C4_Analisis_de_sistemas_en_el_dominio_del_tiempo_18sep2014.pdf

Apuntes de Teoría de Control Análisis de sistemas en el dominio del tiempo

MI. Guillermo Hermida Saba MMXIV Página 1

Capitulo 4

Análisis de sistemas en el dominio del tiempo. En este capítulo estudiaremos a detalle la respuesta temporal de los sistemas de primero y

segundo orden, con el objeto de poder caracterizarlos sin importar su origen o naturaleza física, así

como para entender su comportamiento y obtener pautas para el posible diseño de un sistema de

control.

4.1 El sistema de primer orden.

Un sistema dinámico de primer orden, lineal e invariante en el tiempo es aquel que se modela

matemáticamente por una ecuación diferencial de primer orden de la siguiente forma:

1 0 0 ( )dya a y b f tdt

+ = (4.1)

Considerando condiciones iniciales iguales con cero, es decir (0) 0y = y transformando por

Laplace para obtener la función de transferencia dada por ( ) ( )Y s F s , tenemos:

1 0 0( ) ( ) ( )a sY s a Y s b F s+ =

( )1 0 0( ) ( )Y s a s a b F s+ =

Por lo tanto:

0

1 0

( ) ( )( )

bY s G sF s a s a

= =+

(4.2)

También

0 1 0 0

0 1 1 0

( )1 1

b a b a KG ss a a a a s sτ

= = =+ + +

(4.3)

Donde los parámetros K y τ son definidos por:

0 0K b a= = Ganancia estatica del sistema (4.4)

1 0a aτ = = Constante de tiempo del sistema (4.5)

El modelo encontrado también puede ser representado mediante un diagrama de bloques, de la

siguiente forma:

1Ksτ +

( )Y s( )F s

Figura 4.1 Sistema de 1er. orden.



A continuación valoraremos la respuesta del sistema de primer orden con respecto a algunas

señales de prueba de uso estándar.

4.1.1 Respuesta al Impulso Unitario.

Para este caso ( ) ( )f t tδ= por lo tanto [ ]( ) ( ) ( ) 1F s L t sδ= = ∆ = , entonces:

( ) ( ) ( )1 11

K KKY s F s ss s s

τ ττ

τ τ

= = ∆ = + + +

(4.6)

Por lo que la respuesta ( )y t está dada por:

[ ]1

( ) ( )tKy t Y s e τ

τ− −= = (4.7)

Es decir:

( )y t

t

( )g t

( )tδ

t

Figura 4.2 Respuesta del sistema de 1er. orden al impulso unitario.

4.1.2 Respuesta al Escalón Unitario.

En este caso ( ) ( )f t u t= , por lo que 1( ) ( )F s U ss

= = , entonces:

1( ) ( )1 1 1 1

K K KA BY s U s

s ss s s s s

τ τ τ

τ τ τ τ

= = = = + + + + +

(4.8)

Donde:

0

0

( ) 11s

s

K K

A sY s Ks

τ τ

ττ

=

=

= = = = +

(4.9)



1

1

1 ( ) 1s

s

K K

B s Y s Ksτ

τ

τ ττ

τ=−

=−

= + = = = − −

(4.10)

Por lo tanto:

1 1( )1 1

K KY s Ks ss s

τ τ

= − = −

+ +

(4.11)

Entonces:

1

( ) [ ( )] (1 )t

y t Y s K e τ− −= = − (4.12)

Graficando para ( )y t , tenemos:

0.632K

τ

K

K

( )y t

tKe τ

−

t

( )y t

Figura 4.3 Respuesta del sistema de 1er. orden al escalón unitario.

Demostración analítica:

a) Ya que: ( ) tdy t K e

dtτ

τ−= entonces:

0t

dy Kdt τ=

=

b) ( )1 1( ) ( ) (1 ) 1 0.632t

y t y K e K Keττ −

== = − = − =

c) Ya que: ( )t

K y t Ke τ−

− = entonces: ( )ln ( ) ln lnt tK y t Ke Kτ

τ−

− = = −



De manera general se puede apreciar lo siguiente:

63.2

%

0.632K

τ

K

( )y t

t

86.5

%

95%

98.2

%

99.3

%

2τ 3τ 4τ 5τ

( ) (1 )t

y t K e τ−

= −

KPendienteτ

=

Figura 4.4 Análisis de la respuesta al escalón unitario.

4.1.3 Respuesta a la rampa unitaria.

En este caso ( ) ( )f t r t t= = , por lo que 2

1( )R ss

= , entonces:

2 22

1( ) ( )1 1 1 ( 1)

K K KKY s R s

s s ss s s s

τ τ ττ

τ τ τ

= = = = + + + +

(4.13)

2( )1

A B CY ss s s

τ

= + + +

(4.14)

Donde:

2

0

0

( ) 11s

s

K K

A s Y s Ks

τ τ

ττ=

=

= = = = +

(4.15)

200

( 1)(0) ( )( 1) ( 1) ss

d K s KB Kds s s

τ τ ττ τ ==

+ −= = = − + +

(4.16)

21

21

1 ( ) 1s

s

K K

C s Y s Ks

τ

τ

τ τ ττ

τ=−

=−

= + = = =

(4.17)



Sustituyendo tenemos que:

2( )1

K K KY ss s s

τ τ

τ

= − + +

(4.18)

Por lo que la transformada inversa está dada por:

( )t

y t Kt K K e ττ τ−

= − + (4.19)

Es decir:

( )( ) 1t

y t Kt K e ττ−

= + − (4.20)

Gráficamente la respuesta ( )y t la podemos conceptualizar mediante la siguiente figura:

( )y t

t

( )g t

( )y t

t

Figura 4.5 Respuesta del sistema de 1er. orden a la rampa unitaria.

De manera más precisa, lo podemos ver en la siguiente grafica:

( )y t

tKτ

Kτ−

Kt

( )y t

Kτ

tK e ττ −

Figura 4.6 Análisis de la respuesta a la rampa unitaria

Para tiempos muy grandes el error tiende a Kτ y se llama error del sistema.



4.2 El sistema de segundo orden.

Un sistema dinámico de segundo orden, lineal e invariante en el tiempo se puede modelar

matemáticamente por una ecuación diferencial de segundo orden de la siguiente forma:

2

2 1 0 02 ( )d y dya a a y b f tdt dt

+ + = (4.21)

Considerando condiciones iniciales iguales con cero, es decir (0) '(0) 0y y= = y transformando

por Laplace para obtener la función de transferencia dada por ( ) ( )Y s F s , tenemos:

2

2 1 0 0( ) ( ) ( ) ( )a s Y s a sY s a Y s b F s+ + = (4.22)

( )22 1 0 0( ) ( )Y s a s a s a b F s+ + = (4.23)

Por lo tanto:

0 0 22 2

2 1 0 1 2 0 2

( ) ( )( )

b b aY s G sF s a s a s a s a a s a a

= = =+ + + +

(4.24)

Dado que la forma general de un sistema de segundo orden se expresa en términos de los

parámetros , nK yζ ω , entonces:

20 2

2 2 21 2 0 2

( )2

n

n n

K b aG ss s s a a s a a

ωζω ω

= =+ + + +

(4.25)

Donde los parámetros , nK yζ ω están definidos por:

0

0

Ganancia estatica del sistemab

Ka

= → (4.26)

1

0 22Razón de amortiguamientoa

a aζ = → (4.27)

0

2

Frecuencia natural no amortiguadanaa

ω = → (4.28)

Ahora procederemos a valorar la respuesta del sistema de segundo orden en términos de las

señales de prueba estándar para análisis en el dominio del tiempo.



4.2.1 Respuesta del sistema de segundo orden.

Para propósitos de análisis, el sistema de segundo orden puede ser representado mediante un

diagrama de bloques, de la siguiente forma:

2

2 22n

n n

Ks

ωζω ω+ +

Y(s)F(s)

Figura 4.7 Sistema de 2do. Orden

Donde: F(s) --- Es la entrada o excitación al sistema.

Y(s) --- Es la salida o respuesta del sistema.

Y 2

2 2( ) ( )2

n

n n

KY s F ss s

ωζω ω

=+ +

(4.29)

La forma de la respuesta a una excitación conocida, queda completamente determinada por el tipo

de polos que contenga la función de transferencia. Es decir el tipo de raíces que contenga el

término: 2 22 0n ns sζω ω+ + = , por lo tanto:

21,2 - -1n ns ζω ω ζ= ± (4.30)

Se puede observar que el tipo de raíces o polos del sistema dependen del valor de la razón de

amortiguamiento ζ , pudiéndose presentar los siguientes casos útiles:

a.- Primer caso: Polos complejos. [ ]0 1ζ< <

21,2 - 1-n ns jζω ω ζ= ± (4.31)

b.- Segundo caso: Polos reales e iguales. [ ] 1ζ = .

1,2 - ns ω= (4.32)

c.- Tercer caso: Polos Imaginarios. [ ] 0ζ =

1,2 ns jω=± (4.33)

d.- Cuarto caso: Polos reales diferentes. [ ] 1ζ >

21,2 - -1n ns ζω ω ζ= ± (4.34)



4.2.2 Respuesta al Impulso unitario.

Bajo estas condiciones, la excitación al sistema es un impulso unitario ( ) ( )f t tδ= , por lo que

[ ]( ) ( ) ( ) 1F s L t sδ= = ∆ = , entonces:

2 2

2 2 2 2( ) ( )2 2

n n

n n n n

K KY s ss s s s

ω ωζω ω ζω ω

= ∆ =+ + + +

(4.35)

1er. caso: Polos complejos. [ ]0 1ζ< <

Ya que los polos son complejos podemos expresar a ( )Y s por:

( ) ( ) ( ) ( )22

1 2 222 22 2

1( )11 1

nn n

n n n n

KY s Ks s

ω ζω ω

ζζω ω ζ ζω ω ζ

−= =

−+ + − + + − (4.36)

Por lo que:

( )21 2( ) 1

1ntn

ny t K e sen tζωω ω ζζ

−= −−

(4.37)

2do. caso: Polos reales e iguales. [ ] 1ζ = .

Bajo esta condición ( )Y s esta dada por:

( )

2 2

2 22 2( )2

n n

n n n

K KY ss s s

ω ωω ω ω

= =+ + +

(4.38)

Por lo tanto: 2

2 ( ) ntny t K te ωω −= (4.39)

3er. caso: Polos Imaginarios. [ ] 0ζ =

Bajo esta condición ( )Y s está dada por:

2

3 2 2( ) n

n

KY ss

ωω

=+

(4.40)

Por lo tanto:

3 ( ) ny t K sen tω= (4.41)



4to. caso: Polos reales diferentes. [ ] 1ζ >

Bajo esta condición la respuesta 4 ( )Y s esta dada por:

( )( )2 2

4 2 2( )2

n n

n n

K KY ss s s a s b

ω ωζω ω

= =+ + + +

(4.42)

Por lo tanto:

( )2

4 ( ) at btnKy t e eb aω − −= −−

(4.43)

Donde:

2 2- -1 - -1n n n na y bζω ω ζ ζω ω ζ= + = − (4.44)

Las graficas de las curvas de respuesta para los 4 casos se muestran en la siguiente grafica.

0

1y

3y

2y

4yt

( )y t

Figura 4.8 Respuesta al impulso unitario del sistema de segundo orden



4.2.3 Respuesta al Escalón unitario.

En este análisis ( ) ( )f t u t= , por lo que 1( ) ( )F s U ss

= = , entonces:

( )2 2

1 2 2 2 2( ) ( )

2 2n n

n n n n

K KY s U ss s s s s

ω ωζω ω ζω ω

= =+ + + +

(4.45)

1er. caso: Respuesta subamortiguada: Polos complejos. [ ]0 1ζ< <

Bajo esta condición la respuesta ( )Y s está dada por:

( ) ( ) ( )2

1 21 2 2 2 2( )

2 1 1n

n n n n n n

K K KAY sss s s s j s j

ωζω ω ζω ω ζ ζω ω ζ

= = + ++ + + − − + + −

(4.46)

La transformada inversa de ( )Y s , toma la siguiente forma:

1( ) ( )ty t A Me sen tα β φ= + + (4.47) Donde:

2

1 2 200

( )2

ns

n n s

KA sY s Ks s

ωζω ω=

=

= = =+ +

(4.48)

2

11

( ) ; 1 ( )( )

jn n

N jMe con y D s sD j

φ α β α ζω β ω ζβ α β

+= = − = − =

+ (4.49)

( ) ( )

( ) ( )

2

2 2

2 2 21

1

22 2 2

21

2

( )( ) 1 1 1

111 1 1

1tan1

n n

j n n

n n n ns j

K KN jMeD j s j

K K

j j

K

φ

ζω ω ζ

ω ωα ββ α β ω ζ ω ζ ζω ω ζ

ζζ ζ ζ ζ ζ

ζζζ

=− + −

−

+= = =

+ − − − + −

= = −− − + − − + −

− = − −−

(4.50)

Por lo tanto 2

1

2

1tan1

KM y ζφ

ζζ− −

= = −−−

(4.51)

Sustituyendo en la forma de la solución:

2

2 11 2

1( ) 1 sen 1 tan1

nt

ney t K t

ζω ζω ζ

ζζ

−−

− = + − −

− − (4.52)



O también 2

2 11 2

1( ) 1 1 tan1

nt

ney t K sen t

ζω ζω ζ

ζζ

−−

− = − − −

− (4.53)

Con el objeto de evitar la manipulación de números complejos, podemos recurrir al siguiente

método alternativo de expansión en fracciones parciales

:

( )2

1 2 22 2( )

22n

n nn n

K A Bs CY ss s ss s s

ωζω ωζω ω+

= = ++ ++ +

(4.54)

Por lo tanto:

( ) ( )2 2 22n n nK A s s Bs C sω ζω ω= + + + +

2 2 2 22n n nK As A s A Bs Csω ζω ω= + + + +

[ ] [ ]2 2 22n n nK A B s A C s Aω ζω ω= + + + +

[ ] [ ] 2 20; 2 0n n nA B A C y A Kζω ω ω+ = + = =

De aquí obtenemos que:

; 2 2n nA K B A K y C A Kζω ζω= = − = − = − = −

Sustituyendo:

( )( ) ( )1 22 2 2 2

2 21( )2 1

n n

n nn n

K s sKY s Ks s s s s

ζω ζωζω ω ζω ω ζ

+ +

= − = − + + + + −

(4.55)

Transformando inversamente:

2 21 2( ) 1 cos 1 1

1nt

n ny t K e t sen tζω ζω ζ ω ζζ

− = − − + −

− (4.56)

Simplificando:

2 11 2 2( ) 1 cos 1 tan

1 1

nt

ney t K t

ζω ζω ζζ ζ

−−

= − − −

− − (4.57)

O también: 2

2 11 2

1( ) 1 sen 1 tan1

nt

ney t K t

ζω ζω ζ

ζζ

−−

− = − − +

− (4.58)



2do. caso: Respuesta críticamente amortiguada: Polos reales e iguales. [ ] 1ζ = .

Bajo esta condición la respuesta 2 ( )Y s está dada por:

( ) ( ) ( ) ( )2 2

2 2 22 2( )

2n n

nn n n n

K K A B CY ss ss s s s s s

ω ωωω ω ω ω

= = = + +++ + + +

(4.59)

Por lo tanto:

( ) ( )2 2 22n n n nK A s s Bs Cs sω ω ω ω= + + + + +

2 2 2 22n n n nK As A s A Bs Cs C sω ω ω ω= + + + + +

[ ] [ ]2 2 22n n n nK A C s A B C s Aω ω ω ω= + + + + +

[ ] [ ] 2 20; 2 0n n n nA C A B C y A Kω ω ω ω+ = + + = =


; 2 2n n n n nA K C A K y B A C K K Kω ω ω ω ω= = − = − = − − = − + = −

Sustituyendo

( ) ( )2 2( ) n

nn

KK KY ss ss

ωωω

= − −++

(4.60)

Antitransformando:

( )2 ( ) 1 1 1n n nt t tn ny t K te e K e tω ω ωω ω− − − = − − = − + (4.61)

3er. caso: Respuesta sin amortiguamiento: Polos Imaginarios. [ ] 0ζ =


( ) ( )2

3 2 2 2 2( ) n

n n

K A Bs CY sss s s

ωω ω

+= = +

+ + (4.62)

Por lo tanto:

( ) ( )2 2 2n nK A s Bs C sω ω= + + +

2 2 2 2n nK As A Bs Csω ω= + + +

[ ]2 2 2n nK A B s Cs Aω ω= + + +



[ ] 2 20; 0 n nA B C y A Kω ω+ = = =


; 0A K B A K y C= = − = − =

Sustituyendo

( ) ( )3 2 2 2 2

1( )n n

K Ks sY s Ks ss sω ω

= − = −

+ + (4.63)

Antitransformando:

[ ]3 ( ) 1 cos ny t K tω= − (4.64)

4to. caso: Respuesta sobreamortiguada: Polos reales diferentes. [ ] 1ζ >


( ) ( )( ) ( ) ( )2 2

4 2 2( )

2n n

n n

K K A B CY ss s a s b s s a s bs s s

ω ωζω ω

= = = + ++ + + ++ +

(4.65)

Por lo tanto:

( )( ) ( ) ( )2nK A s a s b Bs s b Cs s aω = + + + + + +

( )( ) ( ) ( )2 2 2 2nK A s a b s ab B s bs C s asω = + + + + + + +

( )2 2 2 2nK As A a b s Aab Bs Bbs Cs Casω = + + + + + + +

[ ] ( )2 2nK A B C s A a b Bb Ca s Aabω = + + + + + + + +

[ ] ( ) 20; 0 nA B C A a b Bb Ca y Aab Kω+ + = + + + = =


( ) ( )2 2 2

;n n nK K KA B y Cab a a b b a bω ω ω

= = = −− −

Sustituyendo

( ) ( ) ( ) ( )2

41 1 1 1 1 1( ) nY s Kab s a a b s a b a b s b

ω = + − − + − +

(4.66)



( ) ( ) ( ) ( )2

41 1 1( ) nK b aY s

ab s a a b s a b a b s bω

= + − − + − + (4.67)

Antitransformando:

( ) ( ) ( ) ( )2 2

41( ) 1 1at bt at btn nK Kb ay t e e be ae

ab a a b b a b ab a bω ω− − − −

= + − = + − − − − (4.68)

Donde: 2 2- -1 - -1n n n na y bζω ω ζ ζω ω ζ= + = −

Las curvas de respuesta para los 4 casos se muestran en la siguiente grafica.

0

1

( )y t

t

3y

1y

2y

4y

Figura 4.9 Respuesta al escalón unitario del sistema de segundo orden



4.2.4 Análisis detallado de la curva de respuesta transitoria subamortiguada.

Consideremos el caso en que la respuesta transitoria es subamortiguada y definamos algunos

puntos de la curva, como se muestra en la siguiente grafica:

0.1

0.5

0.9

st

rtdt pt

( )y tmaxy

ssy2%±

2py1py

t

Figura 4.10 Análisis de la respuesta al escalón unitario del sistema de segundo orden

Donde:

maxy = Valor máximo que puede tomar ( )y t

ssy = Valor al cual ( )y t se estabiliza.

pt = Tiempo de pico.

dt = Tiempo de retardo

rt = Tiempo de levantamiento.

st = Tiempo de asentamiento.

A continuación se definen los principales parámetros de la curva de respuesta transitoria en el caso

de la respuesta subamortiguada:



Sobrepaso máximo ( )OS [OverShoot]

Es el cociente formado por el sobrepaso de la primera oscilación y el valor en estado estable de la

respuesta expresado en porcentaje. Es decir.

2-πζ/ 1-ζmax% % 100 100ss

ss

y yde overshoot OS ey−

= = = (4.69)

O ( )

( )2 2

ln % /100

ln % /100

OS

OSζ

π

−=

+ (4.70)

Razón de decaimiento ( )δ . [Decay ratio]

Es el cociente formado entre la magnitud del segundo sobrepaso entre la magnitud del primer

sobrepaso.

2

1

p ss

p ss

y yRazón de decaimiento

y yδ

−= =

− (4.71)

Tiempo de pico ( )pt . [Peak time]

Tiempo necesario para que se alcance el valor máximo de ( )y t .

max( )py t y= (4.72)

Tiempo de retardo ( )dt . [Delay time]

Tiempo necesario para que ( )y t alcance el 50% de su valor en estado estable.

( ) 0.5d ssy t y= (4.73)

Tiempo de levantamiento ( )rt . [Rise time]

Tiempo necesario para que la respuesta vaya del 10% al 90% de su valor en estado estable. Este

parámetro se puede aproximar por:

1.8r

n

tω

≈ (4.74)

Tiempo de asentamiento ( )st . [Settling time]

Tiempo necesario para que la magnitud de la respuesta transitoria entre en una banda del 2%±

alrededor del valor de la respuesta en estado estable. Un valor aproximado de este parámetro se

puede obtener mediante:

4s

n

tζω

≈ (4.75)



La siguiente figura muestra el diagrama polo-cero y la forma de la respuesta transitoria en los

cuatro casos:

Respuesta subamortiguada (0 < ζ < 1)

Eje Real

Eje

Imag

inar

io

Diagrama polo-cero

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

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4Step Response

Time (sec)

Ampl

itude

Respuesta críticamente amortiguada (ζ = 1)

Eje Real

Eje

Imag

inar

io

Diagrama polo-cero

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

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1Step Response

Time (sec)Am

plitu

de

Respuesta sobreamortiguada (ζ > 1)

Eje Real

Eje

Imag

inar

io

Diagrama polo-cero

-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1Step Response

Time (sec)

Ampl

itude

Respuesta sin amortiguamiento (ζ = 0)

Eje Real

Eje

Imag

inar

io

Diagrama polo-cero

-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2Step Response

Time (sec)

Ampl

itude

Figura 9: Diagrama polo cero y forma de la respuesta transitoria para los 4 casos



Bibliografía.

1. Chen C. T. “Analog And Digital Control System Design”, Saunders College Publishing,

1993.

2. D’Azzo J., Houpis C, and Sheldon S., “Linear Control System Analysis and Design with

MATLAB”: Fifth Edition.

3. Dorf R. and Bishop R.”Modern Control Systems” Eleventh Edition.

4. Kuo B., "Automatic Control Systems", Prentice-Hall, Inc., 1982.

5. Kuo F., “Network Analysis and Synthesis”, Wiley International Edition, 1966.

6. Naresh K. S. “Control Systems”, Jhon Wiley & Sons, Second Edition, 1995.

7. Nise N. “Control Systems Engineering”, Wiley, 6th Edition, 2010.

8. Ogata, K. “Ingeniería de Control Moderna”, Prentice Hall, 1996.

9. Rodríguez A. J. E. “Introducción a la Ingeniería del Control Automático” McGraw-Hill,

Primera Edición, 1998.

C4_Analisis_de_sistemas_en_el_dominio_del_tiempo_18sep2014.pdf

Documents

Transcript of C4_Analisis_de_sistemas_en_el_dominio_del_tiempo_18sep2014.pdf