Corrigé UPSTI 2005Concours PSI Centrale-Supélec 2005Partie I -           Analyse SystèmeI.A-          Questions préliminai...
I.B-          Etude systèmeI.B.1) Compléter le SADT de niveau A0 proposé dans le document réponse.                        ...
II.B.2) En s’appuyant sur le paramétrage et en utilisant de la couleur, proposer un schéma cinématique du système {Roue   ...
II.B.3) Exprimer, en fonction du paramétrage, les torseurs cinématiques :                                                 ...
Il reste à régler la position de l’axe de la roue 2. Ceci se fait par un calcul d’entraxe :            Z + Z2 ∆2 = m e    ...
III.B-           Détermination de l’inclinaison du conducteur en virageIII.B.1) Par un tracé sur le document réponse, just...
r               r     r                                                                        rPosons R(route → RG ) = NG...
Partie IV -         Validation de la FS1IV.A-          Détermination des équations mécaniques régissant le systèmeIV.A.1) ...
le châssis :                    r           r  r          r    d(σ A (S / 0).x1 ) δ A (S / 0).x1 =                    = AS...
On en déduit :A = AH + AS + mH h2           B = mH h      C = mH hg                               ARD = mH + ms + 2mR + 2 ...
Les conditions initiales sont toutes nulles . On obtient à partir de la seconde équation différentielle dans Laplace, l’éq...
V.B-           Asservissement d’inclinaison du chariotV.B.1) Compléter le schéma bloc de l’asservissement fourni sur le do...
V.B.4) Tracer les diagrammes de Bode asymptotiques et réels                                                               ...
soit arg(F2(jωc)).= - π/4 - atan(10) = -2,25 rad                         2ξω c / ω 0On en déduit 1,22   =                 ...
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Corrige1 si-1-centrale-psi-2005

  1. 1. Corrigé UPSTI 2005Concours PSI Centrale-Supélec 2005Partie I - Analyse SystèmeI.A- Questions préliminairesI.A.1) Déterminer la distance maximale que peut parcourir le Segway® entre deux recharges des batteries. Justifier la pertinence de ce moyen de transportChaque moteur peut délivrer « un travail moyen » égal à Wmot −1 = Wmot −2 = η.Eb / 2 = 0.8MJL’application du théorème de l’énergie cinétique sous sa forme intégrée permet d’écrire :Wmot −1 + Wmot −2 + Wrésis tan t = 0 . tAvec Wrésis tan t = −60.d (d distance parcourue) η.Eb 0, 8.2.106On en déduit : d = A.N. d = = 26, 6.103 m = 26, 6km e 60 60Le Segway® est destiné à un usage urbain, donc usage sur de courtes distances. L’autonomie peut-être jugée suffisante. .nI.A.2) Rappeler en quelques lignes le principe de fonctionnement d’un codeur incrémental. Citer aussi un autre moyen s d’acquisition d’une vitesse de rotation. rPrincipe: Le codeur incrémental permet de compter ou décompter les impulsions d’un signal générées par le déplacement ud’un mobile dans le but de contrôler son déplacement. L’exploitation d’un second signal déphasé de 90° du premier permetde déterminer le sens de rotation. oDeux types de codeur incrémentaux :- codeurs incrémentaux optiques c- codeurs incrémentaux magnétiquesLa génératrice tachymétrique permet de mesurer une vitesse de rotation. u sI.A.3) Rappeler quelle est la grandeur physique mesurée par un gyromètre mécanique et le principe de la mesureto associée.Lorsquun gyroscope est soumis à une rotation (ou un moment) imposée, il réagit en créant un couple gyroscopique qui vaannuler un moment.La grandeur mesurée est une vitesse de rotation. Page 1
  2. 2. I.B- Etude systèmeI.B.1) Compléter le SADT de niveau A0 proposé dans le document réponse. e t r s .n o u s c uPartie II - Modèle de comportement mécaniquetoII.A- Modèle et paramétrageII.B- Etude cinématique préalableII.B.1) Proposer un graphe des liaisons du système restreint à l’ensemble de solides {Route, Roue Gauche, roue Droite, Châssis}. Préciser pour chaque liaison ses caractéristiques géométriques. Page 2
  3. 3. II.B.2) En s’appuyant sur le paramétrage et en utilisant de la couleur, proposer un schéma cinématique du système {Roue Gauche, Roue Droite, Plate-forme, Conducteur}, en complétant l’épure du document réponse (ne pas schématiser le contact roue/route). e t r s .n o u s cto u Page 3
  4. 4. II.B.3) Exprimer, en fonction du paramétrage, les torseurs cinématiques : r r r• du châssis par rapport au sol : {V (2 / 0)} , en notant V ( A ∈ 2 / 0) = Ux1 + Vy1 ,• de la roue droite par rapport au châssis : {V (RD / 2)} ,• de la roue gauche par rapport au châssis : {V (RG / 2)} r r r r r r r ψ x1 + ϕ z0  & & - Ω(2 / 0) = Ω(2 /1) + Ω(1 / 0) = ψ x1 + ϕ z0 soit {V (2 / 0)} ≡ & &  r r  Ux1 + Vy1  A   & r θ D x1  & r θG x1     - {V (RD / 2)} ≡ r  et {V (RG / 2)} ≡ r  OD 0    OD 0   II.B.4) Énoncer ensuite les deux relations de roulement sans glissement des roues par rapport à la route et déterminer trois relations scalaires liant les 6paramètres inconnus ψ , ϕ , θ D , θG , U, V aux dimensions L et R. & & & & t Ces relations seront utilisées dans l’étude dynamique. eEtude de la roue droite : r r r rV (ID , RD / 0) = 0 = V (ID , RD / 2) + V (ID , 2 / 0) .n uuuuuu r uuuu r & r & r & r r r = IDOD ∧ θ D x1 + ID A ∧ (ψ x1 + ϕ z 0 ) + Ux1 + Vy1 & r r r r L & r r r r = Rθ D ( z0 ∧ x1 ) + Rψ (z0 ∧ x1 ) + ϕ(x1 ∧ z0 ) + Ux1 + Vy1 s & 2 r ren projection sur x1 : U=0 r L & u &en projection sur y1 : R(θ D + ψ ) − ϕ + V = 0 & 2 oEtude de la roue gauche : rEn projection sur x1 : U=0 c r & L &en projection sur y1 : R(θG + ψ ) + ϕ + V = 0 & s 2to uII.C- Étude de la transmission de puissanceII.C.1) Une voiture ne possède généralement qu’un seul moteur et qu’un seul réducteur (la boîte de vitesses). Le différentiel permet de répartir la puissance motrice sur les deux roues motrices. Expliquer pourquoi le constructeur du Segway® n’a pas adopté cette solution.Ici les actionneurs sont des moteurs électriques dont le coût est peu élevé contrairement au moteurd’un véhicule automobile classique. Il est plus simple et plus économique de motoriserindépendamment chaque roue pour assurer la fonction de direction (les 2 roues ne tournant pas à lamême vitesse).II.C.2) Proposer, sur le document réponse, une architecture du réducteur s’intégrant dans le carter et dont le rapport de 1 réduction vaut kr = en dessinant une épure de la solution adoptée. 24Pour obtenir le rapport kr , une solution simple consiste à mettre en place un train d’engrenage constitué de deuxengrènements de rapport respectif 1 / 6 et 1 / 4 . Sachant que Zmin = 15 dents ( soit dmin = 15 mm ), on choisit :- pour le premier engrènement : Ze = 15, Z2 = 90 Ze : nombre de dents de l’arbre d’entrée- pour le second engrènement : Z2 = 15, Zs = 60 Zs : nombre de dents de l’arbre d’entréeavec Z2 et Z2 nombre de dents des roues de l’axe intermédiaire. Page 4
  5. 5. Il reste à régler la position de l’axe de la roue 2. Ceci se fait par un calcul d’entraxe : Z + Z2 ∆2 = m e = 52,5 mm 2 Z + Z2 ∆2 = m s = 37,5 mm 2On remarque : ∆2 + ∆2 = 90 = OOMOn en déduit alors la construction graphique suivante : e t r s .n o u s cPartie III - Validation de la FS4 uIII.A- III.A - Analyse du modèle de calcul des actions mécaniquestoIII.A.1) En s’appuyant sur le graphe des liaisons de la question II.B.1, déterminer le nombre de mobilités du système {Route, Roue Gauche, Roue Droite, Châssis}. En déduire alors le degré d’hyperstatisme du mécanisme.Nombre de cycle 1 : Ec = 6Nombre d’inconnues cinématiques : Ic = 2 * 1 + 2 * 3 = 8 (les liaisons roulements sans glissement possèdent 3inconnues cinématiques chacune , les rotations)Nombre de mobilités :- le système possède 3 mobilités cinématiques V , ϕ ,ψSoit : mc = 3On en déduit : h = Ec − Ic + mc = 1 Page 5
  6. 6. III.B- Détermination de l’inclinaison du conducteur en virageIII.B.1) Par un tracé sur le document réponse, justifié sur la copie, donner alors la valeur de β qui permet de vérifier la condition exposée ci-dessus. r r rOn veut g − Γ(G ∈ 4 / 0) colinéaire à z4 . r r rIl faut donc que [g − Γ(G ∈ 4 / 0)].x4 = 0 . Le tracé nous donne deux possibilités, une seule est acceptable au vu duparamétrage : β = 12,5° e t r s .n uIII.C- Étude dynamique simplifiée du Segway® en virage oIII.C.1) Faire le Bilan des Actions Mécaniques Extérieures qui s’exercent sur ce système. cOn isole le système {Conducteur, Châssis, Roue Droite, Roue Gauche}.Le bilan des actions mécaniques exercées sur le système est le suivant : { }{ } s- T(route → RG ) , T(route → RD ) r r  −mH gz0  −mS gz0  u    - {T( pesanteur → conducteur ) } ≡  r  , {T( pesanteur →chassis) } ≡  r   0    A   0  to GIII.C.2) Expliquer pourquoi le système d’équations obtenu ne permet pas de déterminer toutes les inconnues d’effort et recenser celles qui ne peuvent pas être calculées sans hypothèse complémentaire. Expliquer l’origine de cette impossibilité. rLes inconnues Yd , Yg peuvent être calculées à partir des équations issues du PFD de la résultante suivant y1 et du rmoment suivant z0 . On peut déterminer les inconnues Zg , Zd à partir des équations 2 et 3 données dans l’énoncé.Il reste donc les inconnues X g , X d pour une seule équation disponible. On retrouve ici le degré d’hyperstatisme égal à 1déterminé à la question III.A.1III.C.3) Énoncer les lois de Coulomb en utilisant les notations du III.A pour une roue, dans les cas dadhérence et de glissement.Cas du glissementDans ce cas, le modèle associé à la liaison roue gauche/sol est une liaison ponctuelle (Ig , z ) réelle (introduction dufrottement) Page 6
  7. 7. r r r rPosons R(route → RG ) = NG + TG (résultante des actions mécaniques de la route sur la roue gauche avec NG composante rnormale et TG composante tangentielle)Lois de Coulomb : r r r r r rTG ∧ V (IG ∈ RG / route) = 0 ⇒ TG = X G x1 + YG y1 r rTG .V (IG ∈ RG / route) < 0etTG = f NG ⇒ X G 2 + YG 2 = fZGcas de l’adhérence :On revient au modèle roulement sans glissement. Après résolution du système, la composante tangentielle doit vérifier larelation suivante pour que le modèle soit validé.TG < f NG ⇒ X G 2 + YG 2 < fZG (3) e tIII.C.4) En expliquant votre démarche et en complétant le document réponse, vérifier les performances attendues vis-à-vis .n des rayons de virage minimums tout en garantissant les critères de non basculement et de non dérapage. u r s s c oto uOn vérifie sur les courbes ci-dessus :- ZG > 0, ZD > 0 , la condition de non basculement est respectée.- Pour chaque vitesse et chaque rayon minimum admissible on vérifie pour la roue droite et la roue gauche : - Ymin2 + X D2 <f ZD Ymin - <f ZGce qui nous assure d’un non dérapage des roues par rapport au sol (cas de l’adhérence). Page 7
  8. 8. Partie IV - Validation de la FS1IV.A- Détermination des équations mécaniques régissant le systèmeIV.A.1) Justifier lhypothèse de problème plan du point de vue des efforts. r r  X i x1 + Zi z0  {Les torseurs des roues par rapport au sol sont de la forme T(route → Ri ) } ≡   r   Ii    0  r −mi gz0  { }Les torseurs dus à la pesanteur sont de la forme T( pesanteur → Si ) ≡   r   Gi  0    r R (Si / 0)  D Les torseurs dynamiques de chaque solide en mouvement par rapport à la route sont de la forme  r  , avec δ A (Si / 0)  A   t r r rRD (Si / 0).x1 = 0 déplacement en ligne droite suivant y1 r r r r r r eet δ A (Si / 0).Z0 = 0 et δ A (Si / 0).y1 = 0 toutes les rotations sont autour de x1 et déplacement suivant y1 .nOn en déduit alors(par isolement de chacune des roues) que les torseurs d’actions mécaniques transmissibles par les r r Yy1 + Zz0   liaisons pivots roue/sol sont de la forme  r . Oi   Lx1  s  rL’hypothèse est donc justifiée.IV.A.2) Déterminer pour chaque solide (Conducteur, Châssis, Roue Gauche et Roue Droite) dans leur mouvement u par rapport au repère galiléen R0 : o r- Calcul des projections des résultantes dynamiques suivant y1 cle conducteur : r r r r RD (H / 0).y1 = mH Γ(G ∈ H / 0).y1 s r r r uuur r V (G ∈ H / 0) = V (G ∈ 2 / 0) = V ( A ∈ 2 / 0) + GA ∧ Ω(2 / 0) r r avec V = −R(θ + ψ ) & & u = Vy1 − hψ & y3 r r &Soit : RD (H / 0).y1 = mH [V − hψ cos(α + ψ ) + hψ 2 sin(α + ψ )] && &tole châssis : r r r r RD (S / 0).y1 = mS Γ( A ∈ S / 0).y1 = mSV&la roue droite (roue gauche) r r r r r r & RD (RD / 0).y1 = mR Γ(OD ∈ RD / 0).y1 = mR Γ( A ∈ RD / 0).y1 = mRV ( relation identique pour la roue gauche) r- Calcul des projections des moments dynamiques suivant x1le conducteur : r r r r d(σ G (H / 0).x1 ) uuuuu r r r δ A (H / 0).x1 = + mH ( AG ∧ Γ(G ∈ H / 0)).x1 dt r r d(σ G (H / 0).x1 ) = AHψ && dt uuuuu r r r r &r r r r mH ( AG ∧ Γ(G ∈ H / 0)).x1 = mH h(z3 ∧ (Vy1 − hψ y3 − hψ 2 z3 ))x1 && & & = mH (h2ψ − hV cos(α + ψ )) && r r &Soit : δ A (H / 0).x1 = ( AH + mH h2 )ψ − mH hV cos(α + ψ ) && Page 8
  9. 9. le châssis : r r r r d(σ A (S / 0).x1 ) δ A (S / 0).x1 = = ASψ && dtla roue droite (roue gauche) r r d(σ A (RD / 0).x1 ) ( ) r r δ A (RD / 0).x1 = && && = AR ψ + θ ( relation identique pour la roue gauche) dtIV.A.3) En exposant la séquence d’isolement et en appliquant le Principe Fondamental de la Dynamique, montrer que l’on peut obtenir le système de deux équations suivant : tOn isole l’ensemble E={châssis + conducteur} r eThéorème du moment dynamique appliqué à E en A en projection sur x1 r r r rM A ( pesanteur → H ).x1 + M A ( pesanteur → S).x1 .n 14444 2444444 3 0 r r r r r r r r+ M A (RD → S).x1 + M A (RG → S).x1 + 2 * M A (motoréducteur → S).x1 = δ A (H + S / 0).x1 144 2444 144 2444 4 3 4 3 s 0 0 r &( AH + AS + mH h2 )ψ − mH hV cos(α + ψ ) = mH hg sin(α + ψ ) − 2C S &&On isole la roue droite r uThéorème du moment dynamique appliqué à la roue droite en A en projection sur x1 r r r r r r r rM A (S → RD ).x1 + M A (motoréducteur → RD ).x1 + M A (route → RD ).x1 = δ A (RD / 0).x1 o144 2444 4 3 0 c V& && &&RYD + CS = AR (ψ + θ ) = − AR R s C V& uSoit : YD = − S − AR 2 R RtoOn isole enfin l’ensemble E={châssis + conducteur+roue droite + roue gauche} rThéorème de la résultante dynamique appliqué E en projection sur y1 r r &2YD = RD (E / 0).y1 = (mH + ms + 2mR )V − mH hψ cos(α + ψ ) + mH hψ 2 sin(α + ψ ) && &(Les 2 roues ont un comportement identiques) C V& &Soit : (mH + ms + 2mR )V − mH hψ cos(α + ψ ) + mH hψ 2 sin(α + ψ ) = −2 S − 2 AR 2 && & R RIV.A.4) Énoncer les hypothèses qui permettent d’envisager de linéariser le système précédent. Sous ces hypothèses, montrer alors que le système linéarisé peut se mettre sous la forme :En prenant les hypothèses suivantessin(α + ψ ) = α + ψ et les termes en ψ 2 négligeable devant ceux en ψ & &cos(α + ψ ) = 1 Page 9
  10. 10. On en déduit :A = AH + AS + mH h2 B = mH h C = mH hg ARD = mH + ms + 2mR + 2 R2 A = 18 + 0, 8 + 80.0, 952 = 91kg.m2 B = 80.0, 95 = 76kg.mA.N . : C = 80.0, 95.9, 81 = 745,5 N.m D = 80 + 25 + 10 + 2.0, 28 / 0, 242 = 124, 7kgIV.B- Relation entre l’inclinaison du conducteur et l’accélération du Segway® &IV.B.1) Montrer que cette relation s’écrit sous la forme V = Kα (t ) où vous préciserez la valeur numérique de K.L’asservissement est considéré comme parfaitement réalisé donc ψ et ses dérivées par rapport au temps sont nuls. tEn combinant les deux équations précédentes on détermine la relation suivante : B & C & C C(− − D)V = α (t ) soit V = − α (t ) et K = − A.N. : e R R (B + D.R) (B + DR) −745,5K = = −7m.s −2 / rad .n 76 + 124,7.0, 24 sIV.B.2) Vérifier les performances attendues du cahier des charges en vous appuyant sur les configurations proposées figure r 6. u &Si α = 0 alors V = 0 vitesse constanteSi α = 22 alors l’accélération normale (déccélération) est de 2, 68m.s −2 o (cahier des charges respecté) cCalcul de la distance d’arrêt maxiSoit a la déccélération maxi a = −7.45.π /180=5,5 m/s-2 s 20Soit t le temps pour passer de 20km/h à 0 t=V/a, t = ≈ 1s 3, 6.5,5 u 1On en déduit la distance d’arrêt maxi x = at 2 soit x = 5,5 / 2 = 2, 75m (cahier des charges respecté) 2toPartie V - Validation de la FS2 et de la FS3V.A- Stabilisation du systèmeV.A.1) Montrer que le schéma bloc du système peut se mettre sous la forme présentée figure 7 en déterminant l’expression littérale de H1 ( p) .Analyser la stabilité du système d’entrée u(t ) et de sortie ψ (t ) en étudiant la fonction de transfert Ψ(p)F1 (p) = . Pouvait-on sattendre à ce résultat ? U( p) Page 10
  11. 11. Les conditions initiales sont toutes nulles . On obtient à partir de la seconde équation différentielle dans Laplace, l’équationsuivante : B[(DA − B2 )p2 − DC ]χ (p) = 2( + D)C m ( p) * R B + DR B + DR 2( ) 2( )On en déduit H1(p) = RDC puis F1 (p) = K m RDC DA − B2 2 DA − B2 2 ( )p − 1 ( )p − 1 DC DCLe schéma bloc se justifie alors en écrivant :Ψ(p) = χ (p) − α (p) = F1( p)U( p) − α ( p)Le système d’entrée u(t ) et de sortie ψ (t ) est instable car le dénominateur de la fonction de transfert possède un DC DA-B2pôle réel positif. pi = ± avec =6.10-2 > 0 DA − B 2 DCCe résultat était prévisible du fait que le centre d’inertie du système est situé au dessus de l’axe des roues. tV.A.2) Dans le cas où α = 0 , déterminer, en fonction de K s , k p , kv et ω1 la fonction de e Ψ( p) transfert F2 ( p) = . W(p) .nDéterminer les conditions sur kv et sur k p pour que le système soit stable. K m H1 (p) sΨ(p) 1 + pkv K m H1( p) K m H1(p) r = =W (p) Km H1 (p) 1 + pkv K m H1( p) + kp Km H1 (p) 1 + kp u 1 + pkv K m H1 (p) Ks = o p2 + pkv K s + k p K s − 1 ω12 s cUn système de degré 2 est stable si les coefficients des puissances de p sont différents de 0 et sontde même signe (vu en physique sur les boucles de rétroaction). uCeci implique : 1kp > et kv > 0 pour que le système soit stable.to KsV.A.3) Déterminer, en fonction de K s , k p , kv et ω1 les expressions de K2 , ξ , ω0 Ks kp K s − 1F2 ( p) = 2 soit : p pkv K s + +1 (k p K s − 1)ω12 kp K s − 1 Ks 1 kv K sω1K2 = , ω0 = (k p K s − 1)ω1 , ξ = kp Ks − 1 2 kp Ks − 1V.A.4) Déterminer les valeurs de kv et de k p telles que le temps de réponse à 5% soit minimal.Pour un système du second ordre, le temps de réponse à 5% est minimal si ξ = 2 / 2 .On en déduit pour ω0 = 1,5ω1 :k p = (1,52 + 1) / K s = 13,54 V / rad kpK s − 1 13,54.0, 24 − 1kv = 2ξ = 2 = 2,15 V .rad −1.s K sω1 0, 24.4,1K2 ≈ 0.1 rad / V Page 11
  12. 12. V.B- Asservissement d’inclinaison du chariotV.B.1) Compléter le schéma bloc de l’asservissement fourni sur le document réponse en faisant apparaître la régulation de l’inclinaison. eV.B.2) Calculer l’inclinaison Ψ(t ) du châssis en régime permanent, lorsque la perturbation α (t ) est un échelon t .n d’amplitude α0 . Le cahier des charges est-il satisfait ? sLe schéma bloc peut se mettre sous la forme suivante : u r s c o uOn détermine alors : F2 (p)toΨ( p) = − α (p) K m H1 (p)(1 + F2 ( p)Kc )L’erreur (écart) en régime permanent s’obtient en appliquant le théorème de la valeur finale : K2α 0limψ (t ) = lim pΨ( p) = − ≠ 0 . Le cahier des charges n’est pas satisfait.t →∞ p →0 K s (1 + K2 KC )V.B.3) Démontrer que ce correcteur permet de satisfaire le cahier des charges vis-à-vis de l’écart en régime permanent pour une perturbation en échelon.Le correcteur intégral permet d’obtenir limψ (t ) = 0 (reprendre les calculs de la question précédente en remplaçant t →∞l’expression de C(p) par sa nouvelle expression. Page 12
  13. 13. V.B.4) Tracer les diagrammes de Bode asymptotiques et réels e t r s .n o u s cto utracé du correcteur PI pour K i = 10, Ti = 0.1sV.B.5) Déterminer ωc telle que la marge de la FTBO(p) soit Mϕ = 45° . En déduire la valeur de Ti .Mϕ = π/4 = π + arg(FTBO(jωc)) = π - π/2 +atan(Tiωc) + arg(F2(jωc)) Page 13
  14. 14. soit arg(F2(jωc)).= - π/4 - atan(10) = -2,25 rad 2ξω c / ω 0On en déduit 1,22 = 1 − ω c2 / ω 0 2Après résolution de l’équation du second degré en ωc .On obtient : ωc = 3.54 rad/s et Ti =2.82sV.B.6) Déterminer alors K i tel que ωc soit effectivement la pulsation de coupure à de la FTBO corrigée.K i doit vérifier O O 3.54 3.54 10,48 e tV.C.1) Conclure quant au respect des critères de dépassement et de précision associés à la fonction de service .nFS2.- La convergence de ψ (t ) vers 0 lorsque t → ∞ est réalisée s- Le dépassement d’inclinaison est inférieur à 30% (de l’ordre de 15%) rLe cahier des charges est donc respecté. o u s cto u Page 14

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