Exercices Systemes Echantillonnes 130413165506 Phpapp01 [PDF]

Zitiervorschau

Mecatronique

EXERCICES

Exercice 1

Trouvez la transform´ee en Z de la fonction f (t) = sin ωt pour t ≥ 0.

Exercice 2

Soit la fonction de transfert suivante : G(s)

=

s+3 (s + 1)(s + 2)

Trouvez la fonction de transfert en Z, G(z) en utilisant la m´ethode de d´ecomposition en fraction simples.

Exercice 3

Soit la fonction en Z suivante : G(z)

=

(z −

0.387z 2 − 2.37z + 0.25)

1)(z 2

trouvez la valeur de f (kT ) en utilisant le th´eor`eme de la valeur finale.

Exercice 4

Soit F (z) donn´ee par : F (z)

=

10z (z − 1)(z − 2)

En utilisant la m´ethode des r´esidus, trouvez la fonction inverse f (kT ).

Exercice 5

Trouvez la r´eponse au syst`eme d´ecrit par l’´equation aux diff´erences suivante : y(k + 2) − 3y(k + 1) + 2y(k)

=

r(k)

(1)

avec r(0) r(k) y(k)

Exercice 6 + R(s)− 6

= 1 = 0 pour k 6= 0 =

0 pour k ≤ 0

Soit le syst`eme de contrˆ ole suivant :

- A/N -

Ordinateur

- N/A - Ampli

- Syst`eme

Y (s) -

Trouvez : 1. le sch´ema-bloc ´equivalent

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2. la fonction de transfert puls´ee

Y (z) si R(z) 2.64 s(s + 6) D(s) = 1 A(s) = 1 T = 1 seconde 1 − e−sT GB.O.Z. = s

la fonction de transfert du syst`eme est :

Gp (s) =

la fonction de transfert de l’ordinateur est : la fonction de transfert de l’amplificateur est : la p´eriode d’´echantillonnage est : la fonction de transfert du bloqueur d’ordre z´ero est :

3. l’erreur en r´egime permanent si R(s) est un ´echelon unitaire. 4. l’erreur en r´egime permanent si R(s) varie lin´eairement dans le temps (rampe unitaire).

Exercice 7

Soit le syst`eme discret : x(k + 1)

=

Ax(k)

o` u: =

A



0  0 −6

1 0 −11

 0 1  −6

Utilisez la transform´ee en Z pour trouver la matrice de transition du syst`eme.

Exercice 8

Un syst`eme continu est d´ecrit par :        x˙ 1 0 0 x1 1 = + u 1 −1 x˙ 2 0 x2

Trouvez la repr´esentation discr`ete de ce syst`eme.

Exercice 9

Soit le syst`eme discret : x(k + 1) = Ax(k) + Bu(k) y(k) = Cx(k)

o` u: A

=



0 −2

1 −3



B

=



1 1



C

=



1

2



D´eterminez la commandabilit´e et l’observabilit´e du syst`eme en boucle ouverte, c.a.d. u(k)  une  n’est pas fonction de x(k) et aussi du syst`eme en boucle ferm´ee avec u(k) = r(k) − Gx(k), G = g1 g2 x(k).

Exercice 10

D´eterminez la stabilit´e selon Liapunov du syst`eme d´ecrit par les ´equations aux diff´erences

suivantes : x1 (k + 1) x2 (k + 1)

Exercice 11

= =

−0.7x1 (k) −0.7x2 (k)

´ Etudiez la stabilit´e du syst`eme en utilisant le crit`ere de Jury : P (z)

=

z 2 + z + 0.15 page 2 of 17

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Exercice 12

En utilisant la m´ethode de Raible, ´etudiez la stabilit´e du syst`eme d´ecrit par l’´equation caract´eristique suivante : P (z)

Exercice 13

z 3 + 2.7z 2 + 2.26z + 0.6 = 0

=

´ Etudiez la stabilit´e du syst`eme en boucle ferm´ee suivant : R(s)+

-

-

− 6

Exercice 14

K s(τ s + 1)

Y (s) -

Soit un syst`eme ´echantillonn´e dont la fonction de transfert en boucle ouverte est : G(z)

=

0.5 z − 0.5

(2)

La p´eriode d’´echantillonnage ´etant T = 1 seconde, construire le diagramme de Nyquist de ce syst`eme.

Exercice 15

Tracez le lieu des racines du syst`eme discret d´ecrit par l’´equation caract´eristique sui-

vante : G(z)

=

K

z + 1.755 z(z − 1)(z − 0.368)

Exercice 16 Soit un contrˆoleur analogique proportionnel de gain k = 4 ´equip´e en s´erie d’un filtre avance de phase : C(s)

=

4

s+1 s+2

Num´erisez ce contrˆ oleur en utilisant les 2 approximations d’Euler et l’approximation de Tustin pour une p´eriode d’´echantillonnage T = 0.1 sec.

1

SOLUTIONS

Solution de l’exercice 1 : Exprimons la fonction sin ωt sous la forme suivante : eωt e−ωt eωt − e−ωt = − 2 2 2

sin ωt = En prenant la transform´ee en Z, on a :

Z {sin ωt}

=

Z

 Z eat

=



e−ωt eωt − 2 2



Sachant que :

Finalement, on obtient :

F (z)

=

1 2

F (z)

=

1 2

 

z z − e−at

z z − ωT z−e z − e−ωT



z(z − eωT − e−ωT ) 2 z − z(eωT + e−ωT ) + 1

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Sachant que cos ωt s’exprime par : cos ωt =

eωt + e−ωt 2

alors, l’expression finale de F (z) est : F (z)

=

z2

z sin ωT − 2z cos ωT + 1

Solution de l’exercice 2 : D´ecomposition en fractions simples : G(s)

A

=

B

=

s+3 A B = + (s + 1)(s + 2) s+1 s+2

=

(s + 3) (s + 3) (−1 + 3) (s + 1) = lim = =2 s→−1 (s + 1)(s + 2) s→−1 (s + 2) (−1 + 2) (−2 + 3) (s + 3) (s + 3) (s + 2) = lim = = −1 lim s→−2 (s + 1) s→−2 (s + 1)(s + 2) (−2 + 1) lim

On obtient : G(s)

2 1 − s+1 s+2

=

En prenant la transform´e inverse de G(s), on obtient : g(t)

2e−t − e−2t

=

En prenant la transform´e en Z de g(t), on obtient : G(z)

z 2z − −T z−e z − e−2T

=

Solution de l’exercice 3 : Le th´eor`eme de la valeur finale est : lim F (kT )

k→∞

=

lim (1 − z −1 )F (z)

z→1

Dans notre cas, on a : (1 − z −1 )F (z)

= = =

0.387z 2 (z − 1)(z 2 − 2.37z + 0.25) z−1 0.387z 2 z (z − 1)(z 2 − 2.37z + 0.25) 0.387z z 2 − 2.37z + 0.25

(1 − z −1 )

0.387z n’ayant aucun pˆole sur ou en dehors du cercle unit´e, alors le th´eor`eme de − 2.37z + 0.25 la valeur finale peut ˆetre appliqu´e. L’expression

z2

On obtient : lim F (kT )

k→∞

=

lim

z→1

0.387z = −0.345 z 2 − 2.37z + 0.25 page 4 of 17

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Solution de l’exercice 4 : La m´ethode des r´esidus consiste a` calculer la somme des r´esidus de F (z)z k−1 aux pˆoles de F (z). Les pˆoles de F (z) sont : z1 = 1 et z2 = 2. Ainsi, f (kT )

=

somme des r´esidus de

f (kT )

=



f (kT ) f (kT )

= =

10z aux points z1 = 1 et z2 = 2 (z − 1)(z − 2)

ce qui donne : 10z (z − 1)z k−1 (z − 1)(z − 2)

−(10).1k + (10).2k −10(1 + 2k )





+ z1 =1

10z (z − 2)z k−1 (z − 1)(z − 2)



z2 =2

Solution de l’exercice 5 : La transform´ee en Z de l’´equation (1) est : [z 2 Y (z) − z 2 y(0) − zy(1)] − 3[zY (z) − zy(0)] + 2Y (z)

=

R(z)

Par hypoth`ese, on a y(0) = 0. Calculons y(1) en rempla¸cant dans l’´equation (1) k par −1. On obtient : y(−1 + 2) − 3y(−1 + 1) + 2y(−1)

=

y(1)

=

r(−1)

y(1) − 3y(0) + 2y(−1) = r(−1) y(1) − 0 + 0 = 0 0

Puisque y(0) = y(1) = 0, alors les conditions initiales sont nulles et la transform´ee en Z de l’´equation (1) est : z 2 Y (z) − 3zY (z) + 2Y (z)

=

R(z)

(3)

De plus, on a : R(z) =

∞ X

r(k)z −k = 1

k=0

Finalement, l’´equation (3) s’´ecrit : [z 2 − 3z + 2]Y (z)

=

1

Ainsi, Y (z)

=

1 1 −1 1 = = + z 2 − 3z + 2 (z − 1)(z − 2) z−1 z−2

(4)

Sachant que Z {y(k + 1)}

=

zY (z)

(5) page 5 of 17

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alors, les ´equations (4) et (5) donnent : Z {y(k + 1)}

=

zY (z) =

−z z + z−1 z−2

Comme  Z 1k  Z 2k

alors, on obtient : y(k + 1)

z z−1 z z−2

= =

−1 + 2k pour k = 0,1,2, · · ·

=

finalement, la r´eponse est : y(k)

−1 + 2k−1 pour k = 1,2,3, · · ·

=

Solution de l’exercice 6 : 1. En repr´esentant l’amplificateur et le syst`eme par Gp (s), le sch´ema-bloc ´equivalent est : + R(s)-

E(s)− 6

E ∗ (s) -

D(s)

U (s)-

U ∗ (s) -

B.O.Z.

W (s) -

Gp (s)

Y (s) -

2. La fonction de transfert puls´ee est : Y (s)

=

Gp (s)W (s) = Gp (s)GB.O.Z. U ∗ (s)

En appelant G(s) = Gp (s)GB.O.Z. , on obtient : Y (s)

=

G(s)U ∗ (s)

donc : ∗

Y ∗ (s) = [G(s)U ∗ (s)] = G∗ (s)U ∗ (s) ou Y (z) = G(z)U (z)

(6)

D’un autre cˆot´e, on a : U (s)

=

D(s)E ∗ (s)

donc : ∗

U ∗ (s)

=

[D(s)E ∗ (s)] = D∗ (s)E ∗ (s)

ou U (z)

=

D(z)E(z)

(7)

Au niveau du comparateur, on a : E(s)

=

R(s) − Y (s)

donc : E ∗ (s) ou E(z)

∗

= [R(s) − Y (s)] = R∗ (s) − Y ∗ (s) = R(z) − Y (z)

(8) page 6 of 17

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En rempla¸cant (6) et (7) dans (8), on obtient : E(z)

=

R(z) − G(z)U (z) = R(z) − G(z)D(z)E(z)

E(z) [1 + G(z)D(z)]

=

R(z)

E(z)

=

R(z) 1 + G(z)D(z)

(9)

En rempla¸cant (7) et (9) dans (6), on obtient : Y (z)

=

G(z)U (z) = G(z)D(z)E(z) = G(z)D(z)

Y (z)

=

G(z)D(z) R(z) 1 + G(z)D(z)

R(z) 1 + G(z)D(z) (10)

Sachant que : 2.64 1 − e−sT 1 Gp (s)GB.O.Z. (s) = = 2.64(1 − e−sT ) 2 s(s + 6) s s (s + 6)   1 −1 (11) G(z) = 2.64(1 − z )Z s2 (s + 6)   1 Calculons la transform´ee inverse de Z en utilisant la d´ecomposition en fraction simple : s2 (s + 6) G(s)

=

1 s2 (s + 6)

=

A

=

B

=

C

=

A B C + + s2 s s+6 1 1 s2 = lim 2 s→0 s (s + 6) 6   1 −1 d 2 lim s = 2 s→0 ds s (s + 6) 36 1 1 (s + 6) = lim s→−6 s2 (s + 6) 36

ce qui donne : 1 s2 (s + 6)

=

la transform´ee en Z de cette expression est :   1/6 1/36 1/36 Z − + = s2 s s+6

1/6 1/36 1/36 − + s2 s s+6

  1 Tz 1 z(1 − e−6T − 6 (z − 1)2 6 (z − 1)(z − e−6T

(12)

En rempla¸cant (12) dans (11), on obtient :

G(z)

=

G(z)

=

  2.64 1 z(1 − e−6T Tz −1 (1 − z ) − 6 (z − 1)2 6 (z − 1)(z − e−6T 2.2z + 0.44 (z − 1)(6z − 0.015)

(13)

En rempla¸cant D(z) = 1 et (13) dans (10), on obtient :

Y (z)

=

2.2z + 0.44 .1 (z − 1)(6z − 0.015) R(z) 2.2z + 0.44 .1 1+ (z − 1)(6z − 0.015) page 7 of 17

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Finalement, on obtient : Y (z) R(z)

=

2.2z + 0.44 (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44

(14)

z 3. Puisque l’entr´ee est un ´echelon unitaire, alors R(z) = et l’expression de l’erreur en r´egime z−1 permanent est : e(∞)

lim (1 − z −1 )E(z) = lim (1 − z −1 )[R(z) − Y (z)] z→1   2.2z + 0.44 z z −1 − × lim (1 − z ) z→1 z − 1 (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 z − 1    2.2z + 0.44 z z z−1 − × lim z→1 z z − 1 (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 z − 1 0

=

z→1

= = =

4. Puisque l’entr´ee est une rampe unitaire, alors R(z) = en r´egime permanent est : e(∞)

Tz z = et l’expression de l’erreur 2 (z − 1) (z − 1)2

lim (1 − z −1 )E(z) = lim (1 − z −1 )[R(z) − Y (z)] z→1   z 2.2z + 0.44 z −1 lim (1 − z ) − × z→1 (z − 1)2 (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 (z − 1)2    z−1 2.2z + 0.44 z z lim − × z→1 z (z − 1)2 (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 (z − 1)2 2.267

=

z→1

= = =

Solution de l’exercice 7 : L’´equation caract´eristique est : |λI − A|

= =

λ 0 6

−1 λ 11

0 −1 λ+6

= λ3 + 6λ2 + 11λ + 6 = 0

(λ − 1)(λ − 2)(λ − 3) = 0

Les coefficients du polynˆome de l’´equation caract´eristique sont a4 = 1, a3 = 6, a2 = 11 et a1 = 6. La matrice de transition est : Φ(k)

 −1

   n n  X  X 1 zj (zI − A)−1 z = Z  ai+1 Ai−j  ×  |zI − A|  j=1 i=j

=

Z

=

a4 z 3 I + (a3 I + a2 A)z 2 + (a2 I + a3 A + a4 A2 )z |zI − A| 

=

6 z3I +  0 −6

En proc´edant a` la d´ecomposition en   18 7  z  −6 7 Φ(k) = Z −1  2(z − 1) −6 −17

  1 0 11 6 1  z 2 +  −6 −11 0 0 (z − 1)(z − 2)(z − 3)

6 0 −6

 1 0 z 0

fractions simples, on obtient :     1 27 8 1 38 z z  −6  −6 1 − 16 2  + z−2 2(z − 3) 1 −12 −28 4 −18

9 27 −39

 1  3   9

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Finalement, Φ(k)

=

 18 1 −6 2 −6

  1 27 1  −  −6 1 −12

7 7 −17

  38 1 1 2  e−0.694k +  −6 2 −18 4

8 16 −28

9 27 −39

 1 3  e−1.1k 9

Solution de l’exercice 8 : L’´equation d’´etat discr`ete est donn´ee par : x[(k + 1)T ]

=

G(T )x(kT ) + H(T )u(kT )

o` u = eAT

G(T ) Sachant que : eAT

 L−1 (sI − A)−1

=

on calcule : sI − A



=

s −1

0 s+1



donc (sI − A)−1

=

1 s(s + 1)

H(T )

= =



T

e

AT

s+1 1

= eAT =

G(T )

"Z



#

dt B =

0

T T + e−T − 1

"Z

 T 0



0 s

1  s = 1 s(s + 1) 

1 1 − e−T 

0 1 − e−T

 0  1  s+1



0 e−T

 #  1 0 1 dt 1 − e−t e−t 0     1 T = 0 T + e−T − 1

Finalement, on obtient : 

x1 [(k + 1)T ] x2 [(k + 1)T ]



=



1 1 − e−T

0 e−T



x1 (kT ) x2 (kT )



+



T T + e−T − 1



u(kT )

Solution de l’exercice 9 : 1. Syst`eme en boucle ouverte : La matrice de commandabilit´e est : C

=



B

AB



=



1 1

1 −5

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E.K.Boukas, 2002

Mecatronique

det C

1 = −6 6= 0 −5

1 1

=

Le syst`eme est donc commandable. La matrice d’observabilit´e est : O



=

det O



C CA

=

1 −4

=

Le syst`eme est donc observable.



1 −4

2 −5



2 = 3 6= 0 −5

2. Syst`eme en boucle ferm´ee : Avec la nouvelle commande u(k) = r(k) − Gx(k), le syst`eme devient : x(k + 1) x(k + 1)

= =

x(k + 1)

=

Ax(k) + B[r(k) − Gx(k)] Ax(k) + Br(k) − BGx(k)

[A − BG]x(k) + Br(k)

avec : A − BG



=

−g1 −2 − g1

1 − g2 −3 − g2



La matrice de commandabilit´e est : C



=

B

det C

(A − BG)B =

1 1



=



1 1

1 − g 1 − g2 −5 − g1 − g2



1 − g1 − g2 = −6 6= 0 −5 − g1 − g2

Le syst`eme est donc commandable quelles que soient les valeurs de g 1 et g2 . La matrice d’observabilit´e est : O det O

=

=



C CA



1 −3g1 − 4

=



1 −3g1 − 4

2 −3g2 − 5



2 = 6g1 − 3g2 + 3 6= 0 −3g2 − 5

On constate que le syst`eme en boucle ferm´ee n’est pas observable pour toutes les valeurs de g 1 et g2 qui donne det O = 0.

Solution de l’exercice 10 : Le syst`eme d’´equations aux diff´erences s’´ecrit sous la forme matricielle suivante : x(k + 1)

=

x(k + 1)

=

Gx(k)  −0.7 0

0 −0.7



x(k) page 10 of 17

E.K.Boukas, 2002

Mecatronique

La stabilit´e selon Liapunov stipule qu’il faut trouver deux matrices P et Q d´efinies et positives qui v´erifient la relation suivante : Q

P − GT P G

=

(15)

Choisissons Q une matrice identit´e d´efinie et positive :   1 0 Q = 0 1 P est une matrice sym´etrique de la forme : P

=



p11 p12

Connaissant P , Q et G, l’´equation (15) s’´ecrit :      1 0 p11 p12 −0.7 = − 0 1 p12 p22 0

p12 p22

0 −0.7





p11 p12

p12 p22



−0.7 0

0 −0.7



En d´eveloppant les matrices ci-dessus, on obtient le syst`eme d’´equations alg´ebriques suivant : 1 1

= =

0

=

p11 − (0.7)2 p11 p22 − (0.7)2 p22

p12 − (0.7)2 p12

En solutionnant le syst`eme d’´eqautions ci-dessus, on obtient :

P

=



1.96 0

0 1.96



La matrice P ´etant d´efinie positive, le syst`eme est asymptotiquement stable selon Liapunov.

Solution de l’exercice 11 : L’ordre de l’´equation ‘a ´etudier est n = 2. Ainsi, pour une ´equation dont l’ordre est paire, les conditions de stabilit´e sont : F (1) F (−1) |a0 |

> 0 > 0
0

= (−1)2 + (−1) + 0.15 = 0.15 > 0 < a2 = 1

Toutes les conditions ´etant satisfaites, on conclut que le syst`eme est asymptotiquement stable et toutes les racines se trouvent a` l’int´erieur du cercle unit´e. page 11 of 17

E.K.Boukas, 2002

Mecatronique

Solution de l’exercice 12 : Le tableau de Raible est : 1

2.7

2.26

0.6

0.6

2.26

2.7

1

b0 = 0.64

0.644

0.64

0

0.64

0.644

0

0

ka = 0.6/1 = 0.6

kb = 1

Nous obtenons une ligne de z´eros. C’est un cas singulier qui ne peut ˆetre r´esolu qu’en faisant rempla¸cant z par (1 + )z. L’´equation caract´eristique devient : P (z)

=

(1 + )3 z 3 + 2.7(1 + )2 z 2 + 2.26(1 + )z + 0.6 = 0

On peut n´egliger toutes les puissances de  plus grande que 1. C’est a` dire que l’on n´eglige les termes  2 , 3 , 4 , 5 , etc. L’´equation caract´eristique s’´ecrit : P (z) =

(1 + 3)z 3 + 2.7(1 + 2)z 2 + 2.26(1 + )z + 0.6 = 0

Le tableau de Raible devient :

(1 + 3)

2.7(1 + 2)

2.26(1 + )

0.6

0.6

2.26(1 + )

2.7(1 + 2)

(1 + 3)

1.344 + 12.144 1 + 3

0.64 + 5.8 1 + 3

0

b0 =

0.64 + 6 1 + 3

0.64 + 5.8 1 + 3 c0 =

0.256 (0.64 + 6)(1 + 3)

ka = 0.6/(1 + 3)

1.344 + 12.144 1 + 3

kb =

0.27 (0.64 + 6)(1 + 3)

kc = 1.05

0.64 + 5.8 0.64 + 6

0.27 (0.64 + 6)(1 + 3)

d0 =

−0.027 (0.64 + 6)(1 + 3)

On constate que : – pour  > 0, on a b0 > 0, c0 > 0, d0 < 0 page 12 of 17

E.K.Boukas, 2002

Mecatronique

– pour  < 0, on a b0 > 0, c0 < 0, d0 > 0 Dans les deux cas, on a un ´el´ement n´egatif (d0 et c0 ). Cela veut dire qu’il y a une racine qui est a` l’ext´erieur du cercle unit´e. Le syst`eme est donc instable.

Solution de l’exercice 13 : La fonction de transfert du syst`eme est : G(s)

=

K s(τ s + 1)

Pour trouver la transform´ee en Z de G(s), on r´e´ecrit G(s) ainsi :

G(s)

=

1 τ

K

s(s +

1 ) τ

D’apr`es les tables, on a :

Z

  

K

 

1 τ s(s +

  

1  ) τ

 T 1 − e τ  z 

=

L’´equation caract´eristique est :

K

 T (z − 1) z − e τ  

−

 T 1 − e τ  z 

1+K

−

−

 T − (z − 1) z − e τ  

   T T T − − 2       τ τ z + 1−e − 1+e z+e τ 

=

0

=

0

−

Pour pouvoir utiliser le crit`ere de Routh, on proc`ede a` la transformation bilin´eaire suivante : z

=

1+w 1−w

La nouvelle ´equation caract´eristique est :          T T T T − − − − w2 K 1 − e τ  + 2w 1 − e τ  + 2 1 + e τ  − K 1 − e τ  =

0

Le tableau de Routh est :

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Mecatronique

 T K 1 − e τ  

r2

−

 T 2 1 − e τ  

r1

r0

   T T − 2 1 + e τ  − K 1 − e τ  

−

−

0

   T T − 2 1 + e τ  − K 1 − e τ  

−

 T Le terme 1 − e τ  est toujours > 0. Le syst`eme est stable si : 

−

   T T − 2  1 + e τ  − K 1 − e τ  

ce qui donne :

−

0




0



Solution de l’exercice 14 : Pour tracer le diagramme de Nyquist, on doit remplacer z par eωT . Ainsi, lorsque l’expression de G(eωT ) est connue analytiquement, le trac´e du graphe se fait avantageusement sur ordinateur. Par contre, une esquisse manuelle, telle que celle que l’on va faire, est difficile car G(eωT ) n’est pas une fonction rationnelle de ω comme en analogique, mais de eωT . Une fa¸con d’´eliminer cette complication est d’introduire la variable complexe w donn´ee par :

w

=

2 z−1 avec z 6= −1 T z+1

Ainsi, T w 2 2 avec w 6= T T 1− w 2 1 + 0.5w 1 − 0.5w

1+ z

=

pour T=1 seconde, on a : z

=

En rempla¸cant z dans la fonction G(z), on obtient :     T 1+ w 12−w 0.5  2  = =  G(z) = G0 (w) = G   1 + 0.5w T  3 2 − 0.5 +w 1− w 1 − 0.5w 3 2

(16)

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Mecatronique

Sachant que :

w

=

2 T

w

=







z−1 z+1



=



2 T

eωT − 1 eωT + 1



  T 2 tan ω T 2

T T −ω 2 −e 2 2 e =   T T T ω −ω 2 e 2 +e 

ω

   

En posant : ν

  2 T tan ω T 2

=

alors, w

=

ν

L’´equation (16) devient : G0 (ν)

=

G0 (ν)

=

12− ν 3 2 + ν 3    4 − 3ν 2 −8ν +  4 + 9ν 2 4 + 9ν 2

La construction de G0 (ν) est ´equivalente a` celle de G(eωT ) pour ω ∈ [0,

ωN ].

ωN est la pulsation de Nyquist et est exprim´ee par : ωN

=

π T

Finalement, on obtient : Im 6 si ν = 0

=⇒

si ν = ∞

=⇒

si Re = 0

Re = 1,

1 Re = − , 3 2 =⇒ ν = √ , 3

Im = 0 Im = 0 Im

√ − 3 = 3

1 − 3 1 qqq qq qqq 0 q q qqq qq qq qqq qq q q qqqqq qqqqq qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq √ I 3 − 3

Re

Solution de l’exercice 15 : – – – – –

Nombre total de branches : n = 3. Nombre de branches finies : m = 1. Nombre de branches infinies : n − m = 3 − 1 = 2. Le lieu sur l’axe des r´eels se trouve entre d’une part 0.368 et 1 et d’autre entre −1.755 et 0. Angles des asymptotes : β

=

β1

=

β2

=

π(2k + 1) n−m π π(2(0) + 1) = 3−1 2 3π π π(2(1) + 1) = =− 3−1 2 2 page 15 of 17

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Mecatronique

– Intersection du lieu avec l’axe r´eel : dK dz 2z 3 + 3.897z 2 − 4.8z0.65

=

0

=

0

ce qui donne z1 = −2.83, z2 = 0.729 et z3 = 0.157. Le seul point qui appartient au lieu des racines est z2 = 0.729, les autres sont rejet´es. – Si on met z = −1 dans l’´equation caract´eristique, on trouve : 1+K

z + 1.755 z(z − 1)(z − 0.368)

=

1+K

(−1) + 1.755 =0 (−1)(−1 − 1)(−1 − 0.368)

=⇒

K = 3.62

Le lieu des racines est trac´e en vert. Le syst`eme est stable pour tous les points du lieu qui se trouvent a` l’int´erieur du cercle unit´e (en bleu), c.a.d. pour tous les gains k < 3.62.

qq qqq qqq Instable Instable 6 qqqq q qqq qqq q qqq k=3.62 qqqq q Stable q q qq qqq qqqqq  U qqqq × × × qqq +1 −1.75 −1 0 0.37 qqq qqqq qqqqq qqqq qqq qqq qqq qqq qqq qqq qqq ? qqq qqq qq Im 6

Re -

Solution de l’exercice 16 : – La premi`ere approximation d’Euler est de type : s =

z−1 z−1 = T 0.1

La fonction de transfert du contrˆoleur devient : C(z)

=

C(z)

=

z−1 +1 4 0.1 z−1 +2 0.1 z − 0.9 4 z − 0.8

– La deuxi`eme approximation d’Euler est de type : s =

z−1 z−1 = Tz 0.1z page 16 of 17

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Mecatronique

La fonction de transfert du contrˆoleur devient : C(z)

=

C(z)

=

z−1 +1 4 0.1z z−1 +2 0.1z z − 0.909 3.66 z − 0.833

– L’approximation de Tustin est de type : s

=

2 z−1 2 z−1 z−1 = = 20 T z+1 0.1 z + 1 z+1

La fonction de transfert du contrˆoleur devient :

C(z)

=

C(z)

=

20(z − 1) +1 (z + 1) 4 20(z − 1) +2 (z + 1) z − 0.904 3.818 z − 0.818

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