Tercera Practica DE Control III PDF

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Solución de la tercera practica domiciliaria de Control y automatización de procesos , control del nivel del liquido y del caudal usando control digital....

Description

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Electrónica

CONTROL Y AUTOMATIZACION DE PROCESOS MO956 PRÁCTICA CALIFICADA No: 3

Apellidos y Nombres

:

Silva Huaman Anderson Yoel

Código

:

20141173C

Número de matrícula :

26

Fecha de entrega

11-10-18

:

Firma

............................................

Ciclo: 2018-2

TERCERA PRACTICA DOMICILIARIA CONTROL III En la figura 01 se muestra un sistema de control de nivel del líquido h(t) de un recipiente cilíndrico de área Ah, altura H y resistencia hidráulica Rh en el caudal de salida. El caudal de entrada qe(t) es gobernado por una electroválvula que consiste de un impulsor hidráulico (de desplazamiento x(t), masa M, fricción B, resorte de constante K y sección de presión A p) y un conversor voltaje / presión. El sensor de nivel consiste en flotador el cual esta unido a una cremallera de carrera vertical que al desplazarse hace girar a un potenciómetro rotatorio de 3 vuelta y radio R.

Figura 01 Sistema de Control de nivel de un tanque Datos de los parámetros: H = 2m; Ah = 4m2; Rh = 60seg/m2; Ap = 0.0025m2; M = 0.25kg; B = 0.075 Nseg/m; K = 0.2N/m; C = 8NV/m2; kq= 0.05m2; τq =2seg; R = 0.10611m; kθ = 5/3π vol/rad N O +19 minutos ≈ 1350 segundos 2 0.5 N O +6 =1.1875 segundos T= 16 Integrador en “atraso”, Método de discretización de la planta “tustin”. Usando el diagrama de la figura 01 se pide: a. Determinar las ecuaciones diferenciales en tiempo continuo usando los parámetros literales del sistema. t s=

En el Tanque: h (t ) dh ( t ) =q e ( t )−q s (t) y R= q s (t) dt Entonces: dh (t ) qe ( t ) h(t) .............(1) = − dt A h Rh A h Ah

En la Electroválvla - Conversor:

Conversor: f ( t )= A p p (t ) .......................(2); p ( t ) =Ce c ( t ) ........................(3) Electroválvula: 2 dx (t ) d x( t ) f ( t )=M +B + kx (t) ........(4) 2 dt dt Las ecuaciones (2), (3) en (4) y acomodando: d2 x (t ) dx ( t ) + kx ( t ) ...(5) A p Cec ( t )= M +B 2 dt dt

Además, se presenta la siguiente ecuación: τ q q´ e ( t ) +q e (t ) =k q x (t) ................(6) b. Representar la dinámica del sistema mediante variables de estado de tiempo continuo literal y numéricamente empleando como variables de estado: T T X = ( x1 x 2 x 3 x 4 ) = (h qe x ´x ) Con ec(t) como señal de control u(t) y h(t) como variable de salida y(t). Entonces de la ecuación (1): dh (t ) qe ( t ) h(t) = − dt A h Rh A h −1 1 ´x 1(t)= x (t)+ x 2(t) Rh A h 1 Ah De la ecuación (5):

entonces

´h(t )=

qe ( t ) Ah

−

h(t ) Rh A h

d x (t ) 2

A p Cec ( t )= M

dt

2

+B

dx ( t ) + kx ( t ) dt

A p Cec ( t )= M ´x (t)+B ´x (t )+kx ( t )

Entonces: A C ´x ( t )= −B x´ (t )− K x ( t ) + p ec ( t ) M M M Por lo tanto: A C ´x 4 (t)=−K x 3(t)− B x 4 (t)+ p e c ( t ) M M M Ahora de la ecuación (6): τ q q´ e ( t ) +q e (t ) =k q x (t)

k ´q e (t )=−1 q e ( t ) + q x (t) τq τq

Entonces: k ´x 2(t)= −1 x 2 (t)+ q x 3 (t ) τq τq Por último, tenemos: x 3=x ( t ) y x 4 =´x (t) Entonces: ´x 3 (t)=x 4 Representando la dinámica del sistema mediante variables de estado de tiempo continúo:

[]

x1 ( t ) x ( t) y ( t ) =[ 1 0 0 0] 2 + [ 0] e c (t ) x3 ( t ) x4( t ) Representando la dinámica del sistema mediante variables de estado numéricamente empleando como variables de estado: Sea: x 1 ( t )=h(t) ; x 2 (t )=q e (t) ; x 3 (t )=x (t) ; x 4 (t ) =´x (t) Y reemplazando los valores: −1 1 1 −2 −1 = =−0.004167 seg−1 ; = =0.25 m R h A h 60∗4 Ah 4 k 0.05 −1 −1 −1 q =0.025 m 2 /seg2 = =−0.5 seg ; = 2 2 tq tq B 0.075 −k 0.2 −2 =−0.3 seg−1 =−0.8 seg ;− = = M 0.25 M 0.25

A p C 0.0025∗8 =0.08 m. V /seg 2 = 0.25 M Tenemos el siguiente espacio de estados: ´x ( t )= Ax ( t )+Bu(t ) y ( t ) =Cx ( t )+ Du(t)

[ ][

´x1 ( t ) −0.004167 0.25 0 0 0 −0.5 0.025 0 ´x 2 ( t ) = 0 0 1 0 ´x3 ( t ) −0.8 −0.3 0 0 x´ 4 ( t )

0 0 y ( t )=[ 1 x1 ( t ) x2 ( t ) x3 (t ) x4 (t ) ¿ righ ¿ ¿ ¿ [ ¿ ] [ ¿ ] [¿ ] ¿ ¿ ¿

][ ] [ ]

x1 ( t ) 0 x2 ( t ) + 0 u (t) 0 x3( t ) x 4 ( t ) 0.08

0 ] .

Siendo las siguientes matrices:

[

−0.004167 0.25 0 0 −0.5 0.025 0 0 A= 1 0 0 0 0 −0.8 −0.3 0

] [] 0 B= 0 0 0.08

C=[ 1 0 0 0 ] y D=[ 0 ]

c. Dibuje un diagrama de bloques de estado desarrollado del sistema completo en lazo abierto. Sabemos que el diagrama de bloques de un sistema de control lineal en tiempo continuo es:

Reemplazando los valores de A, B, C y D

d. Si se colocan muestreadores δ T (t) en eh(t) y en ec(t), y un retenedor de orden cero después del muestreador en ec(t), realizar la conversión de tiempo continuo a tiempo discreto del espacio de estado representado en la parte (b) y representarlo en un diagrama de bloques de estado en tiempo discreto con un periodo de muestreo T. La representación en el espacio de estado de un sistema lineal en tiempo discreto e invariante en el tiempo de orden n, con r entradas y m salidas se pude dar mediante:

Agregando los muestreadores y el retenedor de orden cero:

x ( k +1)=G. x ( k )+H . u(k ) y(k )=C 1 . x(k )+ D1 .u( k )

Realizando la conversión de tiempo continúo a tiempo discreto del espacio de estado representado: x1 ( t ) x´ 1 ( t ) −0.004167 0.25 0 0 0 x2 ( t ) 0 −0.5 0.025 0 ´x 2 ( t ) = + 0 u (t) 1 0 0 0 0 ´x3 ( t ) x3( t ) −0.3 −0.8 0.08 0 0 x4( t ) x´ 4 ( t )

[ ][

][ ] [ ]

0 0 y ( t )=[ 1 x1 ( t ) x2 ( t ) x3 (t ) x4 (t ) ¿ righ ¿ ¿ ¿ [ ¿ ] [ ¿ ] [¿ ] ¿ ¿ ¿

0 ] .

Con T= 1.1875s, como periodo de muestreo se obtiene la matriz G y H como sigue: A partir de las matrices: A = [-0.004167 0.25 0 0;0 -0.5 0.025 0;0 0 0 1; 0 0 -0.8 -0.3]; B = [0;0;0;0.08]; C = [1 0 0 0]; D = [0]; Utilizando el siguiente comando en MATLAB y discretizando la planta con una aproximación por transformación bilineal ‘tustin’:

Tenemos las siguientes matrices: Usando Matlab: clc close all clear all T=1.1875; A = [-0.004167 0.25 0 0;0 -0.5 0.025 0;0 0 0 1; 0 0 -0.8 -0.3]; B = [0;0;0;0.08]; C = [1 0 0 0]; D = [0]; A = ss(A,B,C,D); M = c2d(A,T,'tustin')

La ecuación en el espacio de estado de tiempo discreto:

x ( k +1)=G. x ( k )+H . u(k ) y(k )=C 1 x( k )+ D1 . u(k ) Se debe observar que para discretización trapezoidal G, H, C1 y D1 dependen de T,

Finalmente se obtiene el diagrama:

[ ][

x 1 ( k +1) 0.9951 0.22840.002735 0.001378 x2( k ) = 0 0.5422 0.01847 0.009309 0 0.6137 0.8133 0 x3( k ) 0.3697 0 0 −0.6506 x4( k )

][ ] [ ]

x 1 ( k ) 0.00006547 x 2 ( k ) + 0.0004422 u(k ) 0.03863 x3( k ) 0.06506 x4( k )

0.00003274 x 1 (t ) x (t ) y (k )=[ 0.9975 0.1142 0.001367 0.0006892 ] 2 +[ ¿ ] u (t) x 3 (t ) x 4 (t )

[]

e. Determinar la matriz de transferencia de pulso del sistema en lazo abierto. La representación en el espacio de estado de un sistema lineal en tiempo discreto e invariante en el tiempo de orden n, con r entradas y m salidas se pude dar mediante:

x ( k +1)=G. x ( k )+H . u(k ) y(k )=C 1 x( k )+ D1 . u(k ) Al tomar la transformada z de las ecuaciones anteriores se obtiene:

z . X ( z )− z . x(0)= G. X ( z )+ H .U ( z ) Y ( z)=C 1 . X ( z )+ D1 . U ( z ) Observe que la definición de FTP exige que la suposición de condiciones iniciales cero. −1 Entonces x(0)=0.Entonces obtenemos F( z )=C1 .( z . I−G ) . H + D1 G, H, C1 y D1 ya fueron calculados en la pregunta (d). Utilizando los comandos de MATLAB obtenemos la FTP de la siguiente manera:

clc close all clear all T=1.1875; G = [0.9951 0.2284 0.002735 0.001378;0 0.5422 0.01847 0.009309;0 0 0.6137 0.8133; 0 0 -0.6506 0.3697]; H = [0.00006547;0.0004422;0.03863;0.06506]; C1 = [0.9975 0.1142 0.001367 0.0006892]; D1 = [0.00003274]; [num,den]=ss2tf(G,H,C1,D1) ft=tf(num,den,T)

f. Diseñar un sistema de control de seguimiento con realimentación de estado de ganancia K y control integral de ganancia KI usando el método de la ubicación de polos en tiempo discreto según la figura (02), para llenarlo al tanque sin desbordamiento en un tiempo de establecimiento ts. Sea el sistema de control con realimentación de estados e integrador.

Figura 02. Sistema de control de seguimeinto con realimentación de estado y control integral. K= matriz de ganancia de realimentación de estado. Ki= ganancia integral del error

Hallando los polos en s: N O +19 minutos ≈ 1350 segundos 2 De las condiciones que nos plantean podemos hacer lo siguiente: t s=

4 =1350 ωn ξ Como en la respuesta no puede haber sobre impulso (desbordamiento), es decir: ξ >1 (Sobre amortiguado); tomaremos el valor de ξ=1.5 −3 ¿>ω n=1.975∗10 rad /seg Donde: √ ε2−1 ¿ ωn s 1,2=−ε ωn ± ¿ Entonces: s 1=−0.0029625 ; s2=−0.002208 t s=

Debido a que se tienen cinco polos debemos asumir dos polos más, pero estos estará lo suficientemente alejado de los polos dominantes como para que su contribución no tenga efecto sobre nuestro sistema: s 3=− 4 ; s4 =−3 y s 5=−10 Pasando a tiempo discreto mediante la transformación s=[-4 -3 - 0 . 0029625; - 0 . 002208 -10];

z = e TS o mediante:

z=exp(1.1875*s)

z = [0.008651 0.028367 0.99648 0.99738 6.9623E(-6)] Con estos valores construimos el respectivo polinomio característico P(z). Luego la ecuación característica de los polos deseados en lazo cerrado en el plano Z será: ( z−Z 1) ( z−Z 2 ) (z −Z 3 ) (z −Z 4 ) (z −Z 5 )=0 De donde se obtiene la ecuación característica: P ( z )=z −2.03088 z +1.067937 z −0.037287785 z +0.00024415 z .........(&) De la figura 02 obtenemos las siguientes ecuaciones: e ( k )=r (k ) −k m y (k ) …(¿) Como: ´x ( k + 1 ) =Gx ( k )+Hu ( k ) …(1) y ( k )=Cx ( k )+ Du (k ) … (2) De la gráfica también se obtiene: 5

4

3

2

u( k )=−Kx ( k ) +k I v (k) Sea el integrador en atraso: z −1 Integrador= 1−z−1 V (z) z−1 → zV ( z ) −V ( z )=E ( z ) → v ( k +1) −v( k) =e (k ) = E(z ) 1−z−1 Entonces: v ( k +1 ) =v (k ) +e ( k ) De (*): v ( k +1 ) =v (k ) +r ( k ) −k m y ( k ) De (2):

v ( k +1 ) =v (k ) +r ( k ) −k m [ Cx ( k )+ Du ( k ) ] …(3)

De (1), (2) y (3) obtenemos: Ecuación de estado: +1) (vx (k(k +1) )=(−kG C 01) (xv (k(k )) )+ (−kH D)u (k ) +(01 )r ( k ) … (4 ) m

m

Ecuación de salida: x (k ) +Du ( ) …(5) y ( k )=( C 0 ) k v (k )

( )

Ecuación de control: x (k ) u ( k )=−( K −k I ) …(6) v(k )

( )

Definiendo:

( )

^x ( k )=

x(k ) v(k)

^ G=

(−kG C 10 )^H=(−kH D ) m

^ C= (C 0) ^ D =D

m

()

˘ 0 H= 1

^ K= [ K −k I ]

Luego las ecuaciones (4), (5) y (6) se pueden expresar como:

( )

˘ r ( k ) …(7) ^ x (k) + ^ ^x (k +1)= G H u( k ) + H v (k )

( )

x (k ) ^ y ( k )=C^ + Du (k )… (8) v (k ) u ( k )=− ^ K ^x (k ) …(9)

Si definimos: δ ^x (k) = ^x (k) - ^x (  ) r(k+1) = r (k) = r(  ) = r

δu(k) = u (k) - u(  )

G δ ^x (k) + ^ H Restando las ecuaciones se obtiene: δ ^x (k+1) = ^ (k) δu (k) = - ^ K δ x^ (k) Finalmente: ^ δ ^x (k+1) = ( ^ G - ^ H K ) δ ^x (k) Finalmente se obtiene:

δu

|z ^I −^G +^ H^ K|=0 …(10) Donde: Km es constante de conversión, de la ecuación (*): r (∞) 10 = =5 y (∞) 2 Definamos las matrices Ga, Ha, Ca y Da como: 0.9951 0.22840.002735 0.001378 0 0.5422 0.01847 0.009309 G= 0 0 0.6137 0.8133 0 0 −0.6506 0.3697 km=

H=

0.00006547 0.0004422 0.03863 0.06506

C1 = [ 0.9975 0.1142 0.001367 0.0006892 ] D1 = [ 0.00003274 ] Ga=[G zeros(4,1);-Km*C1 1]

Ga =

[

0.9951 0.2284 0.002735 0.0013780 0 0.5422 0.01847 0.0093090 0 0 0.6137 0.8133 0 0 0 −0.6506 0.3697 0 4.9875 0.571 0.006835 0.0034461

]

Ha = [H;-km*D1]

[ ]

0.000065 0.0004422 0.03863 Ha = 0.06506 −0.001637 Ca = [C1 0]

Ca= [ 0.9975 0.1142 0.001367 0.0006892 0 ] Da = [D1] Da= [ 0.00003274] Utilizaremos el método algorítmico para hallar k .Verificando que el sistema es de estado completamente controlable, ya que en otro caso no se puede calcular la matriz

k

. Ma=[Ha

Ga*Ha

(Ga^2)*Ha

(Ga^3)*Ha

(Ga^4)*Ha ]

r = rank(Ma) DET=det(Ms) 0.000065 0.00036098 0.0009233 0.001489 0.00174767 0.0004422 0.0015589 0.002250 0.0016046 0.00018586 Ma= 0.03863 0.0766205 0.046143 −0.0125488 −0.047225 0.06506 −0.0010799 −0.0502485 −0.048597 −0.0098024 −0.001637 −0.000572 0.0026384 0.0086707 0.0167639

[

]

r= 5 DET≠0 Determinante, diferente de cero y Rango = 5 el sistema es completamente controlable Identificamos los coeficientes ai del polinomio característico original. clc close all clear all Ga=[0.9951 0.2284 0.002735 0.001378 0;0 0.5422 0.01847 0.009309 0; 0 0 0.6137 0.8133 0;0 0 -0.6506 0.3697 0;4.9875 0.571 0.006835 0.003446 1] Pa=poly(Ga)

Pa = [1.0000 -3.5207 5.3280 -4.5002 2.1007 -0.4079] |ZI −Ga|=z 5−3.5207 z 4 +5.3280 z 3−4.5002 z 2+2.1007 z −0.4079

Identificando los ai tenemos: a0=1 a5= a1 = - 3.5207 ; a2 = 5.3280 z 3 ; a3 = - 4.5002 ; a4 = 2.1007 z 0.4079 ...............(I) Determinemos la matriz de cambio de base T, que transforma las ecuaciones de estado del sistema a la forma controlable. T=Ma.W Donde M es la matriz de controlabilidad y W es una matriz simétrica que se expresan respectivamente como: 2.1007 −4.5002 8 5.3280 −3.5207 1 1 0 −4.5002 5.3280 −3.5207 W= 5.3280 −3.5207 0 1 0 0 0 1 0 −3.5207 0 1 0 0 0 Entonces: 0.000132 0 0 0 −0.0001308 −0.000883 0 0.000442 0 0.0004375 T= −0.021644 0.05938 −0.017794 −0.059384 0.03863 0.0351 −0.170229 0.300193 −0.23013 0.06506 −0.00057 0.003701 −0.004069 0.005191 −0.001637 De la expresión (&):

[

]

[

P (z )=z5 −2.03088 z 4 + 1.067937 z 3 −0.037287785 z 2 + 0.00024415 z

]

Identificando los coeficientes αi: a1 = - 3.5207 ; a2 = 5.3280 z 3 ; a3 = - 4.5002 ; a4 = 2.1007 z 0.4079 ...............(I) α1= −2.03088 ; α2= 1.067937 ; α3= 0…....(II) Obtenemos:

K=[

a5= -

−0.037287785 ; α4= 0.00024415 ; α5=

K=[ K −KI ]

α 5 −a5

α 4 −a4

α 3 − a3

α 2− a2

α 1 −a1 ]. T −1 =Ka . T −1

De las ecuaciones (I) y (II) tenemos: Ka = [ 0.4079 -2.10045 4.46291 -4.26006 1.48982] Por lo tanto: K =[ −5063.864

1192.1768 1153.3623 593.1756 2563.269]

KI= 2563.269 g. Si er(t)=r(k) determinar las funciones de transferencia Y(z)/R(z) El sistema de control representado por las siguientes ecuaciones

x ( k +1)=G. x( k )+H .u(k ) y(k )=C . x(k )+ D .u(k ) u(k )=− K . x( k )+ K I .v(k ) v( k+1)= v(k )+ r(k+1)− y(k ) Podemos llevarlo al siguiente espacio de estado: x v

[]

=

[

− C

( k +1 ( k +1 ¿ r ig h ¿ ¿ ¿

) )

G− H . K . G +C . H

H . KI 1 − C . H .

. K ¿ x ( k ) v ( k ) ¿ r ig h ¿ ¿ ¿ 0 1 ¿ r ig h ¿ ¿ [ ¿ ] ¿

¿

¿

Recordemos que el sistema ampliado se expresa mediante: ¿

¿ ¿

¿

¿

x (k+1)=G x (k )+H u (k)+H 1r(k ) ¿ ¿

¿ ¿

y(k )=C x (k )+ D. u( k ) u ( k)=−K x( k) Aplicando la transformada Zeta, ¿

¿ ¿

¿

¿

¿ ¿

¿

¿

z X ( z)=G X ( z)+H U ( z)+H 1 R( z) ¿ ¿

¿

z X ( z)=G X ( z)−H K X ( z )+H 1 R( z) Obtenemos:

KI

]

.

¿

¿ ¿ ¿

¿

[zI −G +H K ] X( z)=H R( z) X ( z)=[ zI −G +H K ] H R( z ) 1

¿

¿ ¿ −1 ¿

¿

1

Aplicando la transformada Zeta a la expresión de y(k), ¿ ¿

[

¿ ¿

¿

]

¿

¿

Y ( z)=C X ( z)−D K X ( z)= C −D K X( z)

[

¿

¿

][

¿

¿ ¿ −1 ¿

]

Y ( z)= C−D K zI −G +H K H 1 R( z) Entonces la función de transferencia será: ¿ ¿ ¿ ¿ Y (z ) ¿ = C −D K zI −G + H K R (z )

[

En MATLAB,

][

F( z )=C 2 .( z . I−G2 )−1 . H 2 + D2

]

−1 ¿

H1

close all clear all Ga=[0.9951 0.2284 0.002735 0.001378 0;0 0.5422 0.01847 0.009309 0; 0 0 0.6137 0.8133 0;0 0 -0.6506 0.3697 0;4.9875 0.571 0.006835 0.003446 1]; Ha= [0.000065;0.0004422;0.03863;0.06506;-0.001637]; Ca=[0.9975 0.1142 0.001367 0.0006892 0]; Da=[0.00003274]; K=[-5063.864 1192.1768 1153.3623 593.1756 2563.269]; G2=Ga-Ha*K; H2=[0;0;0;0;1]; C2=Ca-Da*K; D2=[0]; [num,den]=ss2tf(G2,H2,C2,D2) FT=tf(num,den,1.1875)

Función de Transferencia

h. Graficar las variables de estado x(k), del error e(k), v(k), y(k) y la variable de control u(k) ante una entrada en r(k)= 1 rad (tipo escalón) usando como vector de condiciones iniciales x(0) según su buen criterio. Este programa calcula la respuesta del sistema cuando esta sujeto a una entrada de un escalón unitario. Los valores que se usan para K y KI se calcularon en el programa de MATLAB. La respuesta se obtienes al usar el método de convertir las ecuaciones de estado en tiempo discreto en la forma de la función de transferencia de pulso. [num,den]=ss2tf(G2,H2,C2,D2)

clc close all clear all T=1.1875;%Tiempo de discretización Ga=[0.9951 0.2284 0.002735 0.001378 0;0 0.5422 0.01847 0.009309 0; 0 0 0.6137 0.8133 0;0 0 -0.6506 0.3697 0;4.9875 0.571 0.006835 0.003446 1]; Ha= [0.000065;0.0004422;0.03863;0.06506;-0.001637]; Ca=[0.9975 0.1142 0.001367 0.0006892 0]; Da=[0.00003274]; K=[-5063.864 1192.1768 1153.3623 593.1756 2563.269]; G2=Ga-Ha*K; H2=[0;0;0;0;1]; C2=Ca-Da*K; D2=[0]; [num,den]=ss2tf(G2,H2,C2,D2) FT=tf(num,den,T) n=5000;%Cantidad de muestras tomadas figure(1) Y1=dstep(10*num,den,n); k=0:n-1; stairs(k*T,Y1) xlabel('kT (seg)'); %nombre del eje X title('Respuesta del sistema ante un escalon unitario 10'); %Titulo de la gráfica

FIGURA 1 Respuest adelsi st emaant eunescal onuni t ar i o10 2 1. 8 1. 6 1. 4 1. 2 1 0. 8 0. 6 0. 4 0. 2 0 0

500

1000

1500

2000 2500 kT( seg)

3000

3500

tf(num,den, 1.1875) X0=[0 0.1 0 0.01 0];%condiciones iniciales

4000

4500

R=10*ones(5000,1); figure(2) [Y,X]=dlsim(G2,H2,C2,D2,R,X0); stairs((1:5000)* 1.1875,Y); title('Respuesta del sistema); %Titulo de la gráfica grid on;

FIGURA 2 Respuest adelsi st ema 2 1. 8 1. 6 1. 4 1. 2 1 0. 8 0. 6 0. 4 0. 2 0 0

500

1000

1500

2000

2500

3000

figure(3)

stairs((1:5000)* 1.1875,X); grid on; figure(4) stairs((1:5000)* 1.1875,X(:,1)); xlabel('kT (seg)'); %nombre del eje grid on; figure(5) stairs((1:5000)* 1.1875,X(:,2)); xlabel('kT (seg)'); %nombre del eje grid on; figure(6) stairs((1:5000)* 1.1875,X(:,3)); xlabel('kT (seg)'); %nombre del eje grid on; figure(7) stairs((1:5000)* 1.1875,X(:,4)); xlabel('kT (seg)'); %nombre del eje

X

X

X

X

3500

4000

4500

grid on; figure(8) stairs((1:5000)* 1.1875,X(:,5)); xlabel('kT (seg)'); %nombre del eje X figure(9) km=5; stairs((1:5000)* 1.1875,10*one...