CRITERIO DE ESTABILIDAD DE ROUTH El criterio permite saber si

CRITERIO DE ESTABILIDAD DE ROUTH
El criterio permite saber si una ecuación polinómicas posee raíces positivas sin
resolverla. El procedimiento se encuentra explicado en el libro de Ingeniería de
Control Moderna de K. Ogata.
1. Primero se verifica si no existe algún o algunos coeficientes nulos o
negativos en presencia de un coeficiente positivo al menos.
Por ejemplo, sea el polinomio:
s 4 + 2 s 3 + 4s + 5 = 0
Coeficientes {1, 2, 0, 4, 5} Un coeficiente nulo Existe una raíz o raíces
imaginarias con parte real positiva El sistema es inestable.
Otro ejemplo, sea el polinomio:
s 4 + 2 s 3 − 3s 2 + 4 s + 5 = 0
Coeficientes {1, 2, -3, 4, 5} Un coeficiente negativa en presencia de coeficientes
positivos Existe una raíz o raíces imaginarias con parte real positiva El
sistema es inestable.
Todos los coeficientes deben ser positivos Condición necesaria pero no
suficiente para la estabilidad de un sistema.
2. Si todos los coeficientes son positivos y no nulos se procede a construir
la siguiente tabla con los coeficientes de la función.
Sea el polinomio:
a 0 s 4 + a1 s 3 + a 2 s 2 + a 3 s + a 4 = 0
s4
a0
a2
a4
3
s
a1 a3
2
s
b1 b2
1
s c1
s 0 d1
calculan
Solo se llenan las dos primeras filas… los demás valores se
a1 a 2 − a0 a3
a1
b a − a1b2
c1 = 1 3
b1
b1 =
d1 =
b2 =
a1 a 4 − a 0 a5
En este caso a5 = 0
a1
c1b2 − b1c 2
En este caso c 2 = 0 y no hace falta calcularlo
c1
Por ejemplo, sea el polinomio:
s 4 + 2 s 3 + 3s 2 + 4 s + 5 = 0
Coeficientes: { a0 = 1 , a1 = 2 , a 2 = 3 , a 4 = 4 , a5 = 5 }
s4
s3
s2
s1
s0
1 3
2 4
b1 b2
c1
d1
5
a1 a 2 − a 0 a3 2 ⋅ 3 − 1 ⋅ 4
=
=1
a1
2
a a − a 0 a5 2 ⋅ 5 − 1 ⋅ 0
b2 = 1 4
=
=5
a1
2
b a − a1b2 1 ⋅ 4 − 2 ⋅ 5
c1 = 1 3
=
= −6
b1
1
c b −b c
− 6⋅5 − 5⋅0
d1 = 1 2 1 2 =
=5
c1
−5
b1 =
La tabla queda de la siguiente forma:
s4
s3
s2
s1
s0
1 3 5
2 4
1 5
−6
5
El criterio de Routh establece que la cantidad de raíces positivas o con parte
real positiva es igual a la cantidad de cambios de signo en los coeficientes
de la primera columna.
s4
s3
s2
s1
s0
1 3 5
2 4
1 5
−6
5
Primera Columna
Y como se puede observar, existen dos cambios de signos en los coeficientes, de
1 a -6 y de -6 a 5.
Por lo tanto el sistema que tenga como ecuación característica la planteada, es
inestable porque posee dos polos positivos o con parte real positiva.
Ejercicios de Ejemplo:
1. Sea el sistema, determine si es estable o no.
G (s) =
1
s ( s + s + 1)( s + 2)
2
Primero se debe hallar la función de transferencia de lazo cerrado:
C (s)
G (s)
1
=
= 4
3
R( s ) 1 + G ( s ) s + 3s + 3s 2 + 2s + 1
La ecuación característica del sistema es:
s 4 + 3s 3 + 3s 2 + 2 s + 1 = 0
Se construye la tabla, con los coeficientes: { a0 = 1 , a1 = 3 , a 2 = 3 , a 4 = 2 , a5 = 1 }
s4
s3
s2
s1
s0
1
3
b1
c1
d1
3
2
b2
1
a1 a 2 − a 0 a3 3 ⋅ 3 − 1 ⋅ 2 7
=
=
a1
3
3
a a − a 0 a5 3 ⋅ 1 − 1 ⋅ 0
b2 = 1 4
=
=1
a1
3
7 ⋅ 2 − 3 ⋅1
b1 a3 − a1b2
c1 =
= 3
=5
7
7
b1
3
5 ⋅1 − 7 ⋅ 0
c b −b c
3 =1
d1 = 1 2 1 2 = 7
5
c1
7
b1 =
La tabla queda de la siguiente forma:
s4
3
s
s2
s1
s0
1
3 1
3 2
7
1
3
5
7
1
Y como en la primera columna no hay cambios de signos en los coeficientes, se
puede asegurar que el sistema es “estable”, debido a que no posee polos
positivos o con parte real positiva.
2. Sea el sistema, determine si es estable o no.
G (s) =
10
s ( s − 1)(2 s + 3)
Primero se debe hallar la función de transferencia de lazo cerrado:
C (s)
G (s)
10
=
= 3
2
R( s ) 1 + G ( s ) 2s + s − 3s + 10
La ecuación característica del sistema es:
2 s 3 + s 2 − 3s + 10 = 0
Los coeficientes son: { a0 = 2 , a1 = 1 , a 2 = −3 , a 4 = 10 }
Y como existe un coeficiente negativo, ya se puede asegura que el sistema es
inestable porque tiene por lo menos un polo positivo o polos con partes real
positiva. No se requiere aplicar el criterio de Routh.
3. Dado el sistema, determine el rango de K (ganancia del controlador
proporcional) para que el sistema en lazo cerrado sea estable.
G (s) =
1
s ( s + 1)( s + 2)
Primero se debe hallar la función de transferencia de lazo cerrado:
C (s)
G( s)
K
=
= 3
2
R( s ) 1 + G ( s ) s + 3s + 2s + K
La ecuación característica del sistema es:
s 3 + 3s 2 + 2 s + K = 0
Se construye la tabla, con los coeficientes: { a0 = 1 , a1 = 3 , a 2 = 2 , a 4 = K }
s3
s2
s1
s0
1
3
b1
c1
2
K
a1 a 2 − a 0 a3 3 ⋅ 2 − 1 ⋅ K 6 − K
=
=
a1
3
3
6−K
⋅ K − 3⋅ 0
b1 a3 − a1b2
3
c1 =
=
=K
6−K
b1
3
b1 =
La tabla queda de la siguiente forma:
s3
s2
s1
s0
1
3
6−K
3
K
2
K
Ahora, la condición para que la ecuación característica no tenga raíces positivas,
es decir el sistema no tenga polos positivos y por ende sea estable, es que no
haya cambios de signos en la primera columna, por lo que se debe cumplir que
todos los coeficientes de esa columna sean positivos:
6−K
>0
3
y
K >0
Resolviendo el sistema de inecuaciones se tiene que:
6−K
>0
3
6−K > 0
6>K
y
K >0
De esta forma se obtiene el rango de valores de K para que el sistema en lazo
cerrado sea estable:
0 < K < 6.