Tarea3 09 sol

Departamento de Ingeniería de Sistemas y Automática
Universidad Politécnica de Valencia
INGENIERÍA DE CONTROL I
2009-10
_______________________________________________________________________________________
P. Albertos. Dept. Ingeniería de Sistemas y Automática. UPV. Ext.: 79570 e-mail pedro@aii.upv.es
Diseño del control de un avión
El modelo reducido de la dinámica de un avión en vuelo estacionado, puede expresarse por:
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
−
+=
•
phi
giro
cabeceo
beta
*
1.0000
001.000
incli.-ang.
cabeceo
alerón
timón
00
63000.1053000.1
23000.175000.4
00010.007290.0
phi
giro
cabeceo
beta
*
01.000000.080500
00.46500-0.388003.05000-
00.03180-0.11500-0.59800
0.041500.080200.99680-0.05580-
phi
giro
cabeceo
beta
estados = ‘beta cabeceo giro phi';
entradas = 'timón alerón';
salidas = 'cabeceo ang.- incli.(phi)';
1. Obtén los modelos discretos para periodos de muestreo de T1= 1 s. y T2 = 0.1 s.
2. Considerando los pares cabeceo/timón y ang.incl/alerón, diseña sendos
reguladores que consigan, en ambos bucles de control, amortiguamiento 0.2 y
test≤ 5 seg, sin error estacionario, independientemente, como si no hubiera
interacción entre variables. Simplifica ambas f.d.t.. Haz el diseño con ambos
periodos de muestreo.
3. Determina el comportamiento real del sistema acoplado, con estos reguladores (en
adelante, seguid con un solo periodo de muestreo).
4. Realiza un diseño equivalente
a. Realimentando el estado (si fuera medible)
b. Con un observador del estado, realimentando la salida
5. Realiza el diseño para conseguir las mismas prestaciones, sin acoplamiento:
a. con un desacoplamiento dinámico
b. por realimentación del estado

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Solución:
1. Obtén los modelos discretos para periodos de muestreo de T1= 1 s. y T2 = 0.1 s.
La introducción de datos en Matlab se hace con:
A=[-0.05580 -0.99680 0.08020 0.04150; 0.59800 -0.11500 -0.03180 0;
-3.05000 0.38800 -0.46500 0; 0 0.08050 1.00000 0]
B=[0.07290 0.00010; -4.75000 1.23000; 1.53000 10.63000; 0 0]
C=[0 1.00 0 0; 0 0 0 1.0]
D=[zeros(2,2)]
%sistema completo
S=ss(A,B,C,D);
G=tf(S);
%Analicemos la posible simplificación de las f.d.t. parciales
%Primer subsistema
s1=ss(A,B(:,1),C(1,:),0);
%Comprobemos los polos de este sistema
eig(s1.a)
-0.0329 + 0.9467i
-0.0329 - 0.9467i
-0.5627
-0.0073
%también la respuesta a un escalón
step(s1)
%Observamos que puede aproximarse por uno de primer orden.
%realicemos una reducción de modelo con realización equilibrada
%(balanced):
sb1=balreal(s1);
% y eliminemos las tres últimas variables de estado (nos quedamos con el
%polo lento)
sr1=modred(sb1,[2 3 4])
%nos queda un sistema de primer orden con f.d.t.
g1=zpk(sr1);
-0.32514 (s+3.431)
g1= ------------------
(s+0.007276)

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%y observamos que representa fielmente al original, a largo plazo:
hold on
step(g1)
%con ganancia estática negativa:
g10=dcgain(g1);
g10= -153.3039
%No hay prácticamente diferencia en la respuesta escalón.
%Segundo subsistema
s2=ss(A,B(:,2),C(2,:),0);
%Comprobemos los polos de este subsistema (que son los mismos)
eig(s2.a)
%también la respuesta a un escalón
figure
step(s2)
%Observamos que puede aproximarse también por uno de primer orden.
%realicemos uns reducción de modelo con realización equilibrada:
sb2=balreal(s2);
% y eliminemos las tres últimas variables de estado (nos quedamos con el
polo lento)
sr2=modred(sb2,[2 3 4])
%nos queda un sistema de primer orden con f.d.t.
gd=tf(sr2);
g2=zpk(sr2);
-31.7405 (s-0.6385)
g2= -------------------
(s+0.007274)
%y observamos que representa fielmente al original, a largo plazo:
hold on
step(g2)
%con ganancia estática positiva pero con la complicación adicional de ser
%un sistema de fase no mínima
%Modelo discretizado, para el sistema global, con T=1
Sd1=c2d(S,1);

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[Ad1,Bd1,Cd1,Dd1] = SSDATA(Gd1);
%Modelo discretizado, con T=0.1
Sd2=c2d(S,0.1);
[Ad2,Bd2,Cd2,Dd2] = SSDATA(Sd2);
2. Considerando los pares cabeceo/timón y ang.incl/alerón, diseña sendos
reguladores que consigan, en ambos bucles de control, amortiguamiento 0.25 y
test≤ 4 seg, sin error estacionario, independientemente, como si no hubiera
interacción entre variables.
%Aunque nos piden los diseños en TD, vamos a hacerlos en TC y después
discretizamos.
% En principio, para tiempos de estabilización menores de 4 segundos
(sigma aprox 4/te).%
sigma=4/5;
z=.2;
wn=sigma/z;
% que requiere unos polos dominantes mas estables que los definidos por
p1=[-1+3.872i -1-3.872i]
%con una acción integral para eliminar el error en régimen permanente
%Pero veamos el primer subsistema.
%La ganancia estática es -153.3 y la constante de tiempo principal de
tau=1/0.007276
%= 137.4382
%Por lo tanto, dada la gran ganancia en bucle abierto nos resuelve el
diseño, de forma aproximada, una realimentación positiva unitaria,
% cuya fdt en bucle cerrado es:
f1=tf(1,1);
m1=feedback(g1,f1,+1);
%cuya respuesta escalón es:
figure
step(m1)
%que satisface las especificaciones
%Para el segundo subsistema, al ser de fase no mínima, tenemos
restricciones. Tendríamos las mismas especificaciones:
p2=[-1+3.872i -1-3.872i]
%La solución más sencilla, de nuevo, es una realimentación negativa pero
% pequeña, dada la gran ganancia en b.a.
%Ajustamos la ganancia total con una prealimentación. Con
m2=0.019*feedback(g2,.019*f1);
%conseguimos los requerimientos
hold on
step(m2)
%La discretización, con esta solución, queda simplificada. El control es
una constante.

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Observemos la validez del diseño sobre los sistemas simples originales:
G11=zpk(s1);
Zero/pole/gain:
-4.75 (s+0.4981) (s^2 + 0.02379s + 0.2381)
-------------------------------------------------
(s+0.5627) (s+0.007278) (s^2 + 0.06587s + 0.8972)
» f1=tf(1,1);
M1=feedback(G1,f1,+1);
step(m1)
hold on
step(M1)
Time (sec.)
Amplitude
Step Response
0 5 10 15 20 25 30 35
-1.4
-1.2
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
From: U(1)
To:Y(1)
Time (sec.)
Amplitude
Step Response
0 20 40 60 80 100
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
From: U(1)
To:Y(1)
G2=zpk(s2)
Zero/pole/gain:
10.729 (s^2 + 0.2159s + 0.9541)
-------------------------------------------------
(s+0.5627) (s+0.007278) (s^2 + 0.06587s + 0.8972)
M2=0.019*feedback(G2,.019*f1);
figure
step(m2)

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hold on
step(M2)
Observándose el efecto de los polos de alta frecuencia despreciados en el
diseño.
3. Determina el comportamiento real del sistema acoplado, con estos reguladores
% Hemos visto que los subsistemas reales, "s1" y "s2", presentan un
%comportamiento peor. El acoplamiento todavía lo empeora.
% La simulación muestra las respuestas de
%los subsistemas, con realimentaciones individuales,
%así como el efecto del acoplamiento, tomando la realimentación:
r=[1 0;0 -0.019];
Las respuestas no ajustadas al valor final (1 o -1) muestran este efecto.

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4. Realiza un diseño equivalente
a. Realimentando el estado (si fuera medible)
Deberíamos diseñar, para el sistema completo, una realimentación del estado para asignar
los polos en {p1, p2} y comprobar si el error en régimen estacionario es satisfactorio. Si
no, introduciríamos un par de integradores y asignaríamos el par de polos adicional bien a
la izquierda.
p1=[-1+3.872i -1-3.872i]; p2=[-1+3.872i -1-3.872i]
K=place(A,B,[p1 p2])
K =
3.0500 -0.3163 0.0447 0.1299
-0.6060 0.0841 0.1381 1.4767
Con
impulse(A-B*K,B,C,D)
observamos la dinámica (adecuada) del sistema controlado, pero con
step(A-B*K,B,C,D)
observamos que, obviamente, no hay un seguimiento de las referencias en las salidas.
Deberíamos introducir los integradores y calcular la respuesta a los escalones de
referencias.
b. Con un observador del estado, realimentando la salida
En este caso tenemos dos variables de salida (cuatro si consideramos los integradores) y cuatro
(seis) variables de estado. Por lo tanto necesitamos un observador de orden reducido (segundo
orden) para estimar las variables 1 y 3 no medibles directamente. O bien un observador de orden
completo para estimar las cuatro variables de estado iniciales.
Ko=place(A',C',5*[p1 p2])'
Ko =
666.2442 22.0200
9.9914 0.0661
-47.9591 393.5938
-5.0198 9.3728
sobre el que posteriormente agregaríamos los integradores.
a. con un desacoplamiento dinámico.
% El modelo del sistema completo puede igualmente simplificarse:
Sb=balreal(S);
figure
step(S)
hold on
Sr=modred(Sb,[2,3,4]);
step(Sr)

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% sin grandes diferencias. La matriz de transferencia reducida será:
Gr=zpk(tf(Sr))
Gr= ⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡ ++
+ 0.6349)-(s31.9275-0.6014)-(s45.1908
5.568)(s0.149183.517)(s0.31707-
0.007275s
1
%con ganancia estática
dcgain(Gr)
Go= 1.0e+003 * ⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
2.78623.7359-
0.11420.1533-
, cuya inversa es: Go-1
= ⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
0.25796.2843-
0.19214.6868-
% e instantánea ⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
31.9275-45.1908
0.149180.31707-
%que es invertible. No obstante, la inversa es inestable
Gr^{-1}= ⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
+
+
+
3.517)(s0.317070.6014)-(s45.1908
5.568)(s0.149180.6349)-(s31.9275
0.0028)1.2748)(s-3.3817(s
0.007275s
Por lo tanto, el desacoplamiento dinámico completo no es recomendable.
El desacoplamiento dinámico, actuando con la inversa de la matriz de transferencia inicial
completa nos presentará problemas similares.
Otra alternativa es aproximar el modelo por el polo dominante, igualando las ganancias estáticas:
Gro = tf( {Go(1,1) Go(1,2); Go(2,1) Go(2,2)},{[137.457 1] [137.457 1]; [137.457 1] [137.457 1]})
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
=
2786.23735.9-
114.2153.3-
s137.457
Gro
1
1

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que igualmente aproxima la respuesta a escalón del sistema original. Esto nos permite realizar un
desacoplamiento estático, premultiplicando por Go-1
, evitando las interacciones estáticas vistas
anteriormente.
El diseño del control, en TD, se haría siguiendo el procedimiento básico, para el sistema Go-1
.G(s),
aproximado por:
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
=
10
01
s137.457
Ga
1
1
b. por realimentación del estado
Deberemos calcular la posible prealimentación-realimentación del estado que permitan el
desacoplamiento. Partimos del sistema inicial, S. (El desarrollo está hecho en TC)
Comprobamos la condición de Gilbert:
rank(C(1,:)*B)= 1
rank(C(2,:)*B)= 0
rank(C(2,:)*A*B)= 1
Luego
J =[C(1,:)*B;C(2,:)*A*B]
J =
-4.7500 1.2300
1.1476 10.7290
F=inv(J)
=
-0.2049 0.0235
0.0219 0.0907
Ai=[C(1,:)*A;C(2,:)*A*A]
=
0.5980 -0.1150 -0.0318 0
-3.0019 0.3787 -0.4676 0
Kj=-F*Ai
=
0.1930 -0.0325 0.0045 0
0.2591 -0.0318 0.0431 0
%siendo el sistema desacoplado:
SD=ss(A+B*Kj,B*F,C,D);
% con la respuesta a escalón se puede ver el desacoplamiento y reducción a integradores:
step(SD)
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
2
1
0
0
1
s
sGsd
%el diseño se reduce pues a conseguir las especificaciones dinámicas (el error estacionario será
nulo).

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