
Dc = 0
Forma canónica de Observador:
Ao =
·
0.117 1
−0.0017 0
¸
Bo =
·
0
0.0017
¸
Co =
£
1 0
¤
Do = 0
4)
Ley de Control y estimador han de ser calculados para la misma forma
canónica. Solo así pueden ”combinarse” en el compensador.
a) Ley de Control:
De las ﬁguras 2 y 3:
Mp ' 16% ⇒ δ = 0.5
ts ' 80sg ⇒ ωn = 4
δ·ts
= 4
0.5·80
= 0.1 rad /seg
αc (s) = s2
+ 2δωns + ω2
n = s2
+ 0.1s + 0.01
Partiendo de la forma canónica de control:
s2
+ (a1 + k1) s + (a2 + k2) = αc (s)
s2
+ (0.117 + k1) s + (0.0017 + k2) = s2
+ 0.1s + 0.01
Igualando coeﬁcientes:
0.117 + k1 = 0.1 ⇒ k1 = 0.1 − 0.117 = −0.017
0.0017 + k2 = 0.01 ⇒ k2 = 0.01 − 0.0017 = 0.0083
k =
£
−0.017 0.0083
¤
b) Estimador:
Partimos de la misma forma canónica para que puedan ser combi-
nadas:

ωne = 3 · ωn = 0.3
αc (s) = s2
+ 2 · 0.5 · 0.3s + 0.09 = s2
+ 0.3s + 0.09
αc (s) = |s · I − (Ac − L · Cc)| =
=
¯
¯
¯
¯
·
s 0
0 s
¸
−
½·
−0.117 −0.0017
1 0
¸
−
·
L1
L2
¸
·
£
0 0.0017
¤
¾¯
¯
¯
¯ =
=
¯
¯
¯
¯
·
s 0
0 s
¸
−
½·
−0.117 −0.0017
1 0
¸
−
·
0 0.0017 · L1
0 0.0017 · L2
¸¾¯
¯
¯
¯ =
=
¯
¯
¯
¯
·
s 0
0 s
¸
−
·
−0.117 −0.0017 − 0.0017 · L1
1 −0.0017 · L2
¸¯
¯
¯
¯ =
=
¯
¯
¯
¯
·
s + 0.117 0.0017 (L1 + 1)
−1 s + 0.0017 · L2
¸¯
¯
¯
¯ =
= (s + 0.117) · (s + 0.0017 · L2) + 0.0017 (1 + L1) =
= s2
+ (0.117 + 0.0017 · L2) · s + (0.0017 · 0.117 · L2 + 0.0017 + 0.0017 · L1)
0.117 + 0.0017 · L2 = 0.3 ⇒ L2 = 0.3−0.117
0.0017
= 107.65
0 = 2 · 10−4
L2 + 0.0017 + 0.0017L1 = 0.09
L2 = 107.65
¾
⇒
⇒ 0.02 + 0.0017 + 0.0017L1 = 0.09 ⇒ L1 = 0.09−0.022−0.0017
0.0017
= 39.6
Por tanto:
L =
·
39.6
107.65
¸
FDT del compensador:
D(s) = U(s)
Y (s)
= −k [sI − (A − Bk − LC)]−1
L
A − Bk − LC =
·
−0.117 −0.0017
1 0
¸
−
·
1
0
¸
·
£
−0.017 0.0083
¤
+
−
·
39.6
107.65
¸
·
£
0 0.0017
¤
=
=
·
−0.117 −0.0017
1 0
¸
−
·
−0.017 0.0083
0 0
¸
−
·
0 0.067
0 0.183
¸
=

115
=
·
−0.1 −0.077
1 −0.183
¸
sI − (A − Bk − LC) =
·
s 0
0 s
¸
−
·
−0.1 −0.077
1 −0.183
¸
=
=
·
s + 0.1 0.077
−1 s + 0.183
¸
; Trasp =
·
s + 0.1 −1
0.077 s + 0.183
¸
[sI − (A − Bk − LC)]−1
=


s + 0.183 −0.077
1 s + 0.1


(s+0.1)(s+0.183)+0.077
D (s) = −
£
−0.017 0.0083
¤
·


s + 0.183 −0.077
1 s + 0.1


(s+0.1)(s+0.183)+0.077
·
·
39.6
107.65
¸
=
= −
£
−0.017 0.0083
¤
·


(s + 0.183) · 39.6 − 0.077 · 107.65
39.6 + (s + 0.1) · 107.65


s2+0.283s+0.0953
D (s) = −(−0.017)[39.6(s+0.183)−8.289]+0.0083[39.6+(s+0.1)·107.65]
s2+0.283s+0.0953
=
−−0.673(s+0.183)+0.141+0.328+0.89(s+0.1)
s2+0.283s+0.0953
=
= −−0.673s−0.123+0.141+0.328+0.89s+0.089
s2+0.283s+0.0953
= − 0.217s+0.435
s2+0.283s+0.0953
=
= −0.217(s+2)
s2+0.283s+0.0953
5)
·
Nx
Nu
¸
=
·
A B
C D
¸−1
·


0
...
1

 =


−0.117 −0.0017 1
1 0 0
0 0.0017 0


−1
·


0
0
1

 =
=


0 1 0
0 0 588.23
1 0.117 1

 ·


0
0
1

 =


0
588.23
1

 ⇒



Nx =
·
0
588.23
¸
Nu = 1
N = Nu + kNx = 1 +
£
−0.017 0.0083
¤
·
·
0
588.23
¸
=
1 + 0.0083 · 588.23 = 5.88
N = 5.88

6)
Ecuaciones de estado del compensador:
+_+
Planta
Estimador
-k
r y
xˆ
N
.
bx= (F − Gk − LH) · bx + L · y
u = −k · bx + N · r
.
bx= (A − Bk − LC) · bx + L · y
u = −k · bx + N · r
En nuestro caso:
" .
bx1
.
bx2
#
=
·
−0.1 −0.077
1 −0.183
¸
·
·
bx1
bx2
¸
+
·
39.6
107.65
¸
· y
u = −
£
−0.017 0.0083
¤
·
·
bx1
bx2
¸
+ 5.88 · r
7)
Hemos de hallar la matriz de transición de estados:
Φ (t) = $−1
©
[sI − A]−1ª
=
$−1
(·µ
s 0
0 s
¶
−
µ
−0.117 −0.0017
1 0
¶¸−1
)
=
= $−1
(·
s + 0.117 0.0017
−1 s
¸−1
)
= $−1





s −0.0017
1 s + 0.117


s(s+0.117)+0.0017



=
Trasp. :
·
s + 0.117 −1
0.0017 s
¸

117
= $−1
½· s
s2+0.117s+0.0017
−0.0017
s2+0.117s+0.0017
1
s2+0.117s+0.0017
s+0.117
s2+0.117s+0.0017
¸¾
=
= $−1
(
1.2
(s+0.1)
+ −0.2
(s+0.017)
0.02
(s+0.1)
+ −0.02
(s+0.017)
−12.05
(s+0.1)
+ 12.05
(s+0.017)
−0.2
(s+0.1)
+ 1.2
(s+0.017)
)
=
=
·
(1.2 · e−0.1t
− 0.2 · e−0.017t
) (0.02 · e−0.1t
− 0.02 · e−0.017t
)
(−12.05 · e−0.1t
+ 12.05 · e−0.017t
) (−0.2 · e−0.1t
+ 1.2 · e−0.017t
)
¸
x(t) = Φ (t) · x(0) ⇒
·
x1 (10)
x2 (10)
¸
= Φ (t) · x(0) =
·
0.272 −0.00945
5.74 0.9389
¸
·
·
1
1
¸
⇒
⇒
½
x1 (10) = 0.272 − 0.00945 = 0.2625
x2 (10) = 5.74 + 0.9389 = 6.6789

Problema 35 Para el sistema cuyo diagrama de bloques se representa
en la ﬁgura, determinar:
F(s) = Y (s)
R(s)
s
1
s
1
-1
-1
r(t) y(t)
+
+
F(s) = Y (s)
R(s)
=
1
s2
1+1
s
+ 1
s2
= 1
s2+s+1

119
Problema 36 Para el sistema cuyo diagrama de bloques se da en la ﬁgu-
ra,obtener:
1) Representación espacio de estados
2) Función de transferencia
s
1
C
1
1L
R
s
1
2
1
L s
1
C
1
1
1
L
x1 x3x2
_
+
+
+
_
_
r y
1) Representación de espacio de estados:
Del diagrama de bloques de la ﬁgura, obtenemos las siguientes rela-
ciones:
˙x2 = r − R
L1
x2 − 1
L1
x1
˙x1 = 1
C
x2 − 1
C
x3
˙x3 = 1
L2
x1
y = x3
Siendo r la entrada, e y la salida, podemos poner las relaciones an-
teriores de forma matricial, obteniendo así la representación espacio-estado
del sistema:


˙x1
˙x2
˙x3

 =


0 1
C
− 1
C
− 1
L1
− R
L1
0
1
L2
0 0




x1
x2
x3

 +


0
1
0

 r
y =
£
0 0 1
¤


x1
x2
x3


2) Función de transferencia:
Podemos hallar la función de transferencia:
a) Por reducción del diagrama de bloques.
b) Aplicando la regla de Mason.
c) A partir de las matrices de estado.
Utilizando el último método:

G (s) = Y (s)
R(s)
= H (sI − F)−1
G + J
H =
£
0 0 1
¤
; G =
£
0 1 0
¤T
; J = 0
sI − F =


s 0 0
0 s 0
0 0 s

 −


0 1
C
− 1
C
− 1
L1
− R
L1
0
1
L2
0 0

 =


s − 1
C
1
C
1
L1
s + R
L1
0
− 1
L2
0 s


(sI − F)−1
=





(sL1 + R) sL2C sL2L1 − (sL1 + R) L2
−sL2C (s2
L2C + 1) L1 L2
(sL1 + R) C L1 (s2
CL1 + sCR + 1) L2





s3L2CL1+s2L2CR+s(L2+L1)+R
(sI − F)−1
G =





sL2L1
(s2
L2C + 1) L1
L1





s3L2L1C+s2L2CR+s(L1+L2)+R
H (sI − F)−1
G = L1
s3L2L1C+s2L2CR+s(L1+L2)+R
G (s) =
1
L2C
s3+s2 R
L1
+s
L1+L2
L1L2C
+ R
L1L2C
Para los valores:
L1 = L2 = R = C = 1
G (s) = 1
s3+s2+2s+1

121
Problema 37 Las ﬁguras siguientes representan un altavoz y su cir-
cuito equivalente cuyo funcionamiento describimos a continuación:
Conductor
Cono
S
S
N Bobina
Cono
Electroimán
Imán permanente
iR
ec
+
+
va
L
1.El imán permanente establece un campo magnético radial entre sus
polos.
2.El ﬂujo de corriente que circula por el hilo de la bobina hace que
ésta se mueva y, por tanto se mueva el cono unido al electroimán así formado
(imán permanente+bobina) perturbando el aire que está en contacto con
dicho cono.
3. Esta perturbación se propaga y es percibida como sonido.
El funcionamiento del sistema se rige por las siguientes ecuaciones:
F = Bli (Ley del motor)
F = M ¨x + b ˙x
ec = Blv (Ley del generador)
L · di
dt
+ Ri = va − ec
donde:

x : desplazamiento lineal. v : velocidad (v ≡
.
x)
M : masa equivalente del cono.
b : coeﬁciente de fricción viscosa del cono.
B : campo magnético permanente.
l : longitud del conductor que forma la bobina.
L : inductancia de la bobina.
R : resistencia equivalente.
ec : voltaje entre los extremos del conductor que forma la bobina.
va : voltaje de entrada.
i : corriente que circula por el conductor.
Para este sistema, se pide:
1) Hallar las expresiones de:
a) F1 (s) = X(s)
Va(s)
b) F2 (s) = X(s)
I(s)
2) Dar las representaciones de estado correspondientes a:
a) F1 (s) , con x =
£
x ˙x i
¤
b) F2 (s) , con x =
£
x ˙x
¤
3) Hallar la Respuesta impulsiva del proceso cuya FDT es F1, suponien-
do que:
B = 0.5T ; b = 0.1 ; l = 0.123m ; L = 0.5H R = 8Ω ; M = 0.1Kg
4) Para la ﬁgura siguiente:
+_ K F1(s)
r y
a) Decir, aplicando el criterio de Routh, que valores de K hacen
al sistema estable.
b) Estudiando la respuesta en frecuencia:
b1) hallar el margen de fase para K = 1.
b2) determinar el máximo valor de K para que el sistema
sea estable.

123
5) Para la siguiente, diseñar, por el método espacio-estado, un com-
pensador, D(s), que haga que para el sistema compensado:
δ = 0.4 ; ωn = 2
+_ K F2(s)
r y
sabiendo que los polos del estimador han de ser 10 veces más rápidos que
los del controlador.
1)
B · l · I (s) = M · s2
· X (s) + b · s · X (s) = (M · s2
+ b · s) · X (s)
F2 (s) = X(s)
I(s)
= B·l
M·s2+b·s
= B·l
s(M·s+b)
⇒ F2 (s) =
B·l
M
s(s+ b
M )
F1 (s) = X(s)
Va(s)
= X(s)
I(s)
· I(s)
Va(s)
L·s·I (s)+R·I (s) = Va (s)−B·l·s·X (s) = Va (s)−B·l·s· B·l
M·s2+b·s
·I (s) ⇒
⇒ I (s)
h
L · s + R + (B·l)2
s
M·s2+b·s
i
= Va (s) ⇒
⇒ I (s)
·
L·s(M·s2+b·s)+R(M·s2+b·s)+(B·l)2
s
M·s2+b·s
¸
= Va (s)
I(s)
Va(s)
= M·s2+b·s
s
F1 (s) = X(s)
I(s)
· I(s)
Va(s)
= B·l
s(M·s+b)
· M·s2+b·s
s
=
= B·l
s
=
= B·l
LMs3+Lbs2+RMs2+Rbs+(B·l)2
s
⇒ F1 (s) = B·l
s[LMs2+(Lb+RM)s+(Rb+(B·l)2
)]
2) Representaciones de espacio estado:
a) De L · di
dt
+ Ri = va − ec
x1 = x y = x = x1
x2 =
.
x u = va
x3 = i
L
.
x3 +Rx3 = va − Blx2 ⇒
.
x3= (va − Blx2 − Rx3) 1
L
= −Bl
L
x2 − R
L
x3 − va
L

F = Bli
F = M
..
x +b
.
x
¾
⇒ B · l · x3 = M·
.
x2 +b · x2 ⇒
.
x2= − b
M
x2 + B·l
M
x3


.
x1
.
x2
.
x3

 =


0 1 0
0 − b
M
B·l
M
0 −B·l
M
−R
L

 ·


x1
x2
x3

 +


0
0
1
L

 · u
y =
£
1 0 0
¤
·


x1
x2
x3


b)
x1 = x y = x = x1
x2 =
.
x
.
x2=
..
x= B·l
M
u − b
M
x2
· .
x1
.
x2
¸
=
·
0 1
0 − b
M
¸
·
·
x1
x2
¸
+
·
0
B·l
M
¸
· u
y =
£
1 0
¤
·
·
x1
x2
¸
3)
F1 (s) = B·l
s[LMs2+(Lb+RM)s+(Rb+(B·l)2
)]
= 0.63
s[0.5·0.1s2+(0.5·0.1+8·0.1)s+(8·0.1+0632)]
=
= 0.63
s(0.05s2+0.85s+1.1969)
F1 (s) = 12.6
s(s2+17s+23.94)
4)
a)
+_ K F1(s)
r y
G (s) = k·F1(s)
1+k·F1(s)
=
k· b(s)
a(s)
1+k·
b(s)
a(s)
= k·b(s)
a(s)+k·b(s)
= 12.6·k
s3+17s2+23.94s+12.6·k
s3
1 23.94 0
s2
17 12.6k
s1 23.94·17−12.6k
17
0
s0
12.6k

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