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.