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clc;
% Tenemos la función de tranferencia de la planta con 3 polos: en s=-1, -2 y -4. En el numerador, un K=10. 
g1=tf(10,[1 7 14 8]);
T1=feedback(g1,1);figure(1);
step(T1),hold on

% Al construir el sistema con realimentación unitaria nos queda la función
% de transferencia de lazo cerrado T1, con polos en -4.89, y -1.05+-1.60j
% con factor de amortiguamiento de 0.55=cos(56.7°)

% Si incrementa la ganancia del camino directo en un factor 2.5, tenemos la función T2 a lazo cerrado. 
T2=feedback(2.5*g1,1)
step(T2), 
% T2 tiene polos en -5.55 y -0.73+-2.32j
% con un fac. de amort. de 0.3=cos(72.5°)

figure(3); title('Lugar de las raíces')
rlocus(g1), hold on
plot(-3,2.33,'pk','MarkerSize',10)

% Compensador de atraso mediante el LGR
% Caso 1: se quiere el par complejo dominante de lazo cerrado en -3+-j2.33
% El compensador tiene que introducir un ángulo positivo de 130°.
% Resulta el cero en s=-.55 y el polo en s=-26.
% El K del lugar correspondiente es KL=133.
% Como la planta tiene un K=10, le corresponderá al compensador
% un Kc=13.3
% El aporte a la K de bode hecho por el compensador será 13.3*.55/26=0.28, lo que
% significa que el desempeño con respecto al error de estado estacionario
% y rechazo a las perturbaciones se degradará bastante con respecto a la
% lograda por T1.

gav1=tf([1 .55],[1 26]);
rlocus(g1*gav1) 

Tav1=feedback(13.3*gav1*g1,1)
figure(1)
step(Tav1)

% Compensador 2:  con 2 polos y 2 ceros. Cada par polo-cero aporta un
% ángulo de 130°/2=65°
% Resultan el cero doble en s=-2.84 y el polo doble en s=-7.2
% con un KL=85, por lo que la ganancia del controlador es KL=8.5
% El Kbode resulta=1.6, por lo que resulta un poco mejor que el compensador 1 en
% cuanto a los errores.

gav2=tf([1 2.84],[1 7.2]);
figure(3),hold on, rlocus(gav2*gav2*g1)

Tav2=feedback(8.5*gav2*gav2*g1,1)
figure(1), hold on
step(Tav2)

legend('T1','T2', 'Tav1','Tav2')

figure(2)
hold on,title('Respuestas en frecuencia')
bode(g1*2.5)
bode(gav1*g1*13.3)
bode(8.5*gav2*gav2*g1)

legend('g1*2.5','g1*comp1','g1*comp2')

%