Contraejemplo de la Conjetura de Aizerman

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Sin embargo, el sistema con la realimentación no lineal u =−φ ( y)x1= x2,x=−φ ( x + x ),2 1 21 1y con condiciones iniciales x 1(0) e −(1 e −1= + ) , x (0) 2= e−1() 2()tiene como solución () x t x tx2 t = e − −, que es mayorque cero para todo t ≥ 0 . Por lo tanto, como x 1() t = x2()t , se observa que x1( t ) crece sin límite para t →∞. Demodo que el sistema con la realimentación propuesta no es exponencialmente estable: es inestable (Fig. 3).Fig. 3. (a) Evolución temporal; (b) proyección en el plano x1 − x2.Análisis de la estabilidad absoluta en base al criterio del círculo y al criterio de PopovEn la Fig. 4 (a) se muestra el diagrama de Nyquist del sistema (1), dibujado para frecuencias positivas. Se observaque no encierra el disco D(a,b); los parámetros a y b deben elegirse de modo de maximizar la amplitud del−1 −1sector que comprende la no linealidad. Se fijó b en un valor igual a la máxima pendiente de φ ( b= e (1 + e)),y se determinó a por prueba y error de modo que el disco D(a,b) sea casi tangente al diagrama de Nyquist. Seencuentra entonces que a = 0.12 . De modo que el criterio del círculo permite determinar que el sistema (1) es−1 −1globalmente exponencialmente estable para cualquier no linealidad comprendida en el sector [0.12, e (1 + e) ] .−1 −1Como la no linealidad φ pertenece al sector (0, e (1 + e) ] , el sistema no es estable con esta realimentación.−1 −1Obsérvese que si se elimina el requisito que b= e (1 + e), pueden obtenerse otros sectores, como por ejemplo,los que se muestran en la Fig. 4 (b): [0.091,0.18] , [0.18,0.5] y [0.5,4], Esto no significa que el sistema sea globalmenteexponencialmente estable cuando φ pertenece al sector [0.091,4] (la unión de los tres sectores anteriores,véase Vidyasagar, p. 229).−1 −1Fig. 4: Criterio del círculo para el sistema (1). (a) Sector [0.12, e (1 + e) ] . (b) Tres sectores distintospara el mismo sistema.El comportamiento del sistema también puede analizarse aplicando el criterio de Popov. En este caso, el sistemase puede reescribir en la forma de la ecuación 5.6.41−42, p. 230:2
x= Ax+buξ= uy = cx+ dξu =−φ( y)resultandox1= ξ + uξ= uy = x1u =−φ( y)que no es exactamente la forma propuesta (obsérvese la ecuación de x1, que depende de ξ y no de x1). De modoque la matriz A no es Hurwitz, como pide el Teorema 5.6.46 (p. 231) o el Teorema 5.6.63 (p. 233). Para ello,se modifica la ecuación de x 1, sumando y restando un término de la forma α x1, con α> 0 , y definiendo unnuevo control v =α x1+ u . Entonces⎧x1 =−α x1+ξ +α x1+ u =−α x1+ξ + v ⎧x1 =−α x1+ξ + v⎪ ξ=−α x1 + v ⎪ ξ=−α x1+ v⎨⇒ ⎨⎪ y = x1 ⎪ y = x1⎪ v [ ( y) x1] ( x1) ⎪⎩ =−φ −α =−ψ ⎩ v =−ψ( x1)Observe que ahora el sistema no presenta la integración de la entrada; de hecho, la función trasferencia del sistemamodificado ess + 1hα() s =2s +α s+α . (2)También debe tenerse presente que si la no linealidad φ pertenece al sector ( α, β ) , la no linealidad ψ perteneceal sector (0, β −α ) . La idea es analizar el sistema (2) para valores decrecientes de α , tal que α→ 0 .Para efectuar el gráfico de Popov debe representarse ωIm{ ha( jω } en función de Re{ hα ( jω )} . Es sencillo determinarquey algunos valores particulares son2 4α+ ( α−1)ω −ωRe{ hα( jω )} = , ωIm{ h ( j )} .2 2 2 2 αω =2 2 2 2( α−ω ) +α ω ( α−ω ) +α ω1Re{ hα( jω )} = , ωIm{ h ( )} 0,0 αjω =ω= ω= 0α1Re{ h ( j )} 0, Im{ h ( j )} ,αω α = ωαω α =−ω= ω=1−α1−ααRe{ h ( jω )} = 0, ωIm{ h ( jω )} =−1.αω→∞En la Fig. 5 se muestra el gráfico de Popov para distintos valores de α . Del gráfico se observa que siempre esposible trazar una recta con pendiente positiva, que pase por 1 k = 0 de modo que el grafo de Popov quede a laderecha de la recta. Esto asegura que el sistema es globalmente asintóticamente estable para una no linealidadψ()⋅ perteneciente al sector (0, k ) = (0, ∞ ) , o bien para φ( ⋅ ) perteneciente al sector ( α∞ , ) .αω→∞Fig. 5. Gráficos de Popov para distintos valores de α .Finalmente, si α→ 0 , el grafo de Popov resulta una semirrecta de pendiente cero, ya que para α= 0 ,3
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