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Reguladores de compensación Definimos la salida deseada para el sistema
mdzzDzNzT −⋅=)()()(
La función de transferencia generalizada T(z) posee un retardo dado por dm.
ddnn
n
qqqq z
zAzBz
zazazazbzbzbb
zG −−−+−−
−
−+−−− ⋅=⋅
++++++++
=)()(
1)(
01
11
1
01
11
1
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Condiciones:
0≠qb , d = tiempo muerto de la planta, G(z) tiene los polos y ceros dentro del círculo unitario
)()(1)()(
)()()(
zGzKzGzK
zRzYzT
+==
Obtenemos la función de transferencia del regulador K(z):
)(1)(
)(1)(
zTzT
zGzK
−⋅=
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Condiciones para el compensador Primera condición:
Causalidad
dmdd
dm
dm
dm
d zzNzzBzDzzBzzNzA
zzDzN
zzDzN
zzBzAzK −−−
−
−
−
− ⋅⋅−⋅⋅⋅
=⋅−
⋅⋅
⋅=
)()()()()()(
)()(1
)()(
)()()(
Para que el compensador K(z) sea realizable el exponente de la expresión )( ddmz −− debe ser negativo o cero.
( )( )ddm
dm zzzNzDzB
zNzAzK −−− ⋅
⋅−⋅⋅
=)()()(
)()()(
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Donde debe cumplirse que
0≥− ddm
Por lo tanto el tiempo muerto de la nueva función de transferencia esperada debe ser mayor o igual al tiempo muerto del sistema; pero, nunca menor.
ddm ≥
Segunda condición El compensador resultante debe ser propio o estrictamente propio
( ) ( )mdzNgradzDgradzBgradzNzAgrad ++≤⋅ ))(()),((max))(()()(
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Compensador para error de estado estacionario cero
Aplicamos el teorema del valor final; y para error de estado estacionario cero, a la salida, ante una entrada escalón debe cumplirse que:
1)1()(lim ==∞→
TzTk
Se requiere que el sistema sea tipo 1; GE(z) tiene que tener un factor (z-1) en el denominador.
)(1)()()()(zT
zTzGzKzGE −=⋅=
La función de transferencia de lazo abierto debe tener comportamiento integral.
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Pasos generales para el diseño de reguladores de compensación:
• Definir la función de transferencia deseada T(z)
• Verificar que se cumplen las condiciones para realizar el compensador
• Calcular el compensador K(z)
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Compensador con error cero y tiempo de estabilización finito La salida y(k) debe de llegar a su valor final con error de régimen permanente cero después de un número finito n de periodos de muestreo. Compensador "dead beat".
qdn +=
Donde: d: es el tiempo muerto de la planta q: es el tiempo de estabilización pedido
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Definiciones
1)( =zD
ddm =
La función de transferencia será:
∑=
−−=q
i
dii zczT
0
)(
Propiedad dead beat
∑=
===
q
iiz
czT0
11)(
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Función de transf. normalizada
dzB
zBzT −=)1()()(
donde
in
ii zbzB −
=∑ ⋅=
0)(
Verificación de las condiciones de error cero
1)1()1()(
1==
= BBzT
z √
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Cálculo del reg. dead beat
dd zzBBzA
zzBBzB
zBzAzK −− ⋅−
=⋅−
⋅=)()1(
)())()1((
)()()()(
Pasos del diseño:
• Dada la planta dzzAzBzG −⋅=)()()(
• Calcule el regulador como dzzBBzAzK −⋅−
=)()1(
)()( ; con
dnn +≥ ; donde n es el orden de la planta.
• No trate de compensar polos o ceros fuera del círculo unitario.
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Ejemplo 1: Regulador dead beat
dsTesT
sG −⋅+
=11
1)(
El tiempo muerto es TdTd ⋅= ; donde T es el periodo de muestreo. Planta en tiempo discreto
d
TT
TT
zez
ezG −−
−
⋅
−
−=
1
11)(
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Ejemplo 1: Definición de T(z) Planta como cociente de polinomios en z -i
( )1
11
1
1
1
)( +−
−−
−
⋅
⋅−
−
= d
TT
TT
zze
e
zG; con dd =+1
La función de transferencia requerida:
dd
TT
TT
d zze
ezB
zBzT −−−
−
− =⋅
−
−=⋅=
1
1
1
1)1()()(
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Ejemplo 1: Regulador K(z) Por lo que el compensador será:
dTT
TT
TT
d
zee
zezzBB
zAzK−
−−
−−
−
⋅
−−
−
⋅−=
⋅−=
11
1
11
1)()1(
)()(1
( )dTT
TT
ze
zezK−
−
−−
−
−
⋅−=
11
1)(1
1 1
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Ejemplo 1: Sustituyendo valores Para T = 0.1s, Td = 0.4s y T1 = 2s
( ) ( )5
1
521.0
121.0
10488.09512.01
11
1)( −
−
−−
−−
−⋅⋅−
=
−
−
⋅−=
zz
ze
zezK
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Ejemplo 1: Resp. ante escalón
Respuestas de lazo cerrado ante entrada escalón
Salida con compensador
Salida sin compensador
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Compensador para respuesta de primer orden Debido a que en ocasiones la respuesta dead beat es demasiado exigente para un sistema debido a: Cambios grandes en la entrada Tiempo de muestreo muy pequeño Utilizamos una respuesta de primer orden
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T(z) p/respuesta de primer orden
mdT
T
zez
eKzT −
−−
−
⋅
−
−
⋅=τ
τ1)(
Con dm = d y haciendo K = 1
)(0
1
1
)()()(
dd
dTT
T
mzzeez
e
zBzAzK −−
−−−
−
⋅
⋅
−−
−
−
⋅=ττ
τ
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Ejemplo 2: Resp. de primer orden
τ = 0.3s con un periodo de muestreo de T = 0.1s
119512.01
0488.0)( −− ⋅
⋅−= z
zzG T = 0.1s
Evaluando con d = 1, τ = 0.3s, T = 0.1s obtenemos
( )( ) ( )
( )( ) )2835.0(1
9512.081.5)(
11
0488.09512.01)( 133.033.0
33.01
+−−
⋅=
−−−−
⋅⋅−
= −−−
−−
zzzzK
zeezezzK
T = 0.1s
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Ejemplo 2: Resp. ante escalón
Respuesta de lazo cerrado ante entrada escalón
Salida con compensador
Salida sin compensador
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Ejemplo3: Planta subamortiguada Para la planta mostrada, encuentre un compensador de respuesta de primer orden con un tiempo de estabilización tS2% = 4s.
8.05.01)( 2 ++
=ss
sG
Para un τ = ts2%/4 = 1s, escogemos un T = 0.1s.
9512.0943.1)9835.0(0049.0)( 2 +−
+=
zzzzG ; T = 0.1s
)0952.0)(9835.0)(1()9512.0943.1(364.19)(
2
++−+−
=zzz
zzzK ; T = 0.1s
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Ejemplo 3: Resultados
Respuesta de lazo cerrado ante entrada escalón
Salida con compensador
Salida sin compensador
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Conclusiones Los métodos presentados posibilitan el cálculo de compensadores para diferentes tipos de plantas, incluyendo aquellas que presentan tiempos muertos y polos poco amortiguados. Debido a la estrategia de cancelación, no se puede trabajar con plantas que tengan polos o ceros fuera del círculo unitario. Habrá que evaluar la conveniencia de estos métodos comparados a otros menos automatizados; pues en casi todos los casos mostrados, el compensador ha resultado con una ganancia muy alta; y el sistema total posee polos de lazo cerrado en el eje real negativo. Su efecto en la salida del compensador, puede resultar en valores muy elevados de ruido, oscilación de la salida y eventualmente en saturación.
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Ejercicios Para el sistema cuya planta tiene una función de transferencia en tiempo continuo,
)1(1)(+
=ss
sG
1) Con T = 0.2s, sintetice un controlador que produzca una respuesta dead-beat con un retardo de un periodo de muestreo, para una entrada escalón. 2) Utilizando un periodo de muestreo T = 0.1s, sintetice un controlador que produzca una respuesta de primer orden con τ = 1s, ante una entrada escalón.