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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 : eωt e−ωt eωt − e−ωt = − 2 2 2
sin ωt = En prenant la transform´ee en Z, on a :
Z {sin ωt}
=
Z
Z eat
=
e−ωt eωt − 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 − eωT − e−ωT ) 2 z − z(eωT + e−ωT ) + 1
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Sachant que cos ωt s’exprime par : cos ωt =
eωt + 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)
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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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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
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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
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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
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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 eωT . Ainsi, lorsque l’expression de G(eωT ) 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(eωT ) n’est pas une fonction rationnelle de ω comme en analogique, mais de eωT . 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 12−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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Sachant que :
w
=
2 T
w
=
z−1 z+1
=
2 T
eωT − 1 eωT + 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(eωT ) 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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– 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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