Respuesta Dinamica de Sistemas Lineales de Primer Orden

Antonio Flores T. ∗

August 29, 2006

1 Introduccion

En esta seccion nos interesa determinar la respuesta en el tiempo (es decir, la respuestadinamica) de un cierto sistema cuando ocurre un cambio de algun tipo. En particu-lar, nuestro interes reside en modificar alguna variable asociada con una corrriente deentrada al proceso. Por ejemplo, en el caso de un reactor quımico operado de maneracontinua podrıamos modificar el flujo volumetrico de la corriente de alimentacion yobservar la manera como la concentracion de reactivos y productos se modifica poreste hecho. La respuesta dinamica de un sistema se puede representar en terminosde la figura 1, donde u(t) es una funcion variable de entrada, y(t) es la respuesta delsistema.

y(t)u(t)System

Figura 1: Respuesta de un sistema en presencia de una perturbacion en la entrada.

2 Sistemas lineales de primer orden

La respuesta dinamica de muchos sistemas se puede representar mediante la siguienteecuacion diferencial lineal de primer orden,

a1dy

dt+ aoy = bu(t) (2.1)

o de manera equivalente,

τdy

dt+ y = Ku(t) (2.2)

∗E-mail: antonio.flores@uia.mx, http://200.13.98.241/˜antonio

1

donde,

τ =a1

ao

(2.3)

K =b

ao

(2.4)

K es la ganancia a lazo abierto del sistema y τ la constante de tiempo a lazo abierto.Tomando la transformada de Laplace de ambos lados de la ecuacion 2.2 tenemos:

L

{τdy

dt+ y

}= L {Ku(t)} (2.5)

τL

{dy

dt

}+ L {y} = KL {u(t)} (2.6)

τsy(s) + y(s) = Ku(s) (2.7)

(τs + 1)y(s) = Ku(s) (2.8)

de donde

y(s)

u(s)=

K

τs + 1(2.9)

al cociente y(s)/u(s) se le denomina la funcion de transferencia G(s) :

y(s)

u(s)= G(s) (2.10)

donde para un sistema de primer orden:

G(s) =K

τs + 1(2.11)

la solucion de esta ecuacion, en el dominio del tiempo, dada por:

y(t) = uK(1− e−tτ ) (2.12)

Ejemplo 1 Considere el modelo de un reactor continuo tanque agitado discutido en elejemplo 1 del capıtulo “Linealizacion de Funciones No-Lineales”. Obtener la funcionde transferencia entre la entrada (Q) y la respuesta del sistema (CA).

El modelo linealizado esta dado por:

dCA

dt= −

(Qs

V+ 2kCs

A

)CA +

(CAo − Cs

A

V

)Q

o bien en terminos de la ecuacion 2.2,

1(QV

+ 2kCA

) dCA

dt+ CA =

(CAo−CA

V

)(

QV

+ 2kCA

)Q

2

tomando la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuacion anterior:

L

1(QV

+ 2kCA

) dCA

dt

+ L

{CA

}= L

(CAo−CA

V

)(

QV

+ 2kCA

)Q

tenemos,

1(QV

+ 2kCA

)sCA(s) + CA(s) =

(CAo−CA

V

)(

QV

+ 2kCA

)Q(s)

entonces

CA(s)

Q(s)=

(CAo−CA

V

)

(QV

+2kCA)1

(QV

+2kCA)s + 1

o bien,

y(s)

u(s)= G(s) =

K

τs + 1

donde,

y = CA

u = Q

τ =1(

QV

+ 2kCA

)

K =

(CAo−CA

V

)(

QV

+ 2kCA

)

Ejemplo 2 Considere el modelo de un reactor continuo tanque agitado discutido en elejemplo 2 del capıtulo “Linealizacion de Funciones No-Lineales”. Obtener las funcionesde transferencia entre todas las variables de entrada y de salida, usando como variablesde entrada el flujo volumetrico Q, la concentracion del reactivo A en la corriente dealimentacion CAo, y la concentracion de B en la misma corriente CBo. Las variablesde salida, o respuesta del sistema, son CA y CB.

El modelo matematico linealizado del proceso esta dado por el siguiente sistema deecuaciones:

dCA

dt= −

(Qs

V+ 2k1C

sA

)CA +

(CAo − Cs

A

V

)Q +

(Qs

V

)CAo

dCB

dt= (2k1C

sA) CA −

(Qs

V+ k2

)CB +

(CBo − Cs

B

V

)Q +

(Qs

V

)CBo

3

por facilidad notacional definamos las siguientes variables:

a1 =Qs

V+ 2k1C

sA

a2 =CAo − Cs

A

V

a3 =Qs

Va4 = 2k1C

sA

a5 =Qs

V+ k2

a6 =CBo − Cs

B

V

entonces el modelo linealizado se puede reescribir de la siguiente manera:

dCA

dt= −a1CA + a2Q + a3CAo (2.13)

dCB

dt= a4CA − a5CB + a6Q + a3CBo (2.14)

• CA(s)Q(s)

Aplicando la transformada de Laplace a la ecuacion 2.13:

sCA(s) = −a1CA(s) + a2Q(s)

rearreglando terminos:

CA(s)

Q(s)=

a2

s + a1

(2.15)

• CA(s)CAo(s)

Aplicando nuevamente la transformada de Laplace a la ecuacion 2.13:

sCA(s) = −a1CA(s) + a3CAo(s)

rearreglando terminos:

CA(s)

CAo(s)=

a3

s + a1

(2.16)

• CB(s)Q(s)

Aplicando la transformada de Laplace a la ecuacion 2.14:

sCB(s) = a4CA(s)− a5CB(s) + a6Q(s) (2.17)

4

como la concentraccion del reactivo B depende de la concentracion del reactivoA necesitamos sustituir en la ecuacion anterior la relacion entre CA(s) y Q(s) detal forma que en la ecuacion resultante el unico estado sea CB. De la ecuacion2.15:

CA(s) =a2

s + a1

Q(s)

sustituyendo esta ecuacion en la ecuacion 2.17:

sCB(s) = a4

(a2

s + a1

)Q(s)− a5CB(s) + a6Q(s)

despues de un poco de algebra tenemos:

CB(s)

Q(s)=

a6s + a1a6 + a2a4

s2 + (a1 + a5)s + a1a5

• CB(s)CAo(s)

De la ecuacion 2.14:

sCB(s) = a4CA(s)− a5CB(s)

en esta ecuacion debemos sustituir CA por una funcion en terminos de la entrada(CAo). Esta relacion la obtenemos de la ecuacion 2.16:

CA(s) =a3

s + a1

CAo(s)

sustituyendo y rearreglando terminos:

CB(s)

CAo(s)=

a3a4

s2 + (a1 + a5)s + a1a5

• CB(s)CBo(s)

Aplicando la transformada de Laplace a la ecuacion 2.14:

sCB(s) = a4CA(s)− a5CB(s) + a3CBo(s)

debido a que no existe ninguna relacion entre CA(s) y CBo(s) se debe cancelarel termino referente a CA(s) en la ecuacion anterior. Por lo tanto despues derearreglar dicha ecuacion obtenemos:

CB(s)

CBo(s)=

a3

s + a5

5

Ejemplo 3 Considere nuevamente el modelo de un reactor continuo tanque agitadocuya informacion de diseno fue proporcionada en el ejemplo 4 del capıtulo “Lineal-izacion de Funciones No-Lineales”. Obtener las funciones de transferencia entre todaslas entradas (Q,CAo, CBo) y todas las salidas (CA, CB) del sistema. Simular la respuestadinamica de las respectivas funciones de transferencia y comparar contra los resultadosobtenidos en el ejemplo 4 del capıtulo “Linealizacion de Funciones No-Lineales” dondela respuesta dinamica fue obtenida simulando el sistema correspondiente en el dominiodel tiempo.

En las Figuras 2, 3 y 4 se muestran los resultados de las respuestas dinamicasobtenidas de las funciones de transferencia entre las salidas y las entradas. Tal comose muestra, las respuestas dinamicas obtenidas obtenidas simulando el sistema en eldominio del tiempo (espacio de estado) o en el dominio de Laplace (funcion de trans-ferencia) son identicas. Los resultados fueron obtenidos con el siguiente programaMatlab.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10−0.05

0

0.05

0.1

0.15

0.2

CA

CB

Step Response

Time (sec)

Ampl

itude

Figura 2: Respuesta a un cambio tipo escalon en Q

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

0.12

0.14

0.16

CA

CB

Step Response

Time (sec)

Ampl

itude

Figura 3: Respuesta a un cambio tipo escalon en CAo

6

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

0.12

0.14

0.16

0.18

CB

Step Response

Time (sec)Am

plitu

de

Figura 4: Respuesta a un cambio tipo escalon en CBo

clear all; clc;

%

% Design data...

%

qs = 100 ;

cao = 200 ;

cbo = 0 ;

v = 1000 ;

k1 = 0.01 ;

k2 = 0.5 ;

cas = 40 ;

cbs = 26.7 ;

%

% Poynomial coefficients...

%

a1 = qs/v+2*k1*cas ;

a2 = (cao-cas)/v ;

a3 = qs/v ;

a4 = 2*k1*cas ;

a5 = qs/v+k2 ;

a6 = (cbo-cbs)/v ;

%

% Transfer functions...

%

ca_q = tf([a2],[1 a1]);

ca_cao = tf([a3],[1 a1]);

cb_q = tf([a6 (a1*a6+a2*a4)],[1 (a1+a5) a1*a5]);

7

cb_cao = tf([a3*a4],[1 (a1+a5) a1*a5]);

cb_cbo = tf([a3],[1 a5]);

%

% Dynamic reponses

%

figure (1), step(ca_q), hold, step(cb_q) text(1.3,0.15,’C_A’),

text(3,0.1,’C_B’)

figure (2), step(ca_cao), hold, step(cb_cao) text(6,0.12,’C_A’),

text(3.5,0.13,’C_B’)

figure (3), step(cb_cbo) text(2,0.14,’C_B’)

2.1 Efecto de la ganancia sobre la respuesta del sistema.

Dado el siguiente sistema lineal de primer orden,

G(s) =K

τs + 1

examinaremos el efecto, sobre la respuesta del sistema, de modificar la ganancia de laplanta. En la figura 5 se muestra la respuesta del sistema como funcion de la gananciadel sistema a lazo abierto K. como puede notarse para un sistema lineal de primer

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 50

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Time (secs)

Am

plitu

de

K=1

K=2

K=3

Figura 5: Efecto de la ganacia a lazo abierto sobre la respuesta del sistema usandoτ = 1.

orden la respuesta del sistema cambia por un factor K. Si la respuesta del sistema es1 entonces doblando K la repuesta del sistema sera 2.

8

2.2 Efecto de la constante de tiempo sobre la respuesta delsistema

Si la constante de tiempo a lazo abierto se modifica se obtendra una respuesta delsistema semejante a la mostrada en la figura 6. Como puede notarse si se aumenta

0 2 4 6 8 10 12 14 160

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

Time (secs)

Am

plitu

de

tau=1

tau=2

tau=3

Figura 6: Efecto de la constante de tiempo a lazo abierto sobre la respuesta del sistemausando K =1.

la constante de tiempo a lazo abierto, manteniendo constante la ganancia del sistema,se obtendran las nuevas condiciones de operacion en estado estacionario en mayortiempo. Duplicando el valor de la constante de tiempo tambien se duplica el tiempopara alcanzar el estado estacionario 1.

3 Polos y ceros de una funcion de transferencia

Recordemos que una funcion de transferencia G(s) se expresa como el cociente de dospolinomios:

G(s) =bmsm + bm−1s

m−1 + ... + bo

ansn + an−1sn−1 + ... + ao

(3.18)

a las raices z1, ..., zm del polinomio del numerador,

bmsm + bm−1sm−1 + ... + bo = 0

se les llama los ceros del sistema,mientras que las raices p1..., pn del polinomio deldenominador,

ansn + an−1s

n−1 + ... + ao = 0

se llaman los polos del sistema.

En particular para una funcion de transferencia de primer orden G(s) estara dada porla ecuacion:

G(s) =b1s + bo

a1s + ao

(3.19)

1posteriormente se dara una definicion mas formal de la constante de tiempo.

9

las raices de los polinomios de G(s) pueden evaluarse facilmente usando la funcionroots de Matlab como se muestra en el siguiente ejemplo.

Ejemplo 4 Calcular los polos y los ceros de la siguiente funcion de transferencia:

G(s) =s + 5

s3 − 4s2 + 2s− 1

En Matlab la forma de definir el polinomio del numerador es usando la intruccion:

num=[1 5]

de manera semejante se define el polinomio del denominador:

den=[1 -4 2 -1]

o sea, se definen solo los coeficientes del polinomio en cuestion empezando con loscoeficientes que afectan a los exponentes de mayor hasta el de menor grado. Paracalcular las raices del polinomio del denominador se usa la instruccion:

roots(num)

lo cual produce -5 como resultado. De manera analoga las raices o polos del polinomiodel denominador se evaluan usando la instruccion:

roots(den)

con lo cual se obtiene como resultado 3.5115, 0.2442+.4745i y 0.2442-.4745i.

en ocasiones los polos y los ceros de un sistema pueden tener tanto parte real comoparte imaginaria como muestra el ejemplo anterior donde dos de los 3 polos del sistema

tienen parte real y parte imaginaria (.2442+−.4745i).

3.1 Polos

Los polos de un sistema definen si dicho sistema es estable o no lo es. Por estabilidadentenderemos aqui, como una definicion preliminar, el hecho de que un sistema, despuesde experimentar alguna perturbacion, tienda hacia un nuevo estado estacionario. Siel sistema no tiende hacia ningun estado estacionario (esto es, el valor de los estadostiende hacia ±∞) diremos que dicho sistema es inestable.

La condicion necesaria y suficiente para que un sistema lineal sea estable fue establecidapor Lyapunov a finales de 1800. A continuacion mencionaremos dicha condicion enforma de teorema sin probarlo.

10

Teorema 1 Un sistema lineal cuya funcion de transferencia esta dada por la ecuacion,

G(s) =bmsm + bm−1s

m−1 + ... + bo

ansn + an−1sn−1 + ... + ao

es estable si y solo si la parte real de todos los polos del sistema es estrictamente menorque cero:

Re(pi) < 0, i = 1, .., n

notese que en el teorema anterior hemos especificado claramente que unicamente laparte real del polo debe ser estrictamente negativa. Esto se ha hecho porque, engeneral, siendo los polos las raices de un polinomio pueden tener tanto parte real comoparte imaginaria. Notese tambien que de acuerdo al teorema anterior un sistema quetenga un polo exactamente igual a cero no es estable. Esta situacion se muestra en lafigura 7 donde la region a la izquirda del eje imaginario (zona punteada) denota que elsistema en cuestiopn sera estable solo si todos los polos de dicho sistema estan ubicadosen el interior de tal region.

Re

Im

Region de

Region deestabilidad

estabilidad

Figura 7: Region de estabilidad.

Como ejemplo de un sistema estable considere el reactor de polimerizacion discutidoen el ejemplo 6. La grafica 14 muestra la concentracion de monomero del reactorcuando se modifica el flujo de monomero a dicho reactor. Como podemos observarel reactor tiende, despues de un cierto tiempo, hacia otro estado estacionario. Estosignifica entonces que el reactor mencionado es estable. Debemos mencionar que elmismo reactor operado en otro punto pudiera ser inestable. O sea que el hecho de queel reactor sea o no estable depende en buena medida de las condiciones de operacion.

Para checar que el reactor de polimerizacion es estable a lazo abierto simplementechequemos el signo de las raices del polinomio del denominador. Del ejercicio 6 lafuncion de transferencia entre el flujo y la concentracion de monomero esta dada por:

G(s) =1.39

0.3346s + 1

11

de donde es facil ver que el unico polo del sistema esta en s = −2.98, por lo queconcluimos que el sistema (en el punto de operacion donde se linealizo al reactor) esestable.

Ademas de servir para determinar la estabilidad de un sistema, la magnitud de lospolos tambien nos indica la velocidad de respuesta de un sistema que sea estable. Estose muestra en el siguiente ejemplo.

Ejemplo 5 Determinar la velocidad de respuesta de un sistema modelado por la sigu-iente funcion de transferencia:

G(s) =1

λs + 1

siendo λ = 1, 2, 5.

En la figura 8 se muestra la respuesta dinamica en el dominio del tiempo del anteriorsistema dinamico. Como puede apreciarse a medida que el polo se ”coloca” mas alejado

0 1 2 3 4 5 60

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

t

x

p=−1

p=−3

p=−5

Figura 8: Efecto de la colocacion del polo sobre la respuesta dinamica de un sistemade primer orden.

del eje imaginario la respuesta dinamica del sistema es mas rapida. Por el contrario amedia que el polo se coloca mas cerca del eje imaginario la respuesta dinamica es maslenta. Esta tendencia se muestra en la grafica 9

3.2 Ceros

Los ceros del sistema, al igual que en el caso de los polos, pueden tener tanto partereal como parte imaginaria y la parte real puede ser tanto positiva como negativa. Losceros de un sistema no tienen ningun efecto sobre la estabilidad de un sistema.

Si la parte real de los ceros de un sistema es estrictamente negativa entonces el sistemase llama de fase mınima. Si sucede que algun cero tiene parte real positiva entonces elsistema se llama de fase no mınima. Esta situacion se muestra en la figura 10.

12

Im

Rexxx

mas rapidaRespuesta

Respuestamas lenta

Figura 9: Colocacion de polos y su efecto sobre velocidad de respuesta de un sistemade primer orden.

ooo o

Im

Re

Sistema defase minima fase no minima

Sistema de

Figura 10: La ubicacion de los ceros de un sistema determinan si el sistema es de fasemınima o de fase no mınima.

Una de las caracterısticas de la respuesta de un sistema de fase mınima es que lapendiente de dicha respuesta jamaz cambia de signo. O sea si la parte real de todoslos ceros de un sistema es negativa entonces la respuesta del sistema siempre llevarael mismo sentido (ver figura 11). Por el contrario si al menos uno de los ceros delsistema tiene parte real positiva entonces la respuesta del sistema cambia, en algunmomento, de signo. Por esta razon a este tipo de sistemas tambien se les conoce comode respuesta inversa (es decir el sentido inicial de la respuesta es el inverso del de larespuesta final). Esta situacion se ilustra en la figura 11.

4 Constante de tiempo a lazo abierto

La constante de tiempo a lazo abierto τ es una medida de la rapidez con la que unsistema determinado responde en presencia de alguna perturbacion. La constante de

13

x

t

Sistema de fase minima(ceros negativos)

(algun cero positivo)Sistema de fase no minima

Figura 11: Respuesta de un sistema con ceros negativos y respuesta con al menos uncero positivo.

tiempo se puede evaluar facilmente de la ecuacion 2.12:

y = y∞(1− e−t/τ )

entonces cuando t = τ (o sea, el tiempo para alcanzar la constante de tiempo):

y = y∞(1− e−1)

= .6321y∞

esta ecuacion significa que el tiempo a el cual la respuesta del sistema es el 63.21 % dela respuesta final es definido como la constante de tiempo τ . Esta situacion se muestraen la figura 12(a).

63.21 %

t

y

y

τ t

y

y

τ

(b)(a)

inf inf

Figura 12: Interpretacion de la constante de tiempo a lazo abierto.

5 Calculando K y τ

Las dos constantes caracterısticas de un sistema lineal de primer orden (K y τ) sepueden evaluar a partir de informacion a lazo abierto de planta o de informacion de

14

la simulacion dinamica de un modelo dado. En cualquier caso, para este proposito, sepuede emplear un procedimiento analıtico o numerico (basado en regresion lineal).

5.1 Metodo analıtico

Si evaluamos la ecuacion 2.12 haciendo que t → ∞ entonces e−tτ → 0 dicha ecuacion

se reduce a:

∆y(t) = ∆uK = ∆y∞ (5.20)

de la ecuacion anterior la ganancia a lazo abierto K se puede evaluar facilmente 2,

K =∆y∞∆u

=y∞ − yo

u∞ − uo

(5.21)

la constante de tiempo se puede evaluar como sigue. La ecuacion 2.12 se puede escribircomo:

∆y(t) = ∆y∞(1− e−tτ ) (5.22)

esta ecuacion puede ser facilmente linealizada,

ln

(∆y∞ −∆y(t)

∆y∞

)= − t

τ(5.23)

si graficamos ln(

∆y∞−∆y(t)∆y∞

)contra t obtenemos una lınea recta cuya pendiente es −1

τ

(ver figura 13).

en vez de graficar la informacion de planta podrıamos evaluar τ tomando un punto yresolviendo la ecuacion anterior.

Ejemplo 6 El siguiente conjunto de datos corresponde a la simulacion dinamica a lazoabierto de un reactor tanque agitado donde se lleva a cabo la polimerizacion del MMA.La variable de entrada es el flujo de monomero mientras que la variable de salida esla concentracion de monomero. La variable de entrada fue sujeta a un cambio de tipoescalon de 10 % .

2Recuerdese que las variables tanto de entrada como de salida estan en forma de variables dedesviacion aun si dicha notacion no se muestra.

15

t

oo

y- yinfyinf

lnslope = -1/τ

Figura 13: Determinacion analıtica de la constante de tiempo para un sistema deprimer orden.

Tiempo Flujo de Monomero Concentracion de Monomero(h) (m3/h) (kmol/m3)0 1.0 5.965

0.1 1.1 6.0040.2 1.1 6.0310.3 1.1 6.0490.4 1.1 6.0630.5 1.1 6.0740.6 1.1 6.0810.7 1.1 6.0870.8 1.1 6.0920.9 1.1 6.0951.0 1.1 6.0971.1 1.1 6.0991.2 1.1 6.1001.3 1.1 6.1011.4 1.1 6.1021.5 1.1 6.1021.6 1.1 6.1031.7 1.1 6.1031.8 1.1 6.1031.9 1.1 6.1032.0 1.1 6.1032.1 1.1 6.1032.2 1.1 6.1032.3 1.1 6.1042.4 1.1 6.1042.5 1.1 6.1042.6 1.1 6.1042.7 1.1 6.1042.8 1.1 6.1042.9 1.1 6.1043.0 1.1 6.104

16

A partir de la respuesta dinamica mostrada en la figura 14 puede notarse que larespuesta del sistema puede aproximarse por una funcion de transferencia de primerorden sin retardo.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 35.96

5.98

6

6.02

6.04

6.06

6.08

6.1

6.12

Time (h)

Mon

oner

con

cent

ratio

n (k

mol

/m3)

Figura 14: Concentracion de monomero para un cambio tipo escalon del 10 % en elflujo alimentado de monomero.

• Solucion analıtica. La ganancia a lazo abierto esta dada por:

K =y∞ − yo

u∞ − uo

de los datos de la simulacion dinamica,

yo = 5.965, y∞ = 6.104, ∆y∞ = 0.139

uo = 1, u∞ = 1.1, ∆u = 0.1

por lo cual,

K =0.139

0.1= 1.39

kmol − h

m6

de la ecuacion 5.23,

τ = − t

ln(

∆y∞−∆y(t)∆y∞

)

del conjunto de datos podemos seleccionar arbitrariamente el punto t = 1 h. Aeste tiempo:

∆y(t) = 6.097− 5.965 = 0.132

17

por lo tanto:

τ = − 1

ln(

0.139−0.1320.139

) = 0.3346 h

En la figura 15 se muestra la comparacion entre la respuesta dinamica del sis-tema experimental y la del modelo lineal identificado. Como podemos observarla respuesta del modelo lineal identificado es satisfactoria. El programa Matlab

empleado para obtener los resultados y la grafica respectiva se muestran a con-tinuacion.

time=datos(:,1);

fm = datos(:,2);

cm = datos(:,3);

deltau =fm(2)-fm(1);

k = 1.39;

tau = .3346;

planta = tf([k],[tau 1]);

[y,t,x] = step(planta*deltau);

plot(time,cm); hold

plot(t,y+cm(1),’red’);

legend(’Experimental’,’Modelo lineal’,0)

xlabel(’Tiempo (h)’),

ylabel(’Concentracion de Monomero(kmol/m3’);

0 0.5 1 1.5 2 2.5 35.96

5.98

6

6.02

6.04

6.06

6.08

6.1

6.12

6.14

Tiempo(h)

Con

cent

raci

on d

e M

onom

ero

(km

ol/m

3)

Experimentalmodelo lineal

Figura 15: Comparacion entre las respuestas dinamicas del sistema experimental y delmodelo identificado.

18

6 Sistemas de primer orden con retardos

En situaciones reales cuando se modifica el valor de alguna variable no se observade inmediato el efecto de dicho cambio sobre la respuesta dinamica del sistema. Esdecir, puede transcurrir un cierto tiempo hasta que el sistema empieza a responder o a“sentir” el efecto del cambio realizado. Supongamos que modificamos la concentracionde alimentacion a un reactor. Nuestra experiencia, o sentido comun, nos dice que tran-scurrira un cierto tiempo hasta que las variables que caraterizan la conducta dinamicadel reactor (concentracion por ejemplo) empiezen a modificar su valor en relacion alque tenıan antes del cambio. Esta situacion se muestra en la figura 16. A el tiempo(θ) que el sistema tarda en responder se le conoce como retardo.

θ

x

t

Figura 16: Respuesta dinamica de una funcion de transferencia de primer orden conretardo.

una funcion de transferencia de primer orden con retardo se representa por la siguientefuncion de transferencia:

g(s) =K

τs + 1e−θs (6.24)

donde e−θs es el termino usado para representar el retardo, y θ representa el tiempo deretardo. Los retardos en un proceso dado tambien pueden surgir de otras formas comose discute a continuacion.

• Retardos por mediciones. En casi todos los procesos quımicos las medicionesno estan disponibles de inmediato (es decir, sin retardo). Esto significa queel tiempo que transcurre entre el instante en que se toma una muestra parasu analisis, y el tiempo en que se reporta el resultado de dicho analisis por logeneral es largo. Esto es sobre todo cierto en mediciones ”dificiles” tales como enla medicion de concentraciones, viscosidades, tamanos de partıculas, etc. Por locomun, las mediciones de presion, temperatura, flujo y nivel no implican retardos

19

apreciables, y para fines practicos la mayorıa de las veces se acostumbra suponerque el retardo en estas mediciones es nulo.

• Retardos por transporte. En algunas plantas quımicas la materia prima quese procesa en un sitio debera, despues de experimentar algun tipo de cambio,ser enviada a otra parte de la planta. Si los sitios estan demasiado alejadosfisicamente se incurrira en un retardo debido al transporte de materia.

Debido a que el termino usado para representar un retardo, e−θs , es no lineal, parausarlo en sistemas lineales se debera aproximarlo mediante alguna funcion lineal. Estees el proposito de la asi llamada aproximacion de Pade que se discute a continuacion.Notese que existen diferentes formas de aproximar el termino e−θs dependiendo delgrado de aproximacion deseado.

• Primer orden.

e−θs ≈ 1− θ2s

1 + θ2s

(6.25)

• Segundo orden.

e−θs ≈ 1− θ2s + θ2

12s2

1 + θ2s + θ2

12s2

(6.26)

• Tercer orden.

e−θs ≈ 1− θ2s + θ2

10s2 − θ3

120s3

1 + θ2s + θ2

10s2 + θ3

120s3

(6.27)

7 Convirtiendo la representacion de sistemas en es-

pacio de estado a funcion de transferencia

Dado el siguiente sistema lineal :

x = Ax + Bu (7.28)

y = Cx + Du (7.29)

la funcion de transferencia y(s)/u(s) del anterior sistema se obtiene de la siguienteforma. Tomando transformada de Laplace de las ecuaciones 7.28.

L(x) = AL(x) + BL(u) (7.30)

L(y) = CL(x) + DL(u) (7.31)

20

entonces,

sx(s) = Ax(s) + Bu(s) (7.32)

y(s) = Cx(s) + Du(s) (7.33)

de la ecuacion (7.32)

x(s)(sI − A) = Bu(s) (7.34)

o bien,

x(s) = (sI − A)−1Bu(s) (7.35)

sustituyendo en la ecuacion (7.33),

y(s) = C(sI − A)−1Bu(s) + Du(s) (7.36)

finalmente,

y(s)

u(s)= C(sI − A)−1B + D (7.37)

Ejemplo. Obtener la funcion de transferencia entre y1/u del siguente sistema linealrepresentado en espacio de estado:

[x1

x2

]=

[12−5−3

]x +

[41

]u

y1 = x1, C = [1 0]

entonces,

(sI − A) =

(s0

0s

)−

(12−5−3

)=

(s− 1−2

5s + 3

)

para calcular (sI − A)−1

(sI − A)−1 =adjunta

determinante

en el cual determinante = (s− 1)(s + 3)− (−2)(5) = s2 + 2s+ 7

(sI − A)−1 =

(s + 3

2−5

s− 1

)1

s2 + s5 + 7

entonces,

C(sI − A)−1 = [1 0]

(s + 3

2−5

s− 1

)1

s2 + s5 + 7

21

u1

u2u3

y1

y2 PLANTA

Figura 17:

C(sI − A)−1 = [s + 3 − 5]1

s2 + 2s + 7

C(sI − A)−1B =([

s + 3

s2 + 2s + 7

]−

[5

s2 + 2s + 7

]) [41

]

C(sI − A)−1B =[

4s + 12

s2 + 2s + 7− 5

s2 + 2s + 7

]

por lo tanto:

y(s)

u(s)=

4s− 7

s2 + 2s + 7

La conversion de espacio de estado a funcion de transferencia se puede realizar facil-mente usando la funcion ss2tf de Matlab. Declarando el sistema lineal en espacio deestado:

> a = [1 -5; 2 -3];

> b = [4 ; 1];

> c = [1 0];

> d = 0

> [num,den] = ss2tf(a,b,c,d);

obtenemos,

y(s)

u(s)=

4s− 7

s2 + 2s + 7

En caso de tener mas de una entrada y varias salidas, existira una funcion de transfer-encia para cada salida y por cada entrada. Para ejemplificar este punto considerece elsiguiente sistema (ver figura 17).

Cada salida y entrada define una funcion de transferencia. Para el sistema anteriorexistiran gij funciones de transferencia dadas por:

y1

u1

= g11,y1

u2

= g12,y1

u3

= g13

22

y2

u1

= g21,y2

u2

= g22,y2

u3

= g23

las cuales pueden representarse matricialmente como:

[y1

y2

]=

[g11

g21

g12

g22

g13

g23

] [u1

u2

]

Notese claramente que cada una de las funciones de transferencıa individuales gij poseesu propia ganancia y su propia constante de tiempo. La situacion mas comun es quedicha ganancia y constante de tiempo varien de una funcion de transferencia a otra. Elsiguiente ejemplo muestra como usar Matlab para obtener un sistema lineal en espaciode estado de multiples entradas-multiples salidas.

Ejemplo. Obtener la matrix de funciones de transferencia para el siguiente sistemalineal en espacio de estado:

[x1

x2

]=

[12−5−3

]x +

[41

02

35

]

u1

u2

u3

[y1

y2

]=

[10

01

] [x1

x2

]

en Matlab introducimos las matrices:

> a = [1 -5; 2 -3];

> b = [4 0 3; 1 2 5];

> c = eye(2);

> d = zeros(2,3);

• Funciones de transferencia para la primera entrada (u1) en Matlab.

> [num,den] = ss2tf(a,b,c,d,1);

donde el ”1” al final de los argumentos de ss2tf denota que se desean evaluar lasfunciones de transferencia desde la primera entrada a todas las salidas:

y1

u1

,y2

u2

obtenemos:

y1

u1

=4s + 7

s2 + 2s + 7,

y2

u1

=s + 7

s2 + 2s + 7

23

• Funciones de transferencia para la segunda entrada (u2) en Matlab:

> [num,den] = ss2tf(a,b,c,d,2);

produce:

y1

u2

=−10

s2 + 2s + 7,

y2

u2

=2s− 2

s2 + 2s + 7

• Funciones de transferencia para la tercera entrada (u3) en Matlab:

> [num,den] = ss2tf(a,b,c,d,3);

produce:

y1

u3

=3s− 16

s2 + 2s + 7,

y2

u3

=5s− 1

s2 + 2s + 7

a continuacion se resume la matrix de transferencıa del sistema:

[y1

y2

]=

1

s2 + 2s + 7

4s + 7−10

3s− 16

s + 72s− s5s− 1

u1

u2

u3

Notese que todas las funciones de transferencia tienen exactamente el mismo denom-inador. Esto significa que poseen la misma ecuacion caracterıstica. Por lo tanto lospolos del sistema son los mismos independientemente de cual, o cuales, variable(s) seseleccionen como entradas y salidas del sistema. Sin embargo, los ceros del sistema sidependen de que variable se selecciona como entrada y cual variable se selecciona comosalida.

8 Sistemas con integradores

Considere el proceso mostrado en la figura 18 el cual corresponde al llenado de untanque. Supongamos que tanto el flujo de entrada (Fo) como el flujo de salida (F ) sepueden variar independientemente. A continuacion derivaremos el modelo dinamico deeste proceso. Del balance de masa:

dM

dt= Fo − F (8.38)

donde M es la masa (o holdup) en el interior del tanque. Dicha masa se puede escribiren terminos del volumen del reactor utilizando la siguiente ecuacion:

M = ρV (8.39)

24

h

F

F o

Figura 18: Ejemplo de sistema con integradores: tanque de almacenamiento.

donde ρ es la densidad del contenido del tanque. Suponiendo que ρ sea constante laecuacion 8.38 se puede reescribir como:

dV

dt= Qo −Q (8.40)

donde Q se refiere al flujo volumetrico definido como:

Q =F

ρ(8.41)

o en terminos de la altura (h) del lıquido contenido en el tanque:

h =V

A(8.42)

donde A es el area transversal del tanque la cual se supone constante. Sustituyendo hen la ecuacion 8.40:

dh

dt=

1

A(Qo −Q) (8.43)

esta ultima ecuacion la podemos escribir en estado estacionario como:

1

A(Qs

o −Qs) = 0 (8.44)

donde el superındice s denota condiciones de estado estacionario. Restando las ecua-ciones 8.43 y 8.44:

d(h− hs)

dt=

1

A(Qo −Qs

o)−1

A(Q−Qs) (8.45)

si suponemos que el flujo de salida es siempre constante esto implica que:

Q = Qs (8.46)

25

entonces la ecuacion 8.45 la podemos escribir como:

dh

dt=

Qo

A(8.47)

o bien:

dh

dt= KQo (8.48)

donde:

K =1

A(8.49)

por lo tanto la funcion de transferencia de este sistema esta dada por la siguienteecuacion:

G(s) =h(s)

Qo(s)=

K

s(8.50)

esta funcion de transferencia tiene un polo el origen (s = 0). A tales sistemas con polosen el origen se les conoce como sistemas con integradores. Para obtener la respuestadinamica de sistemas de primer orden con integradores debemos integrar la ecuacion8.48. La ecuacion integrada esta dada por:

h = ho + Kt(Qo −Qso) (8.51)

Ejemplo 7 Obtener la respuesta dinamica del llenado de un tanque que posee una areatransversal de 12.5 m2 y que contiene un lıquido el cual ocupa un volumen de 25000lt. El flujo alimentado al tanque es de 500 lt/m. El flujo del lıquido que abandona eltanque se mantiene constante en 500 lt/m. El volumen total del tanque es de 50000 lt.Bajo estas condiciones la altura del lıquido es de 2 mt.

En la figura 19 se muestra la forma como el nivel del tanque cambia cuando el flujovolumetrico alimentado se incrementa de 500 a 520 lt/m. Como podemos observar elnivel del tanque aumenta indefinidamente hasta que eventualmente alcanza la alturamaxima (4 m) despues de la cual ocurre derramamiento del liquido. Esta es unacaracterıstica del modo de respuesta de sistemas con integradores. En presencia dealgun tipo de perturbacion dicho tipo de sistemas no tienden hacia otro estacionario.Para evitar situaciones como esta los sistemas con integradores deben estar siemprebajo control. El sistema de control se encargara de mantener el nivel de lıquido en unvalor deseado y evitara situaciones en las cuales el lıquido se derrame o bien el lıquidose agote.

26

0 200 400 600 800 1000 1200 1400 1600 1800 20002

2.5

3

3.5

4

4.5

5

Tiempo (min)

Altu

ra (

m)

Figura 19: Respuesta dinamica de un sistema con integradores.

9 Funcion de transferencia del tipo Lead/Lag

Existe un tipo especial de funcion de transferencia de primer orden conocida como lafuncion de transferencia de tipo ”adelanto/retardo” (lead/lag):

g(s) = Kεs + 1

τs + 1(9.52)

a diferencia de una funcion de transferencia de primer orden:

g(s) = K1

τs + 1(9.53)

la funcion de transferencia lead/lag posee un polinomio de primer orden en el nu-merador. Observese que dicha funcion de transferencia posee un polo en s = −1/τy un cero en s = −1/ε. Para obtener la respuesta en el tiempo de esta funcion detransferencia reescribamos la ecuacion 9.52 como:

g(s)

K=

ρs + 1τ

s + 1τ

(9.54)

donde ρ se ha definido como el cociente de la ubicacion del cero entre la ubicacion delpolo:

ρ =ε

τ(9.55)

27

en la figura 20 se muestra la respuesta en el tiempo de la funcion de transferencialead/lag para el caso particular del polo ubicado en -1.

0 1 2 3 4 5 60

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

Tiempo

g(s)/K

rho=2

1.6

1.3

1

.7

.4

0

Figura 20: Respuesta en el dominio del tiempo de la funcion de transferencia de tipolead/lag si τ = 1.

De la figura 20 podemos distinguir los siguientes casos (ver figura 21).

x x x

(a) (b) (c)

Figura 21: Ubicacion del polo (o) y cero (x) en una funcion de transferencia lead/lag.

• ρ < 1

Cuando el cero de la funcion de transferencia esta ubicado a la izquierda del polola respuesta dinamica del sistema se hace mas lenta en relacion a cuando ocurrelo contrario (o sea el cero ubicado a la derecha del polo). Notese de la ecuacion9.54 que en lımite cuando ρ → 0, la funcion de transferencia lead/lag tiende atomar la forma de una funcion de transferencia de primer orden.

28

• ρ = 1

En este caso el polo y cero de la funcion de transferencia se cancelan mutuamenteya que estan ubicados en el mismo lugar. Esto da lugar a que la funcion detransferencia resultante sea:

g(s) = k (9.56)

la cual corresponde a un sistema dinamico de ganancia pura. Este tipo de sistemasposeen conducta dinamica muy rapida. Es decir, la transiccon de un estado aotro ocurre de manera inmediata.

• ρ > 1

10 Ejemplo: Sistema de 2 CSTRs en series

1 2

T

Qc

f

C

T1

1 C

T2

2

Figura 22: System of two series connected CSTRs.

The Simultaneous MIDO approach is applied to a system of two series-connectedCSTRs systems as shown in Figure 22. Design parameters values and notation areshown in Table 1 for the following DAE model.

• First reactor.

dC1

dt=

(Cf − C1)

θ+ rA1 (10.57)

dT1

dt=

(Tf − T1)

θ+ βrA1 − α(T1 − Tc1) (10.58)

dTc1

dt=

Qc(Tcf − Tc1)

Vc

+ αc(T1 − Tc1) (10.59)

29

Parameter Value UnitsQ 2.5 Volumetric feedflowrate l/sTf 29 Feedstream temperature oCCf 0.6 Feedstream concentration mol/lV 900 Volume lQc 2 Cooling water flowrate l/sTcf 25 Cooling water feedstream temp. oCVc 100 Cooling water volume lE 10.1 Activation energy Kcal/molK0 2x103 Pre-exponential factor 1/sR 1.98x10−3 Ideal gas constant Kcal/mol-oKρ 850 Products density g/lCp 1.35x10−4 products heat capacity Kcal/g-oC

∆Hr -35 Heat of reaction Kcal/molρc 1000 Cooling water density g/lCpc 1x10−3 Cooling water heat capacity Kcal/g-oCA 900 Heat transfer area cm2

U 4x10−5 Heat transfer coefficient Kcal/s-cm2-oC

Table 1: Parameters for Case Study Model

• Second reactor.

dC2

dt=

(C1 − C2)

θ+ rA2 (10.60)

dT2

dt=

(T1 − T2)

θ+ βrA2 − α(T2 − Tc2) (10.61)

dTc2

dt=

Qc(Tc1 − Tc2)

Vc

+ αc(T2 − Tc2) (10.62)

Here we also define: θ = VQ

, β = ∆Hr

ρCp, α = UA

ρV Cp, αc = UA

ρcVcCpc, rA1 = −K0e

− ERT1 C1,

rA2 = −K0e− E

RT2 C2.Under these operating conditions, the system of two series-connected reaction sys-

tem exhibits up to 5 steady-state solutions at the outlet of the second reactor. Figure23 depicts the continuation diagrams for both co-current and counter-current coolingsystems using the feed stream temperature as the main continuation parameter.

Determine:

• Steady-state operating conditions around the high temperature region (see Figure23).

In Table 2 the Matlab program used to compute the high-temperature steady-state operating conditions is shown. Running the steady-state values are asfollows.

C1 = 0.0683

30

T1 = 172.9

Tc1 = 27.6

C2 = 0.0077

T2 = 173.5

Tc2 = 30.2

• Assuming that the system inputs are the main feed stream temperature (Tf ) andthe cooling water flow rate (Qc), and the system outputs are the concentrationand temperature at each reactor the transfer functions (C1, T1, C2, T2), the state-space representation of the system.

In Table 3 the Matlab program used to linearize the systems of 2 CSTRs seriesconnected is shown.

• The transfer function among all the outputs and inputs.

• The dynamic system response when increasing each input by 1% and 10% of itsrespective steady-state values.

• Repeat the past point by using now the nonlinear model.

• Compare the dynamic system responses when the nonlinear reaction model isapproximated by a linear one.

31

clear all; clc;

x0 = [0.1 170 30 0.01 180 35];

options = optimset(’display’,’iter’);

x = fsolve (’cstrs2ss’,x0,options)

function fx = cstrs2ss (x)

c1 = x(1); t1 = x(2); tc1 = x(3); c2 = x(4); t2 = x(5); tc2 = x(6);

%

% Parameters...

%

q = 2.5; tf = 29; cf = 0.6; v = 900; qc = 2; tcf = 25; vc = 100;

e = 10.1; ko = 2e3; r = 1.98e-03; rho = 850; cp = 1.35e-04;

dhr = -35; rhoc = 1000; cpc = 1e-03; a = 900; u = 4e-05;

%

% Math model

%

theta = v/q;

beta = dhr/(rho*cp);

alpha = u*a/(rho*v*cp);

alphac = u*a/(rhoc*vc*cpc);

ra1 = -ko*exp(-e/(r*(t1+273.16)))*c1;

ra2 = -ko*exp(-e/(r*(t2+273.16)))*c2;

dc1 = (cf-c1)/theta+ra1;

dt1 = (tf-t1)/theta+beta*ra1-alpha*(t1-tc1);

dtc1 = qc*(tcf-tc1)/vc+alphac*(t1-tc1);

dc2 = (c1-c2)/theta+ra2;

dt2 = (t1-t2)/theta+beta*ra2-alpha*(t2-tc2);

dtc2 = qc*(tc1-tc2)/vc+alphac*(t2-tc2);

fx = [dc1 dt1 dtc1 dc2 dt2 dtc2];

%-- End of the cstr2ss.m file

Table 2: Matlab program to compute the steady-state operating conditions.

32

clear all ; clc;

xss = [6.8289e-002; 1.7294e+002; 2.7616e+001; 7.6832e-003;

1.7345e+002; 3.0194e+001];

tf = 29; qc = 2; uss = [tf qc];

[A,B,C,D] = linmod(’cstrs2sl’,xss,uss)

function [sys,x0] = cstrs2dynsl (time,x,u,flag)

if flag == 0

sys = [6 0 4 2 0 0];

x0 = [6.8289e-002; 1.7294e+002; 2.7616e+001; 7.6832e-003;

1.7345e+002; 3.0194e+001];

end

if flag == 1

c1 = x(1); t1 = x(2); tc1 = x(3); c2 = x(4); t2 = x(5); tc2 = x(6);

tf = u(1); qc = u(2);

%

% Parameters...

%

q = 2.5; cf = 0.6; v = 900; tcf = 25; vc = 100; e = 10.1 ; ko = 2e3;

r = 1.98e-03; rho = 850; cp = 1.35e-04; dhr = -35 ; rhoc = 1000; cpc = 1e-03;

a = 900; u = 4e-05; %

%

% Math model

%

theta = v/q;

beta = dhr/(rho*cp);

alpha = u*a/(rho*v*cp);

alphac = u*a/(rhoc*vc*cpc);

ra1 = -ko*exp(-e/(r*(t1+273.16)))*c1;

ra2 = -ko*exp(-e/(r*(t2+273.16)))*c2;

dc1 = (cf-c1)/theta+ra1;

dt1 = (tf-t1)/theta+beta*ra1-alpha*(t1-tc1);

dtc1 = qc*(tcf-tc1)/vc+alphac*(t1-tc1);

dc2 = (c1-c2)/theta+ra2;

dt2 = (t1-t2)/theta+beta*ra2-alpha*(t2-tc2);

dtc2 = qc*(tc1-tc2)/vc+alphac*(t2-tc2);

sys = [dc1 dt1 dtc1 dc2 dt2 dtc2];

end

if flag == 3

sys = [x(1) x(2) x(4) x(5)];

end

if flag == 9

sys = [];

end

%-- End of the cstr2dynsl.m file

Table 3: Matlab program to linearize the nonlinear 2 CSTRs series model.

33

global tf qc

%

% Lineal response

%

np = 100; tend = 2000; delta = 1;

time = linspace(0,tend,np);

tf initial = 29;

qc initial = 2;

tf final = tf initial+tf initial*delta/100;

qc final = qc initial+qc initial*delta/100;

u tf = (tf final-tf initial)*ones(np,1);

u tf(1) = 0; u qc = (qc final-qc initial)*ones(np,1);

u qc(1) = 0;

u = [u tf u qc]; [dylineal,x]= lsim(A,B,C,D,u,time);

%

% Nonlinear response

%

xss = [6.8289e-002; 1.7294e+002; 2.7616e+001; 7.6832e-003;

1.7345e+002; 3.0194e+001];

tf = 29*(1+delta/100);

qc = 2; [time1,ynl tf] = ode15s(’cstrs2dyn’,time,xss);

tf = 29;

qc = 2*(1+delta/100); [time1,ynl qc] = ode15s(’cstrs2dyn’,time,xss);

%

% Compare lineal vs nonlinear responses

%

figure(1)

subplot(221), plot(time,ynl tf(:,1),’r-’,time,dylineal(:,1)+6.8289e-002,’b--’)

ylabel(’C 1’), xlabel(’Time’), legend(’Nonlinear’,’Lineal’,0)

subplot(222), plot(time,ynl tf(:,2),’r-’,time,dylineal(:,2)+1.7294e+002,’b--’)

ylabel(’T 1’), xlabel(’Time’)

subplot(223), plot(time,ynl tf(:,4),’r-’,time,dylineal(:,3)+7.6832e-003,’b--’)

ylabel(’C 2’), xlabel(’Time’)

subplot(224), plot(time,ynl tf(:,5),’r-’,time,dylineal(:,4)+1.7345e+002,’b--’)

ylabel(’T 2’), xlabel(’Time’)

figure(2)

subplot(221), plot(time,ynl qc(:,1),’r-’,time,dylineal(:,1)+6.8289e-002,’b--’)

ylabel(’C 1’), xlabel(’Time’), legend(’Nonlinear’,’Lineal’,0)

subplot(222), plot(time,ynl qc(:,2),’r-’,time,dylineal(:,2)+1.7294e+002,’b--’)

ylabel(’T 1’), xlabel(’Time’)

subplot(223), plot(time,ynl qc(:,4),’r-’,time,dylineal(:,3)+7.6832e-003,’b--’)

ylabel(’C 2’), xlabel(’Time’)

subplot(224), plot(time,ynl qc(:,5),’r-’,time,dylineal(:,4)+1.7345e+002,’b--’)

ylabel(’T 2’), xlabel(’Time’)

Table 4: Matlab program to compare the nonlinear vs the linear dynamic responses.

34

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

20

40

60

80

100

120

140

160

180

2001: Cf = 0.000652: Cf = 0.000603: Cf = 0.00055

Tf ( oC )

T1

( o

C )

1 2 3

(a)

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

20

40

60

80

100

120

140

160

180

200

220

Tf ( oC )

T2

( o

C )

1 2 3

1: Cf = 0.000652: Cf = 0.000603: Cf = 0.00055

(b)

Figura 23: Continuation diagrams at the outlet of the first and second reactor usingthe feed stream temperature as the main continuation parameter.

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