UNIVERSIDD NACIONAL DEL CALLAO – FACULTAD DE ING. ELECTRICA Y ELECTRONICA
ESCUELA DE ING. ELECTRONICA – CONTROL DIGITAL
PROBLEMA N°1Encontrar la transformada z de las siguientes funciones. Compare la localización de los polos y ceros de E(z) en el plano z con aquellas de E(s) y E*(s) en el plano s considere T= 0.1s.
a) E(s)=¿ 1
s (1+s )2 b) E(s)= s+1s(s+2)
c) E(s)= 1( s+1 )(s+2) d)
E(s)= s+1
s2+2 s 26
SOLUCION
a) E(s)= 1
s(1+s)2
Hallamos la transformada
E(s) = 1
s (1+s )2 = AS
+ B
( S+1 )2+ C
S+1
Operado determinamos que A=1; B=−1;C=−2
E(s)=1S− 1
(S+1 )2− 1
S+1
Z [ E ( s) ]=Z [ 1S− 1
( S+1 )2− 1
S+1 ]= 11−z−1 −
T e−T z−1
(1−e−T z−1 )2− 1
1−e−T z−1
Operando con T=0.1 seg
E(z )= 0.0001586 Z2+0.0006065 ZZ3+−2.81 Z2+2.628 Z+−0.8187
¿¿
Mediante Matlab graficamos los polos y ceros de E(z).
>> num=[0 0 1];>> den=[1 2 1 0];>> G=tf(num,den);>> c2d(G,0.1,'zoh') Transfer function:
0.0001586 Z2+0.0006065 Z+0.0001435Z3+−2.81 Z2+2.628 Z+−0.8187
¿¿
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>>[numz,denz]=tfdata(GZ,'v');>> zplane(numz,denz)>> title('polos y ceros de E(S) en el plano Z')
Ilustración 1 Gráfica del lugar de las raíces de E(s).
E(s)= 1
s(1+s)2
Z= 0P= 0 y -1>> num=[0 0 1];>> den=[1 2 1 0];>> k=0:0.4:1000;>> rlocus(num,den,k)>> title('lugar de las raices de E(S)')
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Como podemos observar cumple la relación de S-Z en donde Z= eST .Polos S=0 ; -1 y el periodo es 0.1seg entonces remplazando Z= 1 ; 0.90483
b) E(s)= s+1s(s+2)
Hallamos la transformada:
E(s) = s+1
s (s+2)=
AS
+ Bs+2
Operado determinamos que A=0.5 ;B=0.5
E(s)=0.5S
− 0.5s+2
Z [E (s )]=Z [ 0.5S
− 0.5s+2
]
E(z )= 0.5
1−Z−1− 1
1−e−2T Z−1
E(z )= 1
1−Z−1− 1
1−0.8187 Z−1
Operando:
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E(z )= 0.09532 z−0.08625
Z2−1.819 z+0.8187
Mediante Matlab graficamos los polos y ceros de E(Z) >> num=[1 1];>> den=[1 2 0];>> k=0:0.4:1000;>> G=tf(num,den)>> c2d(G,0.1) Transfer function:
0.09532 z – 0.08625
Z2−1.819 z+0.8187
Sampling time: 0.1>> [numz,denz]=tfdata(GZ,'v');>> zplane(numz,denz)
Ilustración 2 Gráfica del lugar de las raíces de E(s).
>> num=[1 1];>> den=[1 2 0];>> k=0:0.4:10;>> rlocus(num,den,k)>> title('lugar de las raices de E(S)')
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Como podemos observar cumple la relacion de S-Z en donde Z= eST .Polos S=0 ; -1 ; -2 y el periodo es 0.1seg entonces remplazando Zeros S= -1Z= 1; 0.90483; 0.818
c) E(s)= 1( s+1 )(s+2)
Hallamos la transformada
E(s)= 1( s+1 )(s+2)
= AS+1
+ Bs+2
Operado sale que A= 1; B= -1
E(s)= 1S+1
− 1s+2
Z [E (s )]=Z [ 1S+1
− 1s+2
]
E(Z )= 0.5
1−e−T Z−1− 1
1−e−2 T Z−1
E(Z )= 1
1 – 0.9048 Z−1− 1
1−0.8187 Z−1
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Operando
E(Z) = 0.004528 z−0.004097
Z2−1.724 z+0.7408
Mediante Matlab graficamos los polos y ceros de E(z) >> num=[0 0 1];>> den=[1 3 2];>> G=tf(num,den);>> GZ=c2d(G,0.1) Transfer function:
0.004528 z−0.004097
Z2−1.724 z+0.7408
GZ=c2d(G,0.1) Sampling time: 0.1>> [numz,denz]=tfdata(GZ,'v');>> zplane(numz,denz)
Ilustración 3 Grafica del lugar de las raíces de E(s).
>> num=[0 0 1];>> den=[1 3 2];>> k=0:0.4:10;>> rlocus(num,den,k)>> title('lugar de las raices de E(S)')
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Como podemos observar cumple la relacion de S-Z en donde Z= eST .Polos S=-1 ; -2 y el periodo es 0.1seg entonces remplazando Z= 1; 0.90483; 0.818.
d) E(s)= s+1
s2+2 s 26
Hallamos la transformada
E(s)= s+1
( s+1 )2+5
E(s)=0.09134 z−0.08187
Z2−1.588 z+0.8187
Mediante Matlab graficamos los polos y ceros de E(Z)
>> num= [1 1];>> den=[1 2 26];>> G=tf(num,den);>> c2d(G,0.1) >> GZ=c2d (G, 0.1) Transfer function:
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0.09134 z−0.08187
Z2−1.588 z+0.8187
>> [numz,denz]=tfdata(GZ,'v');>> zplane(numz,denz)>> title('polos y ceros de E(S) en el plano Z')
Grafica del lugar de las raíces de E(s)
>> num= [1 1];>> den= [1 2 26];>> k1=0:0.4:10;>> rlocus(num,den,k1)>> k=0:0.4:10;>> k2=0:0.4:10;>> rlocus(num,den,k2)>> title('lugar de las raices de E(S)')
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Como podemos observar cumple la relacion de S-Z en donde Z= eST
Polos S=-1+5i ; -1 – 5i y el periodo es 0.1seg entonces remplazando Zeros S= -1Z= 0.90483; 0.90480 +7.896095×10−3i ; 0.90480 -7.896095×10−3iPolos estables con la misma parte real en s (respuestas con el mismo tiempo de asentamiento) PROBLEMA N°2
Encontrar la respuesta del sistema en los instantes de muestreo para una entrada del tipo Escalón unitario para el sistema de la figura.
SOLUCION
M ¿
C ( s )=M (s )× s( s+1 )
C ( s )=E¿ ( s )( 1−e−Ts
s ) s( s+1 )
Tomando transformada Z
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C (z)= 1
1−z−1(1−z−1 ) Z { s
s (s+1 ) }C (z)=Z { 1
(s+1 ) }C (z)= 1
(1−e−T Z−1 )
Para T = 1 seg
C (z)= 1
(1−0.3678 Z−1 )
Ahora tomando transformada Z inversa por diferentes métodos
a) 1er Método: Divisiones Directa
C (Z )=1+0.3678 Z−1+0.1352 Z−2−0.0497 Z−3+0.0182 Z−4+………….
Al comparar esta expansión de C (Z) en una serie infinita con C (z)=∑i=0
∝
C(kT )Z−k
C (0)=1.0000C (1)=0.3678C (2)=0.1352C (3)=0.0497C ( 4 )=0.0182
⋮b) 2do Método: Método computacional
>> %para encontrar la transformada inversa
>> num=[1];>> den=[1 0.3678];>> %introducir la entrada delta kroneccker>> x=[1 zeros(1,40)];>> y=filter(num,den,x)
y =
Columns 1 through 9
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1.0000 0.3678 0.1353 0.0498 0.0183 0.0067 0.0025 0.0009 0.0003
Columns 10 through 18
0.0001 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000
Columns 19 through 27
0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000
Columns 28 through 36
0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000
c) 3er Método: Expansión de Fracciones Parciales
En este caso hacer método de fracciones parciales es solo mirando la tabla de transformada z
C (z)= 1
(1−0.3678 Z−1 )
C (k )=(0.3876)−K
Evaluando para k=0 ,1 ,2 , 3 , 4 ,…C (0)=1.0000C (1)=0.3678C (2)=0.1352C (3)=0.0497C (4)=0.0182
⋮
d) 4er Método: La Integral de Inversión
La integral de inversión de la transformada Z X(z) esta dada por:
Z−1[ X (z)]=X (kT )=X (k )= 12 π∮ X (z )Zk−1dz
X (kT )=K 1+K 2+K 3+.. .
K= 1(Q−1 )!
limZ → Zi
dq−1
d zq−1 [ ( z−zi )q X (z )Zk−1]
C (z)= 1
(1−0.3678 Z−1 )
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Calculamos K1. Vemos que es un polo simple.
K 1= limZ → 0.3678
[ ( z−0.3678 ) 1
(1−0.3678 Z−1 )Z k−1
¿]¿
K 1=(0.3876)−K
Z−1[ X (z)]=X (kT )=(0.3876)−K
PROBLEMA N°3Encontrar la respuesta del sistema en los instantes de muestreo a una entrada del tipo escalón unitario para el sistema de la figura:
G1(S )=1
(1+s)
RO(0)=1−e−Ts
s
G2(S )=3 s
(s+1 )(s+3)
Utilice la transformada Z y diferentes métodos de anti-transformación.
SOLUCION
H ( S )¿=G1 (S ) E( S)= (¿ )¿
M ( S)=RO0 .H (S )¿
G1 (S )=G2 ( S ) . M (S )
G1 (S )=G2 ( S ) RO0 . H ( S)¿
G1 (S )¿=(G2 RO0 )¿ . H ( S)
¿
G1 (Z )=Z (G2 RO0) . H ( S )¿
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G1 (Z )=Z ((1−e−TS ) 3( S+3 ) (1+S ) ). ( 1−e−T ) Z−1
(1−Z−1 ) (1−e−T Z−1)T=1seg.
G1 (Z )=(1−Z−1 ) . Z ¿Para:
a. Utilizando Método de expansión de fracciones parciales
¿
3=AS+ A+BS+3B
A+3 B=3 ; A+B=0
A=−32
, B=32
Z ¿
¿ −32
.Z
( Z−e−3 )+ 3
2.
Z
(Z−e−1)
G1 (Z )=(1−Z−1 ) .(−32
.Z
(Z−e−3 )+ 3
2.
Z( Z−e−1 ) ) .
(1−e−1) Z−1
(1−Z−1 ) (1−e−1 Z−1)
G1 (Z )=(−32
.Z
( Z−e−3 )+3
2.
Z( Z−e−1 ) ) .
( 1−e−1 ) Z−1
( 1−e−1 Z−1 )
G1 (Z )=[ 32
.( −Z
( Z−e−3 )+ Z
(Z−e−1 ) ) .(1−e−1 ) Z−1
(1−e−1 Z−1) ]b. Utilizando Método de divisiones directa
G1 (Z )=[ 32
.( −Z( Z−0.049 )
+ Z(Z−0.368 ) ) .
(0.632 )(1−0.368 Z−1 ) Z ]
G1 (0 )=0.000G1 (1 )=0.796G1 (2 )=0.116G1 (3 )=0.044
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PROBLEMA N°4Usando la transformada Z resolver la ecuación en diferencias:
y (k )−3 y (k−1 )+2 y ( k−2 )=2u (k−1 )−2u (k−2 )
u (k )={k si k ≥ 00 si<0
y (k )=0 si k<0
SOLUCIONy (k )−3 y (k−1 )+2 y ( k−2 )=2u (k−1 )−2u (k−2 ) ….. (1 )
Aplicando Transformada Z se tiene:
[ y ( Z )−3Z−1 y (Z )+2 Z−2 y (Z ) ]=2 Z−1 u( Z )−2 Z−2u( Z )… .. (2 )
Despejando y ( Z ) :
y ( Z ) [1−3 Z−1+2 Z−2 ]=u( Z ) [2 Z−1−2Z−2 ]
y ( Z )=[2 Z−1−2Z−2 ]
[1−3 Z−1+2 Z−2 ]u( Z )
u(Z)=∑K=0
∞
u ( k ) Z−K=u (0 )+u (1 ) Z−1+u (2 ) Z−2+u (3 ) Z−3+……+¿¿
u( Z )=0+Z−1+Z−2+…+…,reemplazando :
y(Z)=[2 z−2 ]
[Z2+3 Z+2 ].
( Z+2 )Z2
y(Z)=2 Z2+2 Z−4
Z 4+3 Z3+2 Z2
PROBLEMA N°5Para el sistema mostrado en la figura, el filtro soluciona la ecuación en diferencias:Donde m es la salida y e la señal de entrada del mismo. Si la señal de entrada es un escalón y la frecuencia de muestreo es fs = 1 Hz.
a) Encontrar c (z)b) Encontrar c (kT).
SOLUCION
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a. Para el sistema:Para el bloque A/D(E¿¿ ( z ))¿:
Es un muestreador cuya entrada va a hacer un señal escalón por lo tanto: E( z )=1
1−z−1
Para el bloque FILTRO DIGITAL (GD( z)):
Tenemos la ecuación en diferencias y resolvemos:
m (k )=m (k−1 )+e ( k−1 )
m (kT )=m ( (k−1 )T )+e ( (k−1 )T )
M ( z )=M (z )∗z−1+E( z )∗z−1
M ( z )=E (z )∗z−1
1−z−1
M (z )
E( z )= z−1
1−z−1=GD (z )
Para el bloque retenedor de orden cero ( D/A) y la planta(G p (s)) definimos G(s):
G p(s)∗1−e−Ts
s=G(s )
Por lo tanto se define como:C(z )=G(z )GD (z) E(z)
Reemplazamos
C(z )=((1−z−1 ) × Z [ 1s2 ])×[ z−1
1−z−1 ]×[ 11−z−1 ]
C(z )=((1−z−1 ) × T z−1
(1−z−1)2 )×[ z−1
(1−z−1 ) ]×[ 1(1−z−1 ) ]
C(z )=T z−2
(1−z−1)3
b. Se tiene:
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C(z )=T z−2
(1−z−1)3
Como T = 1, ordenamos y aplicamos el método de la integral de inversión:
C(z )=z
(z−1)3
C ( z) ¿ zk−1= zk
(z−1)3
Se tiene:
c(k)=[residuo dezk
(z−1)3 en el polotriple z=1]c(k)=
1(3−1 ) !
× limz → 1
d2
dz2 [(z−1)3×zk
(z−1)3 ]c(k)=
12
× limz →1
d2
dz2[ zk ]
c(k)=k (k−1)
2Por lo tanto:
c(kT)=kT (kT−1)
2PROBLEMA N°6Considere el sistema de la figura. La función de transferencia del filtro digital es D(z).Trate de expresar c(z) como una función de E(z).
SOLUCION
Del diagrama de bloques del sistema de control digital pasamos a uno equivalente donde muestra las funciones de transferencia de los bloques.
Donde el bloque A/D (muestreador), bloque filtro digital (D(s)), bloque D/A (1−e−Ts
s).
Definimos el bloque de la planta con el de D/A:
G p(s)∗1−e−Ts
s=U (s)
Por lo tanto de la figura:
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C(s )=Gz (s )U (s) D(s )¿ M (s)
¿
OC (s )
¿ =G zU (s )¿ D ( s)
¿ M (s )¿
En términos de la transformada de Z:C(z )=G z U( z) D( z)M (z )
Por el extremo de la entrada:M (z)=G(z )E( z)
Se tiene:C(z )=G z U( z) D( z)G(z )E( z)
Reemplazando U ( z ):
C(z )=Z [Gz(s)( 1s )( 1−e−Ts
s )]D(z)G( z) E(z)
PROBLEMA N°7En la figura se muestra el diagrama de bloques de un sistema de control digital de un vehículo espacial donde k r=317000 , T=0.1 seg y J=41822.
Encontrar la función de transferencia de lazo cerrado con k p genérico.
SOLUCION
Comenzando con el bloque interior se tiene:
G1 (z )=Z {1−e−sT
s×
1Js }=1−z−1
JZ { 1
s2 }
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G1 (z )=1−z−1
JT z−1
(1−z−1 )2= T
J ( z−1 )
H ( z )=G1 ( z )
1+kr G (z )
H ( z )=
TJ (z−1 )
1+krT
J ( z−1 )
=T
zJ−J+kr T
H ( z )= TzJ +kr T−J
G2 (s )=1s
→G2 ( z )= 1
1−z−1= z
z−1
T ( z )=k p H ( z ) G2 ( z )
1+k p H ( z )G2 ( z )
T ( z )=k p
TzJ +kr T−J
zz−1
1+k pT
zJ+kr T−Jz
z−1
Reemplazando y operando esta expresión con k r=317000 , T=0.1 seg y J=41822 y k p genérico se obtiene:
T ( z )=0.12 k p
41822 z2+(0.1 k p−51859.28 ) z+10037.28
PROBLEMA N°8En la figura se muestra el diagrama en bloques de la versión digital de un sistema de control de nivel líquido. Calcule la función de transferencia de lazo cerrado, si:
SOLUCION
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e (s)=r (s)−h(s)→ e¿(s)=r¿(s)−h¿(s)
h(s)=e¿(s)∙ Z .O. H (s ) ∙Gp(s)
h¿ (s)=e¿(s) ∙ Z .O .HGp¿(s)
h¿ (s)=r¿ ( s ) ∙ Z .O . HGp¿ ( s)−h¿ (s) ∙ Z .O . HGp¿ (s)
h¿ (s)(1+Z .O . HGp¿(s))=r¿ ( s) ∙ Z .O . HGp¿ (s )
T ¿ (s )=h¿ (s)r¿ ( s)
=Z .O .HGp¿ (s )
1+Z . O. HGp¿(s)→T ( z )= Z . O . HGp (z)
1+Z .O . HGp(z )
Z .O .HGp ( z )=Z [ 1−eTs
s16.67
s ( s+1 ) ( s+12.5 ) ]=Z [1−eTs ∙16.67
s2 (s+1 ) (s+12.5 ) ]Z .O .HGp ( z )=( 1−z
−1 ) Z [ 16.67
s2 ( s+1 ) (s+12.5 ) ]=(1−z−1 ) Z [ As+B
s2 +C
s+1+
Ds+12.5 ]
Se halló que : A=−1.437 ;B=1.33 ;C=1.45 ;D=−9.277 ∙ 10−3
Z .O .HGp ( z )=( 1−z−1 ) Z [−1.437s
+ 1.33s2 +1.45
s+1−9.277 ∙10−3
s+12.5 ]Z .O .HGp ( z )=( 1−z−1 )[−1.437
1−z−1 + 0.05 ∙ 1.33
(1−z−1 )2+ 1.45
1−e−0.05 z−1 −0.742∙10−3
1−e−12.5 ∙0.05 z−1 ]Z .O .HGp ( z )=( 1−z−1 )[−1.437
1−z−1 + 0.0665
(1−z−1)2 +1.45
1−e−0.05 z−1−0.742 ∙10−3
1−e−0.625 z−1 ]Z .O .HGp ( z )=−1.437+ 0.0665
1−z−1 +1.45 (1−z−1 )1−e−0.05 z−1 −
0.742 ∙10−3 (1−z−1 )1−e−0.625 z−1
→ T ( z )= Z .O . HGp (z)1+Z .O . HGp(z )
T ( z )=¿−1.437+ 0.0665
1−z−1 +1.45 (1−z−1 )1−e−0.05 z−1 −
0.742∙ 10−3 (1−z−1 )1−e−0.625 z−1
1−1.437+0.06651−z−1 +
1.45 (1−z−1 )1−e−0.05 z−1 −
0.742∙ 10−3 (1−z−1 )1−e−0.625 z−1
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Reduciendo esta expresión obtenemos:
FT ( z )=16.67 ( z )[ 0.08
z−1− 0.086
z−e−0.05+ 0.06
z−e−0.625 ]1+16.67 ( z )[ 0.08
z−1− 0.086
z−e−0.05 +0.06
z−e−0.625 ]
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