ejercicios de lugar geometrico de las raices

1. CONTROL
AUTOMÁTICO
Lugar Geométrico
de las Raíces
Ejercicios

2. Ejemplo 1.
a) Graficar el lugar geométrico de las raíces para el siguiente sistema en lazo abierto
con todo los detalles posibles:
GH s =
k
𝑠(0.1𝑠2 + 0.4𝑠 + 0.5)
b) ¿Determinar el rango de valores de k para que el sistema sea estable, ¿para qué
valores de k el sistema oscila y a qué frecuencia?.
c) ¿Para cuál valor de k el sistema tiene una raíz de s = −3?. Para el mismo valor de
k, ¿dónde están las demás raíces?.
d) ¿Existe dominancia de segundo orden para el valor de k obtenido en el literal
anterior y por qué?. Si es así, determine el tiempo de asentamiento y el sobrenivel
porcentual para las raíces dominantes.
e) Encuentre el error de estado estacionario para una entrada rampa unitaria, para
el valor de k obtenido en el literal c.

3. Ejemplo 1.
Solución
a. Vemos que no tiene ceros entonces n = 0.
Acomodando para obtener la ecuación característica…
q s = 1 + k
10
s(s2 + 4s + 5)
= 0
Raíces de polos:
s = 0
s = −2 + j
s = −2 − j
Numero de polos:
m = 3

4. Ejemplo 1.
N = m − n = 3 − 0
N = 3
r = 0, 1, 2 … N − 1
r = 0, 1, 2
Regiones (no se toma en cuenta polos y ceros conjugados):
Como da impar, sí hay región a partir del polo en 0 hacia la izquierda.
jω
× σ
R1
+#z 0
-#p 1
-1
R1

5. Ejemplo 1.
Asíntotas.
Centroide:
σa =
σ pi − σ zj
N
σa =
−2 + j − 2 − j − (0)
3
= −
4
3
Ángulos de las asíntotas:
ϕa =
2r + 1
N
× 180° = ቐ
r = 0 → ϕ1 = 60°
r = 1 ϕ2 = 180°
r = 2 → ϕ3 = 300° ≡ −60°

6. Ejemplo 1.
Puntos de dispersión.
1. Cuando s = σ
k = −0.1(s3
+ 4s2
+ 5s)
𝜕k
𝜕σ
= 0
3σ2
+ 8σ + 5 = 0
σ1 = −
5
3
, σ2 = −1
Hay que evaluar estos resultados en el polinomio k para saber si no dan alguna
incongruencia, es decir, eliminación de resultados.

7. Ejemplo 1.
k s1 = −
5
3
= 0.1852 > 0 → existe un punto de dispersión
k s2 = −1 = 0.2 > 0 → existe un punto de dispersión
Recordar que k > 0.

8. Ejemplo 1.
2. Cruce por el eje jω
Solución 1:
Se lo puede resolver reemplazando s = jω
jω 3
+ 4 jω 2
+ 5 jω + 10k = 0
−jω3
− 4 × ω2
+ 5 × jω + 10k = 0
Separamos…
parte real:
−4ω2
+ 10k = 0
Parte imaginaria:
−ω3
+ 5ω = 0

9. Ejemplo 1.
Resolviendo la ecuación que no tenga dos incógnitas…
−ω3
+ 5ω = 0
ω = 0 ∨ −ω2
+ 5 = 0
ω2
= 5
ω = ± 5 ≈ ±2.236
La otra forma es por medio del criterio de estabilidad de Routh-Hurwitz, aplicando este método,
podemos obtener la estabilidad del sistema y posiblemente el cruce por el eje imaginario.

10. Ejemplo 1.
Solución 2:
Por medio de Routh-Hurwitz
s3
+ 4s2
+ 5s + 10k = 0
s3
1 5
s2
4 10k
s1
s0
α1
δ1
α2
α1 = −
1 × 10k − 5 × 4
4
=
20 − 10k
4
𝛼2 = 0
δ1 = 10k

11. Ejemplo 1.
Viendo que los coeficientes de la 1era columna sean mayores que cero para
estabilidad…
α1 =
20 − 10k
4
> 0 → k < 2 → kcrit = 2
δ1 = 10k > 0 → k > 0
Se puede decir que la ganancia se encuentra en un intervalo
k ∈ (0, 2)

12. Ejemplo 1.
Por medio de la ecuación auxiliar:
4s2 + 10kcrit = 0
4s2
+ 20 = 0
s2
= ±j 5 ≈ ±j2.235
Ese es el cruce por el eje jω.

13. Ejemplo 1.
Ángulos de salida de los polos
𝜃 𝑝𝑐1
𝜃 𝑝𝑐2
−2 + 𝑗
−2 − 𝑗
0

14. Ejemplo 1.
Cálculo de ángulos:
±180 = σθz − σθp
−180 = 0 − 90 + 180 − tan−1
1
2
+ θpc1
θpc1 = −63.43°
−180 = 0 − 270 + 180 + tan−1
1
2
+ θpc2
θpc2 = −296.57° ≡ 63.43°

15. Ejemplo 1.
𝜃 𝑝𝑐1
𝜃 𝑝𝑐2
𝜎1 𝜎2𝜎 𝑎
𝜙1𝜙2
𝜙3
+𝑗 5
−𝑗 5
Solución del literal a)

16. Ejemplo 1.
b.
Rango de k para sistema estable:
0 < k < 2
Frecuencia de oscilación:
kcrit = 2 → ω = ± 5
rad
s

17. Ejemplo 1.
c.
k s = −3 = −0.1( −3 3 + 4 −3 2 + 5 −3 )
k = 0.6
s3
+ 4s2
+ 5s + 10(0.6) = 0
s3
+ 4s2
+ 5s + 6 = 0
Factorizando:
s + 3 s2 + s + 2
las otras raíces están en:
s = −
1
2
± j
7
2
≈ −0.5 ± j1.323

18. Ejemplo 1.
d.
Para la dominancia de segundo orden debemos tener en cuenta esta ecuación
característica:
s + ρ s2
+ 2ζωns + ωn
2
, ρ ≥ 5ζωn
Comparando:
s + 3 s2
+ s + 2
2ζωn = 1 → ζωn = 0.5
ρ = 3 → 3 ≥ 5 × 0.5
6 ≥ 5
Polo alejado 6 veces de la parte real de los polos conjugados

19. Ejemplo 1.
Calculando el tiempo de estabilización:
Ts =
4
ζωn
=
4
0.5
= 8 s
Como:
ωn = 2
Entonces:
ζ =
0.5
√2
= 0.3536
El sobre-nivel porcentual es:
𝑆𝑃% = 100% × 𝑒
−𝜋
𝜁
1−𝜁2
= 100% × 𝑒
−𝜋
0.3536
1− 03536 2
= 30.5%

20. Ejemplo 1.
e.
E s = R s 1 − T S
Como k = 0.6
T s =
6
s3 + 4s2 + 5s + 6
Rampa unitaria:
1
s2
E s =
1
s2
s s2
+ 4s + 5
s3 + 4s2 + 5s + 6
Ess = lim
s→0
sE(s)
Ess = lim
s→0
s
1
s
s2
+ 4s + 5
s3 + 4s2 + 5s + 6
Ess =
5
6
= 0.833

22. Ejemplo 2.
Bosqueje el lugar geométrico de las raíces del sistema representado por la función
de lazo abierto:
GH s = k
s + 1
s s + 3 s + 5 s2 + 4s + 8

23. Ejemplo 2.
Ecuación característica:
1 + k
s + 1
s s + 3 s + 5 s2 + 4s + 8
= 0
Ceros:
s = −1
𝑛 = 1
Polos:
s = 0
s = −3
s = −5
s = −2 ± j2
m = 5

24. Ejemplo 2.
N = m − n = 5 − 1
N = 4
r = 0, 1, 2 … N − 1
r = 0, 1, 2, 3, 4
Regiones (no se toma en cuenta polos y ceros conjugados):
jω
× σ
R1R2R3R4
R1 R2 R3 R4
+#z 0 1 1 1
-#p 1 1 2 3
Impar? -1 0 -1 -2
××

25. Ejemplo 2.
Asíntotas.
Centroide:
σa =
σ pi − σ zj
N
σa =
0 − 3 − 5 − 2 + j − 2 − j − (−1)
4
= −
11
4
= −2.75
Ángulos de las asíntotas:
ϕa =
2r + 1
N
× 180° =
ϕ0 = 45°
ϕ1 = 135°
ϕ2 = 225°
ϕ3 = 315°

26. Ejemplo 2.
Puntos de dispersión:
1. Cuando s = σ
k = −
s5
+ 12s4
+ 55s3
+ 124s2
+ 120s
s + 1
ቤ
𝜕k
𝜕σ σ=σo
= 0
−
4σ5 + 41σ4 + 158σ3 + 289σ2 + 248σ + 120
σ + 1 2 = 0

27. Ejemplo 2.
4σ5 + 41σ4 + 158σ + 289σ2 + 248σ + 120 = 0
Resolviendo:
σo = −4.203
σo = −2.4748 + j1.2667
σo = −2.4748 − j1.2667
σo = −0.5487 + j0.7889
σo = −0.5487 − j0.7889
El valor de -4.203 es factible ya que viendo en la región de ruptura, esta ubicado
entre -5 y -3

28. Ejemplo 2.
2. Cuando s = jω o aplicando Routh-Hurwitz:
s5
+ 12s4
+ 55s3
+ 124s2
+ k + 120 s + k = 0
s5 1 55 k + 120
s4
12 124 k
s3 134
3
11k
12
+ 120
s2 6148
67
−
33k
134
k
s1
121k2
− 5304k − 5902080
132k − 49184
s0
k

29. Ejemplo 2.
Estabilidad:
6148
67
−
33k
134
> 0
k <
6148
67
×
134
33
k < 4098.667

30. Ejemplo 2.
Estabilidad:
121k2
− 5304k − 5902080
132k − 49184
> 0
Por método gráfico tenemos a k en los intervalos de
− 200.0238 < k < 243.858 ∧ k > 372.6061
Pero como
k > 0 ∧ k < 4098.667
Tenemos
0 < k < 243.858 ∧ 372.6061 < k < 4098.667
Kcrit:
kcrit1 = 243.858 , kcrit2 = 372.6061 , kcrit3 = 4098.667

31. Ejemplo 2.
Hay que evaluar los kcrit para descartar los que no cumplen uno de los criterios, magnitud o fase:
Ec. Aux.:
12s4 + 124s2 + kcrit = 0
-Cuando kcrit1 = 243.858
12s4
+ 124s2
+ 243.858 = 0
Solución:
s = ±j2.7733 ∧ s = ±j1.6255
Aplicando el criterio de magnitud para s = ±j2.7733:
𝑘 𝐹(𝑠 = 𝑠 𝑜) = 1
243.858 ×
s + 1
s s + 3 s + 5 s2 + 4s + 8 j2.7733
= 0.999990161 ≈ 1 → es factible
243.858 ×
s + 1
s s + 3 s + 5 s2 + 4s + 8 −j2.7733
= 0.999990161 ≈ 1 → es factible

32. Ejemplo 2.
Aplicando el criterio de magnitud para s = ±j1.6255
243.858 ×
s + 1
s s + 3 s + 5 s2 + 4s + 8 +j1.6255
= 1.895 ≠ 1 → no es factible
243.858 ×
s + 1
s s + 3 s + 5 s2 + 4s + 8 −j1.6255
= 1.8943 ≠ 1 → no es factible

33. Ejemplo 2.
Para el kcrit2 = 372.6061
12s4 + 124s2 + 372.6061 = 0
Solución:
±0.4504 ± 𝑗2.3172
±0.4504 ± 𝑗2.3172
Se ve que tiene parte real, por lo tanto no es factible el valor de k crítico ya que
estos puntos no son la intersección con el eje imaginario.

34. Ejemplo 2.
Para el kcrit3 = 4098.667
12s4 + 124s2 + 4098.667 = 0
Solución:
±2.5802 ± 𝑗3.4386
Éste tambien tiene parte real mayor a cero, por lo tanto no es factible este valor de
k crítico.

35. Ejemplo 2.
Se concluye que los puntos s = ±j2.7733 son las intersecciones con el eje
imaginario con una ganancia de kcrit1 = 243.858
Podemos decir que el sistema es estable para valores de:
0 < k < 243.858
Solo queda calcular los ángulos de salida de los polos conjugados.
±180° = σθz − σθp

36. Ejemplo 2.
𝜃−0
𝜃 𝑝𝑐1
𝜃+1𝜃−5
𝜃−2+𝑗2
𝜃−3

37. Ejemplo 2.
±180° = σθz − σθp
−180° = 116.565° − 135° + 90° + 63.435° + 33.690° + θpc1
θpc1 = −25.56°
Por simetría vamos a tener al otro ángulo de salida con signo positivo:
θpc2 = +25.56°

38. Ejemplo 2.
−j2.773
𝜎 𝑎𝜎o
𝜃 𝑝𝑐1
𝜃 𝑝𝑐2
+j2.773
𝜙0
𝜙1
𝜙2
𝜙3

39. Ejemplo 2.
¿El punto so = −4 + j2 pertenece al lugar geométrico?
Por medio del criterio de fase:
±180° = ∠F s
θ1 = ∠ −4 + j2 − −5 = 63.439°
θ2 = ∠ −4 + j2 − −3 = 116.565°
θ3 = ∠ −4 + j2 − −1 = 146.310°
θ4 = ∠ −4 + j2 − 0 = 153.435°
θ5 = ∠ −4 + j2 − −2 + j2 = 180°
θ6 = ∠ −4 + j2 − −2 − j2 = 116.565°
θpi = 630.004°, θzj = 146.310°
±180° = 146.310° − 630.004° = −483.694°
−483.694° ≡ −123.694°
−123.694° ≠ ±180° ∴ no forma parte del L. G. R.
×
θ1 θ2 θ3 θ4
θ5
θ6

40. Ejemplo 2.
Determine gráficamente dos raíces reales e
indique su valor.
Se ve claramente que en el punto de ruptura
hay 2 puntos, 1 que se va hacia arriba y hacia
abajo.
𝑆1,2 = −4.203

42. Ejemplo 3.
Para el siguiente sistema:
G s =
k
s s + 1 (s2 + 4s + 13)
; H s = 1
a. Bosqueje con todos los detalles posibles el lugar geométrico de las raíces cuando
0 < k < ∞
Si dos de sus raíces están ubicadas en −0.3 ± j , entonces:
b. ¿cuál es el valor de k que ubica las raíces en lazo cerrado en ese lugar?
c. Para ese valor de k, ¿dónde se encuentran las otras raíces?
d. ¿Existe dominancia de segundo orden?, justifique su afirmación

43. Ejemplo 3.
a.- formamos lo siguiente:
1 +
k
s s + 1 (s2 + 4s + 13)
= 1 +
k
s s + 1 (s + 2 + j3)(s + 2 − j3)
= 0
1 +
k
s4 + 5s3 + 17s2 + 13s
= 0
q s = s4 + 5s3 + 17s2 + 13s + k = 0
k = − s4 + 5s3 + 17s2 + 13s

44. Ejemplo 3.
Polos:
s = 0
s = −1
s = −2 ± j3
Calculo el N y r:
m = 4 , n = 0
N = m − n = 4
r = 0, 1, 2, 3

45. Ejemplo 3.
jω
σ
R1
××
−1 0
R2
R1 R2
+#z 0 0
−#p 1 2
Impar? −1 −2
Centroide:
σa =
σ pi − σ zj
N
σa =
0 − 1 − 2 × 2 − 0
4
−
5
4
= −1.25
Ángulos de las asíntotas:
ϕa =
2r + 1
N
× 180° =
ϕ0 = 45°
ϕ1 = 135°
ϕ2 = 225°
ϕ3 = 315°
Espacio entre las asíntotas
ϕe =
360°
N
= 45°

46. Ejemplo 3.
Puntos de dispersión.
1. Cuando s = σ :
k = − σ4
+ 5σ3
+ 17σ2
+ 13σ
ቤ
𝜕k
𝜕σ σ=σo
= 0
4σ3
+ 15σ2
+ 34σ + 13 = 0
σo = −0.466378
Los otros 2 resultados son complejos, no aplican.
Intersección con el eje imaginario.
2. Cuando s = jω ∶
jω 4
+ 5 jω 3
+ 17 jω 2
+ 13 jω + k = 0
Parte real:
ω4
− 17ω2
+ k = 0
Parte imaginaria:
−5ω3
+ 13ω = 0
Resolvemos:
ω(−5ω2
+ 13) = 0
5ω2
= 13
𝜔 = ±1.61245
Kcrit:
(ω4
− 17ω2
+ k ቚ)
ω=±1.61245
= 0
kcrit1,2 = 37.44

47. Ejemplo 3.
Para hallar la estabilidad, aplicamos Routh-Hurwitz.
s4
1 17 k
s3
5 13
s2 72
5
k
s1
13 −
25k
72
s0
k

48. Ejemplo 3.
13 −
25k
72
> 0
k < 37.44 → kcrit = 37.44
Ec. Aux. :
72
5
s2
+ 37.44 = 0
s = ±j1.61245
Se concluye que el kcrit = 37.44 y la intersección con el eje imaginario de la gráfica
coincide en s = ±j1.61245.
Solo faltaría calcular los ángulos de salida de los polos conjugados.

49. Ejemplo 3.
θpc1
θpc2
θp−2−j3
θp−1
θp0

50. Ejemplo 3.
θp−2−j3
= ∠ −2 + j3 − −2 − j3 = 90°
θp−1
= ∠ −2 + j3 − −1 = 108.435°
θp0
= ∠ −2 + j3 − 0 = 123.690°
±180° = σθz − σθp
−180° = 0 − 90° + 108.435° + 123.690° + θpc1
θpc1 = −142.125°
Por simetría vamos a tener que θpc2 = +142.125°

51. −142.125°
+142.125°
45°
σoσa
+j1.612
−j1.612

52. Ejemplo 3.
b. Se lo prueba por criterio de magnitud:
k F(s = so) = 1
k =
1
F(0.3 ± j)
= 14.539
c. Hallando las raíces del polinomio q:
q s = s4
+ 5s3
+ 17s2
+ 13s + 14.539 = 0
Solución:
−2.1902 ± j2.8958
d. ¿dominancia de segundo orden?
Sí, ya que 2.1902 > 5(0.3098)
0.3
2.19

54. Ejemplo 4.
a. Bosqueje con todos los detalles posibles el lugar geométrico de las raíces cuando
0 < a < ∞+
b. Determine el valor de a, tal que el coeficiente de amortiguamiento de los polos
dominantes sea ζ = 0.5 .
c. Para el valor de a obtenido en b, obtenga el valor de los polos de lazo cerrado del
sistema. ¿Existe dominancia de segundo orden?, justifique.
d. Proporcione información sobre la estabilidad del sistema.
s + a
s + 8
10
s s + 1−
+R s Y s

55. Ejemplo 4.
Se debe hacer una reacomodación:
s + a
s + 8
×
10
s s + 1
=
10s + 10a
s3 + 9s2 + 8s
Ecuación característica:
1 +
10s + 10a
s3 + 9s2 + 8s
= 0
s3
+ 9s2
+ 18s + 10a = 0
s3 + 9s2 + 18s + k = 0 , k = 10a
1 +
k
s3 + 9s2 + 18s
= 1 + k
1
s s + 3 s + 6
= 0

56. Ejemplo 4.
Raíces de los ceros:
no hay ceros.
Raíces de los polos:
s = 0
s = −3
s = −6
Calculo de N y r
N = m − n = 3 − 0 = 3
r = 0, 1, 2
Regiones:
σa =
σ pi − σ zj
N
= −3
ϕa =
2r + 1
N
× 180° =
60°
180°
300°
jω
σ×
−3
××
0−6
R1R2R3
R1 R2 R3
+#z 0 0 0
−#p 1 2 3
impar? −1 −2 −4

57. Ejemplo 4.
Puntos de dispersión
s = σ
k = − σ3
+ 9σ2
+ 18σ
ቤ
𝜕k
𝜕σ σ=σo
= 0
3σ2
+ 18σ + 18 = 0
σo1 = −1.2679 ∧ σo2 = −4.7321
Punto de dispersión entre -3 y 0.
Cruce por el eje imaginario.
s = jω
jω 3
+ 9 jω 2
+ 18 jω + k = 0
Parte real:
−9ω2
+ k = 0
Parte imaginaria:
−ω3
+ 18ω = 0
Resolviendo la parte imaginaria
−ω2 + 18 = 0
ω = ± 18 ≈ ±4.2426
K crítico:
−9(± 18)2
+k = 0
k = 9 × 18 = 162 → a = 16.2

58. Ejemplo 4.
Estabilidad:
s3 + 9s2 + 18s + k = 0
s3
1 18
s2
9 k
s1 162 − k
9
0
s0
k

59. Ejemplo 4.
162 − 𝑘
9
> 0
k < 162 → kcrit = 162 → acrit = 16.2
Entonces el intervalo de la ganancia para que el sistema sea estable esta en:
0 < k < 162
Y como k = 10a, entonces:
0 < a < 16.2

60. σo σa
+j 18
−j 18

61. Ejemplo 4.
b.
s + ρ s2
+ 2ζωns + ωn
2
s + ρ s2
+ ωns + ωn
2
ቊ
s3 + 9s2 + 18s + 10a
s3
+ ωn + ρ s2
+ ωn
2
+ ρωn s + ρωn
2
൞
ωn + ρ = 9
ωn
2
+ ρωn = 18
ρωn
2
= 10a
ρ = 9 − ωn → ωn
2
+ 9 − ωn ωn = 18
9ωn = 18
ωn = 2
ρ = 7
7 × 2 2
= 10a
a = 2.8
s3
+ 9s2
+ 18s + 28

62. Ejemplo 4.
c.
s3
+ 9s2
+ 18s + 28
Como ρ = 7 → s = −7
Por división sintética:
s2
+ 2s + 4 = 0
s = −1 ± 3
ρ ≥ 5σ
7 ≥ 5 ∴ sí hay domiancia de 2do orden
1 9 18 28 −7
−7 −14 −28
1 2 4 0

63. Ejemplo 4.
d.
El sistema es estable en:
0 < k < 162
Y como k = 10a, entonces:
0 < a < 16.2

65. Ejemplo 5.
Se dispone de un sistema realimentado con realimentación unitaria con la siguiente función de
transferencia de lazo:
G s = k
s + 2 + j s + 2 − j
s s − 1 s + 6
a) Bosqueje el lugar geométrico de las raíces, evaluando todos los puntos de interés.
b) Haga un análisis de estabilidad absoluta del sistema.
c) Ajuste el sistema considerando su dominancia de segundo orden de tal manera que responda con
una frecuencia natural de ωn = 2 .
d)Determine la ubicación de las raíces de la ecuación característica para el valor de k obtenido en el
literal anterior.

66. Ejemplo 5.
acomodando la ecuación:
1 + k
s + 2 + j s + 2 − j
s s − 1 s + 6
= 0
1 + k
𝑠2 + 4𝑠 + 5
s3 + 5𝑠2 − 6𝑠
= 0
s3 + 5𝑠2 − 6𝑠 + k 𝑠2 + 4𝑠 + 5 = 0
𝑠3
+ 𝑘 + 5 𝑠2
+ 4𝑘 − 6 𝑠 + 5𝑘 = 0

67. Ejemplo 5.
Raíces de ceros.
s = −2 + j
s = −2 − j
n = 2
Raíces de polos.
s = 0
s = −6
s = 1
m = 3
N = m − n = 3 − 2 = 1
r = 0
No es necesario calcular asíntotas ya que
N = 1 y el ángulo saldrá 180°.
× ××
−6 0 1
𝜎
jω

68. Ejemplo 5.
Puntos de dispersión s = σ :
k = −
σ3
+ 5σ2
− 6σ
σ2 + 4σ + 5
ቤ
𝜕k
𝜕σ σ=σo
= 0
−
σ4
+ 8σ3
+ 41σ2
+ 50σ − 30
σ2 + 4σ + 5 2
= 0
σ4
+ 8σ3
+ 41σ2
+ 50σ − 30 = 0
De las raíces se escoge: 0 < σ < 1
σo = 0.4328
Cruce por el eje imaginario s = jω:
jω 3
+ k + 5 jω 2
+ 4k − 6 jω + 5k = 0
Parte real:
− k + 5 ω2
+ 5k = 0
Parte imaginaria:
−ω3
+ 4k − 6 ω = 0
Acomodando a la parte imaginaria:
k =
ω2
+ 6
4
Metiendo en la parte real:
−
ω2
+ 6
4
+ 5 ω2
+ 5
ω2
+ 6
4
= 0
ω4
+ 21ω2
− 30 = 0

69. Ejemplo 5.
De la ecuación:
ω4 + 21ω2 − 30 = 0
Tenemos las soluciones:
ω1,2 = ± j4.7268
ω3,4 = ±1.1588
Como el ω solo es la magnitud del eje imaginario, entonces se descartan las
soluciones que tienen parte compleja.
Calculamos el k crítico:
kcrit =
(1.1588)2+6
4
= 1.8357

70. Ejemplo 5.
Estabilidad (b.):
s3 + k + 5 s2 + 4k − 6 s + 5k = 0
s3 1 4k − 6
s2
k + 5 5k
s1
4k2
+ 9k − 30
k + 5
s0 5k
k + 5 > 0
k > −5
4k2 + 9k − 30
k + 5
> 0
Por método gráfico, los intervalos en
donde la expresión es positiva son
−5, −4.0856 ∪ 1.8357, +∞
Pero como k es positivo, entonces…
k ∈ 1.8357, +∞ → kcrit = 1.8357

71. Ejemplo 5.
Ángulos de entrada de los ceros conjugados:
14.0362° 153.4349°
161.5651°
𝜃 𝑧𝑐1
90°

72. Ejemplo 5.
Calculando el ángulo de entrada del cero conjugado.
±180° = σθz − σθp
+180° = 90° + θzc1 − 153.4349° + 14.0362° + 161.5651°
θzc1 = 419.0362° ≡ 59.04°
Por simetría, el otro ángulo para el cero conjugado será:
θzc2 = −59.04°

73. −59.03°
59.03°
σo = 0.4328
+j1.1588
−j1.1588

74. Ejemplo 5.
c.
s3
+ k + 5 s2
+ 4k − 6 s + 5k = 0
s + ρ s2
+ 2ζωns + ωn
2
s + ρ s2
+ 4ζs + 4
s3
+ 4ζ + ρ s2
+ 4 + 4ζρ s + 4ρ
k + 5 = 4ζ + ρ
4k − 6 = 4 + 4ζρ
5k = 4ρ
4k − 6 = 4 + 5kζ
4k + 20 = 16ζ + 5k
k =
10
4 − 5ζ
4
10
4 − 5ζ
+ 20 = 16ζ + 5
10
4 − 5ζ
40 + 20 4 − 5ζ
4 − 5ζ
=
16ζ 4 − 5ζ + 50
4 − 5ζ
80 − 100ζ = 64ζ − 80ζ2
+ 10
80ζ2
− 164ζ + 70 = 0
ζ1 = 1.444 > 1 → no , ζ2 = 0.60592
k =
10
4 − 5ζ
= 10.30503
ρ =
5
4
k = 12.8813 ≥ 5ζωn
10.63 > 5 ∴ sí hay dominancia de 2do orden

75. Ejemplo 5.
d.
s + ρ s2 + 2ζωns + ωn
2
Tal que:
ρ = 12.8813, ζ = 0.60592, ωn = 2
s + 12.8813 s2 + 2.42368s + 4
Solución de la cuadrática(Polos conjugados):
s = −1.21184 ± j1.59105

77. Ejemplo 6.
Considere el siguiente sistema de control de realimentación negativa unitaria cuya función de transferencia del proceso es:
G s = k
s + 3 s + 4
s s + 1
Bosqueje el lugar geométrico de las raíces para variación del parámetro k. para una entrada escalón unitaria, determinar los
dos valores de k para que la respuesta en el tiempo del sistema de control tenga una relación de amortiguamiento de 𝜁 =
0.75. Con las ganancias obtenidas, determine el sobre-nivel porcentual, el tiempo pico y tiempo de estabilización (para una
banda del 2% de la señal de entrada), además obtenga los polos en lazo cerrado para cada ganancia.
a) ¿Son iguales las respuestas ?
b) Si no los son, diga cuales son las diferencias entre las características de las respuestas en el tiempo.
c) ¿para cuál ganancia la respuesta es más rápida y por qué?
d) Si las dos respuestas tienen la misma relación de amortiguamiento, ¿debería tener el mismo sobre-nivel porcentual?
e) ¿Cuál es el efecto de la ubicación de los polos y ceros de lazo cerrado en la respuesta transitoria para los dos valores de k?

78. Ejemplo 6.
Reacomodamos para formar la ecuación característica:
1 + k
s + 3 s + 4
s s + 1
= 0
s2
+ s + k s2
+ 7s + 12 = 0
k = −
s2
+ s
s2 + 7s + 12
q s = 1 + k s2
+ 1 + 7k s + 12k = 0
s2
+
1 + 7k
1 + k
s +
12k
1 + k
= 0

79. Ejemplo 6.
Raíces de ceros:
s = −3
s = −4
Raíces de polos:
s = 0
s = −1
Cálculo de N:
N = m − n = 2 − 2 = 0
Da cero, no aplican asíntotas.
Regiones:
Vemos que tiene un punto de dispersión
e ingreso, uno entrando entre -4 y -3 y el
otro saliendo entre -1 y 0, como los
polos buscan los ceros, se puede intuir
que formará una circunferencia.
No hay cruce por el eje imaginario así
que no hay que hacer el calculo de hallar
las intersecciones, es decir s = jω.
jω
σ×
−1−2−3−4
×⊝ ⊝
R1R2R3R4
0

80. Ejemplo 6.
Puntos de dispersión e ingreso:
k = −
s2 + s
s2 + 7s + 12
ቤ
𝜕k
𝜕σ σ=σo
= 0
−
6σ2 + 24σ + 12
σ2 + 7σ + 12 2 = 0
6σ2
+ 24σ + 12 = 0
Solución:
σo1 = −3.4142
σo2 = −0.5858
A simple vista, estos valores son los
puntos de entrada y salida de la región.

81. Ejemplo 6.
Estabilidad:
1 + k s2 + 1 + 7k s + 12k = 0
𝑠2
1 + 𝑘 12𝑘
𝑠1
1 + 7𝑘 0
𝑠0
12𝑘
Vemos que la estabilidad está para
0 < k < +∞
Para el bosquejo se intuyó que era una
circunferencia.
Calculamos el radio y centro:
𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 =
−3.4142 − −0.5858
2
𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 = 1.4142 ≈ 2
𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 = −3.4142 + 1.4142 = −2

82. σo1 = −3.4142 σo2 − 0.5858𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 = −2

83. Ejemplo 6.
Para la entrada escalón unitario con 𝜁 = 0.75 se
hallarán los valores de k:
1) 1.5ωn =
1 + 7k
1 + k
2) ωn
2
=
12k
1 + k
Resolviendo:
ωn
2
=
1
2.25
×
1 + 7k
1 + k
2
s2
+2ζωns +ωn
2
s2
+
1 + 7k
1 + k
s +
12k
1 + k
Sustituyendo:
1
2.25
×
1 + 7k
1 + k
2
=
12k
1 + k
1 + 7k
1 + k
2
=
27k
1 + k
1 + 14k + 49k2
1 + k
= 27k
1 + 14k + 49k2
= 27k + 27k2
22k2
− 13k + 1 = 0
Solución:
k1 =
1
2
, k2 =
1
11

84. Ejemplo 6.
Para k1 =
1
2
ωn1 =
1
1.5
×
1 + 7
1
2
1 +
1
2
= 2
Para k2 =
1
11
ωn2 =
1
1.5
×
1 + 7
1
11
1 +
1
11
= 1
Las fórmulas de sobre-nivel porcentual, tiempo de estabilización
y tiempo pico son:
SP = 100e
−
πζ
1−ζ2
, Ts2%
=
4
ζωn
, Tpk =
π
ωn 1 − ζ2
Como ζ = 0.75
SP = 100e
−
π(0.75)
1− 0.75 2
%
SP = 2.8375%
Para ωn1 = 2rad/s:
Ts =
4
0.75 × 2
= 2.667 s
Tpk =
π
2 1 − 0.752
= 2.3748 s
Para ωn2 = 1rad/s:
Ts =
4
0.75 × 1
= 5.333 s
Tpk =
π
1 1 − 0.752
= 4.7496 s

85. Ejemplo 6.
a. Los sistemas no son iguales.
b. Difieren en su tiempo pico y de estabilización.
c. Para k = ½ porque la frecuencia es mayor, 2rad/s.
d. La fórmula de SP% solo depende del coeficiente de amortiguamiento.
e. Los polos intervienen en la respuesta dinámica y los ceros en su magnitud

87. Ejemplo 7.
El sistema con realimentación unitaria y controlador PI es:
Gp s =
1
s2 + 7s + 10
, H s = 1
Gc s = k
s + z
s
a. Grafique el L.G.R. Asignando al cero del controlador un valor inicial entre
2 < z < 5
Para el valor que asuma evalúe los puntos de interés en el gráfico de la trayectoria de las
raíces.
b. Encuentre el valor de k y z del controlador de tal manera que dos de sus raíces en lazo
cerrado proporcionan un tiempo de estabilización de 2seg. y una constante de
amortiguación de 0.7 (dominancia de segundo orden).

88. Ejemplo 7.
Acomodando:
1 + k
s + z
s
×
1
s2 + 7s + 10
= 1 + k
s + z
s3 + 7s2 + 10s
= 1 + k
s + z
s s + 2 s + 5
s3 + 7s2 + 10s + k s + z = 0
q s = s3 + 7s2 + 10 + k s + zk = 0
k = −
s3 + 7s2 + 10s
s + z

89. Ejemplo 7.
Polos:
0
−2
−5
Ceros:
−z
Asíntotas:
N = m − n = 3 − 1 = 2
r = 0, 1
Ángulos:
ϕa = 90°, 270°
Centroide:
σa =
−7 + z
2
Como
−2 > −z > −5
−2.5 < σa < −1
Vemos que a medida que el cero tiende a -5,
el centroide tiende a -1, lo mismo cuando el
cero tiende a -2, el centroide tiende a -2.5.
Región:
jω
σ
−1−2
×⊝
0−5
× ×

90. Ejemplo 7.
Puntos de dispersión:
Cuando s = σ
k = −
σ3
+ 7σ2
+ 10σ
σ + z
ቤ
𝜕k
𝜕σ σ=σo
= 0
σ + z 3σ2
+ 14σ + 10 − 1 σ3
+ 7σ2
+ 10σ
σ + z 2
2σ3
+ 7 + 3z σ2
+ 14zσ + 10z = 0
Cuando 𝑧 → 2
2σ3
+ 13σ2
+ 28σ + 20 = 0
σo1 = −2.5 , σo2,3 = −2
Cuando 𝑧 → 5
2σ3
+ 22σ2
+ 70σ + 50 = 0
σo1 = −1 , σo2,3 = −5
Para saber los valores factibles, debemos hacer una
gráfica de las regiones cuando el cero tiene tendencia
hacia uno de los polos -2 y -5.
Cuando 𝑧 → 2 :
Vemos que tiende a cancelarse con el polo en -2, el punto
de dispersión tiende a ser -2.5 ya que es el punto medio
entre -5 y 0.
Cuando 𝑧 → 5 :
También sería lo mismo, tiende a cancelar el polo ubicado
en -5 y la región seria entre -2 y 0 con un punto de
dispersión que tiende a -1.
Se da un rango de valores para σo
−2.5 < σo < −1
2 < z < 5
σ×
−2
×⊝
0−5
×
−2.5

91. Ejemplo 7.
Para el análisis de estabilidad vemos que:
−2.5 < σa < −1
Y además
−2.5 < σo < −1
2 < z < 5
El sistema es estable para cualquier variación de ganancia, siempre y cuando
cumpla la condición de que k sea positivo y el polo esté entre 2 y 5.
Como el sistema es estable, no va a tener puntos de cruce por el eje jω, noes
necesario calcularlo.
Para la gráfica se elegirá un z = 3.

92. −3 σa = −2 σo = −1.1363

93. Ejemplo 7.
b.
s + ρ s2 + 2ζωns + ωn
2
Como:
Ts = 2s = 4τ =
4
ζωn
→ ζωn = 2
ζ = 0.7 → ωn =
2
0.7
= 2.8571 rad/s
Tenemos:
s3 + 4 + ρ s2 +
4
0.49
+ 4 s +
4
0.49
ρ
s3 + 7s2 + 10 + k s + zk = 0
Comparando:
4 + ρ = 7
4
0.49
+ 4 = 10 + k
zk =
4
0.49
ρ
ρ = 3
𝑘 =
4
0.49
+ 4 − 10 = 2.1633 > 0
𝑧 =
4
0.49
3 ×
1
2.1633
= 11.3208
Entonces:
s3 + 7s2 + 12.1633s + 24.4898
O también
s + 5.61 s + 0.695 + j1.97 s + 0.695 − j1.97
Como
s + ρ s + ζωn + jωn 1 − ζ2 s + ζωn − jωn 1 − ζ2
ζωn = 0.695
Dominancia de 2do orden? :
5.61 > 5ζωn
8.07 veces > 5 veces → sí

95. Ejemplo 8.
Un sistema utilizado para el control de los gases de emisión de una máquina de
combustión interna, con realimentación negativa unitaria, tiene las siguientes
funciones de transferencia:
GH s =
ks2 + 12s + 18
s3 + 7s2 + 12s
Uno de los polos de lazo abierto es s + 1 . Se desea graficar el L.G.R.
Proporcione toda la información de los puntos de interés de la misma.

96. Ejemplo 8.
Tenemos:
1 +
ks2
+ 12s + 18
𝑠 + 1 (s3 + 7s2 + 12s)
Hay que llevarlo a la forma
1 + kF s = 0
Entonces:
1 +
ks2
+ 12s + 18
s4 + 8s3 + 19s2 + 12s
= 0
s4
+ 8s3
+ 19s2
+ 12s + ks2
+ 12s + 18 = 0
s4
+ 8s3
+ 19s2
+ 24s + 18 + ks2
= 0
1 + k
s2
s4 + 8s3 + 19s2 + 24s + 18
= 0

97. Ejemplo 8.
Ceros:
0
0
Polos:
−0.5752 − j1.2789 − 0.5752 + j1.2789
− 1.8199 − 5.0296
N = m − n = 4 − 2 = 2
r = 0,1
Asíntotas:
σa =
σp − σz
N
= −4
ϕa =
2r + 1
N
× 180° =
90°
270°
Regiones:
jω
σ
−1.82
⊝
0−5.03
× × ⊝

98. Ejemplo 8.
Puntos de dispersión s = σ :
k = −
σ4
+ 8σ3
+ 19σ2
+ 24σ + 18
σ2
ቤ
𝜕k
𝜕σ σ=σo
= 0
−
2σ4
+ 8σ3
− 24σ − 36
σ3
= 0
2σ4
+ 8σ3
− 24σ − 36 = 0
Solución
−3.4251 , 1.9056, −1.2403 ± j1.1043
Se descartan los complejos y nos quedan
σo1 = 1.9056 ∧ σo2 = −3.4251
Verificamos en la región:
Vemos que el punto de dispersión esta entre
los polos -5.03 y -1.82, entonces:
σo = −3.4251
Vemos que también no tiene intersecciones
con el eje imaginario, así que el k esta entre
cero a infinito.
jω
σ
−1.82
⊝
0−5.03
× × ⊝
×
×

99. Ejemplo 8.
Ángulos de salida de polos conjugados:
16.0192° 45.7768°
90°
114.2173°x2
𝜃 𝑝𝑐1
𝜃 𝑝𝑐2

100. Ejemplo 8.
±180° = σθz − σθp
−180° = 2 × 114.2173° − (16.0192° + 45.7768° + 90° + θpc1)
θpc1 = 256.6386°
Por simetría, el otro ángulo va a ser de:
θpc2 = −256.6386°

101. θpc1 = +256.64°
θpc2 = −256.64°
σo = −3.4251
σa = −4

103. Ejemplo 9.
Se dispone del siguiente sistema:
Tal que:
Gp s =
1
s + 1 s + 10
; Gc s =
k
s
; H s = 1
a. Grafique el L.G.R. identificando todos los puntos de interés.
b. Para un valor de la frecuencia natural 𝜔 𝑛 = 1, encuentre el valor de la ganancia k y las raíces de
la ecuación característica.
c. Encuentre SP y Ts, según las condiciones del literal b.
Gc s Gp s
−
+R s Y s
H s

104. Ejemplo 9.
Tenemos:
1 + k
1
s s + 1 s + 10
= 0
s s + 1 s + 10 + k = 0
s3 + 11s2 + 10s + k = 0
k = − s3 + 11s2 + 10s

105. Ejemplo 9.
Raíces de los ceros:
no hay ceros.
Raíces de los polos:
𝑠 = 0
𝑠 = −1
𝑠 = −0
Calculo de N y r
𝑁 = 𝑚 − 𝑛 = 3 − 0 = 3
𝑟 = 0, 1, 2
Regiones:
Asíntotas:
σa =
σ pi − σ zj
N
= −3.667
𝜙 𝑎 =
2𝑟 + 1
𝑁
× 180° =
60°
180°
300°
jω
σ×
−1
××
0−10

106. Ejemplo 9.
Puntos de dispersión
s = σ
k = − σ3
+ 11σ2
+ 10σ
ቤ
𝜕k
𝜕σ σ=σo
= 0
3σ2
+ 22σ + 10 = 0
σo1 = −0.4869 ∧ σo2 = −6.8465
Punto de dispersión entre -1 y 0.
Cruce por el eje imaginario.
s = jω
jω 3
+ 11 jω 2
+ 10 jω + k = 0
Parte real:
−11ω2
+ k = 0
Parte imaginaria:
−ω3
+ 10ω = 0
Resolviendo la parte imaginaria
−ω2 + 10 = 0
ω = ± 10 ≈ ±3.1623
K crítico:
−11(± 10)2
+k = 0
k = 11 × 10 = 110

107. Ejemplo 9.
Estabilidad:
s3 + 11s2 + 10s + k = 0
s3
1 10
s2
11 k
s1
10 −
k
11
0
s0 k

108. Ejemplo 9.
10 −
k
11
> 0
k < 110 → kcrit = 110
Entonces el intervalo de la ganancia para que el sistema sea estable esta en:
0 < k < 110
Ec. Aux.
11s2
+ kcrit = 0
s2
= −10 → s = ± −10 ≈ ±j3.1623

109. −3.667
+j3.1623
−j3.1623
60°
−0.4869

110. Ejemplo 9.
b.
s + ρ s2 + 2ζωns + ωn
2 , ωn = 1
s + ρ s2
+ 2ζs + 1
s3 + 2ζ + ρ s2 + 1 + 2ζρ s + ρ
s3
+ 11s2
+ 10s + k
2ζ + ρ = 11
1 + 2ζρ = 10
ρ = k
2𝜁 = 11 − 𝜌
1 + 11 − ρ ρ = 10
11 − ρ ρ = 9
11ρ − ρ2
= 9
ρ2
− 11ρ + 9 = 0
ρ1 = 10.11 , ρ2 = 0.890228
Para ρ1 = 10.11:
2ζ + 10.11 = 11
ζ = 0.445 < 1 → sí
Para ρ2 = 0.890228:
2ζ + 0.89 = 11
ζ = 5.055 > 1 → no

111. Ejemplo 9.
s + 10.11 s2
+ 0.89s + 1
Como
ρ ≥ 5ζωn
10.11 ≥ 2.225
Las raíces conjugadas son:
s1,2 = −0.445 ± j0.8955
c.
ωn = 1 , ζ = 0.445
Ts =
4
ζωn
=
4
0.445 × 1
= 8.989s
SP = 100e
−
πζ
1−ζ2
= 27.88%

113. Ejemplo 10.
Graficar el L.G.R. del siguiente sistema identificando todos los puntos de interés:
GH s = k
s + 1
s2 s + 10

114. Ejemplo 10.
Ecuación característica
1 + k
s + 1
s2 s + 10
= 0
s2
s + 10 + k s + 1 = 0
s3
+ 10s2
+ k s + 1 = 0
k = −
s3 + 10s2
s + 1
q s = s3
+ 10s2
+ ks + k = 0

115. Ejemplo 10.
Polos:
0, 0, −10
m = 3
Ceros:
−1
n = 1
Número de asíntotas:
N = m − n = 3 − 1 = 2
r = 0, 1
Regiones:
Centroide:
σa =
σpi − σzj
N
=
0 + 0 − 10 − (−1)
2
= −4.5
Ángulo de las asíntotas:
ϕa =
2r + 1
N
× 180° =
90°
270°
jω
σ×o ××
−10 −1 0
Trayectoria de los
polos tiende a la
región del cero

116. Ejemplo 10.
Puntos de dispersión y entrada:
k = −
σ3
+ 10σ2
σ + 1
ቤ
𝜕k
𝜕σ σ=σo
= 0
−
2σ3
+ 13σ2
+ 20σ
σ + 1 2
= 0
2σ3 + 13σ2 + 20σ = 0
Solució
σo1 = 0, σo2 = −2.5 , σo3 = −4
Por criterio de magnitud probamos si los
puntos son factibles.
1. El punto σo1 = 0 no es necesario probar,
éste sí es solo viendo la región.
2. El punto σo2 = −2.5
k = −
−2.5 3 + 10 −2.5 2
−2.5 + 1
= 31.25
k es positivo. Sí forma parte de la gráfica.
3. El punto σo3 = −4
k = −
−4 3
+ 10 −4 2
−4 + 1
= 32
k es positivo. Sí forma parte de la gráfica.

117. Ejemplo 10.
Estabilidad:
q s = s3 + 10s2 + ks + k = 0
s3
1 k
s2
10 k
s1 9k
10
0
s0 k
Vemos que para todo k>0 es estable.
Entonces el k crítico sería 0 y tomando la
ecuación auxiliar:
10s2
+ kcrit = 0
s2 = 0
s = jω = ±j0
Como en el origen es cero, la ganancia en
este punto, debido a que tiende a un polo, k
tenderá a 0.

118. σa = −4.5 σo3 = −4 σo2 = −2.5 σo1 = 0
90°

120. Ejemplo 11.
Graficar el L.G.R. del siguiente sistema identificando todos los puntos de interés:
s + 1
s2 s + 3
K
−
+
R s Y s

121. Ejemplo 11.
Tenemos:
1 + k
s + 1
s2 s + 3
= 0
k = −
s3 + 3s2
s + 1
q s = s3
+ 3s2
+ ks + k

122. Ejemplo 11.
Polos:
0, 0, −3
m = 3
Ceros:
−1
n = 1
Número de asíntotas:
N = m − n = 3 − 1 = 2
r = 0, 1
Regiones:
Centroide:
σa =
σpi − σzj
N
=
0 + 0 − 3 − (−1)
2
= −1
Ángulo de las asíntotas:
ϕa =
2r + 1
N
× 180° =
90°
270°
jω
σ×o ××
−3 −1 0
Trayectoria de los
polos tiende a la
región del cero

123. Ejemplo 11.
Puntos de dispersión y entrada:
k = −
σ3
+ 3σ2
σ + 1
ቤ
𝜕k
𝜕σ σ=σo
= 0
−
2σ3
+ 6σ2
+ 6σ
σ + 1 2
= 0
2σ3 + 6σ2 + 6σ = 0
Solución
σo1 = 0, σo2,3 = −1.5 ± j0.866
La solución no puede ser compleja, así
que solo el σo1 = 0, es el punto de
quiebre.

124. Ejemplo 11.
Estabilidad:
q s = s3 + 3s2 + ks + k
s3
1 k
s2
3 k
s1 2k
3
0
s0 k
Vemos que para todo k>0 es estable.
Entonces el k crítico sería 0 y tomando la
ecuación auxiliar:
3s2
+ kcrit = 0
s2 = 0
s = jω = ±j0
Como en el origen es cero, la ganancia en
este punto, debido a que tiende a un polo, k
tenderá a 0.

125. 90°
270°
σo1 = 0σa = −1

127. Ejemplo 12.
Para el sistema de control:
a. Trace el L.G.R. para variaciones de a > 0.
b. Determine el valor de ‘a’, tal que el coeficiente de amortiguamiento de los polos
dominantes es de 0.5.
2
s2 s + 2
s + a
−
+
R s Y s

128. Ejemplo 12.
Tenemos
GH s = s + a ×
2
s2 s + 2
=
2s + 2a
s2 s + 2
1 + GH s = 1 +
2s + 2a
s3 + 2s2
= 0
s3
+ 2s2
+ 2s + 2a = 0 , k = 2a
s3 + 2s2 + 2s + k = 0
1 + k
1
s3 + 2s2 + 2s
= 1 + k
1
s s + 1 + j s + 1 − j
= 0

129. Ejemplo 12.
Polos:
0, −1 ± j
m = 3
Ceros:
No existen ceros.
n = 0
Número de asíntotas:
N = m − n = 3 − 0 = 3
r = 0, 1, 2
Regiones:
Centroide:
σa =
σpi − σzj
N
=
0 − 1 − 1 − (0)
3
= −0.667
Ángulo de las asíntotas:
ϕa =
2r + 1
N
× 180° =
60°
180°
300°
jω
σ×

130. Ejemplo 12.
Puntos de dispersión y entrada:
k = − σ3 + 2σ2 + 2σ
ቤ
𝜕k
𝜕σ σ=σo
= 0
− 3σ2
+ 4σ + 2 ቚ
σ=σo
= 0
Solución:
σo1,2 = −0.6667 ± j0.4714
La solución no puede ser compleja, no
tiene puntos de dispersión o entrada en
el eje real.

131. Ejemplo 12.
Estabilidad:
q s = s3 + 2s2 + 2s + k
s3
1 2
s2
2 k
s1 4 − k
2
0
s0 k
4 − k
2
> 2
k < 4
kcrit = 4
acrit = 2
Ecuación auxiliar:
2s2
+ kcrit = 0
s = ±j 2 ≈ ±j1.4142

132. Ejemplo 12.
Ángulos de salida:
−180° = σθz − σθp
−180° = 0 − 90° + 135° + θpc1
θpc1 = −45°
El otro ángulo de salida del polo
conjugado ubicado en −1 − j es:
θpc2 = +45°
jω
σ
×
×
×
θpc1
90°
135°

133. −45°
+45°
+j1.4142
−j1.4142
σa

134. Ejemplo 12.
Una forma de saber el punto de la región curvada, es experimentalmente, elegir el valor real y
después evaluar:
sx = −σx + jωx
Se elegirá σx = 0.6667 = 2/3
sx = −
2
3
+ jωx
−
2
3
+ jωx
3
+ 2 −
2
3
+ jωx
2
+ 2 −
2
3
+ jωx + k = 0
Parte real:
−
20
27
+ k = 0
Parte imaginaria:
−ωx
3 +
2
3
ωx = 0
Solución:
k =
20
27
= 0.74074 , ωx = ± 2/3 = ±0.8165
Comprobando por criterio de ángulo:
±180° = ∠F sx
0° − 129.23° + 79.60° − 28.83° = ±180°
−180° = −180° → sí es parte del gráfico → punto: s = −2/3 ± j 2/3
129.23°
79.60°
−28.83°
−σx
−jωx
+jωx

135. −45°
+45°
+j1.4142
−j1.4142
σa
−
2
3
+j 2/3
−j 2/3

136. Ejemplo 12.
b. Como 𝜁 = 0.5
s + ρ s2
+ ωns + ωn
2
s3
+ ωn + ρ s2
+ ωn
2
+ ωnρ s + ρωn
2
s3
+ 2s2
+ 2s + k
൞
ωn + ρ = 2
ωn
2 + ωnρ = 2
ρωn
2
= k
ρ = 2 − ωn
ωn
2
+ ωn 2 − ωn = 2
ωn
2
+ 2ωn − ωn
2
= 2
2ωn = 2
ωn = 1
ρ = 2 − 1 = 1
k = 1 → a =
1
2

138. Ejemplo 13.
Sea el sistema de realimentación negativa que se muestra en la figura. Representar
el lugar geométrico de las raíces para este sistema aplicando las reglas generales y
el procedimiento dado para su construcción.

139. Ejemplo 13.
Tenemos
GH s = k
s2
+ 2s + 4
s s + 4 s + 6 s2 + 1.4s + 1
1 + GH s = 1 + k
s2 + 2s + 4
s s + 4 s + 6 s2 + 1.4s + 1
= 0
1 + k
s2
+ 2s + 4
s5 + 11.4s4 + 39s3 + 43.6s2 + 24s
= 0
k = −
s5
+ 11.4s4
+ 39s3
+ 43.6s2
+ 24s
s2 + 2s + 4
q s = s5 + 11.4s4 + 39s3 + k + 43.6 s2 + 2k + 24 s + 4k = 0

140. Ejemplo 13.
Polos:
0, −4, −6, −0.7 ± j0.7141
m = 5
Ceros:
−1 ± j1.7321
n = 2
Número de asíntotas:
N = m − n = 5 − 2 = 3
r = 0, 1, 2
Regiones:
Centroide:
σa =
σpi − σzj
N
0 − 4 − 6 − 0.7 × 2 − (−1 × 2)
3
= −3.1333
Ángulo de las asíntotas:
ϕa =
2r + 1
N
× 180° =
60°
180°
300°
jω
σ×××
−4−6

141. Ejemplo 12.
Puntos de dispersión:
k = −
σ5 + 11.4σ4 + 39σ3 + 43.6σ2 + 24σ
σ2 + 2σ + 4
ቤ
𝜕k
𝜕σ σ=σo
= 0
−
15σ6 + 154σ5 + 637σ4 + 1692σ3 + 2656σ2 + 1744σ + 480
σ2 + 2σ + 4 2
15σ6
+ 154σ5
+ 637σ4
+ 1692σ3
+ 2656σ2
+ 1744σ + 480 = 0
Solución:
−2.3557, −5.1108, −0.9001 ± j2.5589, −0.5 ± j0.3335
Como la solución se encuentra entre -4 y 0, la respuesta es -2.35
σo = −2.3557
Cruce por el eje imaginario:
s5
+ 11.4s4
+ 39s3
+ k + 43.6 s2
+ 2k + 24 s + 4k = 0
Reemplazando s = jω y realizando as operaciones, tenemos:
Parte real:
11.4ω4
− k + 43.6 ω2
+ 4k = 0
Parte imaginaria:
ω5
− 39ω3
+ 2k + 24 ω = 0
De la parte imaginaria sacamos:
ω ω4
− 39ω2
+ 2k + 24 = 0
ω4
− 39ω2
+ 2k + 24 = 0
k = −0.5ω4
+ 19.5ω2
− 12
Reemplazando k en la parte real:
11.4ω4 − −0.5ω4 + 19.5ω2 − 12 + 43.6 ω2 + 4 −0.5ω4 + 19.5ω2 − 12
0.5ω6
− 10.1ω4
+ 46.4ω2
− 48 = 0
Solución:
±3.7553 , ±2.1509 , ±1.2130

142. Ejemplo 13.
Como salen 3 puntos de intersección con el eje
imaginario, probaremos con el criterio de ángulo:
-Cuando s1 = ±j3.7553:
∠𝐹 +j3.7553 = 179.9999041° ≅ 180°
∠𝐹 −j3.7553 = 179.9999041° ≅ 180°
Estos puntos sí son un cruce!.
-Cuando s2 = ±j2.1509:
∠𝐹 +j2.1509 = 179.9999955° ≅ 180°
∠𝐹 −j2.1509 = 179.9999955° ≅ 180°
Estos puntos sí son un cruce!.
-Cuando s2 = ±1.2130:
∠𝐹 +j1.2130 = 179.9988866° ≅ 180°
∠𝐹 −j1.2130 = 179.9988866° ≅ 180°
Estos puntos sí son un cruce!.
Vemos que los 6 puntos sí son cruces por el eje jω
Calculando los k críticos:
kcrit1 =
s5 + 11.4s4 + 39s3 + 43.6s2 + 24s
s2 + 2s + 4 ±j3.7553
Kcrit1 = 163.5577
kcrit2 =
s5
+ 11.4s4
+ 39s3
+ 43.6s2
+ 24s
s2 + 2s + 4 ±j2.1509
Kcrit2 = 67.5126
kcrit3 =
s5
+ 11.4s4
+ 39s3
+ 43.6s2
+ 24s
s2 + 2s + 4 ±j1.2130
Kcrit3 = 15.6095

143. Ejemplo 13.
Estabilidad.
s5 + 11.4s4 + 39s3 + k + 43.6 s2 + 2k + 24 s + 4k = 0
𝑠5 1 39 2k + 24
𝑠4 11.4 k + 43.6 4k
𝑠3 2005 − 5k
57
94k + 1368
57
𝑠2
25k2 − 3577k − 359114
25k - 10025
4k
𝑠1
50k3 − 12334k2 + 732464k − 8618736
25k2 − 3577k − 359114
𝑠0 4k

144. Ejemplo 13.
2005 − 5k
57
> 0
k < 401 (r1)
25k2
− 3577k − 359114
25k − 10025
> 0
Por método de regiones para esta desigualdad y
tomando en cuenta que k>0:
0 < k < 211.119 ∧ 401 < k < +∞ (r2)
50k3
− 12334k2
+ 732464k − 8618736
25k2 − 3577k − 359114
> 0
Por método de regiones para esta desigualdad y
tomando en cuenta que k>0:
0 < k < 15.6106 ∧ 67.5126 < k < 163.556 ∧ k > 211.119
Interseccionando las regiones tenemos:
0, 15.6106 ∩ 67.5126, 163.556 ∩ 211.119, 401 ∩ 401, ∞
Pero como en el análisis anterior del cruce por el
eje imaginario, solo tenemos 3 valores críticos.
Entonces las regiones de estabilidad de k serán:
k ∈ 0, 15.6106 ∩ 67.5126, 163.556
De aquí solo queda calcular los ángulos de
entrada y salida.

145. θpc1
90°
7.6740° 12.2109°
134.4270°
83.0082°
286.4214°
θpc2

146. θzc1
90°
30°19.1066°
96.9918°
120°
106.4214°
θzc2

147. Ejemplo 13.
Ángulos de salida:
−180° = σθzj − σθpi
−180° = 369.4296° − 244.3119° + θpc1
θpc1 = 305.1177 ≡ −54.8823°
θpc2 = +54.8823°
Ángulos de entrada:
+180° = σθzj − σθpi
+180° = 90° + θzc1 − 372.5198°
θzc1 = 462.5198° ≡ +102.51°
θzc1 = −102.51°

148. 54.88°
-54.88°
102.51°
−102.51°
σo
+j3.7553
−j3.7553
+j2.1509
−j2.1509
+j1.2130
−j1.2130
σa
60°

150. Apuntes:
Formulario:
Numero de asíntotas (ramales en el infinito):
N = m − n
Donde m es el número de polos finitos y n es el número de ceros
finitos.
r = 0,1,2 … N
La r determina el número de ángulos que conforman las
asíntotas:
ϕa =
2r + 1
N
× 180°
Separación de las asíntotas:
ϕd =
360°
N
Posición de la asíntota (centroide):
σa =
σpi − σzj
N
El o los puntos de dispersión o entrada, se los obtiene con
una derivada:
ቤ
𝜕k
𝜕σ σ=σo
= 0
Las soluciones obtenidas se las validan viendo el bosquejo
de las regiones o analíticamente evaluando en k (criterio
de magnitud).
Si la gráfica choca con el eje imaginario, se debe
reemplazar la s por jω, separar la parte real e imaginaria
y después formar un sistema de ecuaciones hallando ω y
k.
También se puede usar el criterio de Routh-Hurwitz
hallando la estabilidad en función del k crítico y con la
ecuación auxiliar poder hallar la frecuencia de oscilación.
Los ángulos de salida(polos conjugados) o entrada(ceros
conjugados), se los calcula con geometría simple o con la
fórmula:
∠ (pc o zc) − (pi o zj)

151. Apuntes:
Polo – Polo (punto de dispersión)
Zero – Zero (punto de ingreso)
Polo-Zero
Zero - Polo
jω
σ× ×
jω
σo o
jω
σo×
jω
σo ×

152. Apuntes:
Polo (busca un cero en el infinito): Zero (busca un polo en el infinito):
Criterio de Magnitud:
F s s=so
=
1
k
Criterio de ángulo:
∠F s = ±180°
-Cuando la ganancia k se mueve hacia un cero, éste tenderá a infinito
-Cuando la ganancia k se mueve hacia un polo, éste tenderá a cero.
jω
σ×
jω
σo

153. Apuntes:
Las regiones en el eje real se forman sin tomar en cuenta los polos o ceros conjugados existentes,
éstos siempre buscan otro al lado izquierdo para formar una región, si es el caso de que N sea par,
solo quedarán encerrados entre raíces, si N es impar, la raíz, si es cero o polo, buscará un polo o un
cero en el infinito respectivamente. jω
σ×o
jω
σ×o×
jω
σ×o × ×
σ×o ××o

154. Apuntes:
Cuando se tiene polos conjugados, los ángulos son de salida:
Cuando se tiene ceros conjugados, los ángulos son de entrada:
jω
σo o
×
×
jω
σx x
o
o

155. Apuntes:
El calculo de los ángulos de salida es:
−180° = σθzj − σθpi
El calculo de los ángulos de salida es:
+180° = σθzj − σθpi
Basta con calcular un ángulo de un polo o cero complejo conjugado, el otro por
simetría va a ser de signo opuesto.

156. Apuntes:
Ecuación de segundo orden:
s2
+ 2ζωns + ωn
2
Aplicando fórmula general:
s1,2 = −ζωn ± jωn 1 − ζ2
Siempre y cuando el sistema sea sub-amortiguado:
0 < ζ < 1.
Ecuación característica orden superior:
s + ρ s2 + 2ζωns + ωn
2
s3 + 2ζωn + ρ s2 + ωn
2 + 2ζωnρ s + ρωn
2
O también:
s + ρ s + σ + jωd s + σ − jωd
Si tenemos un polinomio:
s3 + As2 + Bs + C
Entonces:
൞
2ζωn + ρ = A
ωn
2 + 2ζωnρ = B
ρωn
2 = C
Dominancia de segundo orden:
El polo real debe estar alejado por lo menos 5 veces de la parte
real de uno de los polos conjugados:
ρ ≥ 5𝜁𝜔 𝑛
−σ = −ζωn
jωd = jωn 1 − ζ2
β
jω
σ
β = cos−1
(ζ)