MecatroniqueEXERCICESExercice 1       Trouvez la transform´e en Z de la fonction f (t) = sin ωt pour t ≥ 0.               ...
Mecatronique                                        Y (z)   2. la fonction de transfert puls´e                            ...
MecatroniqueExercice 12        En utilisant la m´thode de Raible, ´tudiez la stabilit´ du syst`me d´crit par l’´quation   ...
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Mecatroniquealors, les ´quations (4) et (5) donnent :           e                                                         ...
Mecatronique  En rempla¸ant (6) et (7) dans (8), on obtient :           c                                       E(z)      ...
Mecatronique     Finalement, on obtient :                                     Y (z)                    2.2z + 0.44        ...
MecatroniqueFinalement,                                                                                              ...
Mecatronique                                                                    1     1                                   ...
Mecatronique   La stabilit´ selon Liapunov stipule qu’il faut trouver deux matrices P et Q d´finies et positives qui       ...
MecatroniqueSolution de l’exercice 12 :Le tableau de Raible est :                                 1             2.7       ...
Mecatronique   – pour    < 0, on a b0 > 0, c0 < 0, d0 > 0Dans les deux cas, on a un ´l´ment n´gatif (d0 et c0 ). Cela veut...
Mecatronique                                         T                                   T               T                ...
MecatroniqueSachant que :                                                                                      T      T  ...
Mecatronique   – Intersection du lieu avec l’axe r´el :                                      e                            ...
Mecatronique  La fonction de transfert du contrˆleur devient :                                   o                        ...
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  1. 1. MecatroniqueEXERCICESExercice 1 Trouvez la transform´e en Z de la fonction f (t) = sin ωt pour t ≥ 0. eExercice 2 Soit la fonction de transfert suivante : s+3 G(s) = (s + 1)(s + 2)Trouvez la fonction de transfert en Z, G(z) en utilisant la m´thode de d´composition en fraction simples. e eExercice 3 Soit la fonction en Z suivante : 0.387z 2 G(z) = (z − 1)(z 2− 2.37z + 0.25)trouvez la valeur de f (kT ) en utilisant le th´or`me de la valeur finale. e eExercice 4 Soit F (z) donn´e par : e 10z F (z) = (z − 1)(z − 2)En utilisant la m´thode des r´sidus, trouvez la fonction inverse f (kT ). e eExercice 5 Trouvez la r´ponse au syst`me d´crit par l’´quation aux diff´rences suivante : e e e e e y(k + 2) − 3y(k + 1) + 2y(k) = r(k) (1)avec r(0) = 1 r(k) = 0 pour k = 0 y(k) = 0 pour k ≤ 0Exercice 6 Soit le syst`me de contrˆle suivant : e o + R(s)- - A/N - - N/A - Ampli - Syst`me Y (s) - Ordinateur e − 6 Trouvez : 1. le sch´ma-bloc ´quivalent e e page 1 of 17 E.K.Boukas, 2002
  2. 2. Mecatronique Y (z) 2. la fonction de transfert puls´e e si R(z) 2.64 la fonction de transfert du syst`me est : e Gp (s) = s(s + 6) la fonction de transfert de l’ordinateur est : D(s) = 1 la fonction de transfert de l’amplificateur est : A(s) = 1 la p´riode d’´chantillonnage est : e e T = 1 seconde 1 − e−sT la fonction de transfert du bloqueur d’ordre z´ro est : e GB.O.Z. = s 3. l’erreur en r´gime permanent si R(s) est un ´chelon unitaire. e e 4. l’erreur en r´gime permanent si R(s) varie lin´airement dans le temps (rampe unitaire). e eExercice 7 Soit le syst`me discret : e x(k + 1) = Ax(k)o` : u   0 1 0 A =  0 0 1  −6 −11 −6Utilisez la transform´e en Z pour trouver la matrice de transition du syst`me. e eExercice 8 Un syst`me continu est d´crit par : e e x1 ˙ 0 0 x1 1 = + u x2 ˙ 1 −1 x2 0Trouvez la repr´sentation discr`te de ce syst`me. e e eExercice 9 Soit le syst`me discret : e x(k + 1) = Ax(k) + Bu(k) y(k) = Cx(k)o` : u 0 1 1 A = B = C = 1 2 −2 −3 1D´terminez la commandabilit´ et l’observabilit´ du syst`me en boucle ouverte, c.a.d. u(k) n’est pas une e e e efonction de x(k) et aussi du syst`me en boucle ferm´e avec u(k) = r(k) − Gx(k), G = g1 g2 x(k). e eExercice 10 D´terminez la stabilit´ selon Liapunov du syst`me d´crit par les ´quations aux diff´rences e e e e e esuivantes : x1 (k + 1) = −0.7x1 (k) x2 (k + 1) = −0.7x2 (k)Exercice 11 ´ Etudiez la stabilit´ du syst`me en utilisant le crit`re de Jury : e e e P (z) = z 2 + z + 0.15 page 2 of 17 E.K.Boukas, 2002
  3. 3. MecatroniqueExercice 12 En utilisant la m´thode de Raible, ´tudiez la stabilit´ du syst`me d´crit par l’´quation e e e e e ecaract´ristique suivante : e P (z) = z 3 + 2.7z 2 + 2.26z + 0.6 = 0Exercice 13 ´ Etudiez la stabilit´ du syst`me en boucle ferm´e suivant : e e e R(s)- + - - K Y (s) - − s(τ s + 1) 6Exercice 14 Soit un syst`me ´chantillonn´ dont la fonction de transfert en boucle ouverte est : e e e 0.5 G(z) = (2) z − 0.5La p´riode d’´chantillonnage ´tant T = 1 seconde, construire le diagramme de Nyquist de ce syst`me. e e e eExercice 15 Tracez le lieu des racines du syst`me discret d´crit par l’´quation caract´ristique sui- e e e evante : z + 1.755 G(z) = K z(z − 1)(z − 0.368)Exercice 16 Soit un contrˆleur analogique proportionnel de gain k = 4 ´quip´ en s´rie d’un filtre o e e eavance de phase : s+1 C(s) = 4 s+2Num´risez ce contrˆleur en utilisant les 2 approximations d’Euler et l’approximation de Tustin pour une e op´riode d’´chantillonnage T = 0.1 sec. e e1 SOLUTIONSSolution de l’exercice 1 :Exprimons la fonction sin ωt sous la forme suivante : eωt − e−ωt eωt e−ωt sin ωt = = − 2 2 2En prenant la transform´e en Z, on a : e eωt e−ωt Z {sin ωt} = Z − 2 2Sachant que : z Z eat = z − e−atFinalement, on obtient : 1 z z F (z) = ωT − 2 z−e z − e−ωT 1 z(z − eωT − e−ωT ) F (z) = 2 z2 − z(eωT + e−ωT ) + 1 page 3 of 17 E.K.Boukas, 2002
  4. 4. MecatroniqueSachant que cos ωt s’exprime par : eωt + e−ωt cos ωt = 2alors, l’expression finale de F (z) est : z sin ωT F (z) = z2 − 2z cos ωT + 1Solution de l’exercice 2 :D´composition en fractions simples : e s+3 A B G(s) = = + (s + 1)(s + 2) s+1 s+2 (s + 3) (s + 3) (−1 + 3) A = lim (s + 1) = lim = =2 s→−1 (s + 1)(s + 2) s→−1 (s + 2) (−1 + 2) (s + 3) (s + 3) (−2 + 3) B = lim (s + 2) = lim = = −1 s→−2 (s + 1)(s + 2) s→−2 (s + 1) (−2 + 1)On obtient : 2 1 G(s) = − s+1 s+2 En prenant la transform´ inverse de G(s), on obtient : e g(t) = 2e−t − e−2tEn prenant la transform´ en Z de g(t), on obtient : e 2z z G(z) = − z−e −T z − e−2TSolution de l’exercice 3 :Le th´or`me de la valeur finale est : e e lim F (kT ) = lim (1 − z −1 )F (z) k→∞ z→1Dans notre cas, on a : 0.387z 2 (1 − z −1 )F (z) = (1 − z −1 ) (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 0.387zL’expression n’ayant aucun pˆle sur ou en dehors du cercle unit´, alors le th´or`me de o e e e z2 − 2.37z + 0.25la valeur finale peut ˆtre appliqu´. e e On obtient : 0.387z lim F (kT ) = lim = −0.345 k→∞ z→1 z 2 − 2.37z + 0.25 page 4 of 17 E.K.Boukas, 2002
  5. 5. MecatroniqueSolution de l’exercice 4 :La m´thode des r´sidus consiste a calculer la somme des r´sidus de F (z)z k−1 aux pˆles de F (z). e e ` e o Les pˆles de F (z) sont : z1 = 1 et z2 = 2. o Ainsi, 10z f (kT ) = somme des r´sidus de e aux points z1 = 1 et z2 = 2 (z − 1)(z − 2) ce qui donne : 10z 10z f (kT ) = (z − 1)z k−1 + (z − 2)z k−1 (z − 1)(z − 2) z1 =1 (z − 1)(z − 2) z2 =2 f (kT ) = −(10).1k + (10).2k f (kT ) = −10(1 + 2k )Solution de l’exercice 5 :La transform´e en Z de l’´quation (1) est : e e [z 2 Y (z) − z 2 y(0) − zy(1)] − 3[zY (z) − zy(0)] + 2Y (z) = R(z)Par hypoth`se, on a y(0) = 0. eCalculons y(1) en rempla¸ant dans l’´quation (1) k par −1. On obtient : c e y(−1 + 2) − 3y(−1 + 1) + 2y(−1) = r(−1) y(1) − 3y(0) + 2y(−1) = r(−1) y(1) − 0 + 0 = 0 y(1) = 0Puisque y(0) = y(1) = 0, alors les conditions initiales sont nulles et la transform´e en Z de l’´quation (1) e eest : z 2 Y (z) − 3zY (z) + 2Y (z) = R(z) (3)De plus, on a : ∞ R(z) = r(k)z −k = 1 k=0Finalement, l’´quation (3) s’´crit : e e [z 2 − 3z + 2]Y (z) = 1Ainsi, 1 1 −1 1 Y (z) = = = + (4) z 2 − 3z + 2 (z − 1)(z − 2) z−1 z−2Sachant que Z {y(k + 1)} = zY (z) (5) page 5 of 17 E.K.Boukas, 2002
  6. 6. Mecatroniquealors, les ´quations (4) et (5) donnent : e −z z Z {y(k + 1)} = zY (z) = + z−1 z−2Comme z Z 1k = z−1 z Z 2k = z−2alors, on obtient : y(k + 1) = −1 + 2k pour k = 0,1,2, · · ·finalement, la r´ponse est : e y(k) = −1 + 2k−1 pour k = 1,2,3, · · ·Solution de l’exercice 6 : 1. En repr´sentant l’amplificateur et le syst`me par Gp (s), le sch´ma-bloc ´quivalent est : e e e e + R(s)- E(s) - E ∗ (s) - U (s) - U ∗ (s) - W (s) - Y (s) - D(s) B.O.Z. Gp (s) − 6 2. La fonction de transfert puls´e est : e 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 cˆt´, on a : oe 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) = [R(s) − Y (s)] = R∗ (s) − Y ∗ (s) ou E(z) = R(z) − Y (z) (8) page 6 of 17 E.K.Boukas, 2002
  7. 7. Mecatronique En rempla¸ant (6) et (7) dans (8), on obtient : c 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) R(z) E(z) = (9) 1 + G(z)D(z) En rempla¸ant (7) et (9) dans (6), on obtient : c R(z) Y (z) = G(z)U (z) = G(z)D(z)E(z) = G(z)D(z) 1 + G(z)D(z) G(z)D(z) Y (z) = R(z) (10) 1 + G(z)D(z) Sachant que : 2.64 1 − e−sT 1 G(s) = Gp (s)GB.O.Z. (s) = = 2.64(1 − e−sT ) 2 s(s + 6) s s (s + 6) 1 G(z) = 2.64(1 − z −1 )Z (11) s2 (s + 6) 1 Calculons la transform´e inverse de Z e en utilisant la d´composition en fraction simple : e s2 (s + 6) 1 A B C = + + s2 (s + 6) s2 s s+6 1 1 A = lim 2 s2 = s→0 s (s + 6) 6 d 1 −1 B = lim 2 (s + 6) s2 = s→0 ds s 36 1 1 C = lim (s + 6) = s→−6 s2 (s + 6) 36 ce qui donne : 1 1/6 1/36 1/36 = − + s2 (s + 6) s2 s s+6 la transform´e en Z de cette expression est : e 1/6 1/36 1/36 1 Tz 1 z(1 − e−6T Z − + = − (12) s2 s s+6 6 (z − 1)2 6 (z − 1)(z − e−6T En rempla¸ant (12) dans (11), on obtient : c 2.64 Tz 1 z(1 − e−6T G(z) = (1 − z −1 ) − 6 (z − 1)2 6 (z − 1)(z − e−6T 2.2z + 0.44 G(z) = (13) (z − 1)(6z − 0.015) En rempla¸ant D(z) = 1 et (13) dans (10), on obtient : c 2.2z + 0.44 .1 (z − 1)(6z − 0.015) Y (z) = R(z) 2.2z + 0.44 1+ .1 (z − 1)(6z − 0.015) page 7 of 17 E.K.Boukas, 2002
  8. 8. Mecatronique Finalement, on obtient : Y (z) 2.2z + 0.44 = (14) R(z) (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 z 3. Puisque l’entr´e est un ´chelon unitaire, alors R(z) = e e et l’expression de l’erreur en r´gime e z−1 permanent est : e(∞) = lim (1 − z −1 )E(z) = lim (1 − z −1 )[R(z) − Y (z)] z→1 z→1 z 2.2z + 0.44 z = lim (1 − z −1 ) − × z→1 z − 1 (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 z − 1 z−1 z 2.2z + 0.44 z = lim − × z→1 z z − 1 (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 z − 1 = 0 Tz z 4. Puisque l’entr´e est une rampe unitaire, alors R(z) = e 2 = et l’expression de l’erreur (z − 1) (z − 1)2 en r´gime permanent est : e e(∞) = lim (1 − z −1 )E(z) = lim (1 − z −1 )[R(z) − Y (z)] z→1 z→1 z 2.2z + 0.44 z = lim (1 − z −1 ) − × z→1 (z − 1)2 (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 (z − 1)2 z−1 z 2.2z + 0.44 z = lim − × z→1 z (z − 1)2 (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 (z − 1)2 = 2.267Solution de l’exercice 7 :L’´quation caract´ristique est : e e λ −1 0 |λI − A| = 0 λ −1 = λ3 + 6λ2 + 11λ + 6 = 0 6 11 λ+6 = (λ − 1)(λ − 2)(λ − 3) = 0 Les coefficients du polynˆme de l’´quation caract´ristique sont a4 = 1, a3 = 6, a2 = 11 et a1 = 6. o e e La matrice de transition est :    n n  1  Φ(k) = Z −1 (zI − A)−1 z = Z  zj ai+1 Ai−j  ×  j=1 i=j |zI − A|  a4 z 3 I + (a3 I + a2 A)z 2 + (a2 I + a3 A + a4 A2 )z = |zI − A|     6 1 0 11 6 1 z3I +  0 6 1  z 2 +  −6 0 0 z −6 −11 0 0 −6 0 = (z − 1)(z − 2)(z − 3) En proc´dant a la d´composition en e ` e fractions simples, on obtient :        18 7 1 27 8 1 38 9 1   z z  zΦ(k) = Z −1  −6 7 1 − −6 16 2  +  −6 27 3   2(z − 1) z−2 2(z − 3) −6 −17 1 −12 −28 4 −18 −39 9  page 8 of 17 E.K.Boukas, 2002
  9. 9. MecatroniqueFinalement,       18 7 1 27 8 1 38 9 1 1 1 Φ(k) = −6 7 1  −  −6 16 2  e−0.694k + −6 27 3  e−1.1k 2 2 −6 −17 1 −12 −28 4 −18 −39 9Solution de l’exercice 8 :L’´quation d’´tat discr`te est donn´e par : e e e e x[(k + 1)T ] = G(T )x(kT ) + H(T )u(kT )o` u G(T ) = eATSachant que : eAT = L−1 (sI − A)−1on calcule : s 0 sI − A = −1 s+1donc 1   1 s+1 0 0 (sI − A)−1 = =  s  s(s + 1) 1 s 1 1  s(s + 1) s+1 1 0 G(T ) = eAT = 1 − e−T e−T T T 1 0 1 H(T ) = eAT dt B = dt 0 0 1 − e−t e−t 0 T 0 1 T = = T + e−T − 1 1 − e−T 0 T + e−T − 1 Finalement, on obtient : x1 [(k + 1)T ] 1 0 x1 (kT ) T = + u(kT ) x2 [(k + 1)T ] 1 − e−T e−T x2 (kT ) T + e−T − 1Solution de l’exercice 9 : 1. Syst`me en boucle ouverte : e La matrice de commandabilit´ est : e 1 1 C = B AB = 1 −5 page 9 of 17 E.K.Boukas, 2002
  10. 10. Mecatronique 1 1 det C = = −6 = 0 1 −5 Le syst`me est donc commandable. e La matrice d’observabilit´ est : e C 1 2 O = = CA −4 −5 1 2 det O = =3=0 −4 −5 Le syst`me est donc observable. e 2. Syst`me en boucle ferm´e : e e Avec la nouvelle commande u(k) = r(k) − Gx(k), le syst`me devient : e x(k + 1) = Ax(k) + B[r(k) − Gx(k)] x(k + 1) = Ax(k) + Br(k) − BGx(k) x(k + 1) = [A − BG]x(k) + Br(k) avec : −g1 1 − g2 A − BG = −2 − g1 −3 − g2 La matrice de commandabilit´ est : e 1 1 − g 1 − g2 C = B (A − BG)B = 1 −5 − g1 − g2 1 1 − g 1 − g2 det C = = −6 = 0 1 −5 − g1 − g2 Le syst`me est donc commandable quelles que soient les valeurs de g 1 et g2 . e La matrice d’observabilit´ est : e C 1 2 O = = CA −3g1 − 4 −3g2 − 5 1 2 det O = = 6g1 − 3g2 + 3 = 0 −3g1 − 4 −3g2 − 5 On constate que le syst`me en boucle ferm´e n’est pas observable pour toutes les valeurs de g 1 et e e g2 qui donne det O = 0.Solution de l’exercice 10 :Le syst`me d’´quations aux diff´rences s’´crit sous la forme matricielle suivante : e e e e x(k + 1) = Gx(k) −0.7 0 x(k + 1) = x(k) 0 −0.7 page 10 of 17 E.K.Boukas, 2002
  11. 11. Mecatronique La stabilit´ selon Liapunov stipule qu’il faut trouver deux matrices P et Q d´finies et positives qui e ev´rifient la relation suivante : e Q = P − GT P G (15) Choisissons Q une matrice identit´ d´finie et positive : e e 1 0 Q = 0 1P est une matrice sym´trique de la forme : e p11 p12 P = p12 p22 Connaissant P , Q et G, l’´quation (15) s’´crit : e e 1 0 p11 p12 −0.7 0 p11 p12 −0.7 0 = − 0 1 p12 p22 0 −0.7 p12 p22 0 −0.7En d´veloppant les matrices ci-dessus, on obtient le syst`me d’´quations alg´briques suivant : e e e e 1 = p11 − (0.7)2 p11 1 = p22 − (0.7)2 p22 0 = p12 − (0.7)2 p12 En solutionnant le syst`me d’´qautions ci-dessus, on obtient : e e 1.96 0 P = 0 1.96 La matrice P ´tant d´finie positive, le syst`me est asymptotiquement stable selon Liapunov. e e eSolution de l’exercice 11 :L’ordre de l’´quation ‘a ´tudier est n = 2. Ainsi, pour une ´quation dont l’ordre est paire, les conditions e e ede stabilit´ sont : e F (1) > 0 F (−1) > 0 |a0 | < a2 Le tableau de Jury consiste en une seule ligne puisque (2n-3=1) : z0 z1 z2 0.15 1 1 Stabilit´ : e F (1) = (1)2 + (1) + 0.15 = 2.15 > 0 F (−1) = (−1)2 + (−1) + 0.15 = 0.15 > 0 |a0 = 0.15| < a2 = 1Toutes les conditions ´tant satisfaites, on conclut que le syst`me est asymptotiquement stable et toutes e eles racines se trouvent a l’int´rieur du cercle unit´. ` e e page 11 of 17 E.K.Boukas, 2002
  12. 12. MecatroniqueSolution de l’exercice 12 :Le tableau de Raible est : 1 2.7 2.26 0.6 0.6 2.26 2.7 1 ka = 0.6/1 = 0.6 b0 = 0.64 0.644 0.64 0 0.64 0.644 kb = 1 0 0 Nous obtenons une ligne de z´ros. C’est un cas singulier qui ne peut ˆtre r´solu qu’en faisant rempla¸ant e e e cz par (1 + )z. L’´quation caract´ristique devient : e e P (z) = (1 + )3 z 3 + 2.7(1 + )2 z 2 + 2.26(1 + )z + 0.6 = 0 2On peut n´gliger toutes les puissances de e plus grande que 1. C’est a dire que l’on n´glige les termes ` e , 3 , 4 , 5 , etc. L’´quation caract´ristique s’´crit : e e e 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 ) ka = 0.6/(1 + 3 ) 0.64 + 6 1.344 + 12.144 0.64 + 5.8 b0 = 0 1+3 1+3 1+3 0.64 + 5.8 1.344 + 12.144 0.64 + 5.8 kb = 1+3 1+3 0.64 + 6 0.256 0.27 c0 = kc = 1.05 (0.64 + 6 )(1 + 3 ) (0.64 + 6 )(1 + 3 ) 0.27 (0.64 + 6 )(1 + 3 ) −0.027 d0 = (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
  13. 13. Mecatronique – pour < 0, on a b0 > 0, c0 < 0, d0 > 0Dans les deux cas, on a un ´l´ment n´gatif (d0 et c0 ). Cela veut dire qu’il y a une racine qui est a ee e `l’ext´rieur du cercle unit´. Le syst`me est donc instable. e e eSolution de l’exercice 13 :La fonction de transfert du syst`me est : e K G(s) = s(τ s + 1)Pour trouver la transform´e en Z de G(s), on r´´crit G(s) ainsi : e ee 1 G(s) = K τ 1 s(s + ) τ D’apr`s les tables, on a : e T   −  1  1 − e τ  z     Z K τ = K 1  T   s(s + )   − τ (z − 1) z − e τ  L’´quation caract´ristique est : e e T   − 1 − e τ  z 1+K = 0 T   − (z − 1) z − e τ  T T T     − − − 2 1 − e τ  − 1 + e τ  z + e τ z + = 0Pour pouvoir utiliser le crit`re de Routh, on proc`de a la transformation bilin´aire suivante : e e ` e 1+w z = 1−wLa nouvelle ´quation caract´ristique est : e e 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 : page 13 of 17 E.K.Boukas, 2002
  14. 14. Mecatronique T T T       − − − r2 K 1 − e τ  2 1 + e τ  − K 1 − e τ  T   − r1 2 1 − e τ  0 T T     − − r0 2 1 + e τ  − K 1 − e τ  T   − Le terme 1 − e τ  est toujours > 0. Le syst`me est stable si : e T T     − − 2  1 + e τ  − K 1 − e τ  > 0 ce qui donne : T 0 < K < 2 coth 2τSolution 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´ du graphe se fait avantageusement sur ordinateur. Par contre, une eesquisse manuelle, telle que celle que l’on va faire, est difficile car G(eωT ) n’est pas une fonction rationnellede ω comme en analogique, mais de eωT . Une fa¸on d’´liminer cette complication est d’introduire la c evariable complexe w donn´e par : e 2 z−1 w = avec z = −1 T z+1Ainsi, T 1+ w 2 z = 2 avec w = T T 1− w 2 1 + 0.5w pour T=1 seconde, on a : z = 1 − 0.5w En rempla¸ant z dans la fonction G(z), on obtient : c T     1+ w 0.5 12−w G(z) = G (w) = G   2  = =  (16) T  1 + 0.5w 3 2  1− w − 0.5 +w 2 1 − 0.5w 3 page 14 of 17 E.K.Boukas, 2002
  15. 15. MecatroniqueSachant que :  T T  −ω ω 2 z−1 2 eωT − 1 2 e 2 − e 2  w = = =   T z+1 T eωT + 1 T  T T  ω −ω e 2 +e 2 2 T w =  tan ω T 2En posant : 2 T ν = tan ω T 2alors, w = νL’´quation (16) devient : e 12− ν G (ν) = 3 2 + ν 3 4 − 3ν 2 −8ν G (ν) = + 4 + 9ν 2 4 + 9ν 2 La construction de G (ν) est ´quivalente a celle de G(eωT ) pour ω ∈ [0, e ` ωN ]. ωN est la pulsation de Nyquist et est exprim´e par : e π ωN = T Finalement, on obtient : Im 6 1 − si ν = 0 =⇒ Re = 1, Im = 0 3 1 Re 1 qqq - si ν = ∞ =⇒ Re = − , Im = 0 qqq 0 qq 3 √ qqq qqq 2 − 3 qq qq si Re = 0 =⇒ ν = √ , Im = qqq qqq qqqqq qqqqq 3 3 qqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq √ I 3 − 3Solution 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´els se trouve entre d’une part 0.368 et 1 et d’autre entre −1.755 et 0. e – Angles des asymptotes : π(2k + 1) β = n−m π(2(0) + 1) π β1 = = 3−1 2 π(2(1) + 1) 3π π β2 = = =− 3−1 2 2 page 15 of 17 E.K.Boukas, 2002
  16. 16. Mecatronique – Intersection du lieu avec l’axe r´el : e dK = 0 dz 2z 3 + 3.897z 2 − 4.8z0.65 = 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´s. e – Si on met z = −1 dans l’´quation caract´ristique, on trouve : e e z + 1.755 (−1) + 1.755 1+K = 1+K =0 =⇒ K = 3.62 z(z − 1)(z − 0.368) (−1)(−1 − 1)(−1 − 0.368) Le lieu des racines est trac´ en vert. Le syst`me est stable pour tous les points du lieu qui se trouvent e ea l’int´rieur du cercle unit´ (en bleu), c.a.d. pour tous les gains k < 3.62.` e e Im 6 qq qqq qq Instable Instable 6 qq q qq qqqqq qq qqq k=3.62 Stable qqqqq qq qqqqqq qq U qqq R -e × × qqqq × −1.75 −1 0 0.37 qqq +1 qqq qqqq qqqqq qqqq qqq qqq qqq qqq qqq ? qqq qqq qqq qqq qqSolution de l’exercice 16 : – La premi`re approximation d’Euler est de type : e z−1 z−1 s = = T 0.1 La fonction de transfert du contrˆleur devient : o z−1 +1 C(z) = 4 0.1 z−1 +2 0.1 z − 0.9 C(z) = 4 z − 0.8 – La deuxi`me approximation d’Euler est de type : e z−1 z−1 s = = Tz 0.1z page 16 of 17 E.K.Boukas, 2002
  17. 17. Mecatronique La fonction de transfert du contrˆleur devient : o z−1 +1 C(z) = 4 0.1z z−1 +2 0.1z z − 0.909 C(z) = 3.66 z − 0.833– L’approximation de Tustin est de type : 2 z−1 2 z−1 z−1 s = = = 20 T z+1 0.1 z + 1 z+1 La fonction de transfert du contrˆleur devient : o 20(z − 1) +1 (z + 1) C(z) = 4 20(z − 1) +2 (z + 1) z − 0.904 C(z) = 3.818 z − 0.818 page 17 of 17 E.K.Boukas, 2002

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