SolucionExamenJun2014

Examen Final de Junio
Asignatura: Regulación Automática
Curso 2013-2014
Segundo Cuatrimestre
Fecha 23/06/2014
Cuestiones Teórico-Prácticas.
1. (1 punto) Demuestra que el lugar de las raíces correspondiente a la ecuación
característica 1 + KG (s) = 0, donde G (s) tiene todos los polos complejos
conjugados (, con parte imaginaria no nula), no corta el eje real.
Solución: Sea p = + i! un polo de G(s) con ! 6= 0, y sea s 2 R un punto arbitrario de la
) i! = s p. Si arg (s p) = ,
recta real, entonces s p = (s
)+i! y s p = (s
entonces arg (s p) = arg (s p) =
, con lo cual arg (s p) + arg (s p) = 0. Procediendo así con todos los polos, concluimos que la contribución neta de fase es cero,
por lo que s no está en el lugar de las raíces.
Notemos que si existe un z 2 R tal que G (z) = 0 entonces esevidente que al menos una
rama del lugar de las raíces tiende asintóticamente hacia z (, es decir cuando K ! 1).
2. (1 punto) Supongamos que un sistema de segundo orden subamortiguado presenta ganancia en continua K y se excita con una entrada r (t) = A 1 (t).
Determina el sobreimpulso máximo.
Solución: Sea H0 (s) la función de transferencia de un sistema de segundo orden con ganancia en continuaunitaria,
! 2n
H0 (s) = 2
s + 2 ! n s + ! 2n
y sea Mp0 ( ) el sobreimpulso máximo cuando se excita el sistema con un escalón unitario. Sabemos que Mp0 ( ) = y0 (tp ) 1, donde Y0 (s) = H0s(s) es la transformada de la
respuesta escalón del sistema.
Si ahora hacemos el sistema que tenga ganancia DC K y se excita con un escalón
de amplitud A, entonces la respuesta escalón del sistema será Y (s) =AKY0 (s), y por
tanto y (t) = AKy0 (t). El nuevo sobreimpulso se mide con respecto al valor estacionario
de la salida, que ahora es AK, y el tiempo de pico se mantien igual ya que la forma de la
curva sigue siendo la misma puesto que sólo afectamos a la amplitud. En consecuencia,
Mp ( ) = y (tp ) y (1) = AKy0 (tp ) AK = AK (y0 (tp ) 1) = AKMp0 ( ).
3. (1 punto) El polinomio quíntico q (s) = s5 p2 s pcon p primo es un ejemplo
clásico de polinomio no resoluble por radicales. Demuestra que nunca puede
tener raíces imaginarias. A continuación establece la geometría de las raíces:
q (s) siempre presenta una raíz real en R+ , dos raíces complejas conjugadas
en C+ R+ y dos raíces en C .
Solución: Es fácil probar que q (s) nunca tiene raíces en el eje imaginario. Basta tomar el
máximo común divisorde q (s) con q ( s), mcd (q (s) ; q ( s)) = 1. Esto signi…ca que
1

q (s) no tiene raíces simétricas con respecto al origen, y en particular no tiene raíces
imaginarias. Otra forma de comprobar la no existencia de raíces imaginarias consiste
en resolver q (i!) = 0, lo cual conduce a dos ecuaciones:
!5

p2 ! = 0
p = 0

la última de las cuales nunca se satisface puesto que p > 1.
Dado que alpolinomio le faltan coe…cientes y ni siquiera son todos del mismo signo,
debemos esperar que haya raíces en C+ . Ahora analizaremos la geometría de los ceros
mediante el criterio de Routh. Para éllo construimos la tabla de Routh:
s5
s4
s3
s2
s1
s0

:
:
:
:
:
:

1

p2 p
p2 +
p

p2
p

0
0
p2 +
p
p

+

p

2

p

1

Ahora hacemos tender ! 0+ : En este caso tenemos la siguiente variación de signo en
laprimera columna:
V ar 1; 0+ ; 0+ ; 1; +1; p = 3
Esto signi…ca que tenemos 3 raíces en C+ .

Podríamos aplicar la regla de los signos de Descartes, de forma que V ar (f1; p2 ; pg) =
1 n+ (q). Por tanto tenemos que a lo sumo hay una raíz real en C+ . Dado que las
raíces complejas aparecen por pares complejos conjugados a…rmamos que tenemos exactamente una raíz en R+ y un par de complejas conjugadas en C+.
Para las raíces reales en el semiplano izquierdo, analizamos el polinomio q ( s) mediante la regla de los signos de Descartes: V ar (f 1; p2 ; pg) = 2 n (q). Con esto no
podemos determinar si las dos raíces en C son reales o complejas conjugadas.
Observación: Si fuéramos rigurosos deberíamos haber tomado un 1 para la …la s4 y
otro 2 para la …la s3 , sin embargo hemos considerado que 1 = 2 por...