criterio de estabilidad de Routh-Hurwitz

Dejar${\displaystyle f(z)=az^{2}+bz+c}$(para simplificar, tomamos coeficientes reales) donde${\displaystyle c\neq 0}$(para evitar una raíz en cero y así poder usar el teorema de Routh-Hurwitz). Primero, tenemos que calcular los polinomios reales.${\displaystyle P_{0}(y)}$y${\displaystyle P_{1}(y)}$: $${\displaystyle f(iy)=-ay^{2}+iby+c=P_{0}(y)+iP_{1}(y)=-ay^{2}+c+i(by).}$$ A continuación, dividimos esos polinomios para obtener la cadena de Sturm generalizada : $${\displaystyle {\begin{aligned}P_{0}(y)&=\left({\tfrac {-a}{b}}y\right)P_{1}(y)+c,&&\implies P_{2}(y)=-c,\\[4pt]P_{1}(y)&=\left({\tfrac {-b}{c}}y\right)P_{2}(y),&&\implies P_{3}(y)=0,\end{aligned}}}$$y la división euclidiana se detiene.

Nótese que tuvimos que suponer que b era diferente de cero en la primera división. La cadena de Sturm generalizada es en este caso $${\displaystyle {\Bigl (}P_{0}(y),P_{1}(y),P_{2}(y){\Bigr )}=(c-ay^{2},by,-c).}$$ Puesta${\displaystyle y=+\infty }$, el signo de${\displaystyle (c-ay^{2})}$es el signo opuesto de a y el signo de by es el signo de b . Cuando ponemos${\displaystyle (y=-\infty )}$, el signo del primer elemento de la cadena es nuevamente el signo opuesto de a y el signo de by es el signo opuesto de b . Finalmente, − c siempre tiene el signo opuesto de c .

Supongamos ahora que f es Hurwitz-estable. Esto significa que${\displaystyle w(+\infty )-w(-\infty )=2}$(el grado de f ). Por las propiedades de la función w , esto es lo mismo que${\displaystyle w(+\infty )=2}$y${\displaystyle w(-\infty )=0}$Por lo tanto, a , b y c deben tener el mismo signo. Así, hemos hallado la condición necesaria de estabilidad para polinomios de grado 2.

Para un polinomio de segundo orden $${\displaystyle P(s)=a_{2}s^{2}+a_{1}s+a_{0}=0,}$$ Todos los coeficientes deben ser positivos: $${\displaystyle a_{i}>0\quad {\text{para}}\quad i=0,1,2.}$$

Para un polinomio de tercer orden $${\displaystyle P(s)=a_{3}s^{3}+a_{2}s^{2}+a_{1}s+a_{0}=0,}$$ Todos los coeficientes deben ser positivos: $${\displaystyle a_{i}>0\quad {\text{para}}\quad i=0,1,2,3}$$ y también necesitamos $${\displaystyle a_{2}a_{1}-a_{3}a_{0}>0.}$$

Para un polinomio de cuarto orden $${\displaystyle P(s)=a_{4}s^{4}+a_{3}s^{3}+a_{2}s^{2}+a_{1}s+a_{0}=0,}$$ Todos los coeficientes deben ser positivos: $${\displaystyle a_{i}>0\quad {\text{for}}\quad i=0,1,2,3,4}$$ y también necesitamos $${\displaystyle {\begin{aligned}a_{3}a_{2}-a_{4}a_{1}&>0\\a_{3}a_{2}a_{1}-a_{4}a_{1}^{2}-a_{3}^{2}a_{0}&>0.\end{aligned}}}$$ (Cuando se deriva esto, no se sabe que todos los coeficientes deben ser positivos y se añaden${\displaystyle a_{3}a_{2}>a_{1}}$.)

En general, el criterio de estabilidad de Routh establece que un polinomio tiene todas sus raíces en el semiplano izquierdo abierto si y solo si todos los elementos de la primera columna de la matriz de Routh tienen el mismo signo.

Es necesario que todos los coeficientes sean positivos (o todos negativos) para que todas las raíces se encuentren en el semiplano izquierdo abierto. Por eso aquí${\displaystyle a_{n}}$está fijado a 1, que es positivo. Cuando se asume esto, podemos eliminar${\displaystyle a_{3}a_{2}>a_{1}}$a partir de un polinomio de cuarto orden, y las condiciones para el quinto y sexto orden se pueden simplificar. Para el quinto orden solo necesitamos comprobar que${\displaystyle \Delta _{2}>0,\Delta _{4}>0}$y para sexto orden solo necesitamos comprobar${\displaystyle \Delta _{3}>0,\Delta _{5}>0}$y esto se optimiza aún más en el criterio de Liénard-Chipart . ^{[ 4 ]} De hecho, que algunos coeficientes sean positivos no es independiente de que los menores principales sean positivos, como${\displaystyle a_{2}>0}$La comprobación puede eliminarse para polinomios de tercer orden.

Se puede utilizar un método tabular para determinar la estabilidad cuando las raíces de un polinomio característico de orden superior son difíciles de obtener. Para un polinomio de grado n cuyos coeficientes tienen todos los mismos signos$${\displaystyle D(s)=a_{n}s^{n}+a_{n-1}s^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_{0}}$$ La tabla tiene n + 1 filas y la siguiente estructura:

$${\displaystyle {\begin{matrix}a_{n}&a_{n-2}&a_{n-4}&\dots \\a_{n-1}&a_{n-3}&a_{n-5}&\dots \\b_{1}&b_{2}&b_{3}&\dots \\c_{1}&c_{2}&c_{3}&\dots \\\vdots &\vdots &\vdots &\ddots \end{matrix}}}$$

donde los elementos${\displaystyle b_{i}}$y${\displaystyle c_{i}}$se puede calcular de la siguiente manera: $${\displaystyle {\begin{aligned}b_{i}&={\frac {a_{n-1}\times a_{n-2i}-a_{n}\times a_{n-(2i+1)}}{a_{n-1}}}\\[4pt]c_{i}&={\frac {b_{1}\times a_{n-(2i+1)}-a_{n-1}\times b_{i+1}}{b_{1}}}\end{aligned}}}$$ Una vez completado, el número de cambios de signo en la primera columna será el número de raíces cuya parte real sea no negativa.

$${\displaystyle {\begin{matrix}0.75&1.5&\ 0\ &\ 0\ \\-3&6&0&0\\3&0&0&0\\6&0&0&0\end{matrix}}}$$

En la primera columna, hay dos cambios de signo ( 0,75 → −3 y −3 → 3 ), por lo tanto, hay dos raíces cuya parte real no es negativa y el sistema es inestable.

La ecuación característica de un sistema servo de ejemplo viene dada por: ^{[ 5 ]}

$${\displaystyle b_{0}s^{4}+b_{1}s^{3}+b_{2}s^{2}+b_{3}s+b_{4}=0}$$

Para lo cual disponemos de la siguiente tabla:

$${\displaystyle {\begin{matrix}b_{0}&b_{2}&\quad b_{4}\quad &\quad 0\quad \\[4pt]b_{1}&b_{3}&0&0\\[4pt]{\frac {b_{1}b_{2}-b_{0}b_{3}}{b_{1}}}&{\frac {b_{1}b_{4}-b_{0}\times 0}{b_{1}}}=b_{4}&0&0\\{\frac {(b_{1}b_{2}-b_{0}b_{3})b_{3}-b_{1}^{2}b_{4}}{b_{1}b_{2}-b_{0}b_{3}}}&0&0&0\\[4pt]b_{4}&0&0&0\end{matrix}}}$$

para que haya estabilidad, todos los elementos de la primera columna de la matriz de Routh deben ser positivos cuando${\displaystyle b_{0}>0.}$Y las condiciones que deben cumplirse para la estabilidad del sistema dado son las siguientes: ^{[ 5 ]}

$${\displaystyle {\begin{aligned}0&<b_{1},\\[4pt]0&<b_{1}b_{2}-b_{0}b_{3},\\[4pt]0&<(b_{1}b_{2}-b_{0}b_{3})b_{3}-b_{1}^{2}b_{4},\\[4pt]0&<b_{4}.\end{aligned}}}$$

Vemos que si $${\displaystyle (b_{1}b_{2}-b_{0}b_{3})b_{3}-b_{1}^{2}b_{4}\geq 0}$$ entonces $${\displaystyle b_{1}b_{2}-b_{0}b_{3}>0}$$ está satisfecho.

Otro ejemplo es: ^{[ 6 ]}

$${\displaystyle s^{4}+6s^{3}+11s^{2}+6s+200=0}$$

Tenemos la siguiente tabla  :

$${\displaystyle {\begin{matrix}1&11&200&0\\1&1&0&0\\1&20&0&0\\-19&0&0&0\\20&0&0&0\end{matrix}}}$$

Hay dos cambios de signo. El sistema es inestable, ya que tiene dos polos en el semiplano derecho y dos polos en el semiplano izquierdo. El sistema no puede tener polos jω, puesto que no apareció una fila de ceros en la tabla de Routh. ^{[ 6 ]}

Para el caso $${\displaystyle s^{4}+s^{3}+3s^{2}+3s+3=0}$$ Tenemos la siguiente tabla con un cero en la primera columna, lo que impide realizar más cálculos:

$${\displaystyle {\begin{matrix}1&3&3\\1&3&0\\0&3&0\end{matrix}}}$$

reemplazamos 0 por${\displaystyle \varepsilon >0}$y tenemos la mesa

$${\displaystyle {\begin{matrix}1&3&\quad 3\quad \\1&3&0\\\varepsilon &3&0\\3-{\frac {3}{\varepsilon }}&0&0\\3&0&0\end{matrix}}}$$

Cuando hacemos${\displaystyle \varepsilon \rightarrow +0}$Hay dos cambios de signo. El sistema es inestable, ya que tiene dos polos en el semiplano derecho y dos polos en el semiplano izquierdo.

En ocasiones, la presencia de polos en el eje imaginario genera una situación de estabilidad marginal . En ese caso, los coeficientes de la matriz de Routh en una fila completa se anulan, impidiendo así la resolución del polinomio para determinar los cambios de signo. En tal caso, se recurre a otro método. La fila del polinomio inmediatamente superior a la que contiene los ceros se denomina polinomio auxiliar.

$${\displaystyle s^{6}+2s^{5}+8s^{4}+12s^{3}+20s^{2}+16s+16=0}$$ Tenemos la siguiente tabla:

$${\displaystyle {\begin{matrix}1&8&20&16\\2&12&16&0\\2&12&16&0\\0&0&0&0\end{matrix}}}$$

En tal caso el polinomio auxiliar es${\displaystyle A(s)=2s^{4}+12s^{2}+16\,}$que nuevamente es igual a cero. El siguiente paso es diferenciar la ecuación anterior, lo que produce el polinomio${\displaystyle B(s)=8s^{3}+24s^{1}}$Los coeficientes de la fila que contiene cero ahora son "8" y "24". El proceso de la matriz de Routh se lleva a cabo utilizando estos valores, que dan como resultado dos puntos en el eje imaginario. Estos dos puntos en el eje imaginario son la causa principal de la estabilidad marginal. ^{[ 7 ]}