UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DE YUCATÁN

FACULTAD DE MATEMÁTICAS

Ejercicios de Control 2

Alex Antonio Turriza Suárez

5 de marzo de 2015

1. EJERCICIOS DE DIAGRAMAS DE BLOQUES

Obtenga la representación de la salida C (z) en cada configuración de los diagramas de blo-ques.

1.1. BLOQUE 1

Figura 1.1: Diagrama de bloques 1.

Solución.Iniciemos planteando el error. La señal E(s) es:

E(s) = R(s)−C (s)H(s) (1.1)

1

Recordemos que la salida C (s) es:

C (s) =G(s)E∗(s) (1.2)

Sustituimos en ecuación 1.1

E(s) = R(s)−G(s)H(s)E∗(s) (1.3)

Entonces:

E∗(s) = R∗(s)−G H∗(s)E∗(s) (1.4)

Despejando E∗(s):

E∗(s)+G H∗(s)E∗(s) = R∗(s)

E∗(s)(1+G H∗(s)) = R∗(s)

E∗(s) = R∗(s)

1+G H∗(s)

(1.5)

Sustituyendo la ecuación 1.5 en la 1.2, obtenemos que:

C (s) = G(s)R∗(s)

1+G H∗(s)

C∗(s) = G∗(s)R∗(s)

1+G H∗(s)

Finalmente:

C (z) = G(z)R(z)

1+G H(z)(1.6)

2

1.2. BLOQUE 2

Figura 1.2: Diagrama de bloques 2.

Solución.Iniciemos planteando el error. La señal E(s) es:

E(s) = R(s)−C∗(s)H(s) (1.7)

Recordemos que C∗(s) es:

C∗(s) =G∗(s)E∗(s) (1.8)

Sustituimos en ecuación 1.7

E(s) = R(s)−G∗(s)H(s)E∗(s) (1.9)

Entonces:

E∗(s) = R∗(s)−G∗(s)H∗(s)E∗(s) (1.10)

Despejando E∗(s):

E∗(s)+G∗(s)H∗(s)E∗(s) = R∗(s)

E∗(s)(1+G∗(s)H∗(s)) = R∗(s)

E∗(s) = R∗(s)

1+G∗(s)H∗(s)

(1.11)

Sustituyendo la ecuación 1.11 en la 1.8, obtenemos que:

C∗(s) = G∗(s)R∗(s)

1+G∗(s)H∗(s)

Finalmente:

C (z) = G(z)R(z)

1+G(z)H(z)(1.12)

3

1.3. BLOQUE 3

Figura 1.3: Diagrama de bloques 3.

Solución.Iniciemos planteando el error. La señal E(s) es:

E(s) = R(s)−C (s)H(s) (1.13)

Observemos que C (s) es:

C (s) = Y ∗(s)G2(s), pero Y ∗(s) es:

Y ∗(s) = E∗(s)G∗1 (s), por tanto, C (s)

C (s) = E∗(s)G∗1 (s)G2(s)

(1.14)

Sustituimos en ecuación 1.13

E(s) = R(s)−G∗1 (s)G2(s)H(s)E∗(s) (1.15)

Entonces:

E∗(s) = R∗(s)−G∗1 (s)G2H∗(s)E∗(s) (1.16)

Despejando E∗(s):

E∗(s)+G∗1 (s)G2H∗(s)E∗(s) = R∗(s)

E∗(s)(1+G∗1 (s)G2H∗(s)) = R∗(s)

E∗(s) = R∗(s)

1+G∗1 (s)G2H∗(s)

(1.17)

Sustituyendo la ecuación 1.17 en la 1.14, obtenemos que:

C∗(s) = G∗1 (s)G∗

2 (s)R∗(s)

1+G∗1 (s)G2H∗(s)

Finalmente:

C (z) = G1(z)G2(z)R(z)

1+G1(z)G2H(z)(1.18)

4

1.4. BLOQUE 4

Figura 1.4: Diagrama de bloques 4.

Solución.Iniciemos planteando a la señal Y (s) y al error E(s):

Y (s) =G1(s)E(s)

E(s) = R(s)−C (s)H(s)

Observemos que C (s) es:

C (s) = Y ∗(s)G2(s), por tanto el error E(s) es:

E(s) = R(s)−Y ∗(s)G2(s)H(s), por tanto, Y (s)

Y (s) =G1(s)R(s)−Y ∗(s)G1(s)G2(s)H(s)

(1.19)

Así, Y ∗(s) es

Y ∗(s) =G1R∗(s)−Y ∗(s)G1G2H∗(s) (1.20)

Despejando Y ∗(s):

Y ∗(s)+Y ∗(s)G1G2H∗(s) =G1R∗(s)

Y ∗(s)(1+G1G2H∗(s)) =G1R∗(s)

Y ∗(s) = G1R∗(s)

1+G1G2H∗(s)

(1.21)

De sustituir la ecuación 1.21 en la ecuación del análisis hecho de C (s), obtenemos que:

C∗(s) = G∗2 (s)G1R∗(s)

1+G1G2H∗(s)

Finalmente:

C (z) = G2(z)G1R(z)

1+G1G2H(z)(1.22)

5

1.5. BLOQUE 5

Figura 1.5: Diagrama de bloques 5.

Solución.Iniciemos planteando a la señal C (s) y al error E(s):

C (s) =G(s)E(s)

E(s) = R(s)−C∗(s)H(s)

Sustituyendo el error en C (s):

C (s) = R(s)G(s)−C∗(s)G(s)H(s) (1.23)

Entonces C∗(s):

C∗(s) =GR∗(s)−C∗(s)G H∗(s) (1.24)

Despejando C∗(s):

C∗(s)+C∗(s)G H∗(s) =GR∗(s)

C∗(s)(1+G H∗(s)) =GR∗(s)

C∗(s) = GR∗(s)

1+G H∗(s)

(1.25)

Finalmente:

C (z) = GR(z)

1+G H(z)(1.26)

6