Solución Junio 99

RESOLUCIÓN DEL EXAMEN DE SAU ORG.
25 JUNIO 1999
Problema 1:
Apartado a:
Salidas: n(k), pr(k) y r(k)
Entradas manipulables: f(k)
Entradas no manipulables(perturbaciones): d(k)
Apartado b:
Hay que plantear tantas ecuaciones como variables de salida hay, es decir 3:
Ecuación para n(k):
n( k ) = n( k − 1) + d ( k − 1) − pr ( k − 1) + 0.1r ( k − 1) (1)
Ecuación para pr(k):
pr ( k ) = 100 f ( k )
(2)
Ecuación para r(k):
r ( k ) = pr ( k − 1) (3)
Apartado c:
FDT
G1 ( z ) =
n( z )
f (z)
A partir de la ecuación (1) eliminando la otra variable de entrada al sistema d(k)
obtenemos:
n( k ) = n( k − 1) − pr ( k − 1) + 0.1r ( k − 1) (4)
Ahora empleando las ecuaciones (2) y (3) podemos eliminar las salidas pr(k) y r(k) resultando la
ecuación:
n( k ) = n( k − 1) − 100 f ( k − 1) + 0.1 ⋅ 100 f ( k − 2) (5)
Aplicando la TZ con condiciones iniciales nulas a la ecuación anterior se obtiene:
n( z ) 10 z −2 − 100 z −1 − 100 z + 10
=
=
1 − z −1
f (z)
z ( z − 1)
FDT
G2 ( z ) =
r( z )
d ( z)
Esta FDT es nula ya que de las ecuaciones obtenidas en la apartado b se aprecia que no
hay relación entre la variable de salida r(k) y la variable de entrada d(k).
Apartado d:
De las tres variables de salida n(k), pr(k) y r(k) sólo n(k) y r(k) son candidatas a ser variables de
estado ya que son las únicas que memorizan o acumulan valores referentes al pasado, la variable pr(k)
sólo depende de los valores de la entrada f(k) en el mismo instante con lo cual no cumple con la
condición de ser candidata.
De las dos candidatas a ser variables de estado, para contemplar la mínima información, son
necesarias ambas ya que memorizan dinámicas distintas, o lo que es lo mismo no es posible establecer
una relación de dependencia entre ambas.
A partir de las ecuaciones del apartado b se obtienen fácilmente las de estado sin más que
eliminar la variable de salida pr(k) y pasar las mismas a su versión incremental:
n( k + 1) = n( k ) + 0.1r ( k ) − 100 f ( k ) + d ( k )
r ( k + 1) = 100 f ( k )
Hay por tanto 2 variables de estado y 2 variables de entrada.
Problema 2:
-
Variables:
n(k): nivel del depósito el día k
a(k): adquisición de agua el día k
c(k): consumo de agua el día k
r(k): nivel de referencia del depósito el día k
-
Ec. Sistema:
-
Ec. Controlador proporcional:
n(k + 1) = 0.1·n(k ) + a(k ) − c(k )
a (k ) = K ·[r (k ) − n(k )]
Aplicando Transformada Z obtenemos la f.d.t. en bucle cerrado
(z − 0.1)n(z ) = a(z ) − c(z )

a(z ) = K ·[r (z ) − n(z )]

n(z ) =
Kr (z ) − c(z )
z − 0.1 + K
c(k)
–
r(k) +
e(k)
K
a(k) +
–
1) F.d.t. del error:
e(z ) = r (z ) − n(z ) = r (z ) −
n(k)
1
z − 0 .1
1
Kr (z ) − c(z )
z − 0.1
=
r (z ) +
c(z )
z − 0.1 + K
z − 0.1 + K
z − 0.1 + K
Aplicando el Teorema del valor final:
e(∞ ) = lim (1 − z −1 )e(z ) = lim
z →1
e(∞ ) =
z →1
1
z − 0.1
r (∞ ) + lim
c(∞ ) =
z →1 z − 0.1 + K
z − 0.1 + K
0.9
1
r (∞ ) +
c(∞ )
0.9 + K
0.9 + K
Si K → ∞ ⇒ e(∞) → 0
Al aumentar el valor de K, se reducirá el error pero el sistema llegara a ser inestable cuando el polo
en bucle cerrado (K–0.1) esté fuera del circulo unidad.
Con una estrategia proporcional no se consigue eliminar el error en régimen permanente. Ningún
valor de K conseguirá e(∞) = 0.
2) Para K = 1, c(k) = 5000 y r(k) = 15000 calcular e(∞)
c(k) = 5000 cte. → c(∞) = 5000
r(k) = 15000 cte. → c(∞) = 15000
Sustituyendo en la expresión anterior
e(∞ ) =
0.9
1
0.9
1
r (∞ ) +
c(∞ ) =
15000 +
5000 = 9736.84 litros
0.9 + K
0.9 + K
1.9
1.9
n(∞ ) = r (∞ ) − e(∞ ) = 5263.16 litros
3) La estrategia de control más rápida que elimina el error en régimen permanente sin oscilaciones es un
PID que sitúe los polos en bucle cerrado en el origen
c(k)
r(k) +
e(k)
–
K
z − a a(k) +
z −1
–
n(k)
1
z − 0 .1
a (k ) − c(k )
z − 0.1
z−a
a(k ) = K
e(k )
z −1
n(z ) =
-
Ec. Sistema:
-
Ec. Controlador PID:
La f.d.t. en bucle cerrado es:
(z − 0.1)n(z ) = K z − a [r (z ) − n(z )] − c(z )
z −1
[(z − 0.1)(· z − 1) + K ·(z − a )]n(z ) = K ·(z − a )·r (z ) − (z − 1)·c(z )
K ·(z − a )·r (z ) − (z − 1)·c(z )
n(z ) = 2
z + (K − 1.1)·z + (0.1 − K ·a )
z 2 + (K − 1.1)·z + 0.1 − K ·a = z 2
Queremos los polos en b.c. en el origen:
K − 1.1 = 0 
0.1
a=
= 0.0909
 → K = 1.1,
0.1 − K ·a = 0
K
La ecuación en diferencias del regulador se obtiene aplicando antitransformada Z:
G R (z ) =
a(z )
z − a 1.1· z − 0.1
=K
=
e(z )
z −1
z −1
Z −1
→ a (k + 1) = a (k ) + 1.1·e(k + 1) − 0.1·e(k )
4) Simulación con: n(0) = 8000, r(k) = 15000 y c(k) = 5000
Los datos anteriores al instante 0 se consideran nulos
n(k + 1) = 0.1·n(k ) + a (k ) − c(k )
Sistema:
Regulador:
- Día 0:
a (k + 1) = a (k ) + 1.1·e(k + 1) − 0.1·e(k ) con e(k ) = r (k ) − n(k )
n(0 ) = 8000
e(0 ) = r (0 ) − n(0 ) = 15000 − 8000 = 7000
a(0 ) = a (− 1) + 1.1·e(0 ) − 0.1·e(− 1) = 1.1·7000 = 7700
-
Día 1:
n(1) = 0.1·n(0 ) + a(0 ) − c(0) = 0.1·8000 + 7700 − 5000 = 3500
e(1) = r (1) − n(1) = 15000 − 3500 = 11500
a(1) = a(0 ) + 1.1·e(1) − 0.1·e(0) = 7700 + 1.1·11500 − 0.1·7000 = 19650
-
Día 2:
n(2 ) = 0.1·n(1) + a(1) − c(1) = 0.1·3500 + 19650 − 5000 = 15000
e(2 ) = r (2 ) − n(2) = 15000 − 15000 = 0
a(2) = a(1) + 1.1·e(2 ) − 0.1·e(1) = 19650 + 1.1·0 − 0.1·11500 = 18500
-
Día 3:
-
Día 4:
n(3) = 0.1·n(2) + a(2 ) − c(2 ) = 0.1·15000 + 18500 − 5000 = 15000
e(3) = r (3) − n(3) = 15000 − 15000 = 0
a(3) = a(2 ) + 1.1·e(3) − 0.1·e(2 ) = 18500 + 1.1·0 − 0.1·0 = 18500
n(4 ) = 0.1·n(3) + a (3) − c(3) = 0.1·15000 + 18500 − 5000 = 15000
Como era de esperar con dos acciones de control el sistema se estabiliza, eliminándose el error.
Problema 3:
1) Dibujar la estructura del sistema de fabricación.
x1
x2
T1
T2
x3
T3
x4
CN1
x5
CN2
Función estructura:
- con lógica binaria:
F (S ) = x1 ·x2 x3 + x4 + x5
· 1 − x4 )(
· 1 − x5 )
F (S ) = 1 − (1 − x1· x2 x3 )(
- Otra forma:
2) Calcular la fiabilidad global del sistema al cabo de 1 año si se cambio uno de los tornos a los 6
meses.
FT (t ) = e −ϕ 1 ·t , con ϕ1 = 1/5
FCN (t ) = e −ϕ 2 ·t , con ϕ2 = 1/3
- Fiabilidad de los tornos:
- Fiabilidad de las máquinas CN:
FL1 (t ) = FT 1 (t )·FT 2 (t )·FT 3 (t )
FL 2 (t ) = 1 − (1 − FCN 1 (t ))·(1 − FCN 2 (t ))
F (t ) = 1 − (1 − FL1 (t ))·(1 − FL 2 (t ))
- Fiabilidad Línea 1:
- Fiabilidad Línea 2:
- Fiabilidad del sistema:
Como el Torno 1, es cambiado a los 6 meses, al año llevará funcionando 6 meses = 1/2 año.
La Fiabilidad del sistema al cabo de 1 año será:
FT 1 = e
−ϕ 1 ·
1
2
=e
−
1
10
FT 2 = FT 3 = e −ϕ 1 ·1 = e
FL1 = FT 1 ·FT 2 ·FT 3 = e
−
1
10
−
1
5
−
1
5
·e ·e
FCN 1 = FCN 2 = e −ϕ 2 ·1 = e
−
1
5
=e
−
1
2
1
−
3
2
1
1
2
− 
−
−

3
3

1
1
·
1
1
1
2
·
FL 2 = − ( − FCN 1 )( − FCN 2 ) = −  − e  = e − e 3


1
2
1
−
− 
− 

2 
3

· 1 − FL 2 ) = 1 − 1 − e ·1 − 2·e + e 3  = 0.9684
F = 1 − (1 − FL1 )(


