Clase lugar geometrico ciclo 2014 3

PASOS PARA TRZAR EL LUGAR GEOMÉTRICO DE
LAS RAÍCES (LGR)
1. Escribir la Ecuación Característica (EC) en la forma polos y
ceros con el parámetro de interés K como multiplicador.
0)(1  skP
0
)(
)(
1
1
1








n
j
j
M
i
i
pS
zS
K
Y el factor P(S) en términos de n polos y M ceros de lazo abierto.

2. Localizar los polos y ceros de lazo abierto de P(S) en el plano s
con símbolos seleccionados, .cerospolos  
3. Hallar el LGR sobre el eje real del plano s. Existe LGR sobre el
eje real del plano s a la izquierda de un número de impar de
polos y ceros de lazo abierto.
4. Determinar el número de ramas separadas del LGR, RS.
RS = cuando .Mn 
n: número finito de polos; M: número finito de ceros.
Nota.- El LGR es simétrico con respecto al eje real del plano s.

5. Hallar el centroide y las orientaciones de las
asíntotas.
,A A
.
)()(
Mn
zp ij
A


  
).1(...,2,1,0,º180
)12(



 Mnq
Mn
q
A
Las rama separada del LGR inician en polos de lazo abierto (donde K vale cero) y
terminan en ceros de lazo abierto en el plano s o en ceros de lazo abierto en el
infinito (donde K vale infinito, siguiendo asíntotas que se interceptan en el
centroide).

6. Hallar los puntos de cruce del LGR por el eje imaginario del
plano s. Utilice el tercer caso del criterio de Routh-Hurwitz
(estabilidad límite).
𝑈 𝑠 = 3𝑠2
+ 𝐾 = 0
(Para límite de estabilidad)
(Ecuación auxiliar)
(Puntos de cruce por eje jw.
Otra forma:
En la Ecuación Característica:

7. Determine los puntos de salida del LGR desde el eje real del
plano s y/o los puntos de ingreso del LGR al eje real del
plano s.
Supóngase que ).(spK  Obténgase .0
)(

ds
sdp
Existen puntos de salida del LGR desde el eje real del plano s para 𝑲 𝒎𝒂𝒙.
Existen puntos de ingreso del LGR al eje real del plano s para 𝑲 𝒎𝒊𝒏.
Otra formas: Ejemplo 1:

Ejemplo 2: Dada la Ecuación Característica siguiente, hallar el punto de salida
Del LGR desde el eje real del plano s.
Solución aproximada: K= P(s) 83.57, para s = -1.577

8. Hallar los ángulos de salida del LGR desde los polos complejos
de lazo abierto y/o los ángulos de llegada del LGR a los ceros
complejos de lazo abierto. Use el criterio del ángulo.
Ángulo de salida desde un polo complejo = 180° -(suma de los ángulos de vectores
hacia el polo complejo en cuestión desde otros polos) + (suma de los ángulos de
vectores hacia el polo complejo en cuestión desde los ceros)
Ángulo de llegada a un cero complejo = 180° - (suma de los ángulos de vectores hacia el
cero complejo en cuestión desde otro cero) + (suma de los ángulos de vectores hacia el
cero complejo en cuestión desde los polos)
𝜃𝑧 − 𝜃 𝑝 = 180°
COMPLÉTESE EL LGR

Walter R. Evans
Walter R. Evans (January 15, 1920 - July 10,
1999) was born in St. Louis and received his
bachelor's degree in Electrical Engineering
from Washington University in 1941. He
worked as an instructor at Washington
University from 1946 to 1948. He is widely
known for his 1948 invention of the root locus
method (http://www.spirule.com), which is
now a key tool in control theory. He received
his master's degree in Electrical Engineering
from UCLA in 1951. Over the course of his
career, he worked for such companies as
General Electric, Rockwell International, and
Ford Aeronautic Company.
In recognition of his contributions to control
theory, he received both the 1987 American
Society of Mechanical Engineers Rufus
Oldenburger Medal and the 1988 AACC
Richard E. Bellman Control Heritage Award.

PROBLEMA
Una forma simplificada de la función de transferencia de
lazo abierto de un aeroplano con un autopiloto en el modo
longitudinal es
𝐺 𝑠 𝐻 𝑠 =
𝐾(𝑠 + 1)
𝑠(𝑠 − 1)(𝑠2 + 4𝑠 + 16)
Mediante la técnica del lugar geométrico de las raíces, halle
el rango de K para estabilidad del aeroplano.

SOLUCIÓN
1. La ecuación característica del sistema es:
1+
𝐾(𝑠+1)
𝑠(𝑠−1)(𝑠2+4𝑠+16)
= 0
1+
𝐾(𝑠+1)
𝑠(𝑠−1)(𝑆+2+𝐽2 3)(𝑆+2−𝐽2 3)
= 0

2. Ubicación polos y ceros de
lazo abierto en el plano s.
3. LGR en el eje real del plano s.

4. Número de ramas separadas del LGR
𝑅𝑆 = 𝑛 = 4
Cada rama separada empieza en un polo de lazo abierto,
donde K vale 0 y termina en un cero de lazo abierto,
donde K vale .
Porque el número de polos de lazo abierto es mayor al número de ceros de lazo abierto,
𝑀 = 1.

5. Centroide y orientación de asíntotas.
Centroide
𝜎𝐴 =
0 + 1 − 2 + 𝑗2 3 − 2 − 𝑗2 3 − (−1)
4 − 1
= −
2
3
Orientación de las Asíntotas
𝜙 𝐴 =
(2𝑞 + 1)
𝑛 − 𝑀
180°
𝑞 = 0, 1, 2.
𝑞 = 0,1, … , (𝑛 − 𝑀 − 1)
𝜙 𝐴 = 60°
, −60°
, 180°
𝜎𝐴 =
( 𝑝𝑗 − (𝑧𝑖)𝑀
𝑖=1
𝑛
𝑗=1
𝑛 − 𝑀
n= Número de polos de lazo
abierto.
M= Número de ceros de lazo
abierto

Asíntotas y el centroide en el plano s.

6. Cruce del LGR por el eje imaginario del plano s, hallado con el
criterio de Routh-Hurwitz (Estabilidad límite) y la ecuación
característica del sistema:
𝑠4
+ 3𝑠3
+ 12𝑠2
+ 𝐾 − 16 𝑠 + 𝐾 = 0
Arreglo de Routh-Hurwitz:
𝑠4 1 12 𝐾
𝑠3 3 𝐾 − 16 0
𝑠2
52 − 𝐾
3
𝐾 0
𝑠1
−𝐾2 + 59𝐾 − 832
52 − 𝐾
0
𝑠0 𝐾

Para límite de estabilidad, hallamos K con el término
−𝐾2 + 59𝐾 − 832
52 − 𝐾
del arreglo de Routh-Huewitz igual cero. Obtenemos K = 35.7 y
K = 23.3. Reemplazamos estos valores en la ecuación auxiliar
Y obtenemos los siguientes puntos de cruce del LGR por el eje
Imaginario del plano s
52 − 𝐾
3
𝑠2
+ 𝐾 = 0
𝑠 = ±𝑗2.56, 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝐾 = 35.7
𝑠 = ±𝑗1.56, 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝐾 = 23.3

Se muestra los puntos por
donde el LGR cruza el eje
imaginario Positivo.
Simétricamente, Habrán 2
puntos de cruce en el eje
imaginario negativo, para
los mismos Valores de K.

7. Salida del LGR desde el eje real hacia el plano complejo e ingreso
del LGR al eje real desde el plano complejo. De la ecuación
característica hallamos K:
1 +
𝐾(𝑠 + 1)
𝑠(𝑠 − 1)(𝑠2 + 4𝑠 + 16)
= 0
𝐾 = −
𝑠(𝑠 − 1)(𝑠2 + 4𝑠 + 16)
𝑠 + 1

De donde
Luego,
𝑑𝐾
𝑑𝑠
= −
3𝑠4 + 10𝑠3 + 21𝑠2 + 24𝑠 − 16
(1 + 𝑠)2
= 0
3𝑠4
+ 10𝑠3
+ 21𝑠2
+ 24𝑠 − 16=0
Cuyas 4 raíces son:
𝑠 = −2.26
𝑠 = 0.45
𝑠 = −0.76±𝑗2.16
Punto de ingreso del LGR al eje real, Kmin
Punto de salida del LGR al eje real, Kmax
Raíces no válidas

𝜃1
𝜃2𝜃3
𝜃4
𝜃5
8. Ángulos de salida del LGR
desde el polo complejo de lazo
abierto 𝑠 = −2 + 𝑗2 3.
aplicando el criterio del ángulo:
𝜃𝑧 − 𝜃 𝑝 = 180°
𝜃3 − 𝜃1 + 𝜃2 + 𝜃4 + 𝜃5 = 180°

𝜃4 = −180° − 𝜃1 − 𝜃2 − 𝜃5 + 𝜃3
𝜃4 = −180° − 130.5° − 120° − 90° + 106° = −414.5°
𝜃4 = −54.5°
Por simetría, el ángulo de salida del LGR desde el polo
complejo conjugado 𝒔 = −𝟐 − 𝒋𝟐 𝟑, es 𝜃5 = +54.5°
Con todos los valores notables calculados, ya se puede
completar el LGR del sistema.

LGR de un Aeroplano con Autopiloto
en Modo Longitudinal.
Del LGR se aprecia que el sistema es
estable para valores de 23.3 < K < 35.7.
Respuesta:

>> n=[1 1];
>> d=[1 3 12 -16 0];
>> sys=tf(n,d)
sys =
s + 1
---------------------------
s^4 + 3 s^3 + 12 s^2 - 16 s
Continuous-time transfer
function.
>> rlocus(sys)
-20 -15 -10 -5 0 5 10
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20
Root Locus
Real Axis (seconds -1
)
ImaginaryAxis(seconds-1
)
𝐃𝐞𝐭𝐞𝐫𝐦𝐢𝐧𝐚𝐜𝐢ó𝐧 𝐝𝐞𝐥 𝐋𝐆𝐑 𝐮𝐬𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐥 𝐭𝐨𝐨𝐥 𝐛𝐨𝐱 𝐝𝐞 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐫𝐨𝐥 𝐝𝐞 𝐌𝐀𝐓𝐋𝐀𝐁

Con K = 30
𝑌(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
𝐾(𝑠 + 1)
𝑠4 + 3𝑠3 + 12𝑠2 + 𝐾 − 16 𝑠 + 𝐾
FTLC del sistema:
𝑌(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
30𝑠 + 30
𝑠4 + 3𝑠3 + 12𝑠2 + 14𝑠 + 30
Respuesta Estable al Escalón
0 5 10 15 20 25 30 35 40
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
Step Response
Time (seconds)
Amplitude
>> step(sys)
>> n=[30 30];
>> d=[1 3 12 14 30];
>> sys=tf(n,d)
sys =
30 s + 30
--------------------------------
s^4 + 3 s^3 + 12 s^2 + 14 s + 30
function.
>> step(sys)

Con K = 50
𝑌(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
𝐾(𝑠 + 1)
𝑠4 + 3𝑠3 + 12𝑠2 + 𝐾 − 16 𝑠 + 𝐾
FTLC del sistema:
𝑌(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
50𝑠 + 50
𝑠4 + 3𝑠3 + 12𝑠2 + 34𝑠 + 50
Respuesta Inestable al Escalón
0 5 10 15 20 25 30
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
x 10
5
Step Response
Time (seconds)
Amplitude
>> step(sys)
>> n=[50 50];
>> d=[1 3 12 34 50];
>> sys=tf(n,d)
sys =
50 s + 50
--------------------------------
s^4 + 3 s^3 + 12 s^2 + 34 s + 50
Continuous-time transfer function.
>> step(sys)

PROBLEMA
Para el sistema mostrado, considere los tres tipos de control:
Proporcional:
Proporcional + Derivativo:
Proporcional + Integral:
𝐺𝑐 𝑠 = 𝐾
𝐺𝑐 𝑠 = 𝐾(1 + 𝑠)
𝐺𝑐 𝑠 = 𝐾(1 +
1
𝑠
)
Grafique el LGR del sistema con cada uno de los
controladores y compare su comportamiento.

SOLUCIÓN
1+
𝐾
(𝑠2−2𝑠+2)
= 0
1+
𝐾
(𝑆−1+𝐽1)(𝑆−1−𝐽1)
= 0
Control Proporcional: 𝐺𝑐 𝑠 = 𝐾

2. Ubicación de polos y ceros de
lazo abierto en el plano s.
3. LGR en el eje real del plano s
(NA).

𝑅𝑆 = 𝑛 = 2
donde K vale .
𝑀 = 0.

Centroide
𝜎𝐴 =
+1 + 𝑗1 + 1 − 𝑗1 − (0)
2 − 0
= 1
𝜙 𝐴 =
(2𝑞 + 1)
2 − 0
180° = 90°, 270°
𝑞 = 0, 1.

6. Cruce del LGR por el eje imaginario del plano s. (NA).
7. Salida del LGR desde el eje real hacia el plano complejo e ingreso
del LGR al eje real desde el plano complejo. (NA).
8. Ángulos de salida del LGR desde el polo
complejo de lazo abierto 𝑠 = 1 + 𝑗1.
Aplicando el criterio del ángulo:
𝜃𝑧 − 𝜃 𝑝 = 180°
0 − 𝜃1 + 𝜃2 = 180°
𝜃1
𝜃2

complejo es
𝜃1 = 180° − 𝜃2 = 180° − 90° = 90°
𝜃1 = 90°
𝑠 = 1 − 𝑗1 𝜃2 = −90°.

LGR del sistema con controlador Proporcional (P).
El sistema es inestable
para todo valor de K.
Respuesta:

Proporcional + Derivativo: 𝐺𝑐 𝑠 = 𝐾(1 + 𝑠)
1+
𝐾(1+𝑠)
(𝑠2−2𝑠+2)
= 0
1+
𝐾(1+𝑠)
(𝑆−1+𝐽1)(𝑆−1−𝐽1)
= 0

2. Ubicación de polos y ceros de lazo abierto en el plano s.
3. LGR en el eje real del plano s.

𝑅𝑆 = 𝑛 = 2
donde K vale .
M= 1.

Centroide
𝜎𝐴 =
+1 + 𝑗1 + 1 − 𝑗1 − (−1)
2 − 1
= 3
𝜙 𝐴 =
(2𝑞 + 1)
2 − 1
180° = 180°
𝑞 = 0.

6. Cruce del LGR por el eje imaginario del plano s, hallado con el
criterio de Routh-Hurwitz y la ecuación característica del
sistema:
𝑠2
+ 𝐾 − 2 𝑠 + 𝐾 + 2 = 0
Arreglo de Routh-Hurwitz:
𝑠2 1 𝐾 + 2
𝑠1 𝐾 − 2 0
𝑠0 𝐾 + 2

Para límite de estabilidad, hallamos K con el término
𝐾 − 2
del arreglo de Routh-Huewitz igual cero. Obtenemos K = 2.
Reemplazamos este valor en la ecuación auxiliar
Y obtenemos los siguientes puntos de cruce del LGR por el eje
Imaginario del plano s
𝑠 = ±𝑗2 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝐾 = 2
𝑠2 + 𝐾 + 2 = 0

Se muestra los puntos por donde el LGR cruza el eje imaginario
Positivo.

7. Ingreso del LGR al eje real desde el plano complejo.
De la ecuación característica hallamos K:
1 +
𝐾(1 + 𝑠)
𝑠2 − 2𝑠 + 2
= 0
𝐾 = −
(𝑠2 − 2𝑠 + 2)
1 + 𝑠

De donde
Luego,
𝑑𝐾
𝑑𝑠
= −
𝑠2 + 2𝑠 − 4
(1 + 𝑠)2
= 0
𝑠2
+ 2𝑠 − 4=0
Cuyas 2 raíces son:
𝑠 = −1 + 5
Punto de ingreso del LGR al eje real, Kmin
Raíz no válida
𝑠 = −1 − 5

abierto
𝜃𝑧 − 𝜃 𝑝 = 180°
𝜃3 − 𝜃1 + 𝜃2 = 180°
𝑠 = 1 + 𝑗1.
𝜃2
𝜃1
𝜃3

𝜃1 = 180° − 𝜃2 + 𝜃3
𝜃1 = 180° − 90° + 26.6°
𝜃1 = 116.6°
complejo conjugado 𝒔 = −𝟏 − 𝒋1, es 𝜃2 = −116.6°

LGR del sistema con controlador Proporcional + Derivativo (PD).
El sistema es estable
para todo valor de K>2.
Respuesta:

>> n=[1 1];
>> d=[1 -2 2];
>> sys=tf(n,d)
sys =
s + 1
-------------
s^2 - 2 s + 2
Continuous-time
transfer function.
>> rlocus(sys)
Root Locus
)
)
-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2
-2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
𝐃𝐞𝐭𝐞𝐫𝐦𝐢𝐧𝐚𝐜𝐢ó𝐧 𝐝𝐞𝐥 𝐋𝐆𝐑 𝐮𝐬𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐥 𝐭𝐨𝐨𝐥 𝐛𝐨𝐱 𝐝𝐞 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐫𝐨𝐥 𝐝𝐞 𝐌𝐀𝐓𝐋𝐀𝐁

Con K = 10
𝑌(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
𝐾(𝑠 + 1)
𝑠2 + 𝐾 − 2 𝑠 + 𝐾 + 2
FTLC del sistema:
𝑌(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
10𝑠 + 10
𝑠2 + 8𝑠 + 12
Respuesta Estable al Escalón
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Step Response
Time (seconds)
Amplitude
>> n=[10 10];
>> d=[1 8 12];
>> sys=tf(n,d)
sys =
10 s + 10
--------------
s^2 + 8 s + 12
function.
>> step(sys)

Con K = 2
𝑌(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
𝐾(𝑠 + 1)
𝑠2 + 𝐾 − 2 𝑠 + 𝐾 + 2
FTLC del sistema:
𝑌(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
2𝑠 + 2
𝑠2 + 4
Respuesta Oscilante al Escalón
0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
Step Response
Time (seconds)
Amplitude
>> n=[2 2];
>> d=[1 0 4];
>> sys=tf(n,d)
>> step(sys)

Con K = 1
𝑌(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
𝐾(𝑠 + 1)
𝑠2 + 𝐾 − 2 𝑠 + 𝐾 + 2
FTLC del sistema:
𝑌(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
𝑠 + 1
𝑠2 − 𝑠 + 3
Respuesta Inestable al Escalón
0 5 10 15
-1200
-1000
-800
-600
-400
-200
0
200
400
600
Step Response
Time (seconds)
Amplitude
>> n=[1 1];
>> d=[1 -1 3];
>> sys=tf(n,d)
sys =
s + 1
-----------
s^2 - s + 3
Continuous-time transfer function.
>> step(sys)

Proporcional + Integral:
1+
𝐾(1+𝑠)
𝑠(𝑠2−2𝑠+2)
= 0
1+
𝐾(1+𝑠)
𝑆(𝑆−1+𝐽1)(𝑆−1−𝐽1)
= 0
𝐺𝑐 𝑠 = 𝐾(1 +
1
𝑠
)

𝑅𝑆 = 𝑛 = 3
donde K vale .
M= 1.

Centroide
𝜎𝐴 = −1.5
𝜙 𝐴 =
(2𝑞 + 1)
3 − 1
180° = 90°, −90°
𝑞 = 0,1.

6. Cruce del LGR por el eje imaginario del plano s. (NA).
7. Salida del LGR del eje real al plano complejo e ingreso del LGR al
eje real desde el plano complejo. (NA).

abierto
𝜃𝑧 − 𝜃 𝑝 = 180°
𝜃4 − 𝜃1 + 𝜃2 + 𝜃3 = 180°
𝑠 = 1 + 𝑗1.
𝜃2
𝜃1
𝜃4 𝜃3

𝜃1 = 180° − 𝜃2 − 𝜃3 + 𝜃4
𝜃1 = 180° − 90° − 45° + 26.6°
𝜃1 = 71.6°
complejo conjugado 𝒔 = −𝟏 − 𝒋1, es 𝜃2 = −71.6°

LGR del sistema con controlador Proporcional + Integral (PI).
El sistema es inestable
para todo valor de K.
Respuesta:

>> rlocus(sys)
>> n=[1 4 8];
>> d=[1 2 2];
>> sys=tf(n,d)
sys =
s^2 + 4 s + 8
-------------
s^2 + 2 s + 2
Continuous-time
transfer function.
>> rlocus(sys) -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5
-2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
Root Locus
)
)
PROBLEMA:Halle el LGR de un sistema con FTLA usando
MATLAB
𝐺𝐻 𝑠 =
𝑠2
+ 4𝑠 + 8
𝑠2 + 2𝑠 + 2
SOLUCIÓN

Variación del LGR al añadir polos o ceros
a la FTLA de un sistema

SOLUCIÓN:
Nota.- Ángulo de salida de polos complejos conjugados de lazo abierto: ±127.66°
Siguiendo los pasos para el trazado del LGR, tenemos:

Para el cálculo de K, de tal manera que el sistema tenga un SP del 5%, hallaos
la relación de amortiguamiento 𝜉 = 0.707, con lo que se halla una recta que
Parte del origen del plano s con una inclinación 𝜃 = 𝑐𝑜𝑠−1 𝜉 = 45°, que
corta al LGR donde se obtienen los polos dominantes que representan la respuesta
del sistema con aproximación a uno de segundo orden.

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