Le document contient une série d'exercices sur la mécatronique, notamment la transformée en z, les fonctions de transfert, et l'analyse de systèmes discrets et continus. Chaque exercice aborde des concepts variés, y compris la stabilisation, la commandabilité, et l'observabilité des systèmes, ainsi que des méthodes de calcul comme la décomposition en fractions simples et le théorème de la valeur finale. Les solutions aux exercices sont également exposées, illustrant les méthodes et techniques employées.

1. Mecatronique
EXERCICES
Exercice 1 Trouvez la transform´e en Z de la fonction f (t) = sin ωt pour t ≥ 0.
e
Exercice 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 e
Exercice 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 e
Exercice 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 e
Exercice 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 ≤ 0
Exercice 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
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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 e
Exercice 7 Soit le syst`me discret :
e
x(k + 1) = Ax(k)
o` :
u
 
0 1 0
A =  0 0 1 
−6 −11 −6
Utilisez la transform´e en Z pour trouver la matrice de transition du syst`me.
e e
Exercice 8 Un syst`me continu est d´crit par :
e e
x1
˙ 0 0 x1 1
= + u
x2
˙ 1 −1 x2 0
Trouvez la repr´sentation discr`te de ce syst`me.
e e e
Exercice 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 1
D´terminez la commandabilit´ et l’observabilit´ du syst`me en boucle ouverte, c.a.d. u(k) n’est pas une
e e e e
fonction 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 e
Exercice 10 D´terminez la stabilit´ selon Liapunov du syst`me d´crit par les ´quations aux diff´rences
e e e e e e
suivantes :
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
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3. Mecatronique
Exercice 12 En utilisant la m´thode de Raible, ´tudiez la stabilit´ du syst`me d´crit par l’´quation
e e e e e e
caract´ristique suivante :
e
P (z) = z 3 + 2.7z 2 + 2.26z + 0.6 = 0
Exercice 13 ´
Etudiez la stabilit´ du syst`me en boucle ferm´e suivant :
e e e
R(s)-
+ - - K Y (s)
-
− s(τ s + 1)
6
Exercice 14 Soit un syst`me ´chantillonn´ dont la fonction de transfert en boucle ouverte est :
e e e
0.5
G(z) = (2)
z − 0.5
La p´riode d’´chantillonnage ´tant T = 1 seconde, construire le diagramme de Nyquist de ce syst`me.
e e e e
Exercice 15 Tracez le lieu des racines du syst`me discret d´crit par l’´quation caract´ristique sui-
e e e e
vante :
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 e
avance de phase :
s+1
C(s) = 4
s+2
Num´risez ce contrˆleur en utilisant les 2 approximations d’Euler et l’approximation de Tustin pour une
e o
p´riode d’´chantillonnage T = 0.1 sec.
e e
1 SOLUTIONS
Solution 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−at
Finalement, 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
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4. Mecatronique
Sachant que cos ωt s’exprime par :
eωt + e−ωt
cos ωt =
2
alors, l’expression finale de F (z) est :
z sin ωT
F (z) =
z2 − 2z cos ωT + 1
Solution 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−2t
En prenant la transform´ en Z de g(t), on obtient :
e
2z z
G(z) = −
z−e −T z − e−2T
Solution 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→1
Dans 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
0.387z
L’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 + 0.25
la 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
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5. Mecatronique
Solution 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.
e
Calculons 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) = 0
Puisque y(0) = y(1) = 0, alors les conditions initiales sont nulles et la transform´e en Z de l’´quation (1)
e e
est :
z 2 Y (z) − 3zY (z) + 2Y (z) = R(z) (3)
De plus, on a :
∞
R(z) = r(k)z −k = 1
k=0
Finalement, l’´quation (3) s’´crit :
e e
[z 2 − 3z + 2]Y (z) = 1
Ainsi,
1 1 −1 1
Y (z) = = = + (4)
z 2 − 3z + 2 (z − 1)(z − 2) z−1 z−2
Sachant que
Z {y(k + 1)} = zY (z) (5)
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6. Mecatronique
alors, les ´quations (4) et (5) donnent :
e
−z z
Z {y(k + 1)} = zY (z) = +
z−1 z−2
Comme
z
Z 1k =
z−1
z
Z 2k =
z−2
alors, 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)
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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)
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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
= 2.267
Solution 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  z
Φ(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

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9. Mecatronique
Finalement,
     
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 9
Solution 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 ) = eAT
Sachant que :
eAT = L−1 (sI − A)−1
on calcule :
s 0
sI − A =
−1 s+1
donc
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 − 1
Solution de l’exercice 9 :
1. Syst`me en boucle ouverte :
e
La matrice de commandabilit´ est :
e
1 1
C = B AB =
1 −5
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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
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11. Mecatronique
La stabilit´ selon Liapunov stipule qu’il faut trouver deux matrices P et Q d´finies et positives qui
e e
v´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 1
P 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 −0.7
En 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 e
Solution 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 e
de 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 = 1
Toutes les conditions ´tant satisfaites, on conclut que le syst`me est asymptotiquement stable et toutes
e e
les racines se trouvent a l’int´rieur du cercle unit´.
` e e
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12. 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 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 c
z 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
2
On 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
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13. Mecatronique
– pour < 0, on a b0 > 0, c0 < 0, d0 > 0
Dans 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 e
Solution 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 + = 0
Pour pouvoir utiliser le crit`re de Routh, on proc`de a la transformation bilin´aire suivante :
e e ` e
1+w
z =
1−w
La 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 :
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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
2τ
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´ du graphe se fait avantageusement sur ordinateur. Par contre, une
e
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¸on d’´liminer cette complication est d’introduire la
c e
variable complexe w donn´e par :
e
2 z−1
w = avec z = −1
T z+1
Ainsi,
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
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15. Mecatronique
Sachant 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 2
En posant :
2 T
ν = tan ω
T 2
alors,
w = ν
L’´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
−
3
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´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
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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 e
a 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
qq
Solution 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
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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
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