Question

Problemas resueltos con el metodo de routh !

Answer 1

Consideremos primero el caso en donde el primer elemento de una fila es cero, pero al menos uno delos otros elementos es no nulo. Tomemos el polinomioP(s) =s5+3s4+2s3+6s2+3s+3, el arreglonum´erico que resulta ess51 2 3s43 6 3s30 2s2s1s0=⇒s51 2 3s43 6 3s3|ε |2s26−6ε s12+|ε |22−2|ε |s03Si ahora hacemos|ε |−→0+, observamos quelim|ε |→0+6−6|ε |<0 y lim|ε |→0+2+|ε |22−2|ε |>0por lo que concluimos que el polinomioP(s)no es Hurwitz y dado que existen dos cambios de signosen la primer columna del arreglo num´erico de Routh,P(s)tiene dos ra´ıces con parte real positiva.Caso 2: Consideremos ahora el caso en el que toda una fila es nula, para ello utilicemosP(s) =s5+6s4+12s3+12s2+11s+6 y armemos el arreglo num´erico de Routh:s51 12 11s46 12 6s310 10s26 6s10 0Pa(s) =6s2+6nuevos112 0←−dPa(s)ds=12ss06No hay cambios de signo en la primera columna. Por lo tanto, todas las ra´ıces tienen parte real negativa.excepto un par que sonPa(s) =6s2+6=0⇒s=± j