Método de Routh

Criterio de Routh.
Este criterio nos permite conocer la estabilidad absoluta del sistema sin necesidad de
resolver la ecuación. Si tenemos un polinomio del tipo:
a0 s n + a1 s n −1 + a 2 s n −2 + ...a n s 0
Teorema fundamental del cálculo.
Para que un polinomio no tenga raíces positivas es condición necesaria pero no suficiente
que:
* no tenga cambios de signos el polinomio.
* ninguno de los coeficientes del polinomio sea cero.
Ejemplo :
( s − 1)( s + 2)(s + 3)
= s 3 + 4s 2 + s − 6
un cambio de signo en los coeficientes del polinomio
indica una raíz positiva, se tiene un sistema inestable .
Ejemplo :
s2 + 8
En el siguiente polinomio uno de los coeficientes es cero
s1 = 2 2 j
Sistema no estable (oscilatorio)
s 2 = −2 2 j
Tabla de Routh
La condición necesaria y suficiente para que un sistema sea estable es que no tenga
cambios de signo en la primera columna de la tabla de Routh y en caso de que las tenga
habrá tantas raíces positivas como cambios de signo.
Dado el polinomio F(s)= a0 s + a1 s
n
Sn
Sn-1
Sn-2
.
.
.
S0
a0
a1
b1
c1.
.
.
g1
n −1
+ a 2 s n −2 + ...a n s 0
a2 a4 a6 . .
a3 a5 a7
b2 b3 .
c2.
. .
.
. .
.
. .
g2 g3 .
Los coeficientes del polinomio se ponen en forma alternada, arriba los pares y abajo los
impares . Los demás se encuentran de la siguiente forma :
b1 =
a1 a 2 − a 0 a 3
a1
c1 =
b1 a3 − a1b2
b1
a1 a 4 − a 0 a5
b a − a1b3
c2= 1 5
a1
b1
a a − a0 a7
etc.
b3 = 1 6
a1
Ejemplo :Aplique el criterio de Routh al siguiente polinomio :
s 3 + 4s 2 + 8s + 12 = 0 (usando Mathcad se pueden encontrar las raíces del polinomio que
son (-2.685 , -.657 + 2j , -.657 – 2j ) (solo raíces reales negativas)
b2 =
s3
s2
s1
s0
1
4
5
12
8
12
0
No se tienen cambios de signo en la primera columna de la tabla de Routh por lo que el
sistema es estable
Ejemplo :
s 3 + 4s 2 + s − 6
Usando Mathcad se encuentran las raíces ( -3, -2 , 1 ) (una raíz positiva)
s3
s2
s1
s0
1
4
1
-6
2.5
-6
Hay un cambio de signo en la primera columna por lo que se tiene 1 raíz positive y el sistema es
inestable
Ejemplo :
s 4 + 6 s 3 + 11s 2 + 6s + k
( Si no se conoce el valor de k no se puede usar Mathcad )
s4
s3
s2
s1
s0
1
6
10
11
6
k
(60-6k)/10
k
k
Para que el sistema no tenga raíces positivas
k está condicionado a 0 < k < 10.
Caso especial
Si uno de los coeficientes de la primera columna de la tabla de Ruth es cero, Se sustituye
el cero por un valor positivo ξ, tal que ξ > 0 y se continúan los cálculos.
Ej. s 3 + 2s + s + 2 (usando Mathcad se encuentran las raíces (-2 , j , -j ) )
s3
s2
s1
s0
1
2
ξ
2
1
2
No hay cambios de signo en la primera columna pero un ξ indica que el sistema no es
estable, tampoco es inestable, es oscilatorio. (raíces imaginarias)
Ej. s 3 − 3s + 2
s3 1
-3
2
s2 ξ
1
s (-3ξ – 2)/ ξ
s0 2
Usando Mathcad se encuentran las raíces (-2 , 1 , 1) ( 2 raíces positivas )
En éste ejemplo hay un ξ como en el caso anterior, pero también hay 2 cambios de signo
en la primera columna de la tabla , por lo que este hecho domina y existen 2 raíces reales
positivas por lo que el sistema es inestable.
Nota ( también esto mismo se pudo concluir con la mera inspección del polinomio, pues
tiene 2 cambios de signo y un coeficiente es cero )
Ejemplo :
s3 + 3s2 + 2s +K =0
s3
s2
s1
0
s
1
2
3
K
(6 – K )
3
K
La condición de estabilidad es
0<K <6
K está en la frontera de la estabilidad y se considera oscilatoria la respuesta en
K= 6. Para encontrar la w en el cruce con el eje jw se considera una fila de la tabla
de Routh con sus coeficientes asociados , (ecuación auxiliar ) se toma s =jw y se
iguala a cero.
F1(s) = 3 S2 + K = 0
3( j w )2 + 6 = 0
w = ± √2
El cruce se da en ± √2
J
La otra ecuación auxiliar sería F2(s) = S3 + 2 S y debe salir el mismo resultado del cálculo
anterior.