estabilidade método critério de routh-hurwitz casos especiais€¦ · caso 3) linha com todos os...

ESTABILIDADEMétodo cri tér io de Routh-Hurwitz

Casos Especiais

Profa Ninoska Bojorge

Departamento de Engenharia Química e de Petróleo – UFF Disciplina: TEQ102- CONTROLE DE PROCESSOS

Observação: A mesma equação característica ocorre tanto para as mudanças na carga e no setpointdesde o termo 1 + GOL. Assim, se o sistema de malha fechada é estável para perturbações de carga,ele também será estável para mudanças de set-point.

Parte Imaginária

Parte Real

Região Estável

Região Instável

Regiões de estabilidade no plano complexo das raízes da equaçãocaracterística

ESTABILIDADE MALHA FECHADA

Re

Im

muito oscilatório

muito oscilatório

rápido

Decaimento exponencial com oscilações

lento

rápido crescim. exponencial

Crescimento exponencial com oscilações

Estável (Esquerda ) Instável (Direita)

Raízes complexas (parte real - )

lento

Decaimento exponencial

Contribuições dos polos na resposta malha fechada

rápido

raízes reais (+)

raízes reais ( - )

raízes complexas (parte real +)

raízes complexas (parte real -)

Ex1) Seja estude sua estabilidade

Criterio de Routh-Hurwitz

4

1º passo: D(s)=s4+2s3+3s2+4s+5

2º passo: todos coeficientes de D(s) são positivos portanto nada pode-se concluir

3ºpasso: construir arranjo triangular de Routh-Hurwitz (Lembrando...)

sn

a3

b2 b3 b4

c2 c3

d2 d3

:

e1 e2

f1

g1

sn

sn

sn

sn

s

s

s

a a a a

a a a

b

c c

d d

−

−

−

−

1

2

3

4

2

1

0

0 2 4 6

1 5 7

1

1 4

1 4

:

...

...

...

...

:

1

30211

a

aaaab

−=

1

50412

a

aaaab

−=

1

70613

a

aaaab

−=

1

21311

b

baabc

−=

1

31512

b

baabc

−=

1

41713

b

baabc

−=

1

21211

c

cbbcd

−=

1

31312

c

cbbcd

−=

Critério de estabilidade - Exemplo

( ) ( ) ( ) ( )( )( )( )

1

1

1 2 3P v

G s G s G s H ss s s

=+ + +

( )

( )

( )( )( )

( )( )( )

1

1 2 3

11

1 2 3

C

C

KC s s s s

R sK

s s s

+ + +=

++ + +

( )

( ) ( )( )( )1 2 3

C

C

C s K

R s s s s K=

+ + + +

ou( )( )( ) 0321 =++++ CKsss

Equação Característica:

C(s)R(s)

Pelo método do lugar das raízes

Criterio de estabilidade - Exemplo

Kc p1 p2 p3

0 -3 -2 -1

0.23 -3.1 -1.75 -1.15

0.39 -3.16 -1.42 -1.42

1.58 -3.45 -1.28-0.75j -1.28+0.75j

6.6 -4.11 -0.95-1.75j -0.95+1.75j

26.5 -5.1 -0.45-2.5j -0.45+2.5j

60 -6.0 0-3.32j 0+3.32j

100 -6.72 0.35-4j 0.35+4j

( )( )( ) 0321 =++++ CKsss

Equação Característica:

*

**

CASOS ESPECIAIS CRITÉRIO DE ROUTH

� 1o. Caso) Nenhum elemento da 1a coluna é zero →avalia-se a estabilidade pelo resultado do arranjo.

� 2o. Caso) Existe um zero na 1a coluna → substitui-se o zero por um valor ε (épsilon) e faz-se a análise da estabilidade pelo arranjo.

� 3o. Caso) Todos os elementos de uma linha são zeros →substitui-se esta linha pelos coeficientes oriundos da derivação da linha anterior e faz-se a análise da estabilidade pelo arranjo.

56

156

061

5241

052

01-521

2

4132

042

531

s

0

1

2

3

4

=−

−⋅−

−=⋅−⋅

=⋅⋅

=⋅−⋅

s

s

s

s

8

Ex1) Seja estude sua estabilidade pelo critério de R-H.

Neste caso, os elementos da 1º coluna são:

5

6

1

2

1

0

1

2

3

4

s

s

s

s

s

−

Ocorrem duas mudanças de sinais, um de 1 para -6 e outra de -6 para 5, logo este sistema tem dois pólos de lado direito do plano-s , então o sistema é instável.

Assim:

5432

12)(

234++++

+=

ssss

ssG

CASOS ESPECIAIS CRITÉRIO DE ROUTH

Exercícios

9

Ex1) Seja

Se analisamos pelo Lugar das raízes, no Matlab

5432

12)(

234++++

+=

ssss

ssG

>> G = tf([2 1],[1 2 3 4 5]);>> rlocus(G)

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5Root Locus

Real Axis (seconds-1)Im

agin

ary

Axi

s (s

econ

ds-1

)

0 50 100 150 200 250-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4x 10

30 Resposta Degrau

Tempo (seconds)

Res

post

a

A fim de verificar, podemos plotar a resposta desta G(s) para um degrau

>> s = tf('s');>> num = [ 2 1]; >> den = [ 1 2 3 4 5]; >> step (num, den)

Caso 2) Linha com primeiro elemento igual a zero

Casos Especiais

substitua este elemento por um ε > 0 e prossiga na construção do arranjo. Na análise de estabilidade, faça ε→0.

Ex 2: Indique quantos polos fora do semiplano esquerdo tem o seguinte polinômio:

s5 + 3s4 + 2s3 + 6s2 + 6s + 9

Obs: � o polinômio atende à condição

necessária;� no entanto, se analisamos os polos,

por exemplo usando o Matlab, obtém-se :

Casos Especiais

s5 1 2 6

s4 3 6 9

s3 0 3 0

Nova s3 ε 3 0

s2 9 0

s1 0 0

s0 9 0 0

Ex 2: Indique quantos pólos fora do semiplano esquerdo tem o seguinte polinômio: s5 + 3s4 + 2s3 + 6s2 + 6s + 9

o arranjo triangular de Routh assume a forma:

� Assim, o critério de Routhindica a existência de 2 pólosfora do semiplano esquerdo.

� uma outra alternativa aqui é realizar a seguinte mudança de variáveis:

z = 1/s e obter o polinômio em z, seguido da aplicação do critério de Routh

ε

ε 96 −

32

33

2

−−

ε

ε

Caso 2) Linha com primeiro elemento igual a zero

Casos Especiais

Caso 3) Linha com todos os elementos iguais a zero

Ex 3: Indique quantos polos fora do semiplano esquerdo tem o seguinte polinômio: s5 + 5s4 +11s3 + 23s2 + 28s +12

� repare que o polinômio atende à condição necessária;

� no entanto, usando o Matlab, obtém-se os seguintes polos:

Obs: veja-se a perda de precisão numérica no cálculo ao lado . As raízes do polinômiosão efetivamente –3, +j2, –j2, –1 e –1.

Esta perda de precisão é devida ao processo de quantização numérica empregado pelo computador. Dependendo do algoritmo, este efeito é maior ou menor.


Ex 3: Indique quantos pólos fora do semiplano esquerdo tem o seguinte polinômio:

s5 + 5s4 +11s3 + 23s2 + 28s +12


s5 1 11 28

s4 5 23 12

s3 6,4 25,6 0

s2 3 12 0

s1 0 0 0

s0

Casos Especiais

s5 1 11 28

s4 5 23 12

s3 6,4 25,6 0

s2 3 12 0

s1 0 0 0

Nova s1 6 0 0

s0 12 0 0


Linha nula


Casos Especiais


s5 + 5s4 +11s3 + 23s2 + 28s +12

Casos Especiais

s5 1 11 28

s4 5 23 12

s3 6,4 25,6 0

s2 3 12 0

s1 0 0 0

Nova s1 6 0 0

s0 12 0 0

o arranjo triangular de Routh assume a forma:� Assim, o critério de Routh

indica a inexistência de polos fora do semiplano esquerdo, embora falta ainda analisar o polinômio p(s) = 3s2 +12.

� Este polinômio vai apresentar 2 raízes no eixo imaginário, +j2 e –j2, portanto, na margem do semiplano esquerdo.


s5 + 5s4 +11s3 + 23s2 + 28s +12

Casos Especiais


Ex 4: Determine o intervalo de Kc, ganho do controlador, para o qual o sistemarealimentado seja estável.

solução: A F.T.M.F. é dada por:

Note que não é possível obter os pólos de H(s) usando a calculadora.

Outras aplicações


Usando o método de Routh-Hurwitz:

1ºpasso: D(s)=s3 + 5s2 + (Kc - 6)s + Kc

2ºpasso: Para que todos os coeficientes sejam positivos:

Kc- 6 > 0 → Kc>6eKc > 0⇒ Kc > 6 satisfaz (I)

Outras aplicações



3ºpasso:

D(s)=s3 + 5s2 + (Kc - 6)s + Kc

Kcs

KcKcs

Ks

Ks

c

c

05

1)6(5

5

61

1

2

3

−−

−

Outras aplicações

Casos Especiais


4ºpasso: Para que elementos da 1ª. coluna sejam todos positivos, é necessário que:

e Kc > 0 (III)05

)6(5>

−− KcKc

0305 >−−⇒ KcKc

0304 >−⇒ Kc

4

30>⇒ Kc 5,7= (II)

Usando o método de Routh-Hurwitz: D(s)=s3 + 5s2 + (Kc - 6)s + Kc

Outras aplicações



4ºpasso:

D(s)=s3 + 5s2 + (Kc - 6)s + Kc

Logo, para Kc > 7,5 o sistema terá estabilidade absoluta.

Como já foi dito, se tiver um zero (0) na primeira coluna de tabela ou se uma linha for nula, então deve-se usar o caso especial anterior.

Kc

0 6 7,5

Outras aplicações

21

Step Response

Time (seconds)

Am

plitu

de

0 20 40 60 80 1000

2

4

6

8x 10

25

Kc = 1

0 100 200 300 400 500 600-5

0

5x 10

28 Step Response

Time (seconds)

Am

plitu

de

Kc = 6

0 10 20 30 40 50 60-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3Step Response

Time (seconds)

Am

plitu

de

Kc = 7.5

0 5 10 15 20 25 300

0.5

1

1.5

2

2.5Step Response

Time (seconds)

Am

plitu

de

Kc = 10


0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2Step Response

Time (seconds)

Am

plitu

de

Kc = 1000

Verificação

22

Dada a Equação característica da FTMF, determinar estabilidade

11

05 05 0 750

05 05 0 75 0

05 05 0 75 0

3 2

3 2

3 2

++

+ − −=

+ − − + + =

+ + − + − =

Ks

s s s

s s s K s K

s s K s K

c

c c

c c

. . .

. . .

. ( . ) ( . )

( ) . ( ) ( . ) ( . )

. ( . ) ( . )

j j K j K

j K j K

c c

c c

ω ω ω

ω ω ω

3 2

3 2

05 05 0 75 0

05 05 0 75 0

+ + − + − =

− − + − + − =

Substituir s = jω, Κc= Κcu

075.05.05.0

11

23=

−−+

++

sSS

sKc

uu

u u

Outras aplicações

Parte real

23

− + − =05 0 75 02. .ω Kc( . )Kc − − =05 03

ω ω

∴ = + ⇒ + − − =

⇒ − + =

⇒ = ± =

K

K

c

c

05 0 75 05 0 75 05 0

05 0 25 0

2 2 1

2 2 3

2

. . ( . . . )

. .

/ ,

ω ω ω ω

ω

ω

Parte Complexa

Step Response

Time (seconds)

Am

plitu

de

0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800

1

2

3

4

5

6

7

uu

u

u u

Outras aplicações

Exercício 5 No seguinte sistema, determinar o valor do ganho, que faz com que o sistema se torne instável Use os seguintes dados: (a) τD = 0,25 min e (b) τ D = 0,5 min.

24

Exercício de aplicação

Ex 5) .... O balanço de energia em torno de cada tanque:

25

Assim, em termos de variáveis de desvio e tomando a T. L obtemos sistemas da forma de 1ª ordem:

onde:

pois não há aquecedores nesses tanques.


Ex 5) ...O seguinte diagrama de blocos mostra o sistema de controle de feedback.

26

onde os parâmetros do sistema será:


∴ Kq= K1

Blocos da válvulas e sensor são de dinâmica mto rápida (G= 1)

Ex 5) O seguinte diagrama de blocos mostra o sistema de controle de feedback.

27

Logo, a equação característica será:

Continuando...

Logo, pelo arranjo de Routh:

28

Outras aplicações

Ex 5) ... Assim a equação característica ...

29

Outras aplicações

Ex 5) ...

Assim, para :

Ex 6) Considere o exemplo onde o atuador e dispositivos de medição não têm dinâmicas desprezíveis .

30

Equação característica:

Outras aplicações

-0,1 < Kc < 2.42

Análise critério de Routh – Control P 31

10 12

21 (1 +10Kc)

0

s3

s2

s1

s0

→→→→

Outras aplicações

→

Agora, o Análise por Substituição Direta com controle P; s= jw e Kc=Kcu

32

Outras aplicações

Kcu= 2.42

33

Simulando o exemplo anterior no Matlab (pidtune)

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

Resposta a variação degrau no setpoint VPsp

Time (seconds)

varia

vel d

e pr

oces

so

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Resposta a variação degrau no setpoint VPsp

Time (seconds)

varia

vel d

e pr

oces

so

mas, quando Kc= Kcu, a resposta é criticamente estável

Kc = 0.973

Análise critério de Routh – Control P I

34

10 12 10Kc/τI

21 (1 +10Kc) 0

s4

s3

s2

s1

s0

A estabilidade estará definidaem função dos valores de Kce τi

estabilidade método critério de routh-hurwitz casos especiais€¦ · caso 3) linha com todos os...

Documents