Le document traite de l'étude des fonctions de transfert en boucle fermée des systèmes asservis, à la fois pour des systèmes analogiques et numériques, avec des exemples de correcteurs et de réponses à des échelons. Il aborde divers exercices qui illustrent le comportement des systèmes selon différentes configurations de correcteurs, y compris l'influence de retards et d'éventuels problèmes d'instabilité. Les conclusions soulignent l'importance de la conception des correcteurs pour garantir une performance adéquate du système dans des conditions spécifiques.

1. EXERCICESSURLESASSERVISSEMENTSNUMERIQUES
Exercice 17
Etudier la fonction de transfert en boucle fermée de l'asservissement par ordinateur d'un
système analogique du premier ordre encadré par le CNA et le CAN quand le correcteur est
une simple constante.
La fonction de transfert analogique est
ω
ω
0
0 + p . Après numérisation elle devient :
( )
( )G z
p
z p
p z
p z
=
−
−
=
−
−
−
−
1 1
1
0
0
0
1
0
1
avec .p e Te
0
0= −ω
A G(z)
Donc
( )
( )
H z A
p z
p z
BO =
−
−
−
−
1
1
0
1
0
1
et
( )
( )
( )
( )
( )
H z
H z
H z
A p z
p z A p z
BF
BO
BO
=
+
=
−
− + −
−
− −1
1
1 1
0
1
0
1
0
1
( )
( )
( )( )
H z
A p z
p A p z
BF =
−
− − −
−
−
1
1 1
0
1
0 0
1
que l'on peut écrire, en posant
A
A
A
'
=
+1 et
,( )p p A p0 0 01'
= − −
( )
( )H z A
p z
p z
BF =
−
−
−
−
'
'
'
1
1
0
1
0
1
p0 0'
= quand
A
p
p
=
−
0
01 et devient négatif au delà. Finalement sip0 1'
= −
A
p
p
=
+
−
1
1
0
0 .
La réponse à un échelon est la transformée inverse de
( )A
p
z p
z
z
'
'
'
1
1
0
0
−
−
⋅
−
qui s'écrit aussi
A
z
p
z p
'
'
'
1
1
0
0
−
−
−
⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
. Elle vaut donc : . La valeur finale est A
( ) ( )y n A p u nu
n
= −⎛
⎝
⎜ ⎞
⎠
⎟ −' '
1 10 '
.
p'0 = 0,8782 f'0/fe = 0,0207
A = 3 A' = 0,75
p'0 = 0,7564 f'0/fe = 0,0444
A = 10 A' = 0,9091
p'0 = 0,3301 f'0/fe = 0,1764
A = 28 A' = 0,9655
p'0 = -0,7661
A = 1 A' = 0,5
f0/fe = 0,01 p0 = 0,94
0
0,5
1
0 10 20 30 40 50
BO (A=1) BF A= 1
BF A= 3 BF A= 10

2. BF pour A= 15,421
0
0,5
1
0 10 20 30 40 50
BF A= 28
0
0,5
1
1,5
2
0 10 20 30 40 50
Exercice 18
On considère un système numérique comportant un zéro = 0,1 et deux pôles imaginaires
conjugués = 0,85 e±j2π0,13
avec un coefficient global = 1. Etudier la fonction de transfert en
boucle fermée :
1) S'il y a un retard additionnel (numérateur de degré 2) pour le correcteur HC(z) = 100.
2) Sans retard additionnel (numérateur de degré 1) pour le correcteur HC(z) = 100.
3) Sans retard additionnel pour le correcteur
H z
z z
z zC( )
, ,
,
=
− +
− −
2
1164 0 723
01
1
1 .
1) Si l'on considère que
( )
H z
z z
z z
z z
z z
( )
,
, cos( , ) ,
,
, ,
=
−
− ⋅ +
=
−
− +
01
2 0 85 2 013 0 85
01
1164 0 7232 2
2
2
π
alors on peut écrire
H z
z
z
( )
,
, ,
1 01
1 1164 0 723
1
1
−
− +
−
−
z 2−
ce qui conduit à :
ax0 = 1 ax1 = -0,1 ay1 = 1,164 ay2 = -0,723.
Sa réponse à un échelon unité est la suivante :
Réponse à un échelon du processus seul
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
Si HC(z) = 100, la fonction de transfert en boucle fermée est :
H z
z
z z z
z
z z
BF( )
, ,
,
, ,=
−
− + − +
=
−
− +
−
− − −
−
− −
100 10
100 10 1 1164 0 723
1 01
1
1
1 1 2
100
101
1
11164
101
1 0 723
101
2

3. H z
z
z
BF( ) ,
,
, ,
=
−
− +
−
−0 99
1 01
1 011 0 0072
1
1
z−2
(pôles = 0,0846 e±j2π0,137
)
soit : ax0 = 0,99 ax1 = -0,099 ay1 = 0,11 ay2 = -0,00715.
Réponse à un échelon en boucle fermée
0,99
0,992
0,994
0,996
0,998
1
1,002
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
2) Mais si on prend
H z
z
z z
z
z z
( )
,
, cos( , ) ,
,
, ,
=
−
− ⋅ +
=
−
− +
01
2 0 85 2 013 0 85
01
1164 0 7232 2 2
π
H z
z z
z
( )
,
, ,
− −
−
−
− +
1 2
1
01
1 1164 0 723z−2
ce qui conduit à
ax0 = 0 ax1 = 1 ax2 = -0,1 ay1 = 1,164 ay2 = -0,723. Sa réponse à un
échelon unité est la suivante :
Réponse à un échelon du processus seul
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
.
H z
z z
z z z z
z
z z
BF ( )
, ,
,
, ,
=
−
− + − +
=
−
+ −
− −
− − − −
−
− −
100 10
100 10 1 1164 0 723
100
1 01
1 98 836 9 277
1 2
1 2 1 2
1
1 2
Les pôles sont égaux à 0,094 et -98,9. Le système est instable.
Il faut un correcteur plus élaboré.
Conclusion : Le simple retard d'un coup d'horloge complique considérablement le
problème.
3) Considérons toujours
H z
z
z z
( )
,
, ,
=
−
− +
01
1164 0 7232
et prenons le correcteur de fonction de
transfert
H z
z z
zC( )
, ,
,
=
− +
−
2
1164 0 723
01
1
1z − . Il est clair que
H z
zBO( ) =
−
1
1 et donc que

4. H z
zBF ( ) =
1
. Quelle que soit l'entrée, elle est reproduite exactement à un coup d'horloge
près.
H z
z z
z z
C( )
, ,
, ,
=
− +
− +
− −
− −
1 1164 0 723
1 11 01
1 2
1 2
ax0 = 1 ax1 = -1,164 ax2 = 0,723 ay1 = 1,1 ay2 = -0,1.
-1
-0,5
0
0,5
1
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
x(n)
y(n) BF
Exercice 19
Un processus échantillonné est caractérisé par une relation de récurrence ayant les
coefficients suivants :
ax0 = 0
ax1 = 1 ay1 = 1,6
ax2 = -0,9 ay2 = -0,8
On lui associe un correcteur dont la relation de récurrence a les coefficients suivants :
ax0 = 1
ax1 = -1,6 ay1 = 2
ax2 = 0,8 ay2 = -1
1) Donner l'expression de la fonction de transfert du processus à l'aide de polynômes ne
contenant que des puissances positives de z.
2) Donner l'expression de la fonction de transfert du correcteur à l'aide de polynômes ne
contenant que des puissances positives de z. Quelle particularité intéressante présente-t-
elle ?
3) Calculer la fonction de transfert en boucle ouverte HBO(z).
4) Calculer la fonction de transfert en boucle fermée HBF(z). Que vaut HBF(1) ? Est-ce
normal ?
5) Quelle est l'erreur de poursuite à vitesse constante du système asservi ?
6) Trouver l'expression générale de la réponse impulsionnelle en boucle fermée.
1)
( )G z
z
z z
=
−
− +
0 9
16 082
,
, ,

5. 2)
( )
( )
H z
z z
z z
z z
z
C =
− +
− +
=
− +
−
2
2
2
2
16 08
2 1
16 08
1
, , , ,
contient une double intégration (erreur statique et
erreur de poursuite à vitesse constante nulle).
3)
( )
( ) ( )
H z
z
z z
z z
z
z
z
BO =
−
− +
⋅
− +
−
=
−
−
0 9
16 08
16 08
1
0 9
1
2
2
2 2
,
, ,
, , ,
.
4)
( )
( )
( )
H z
H z
H z
z
z z
BF
BO
BO
=
+
=
−
− +1
0 9
012
,
, . HBF(1) = 1 (erreur statique nulle).
5)
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
ε ∞ = − ⋅ = = =→ − + → −
−
− + −
lim lim
, ,
ite
z
z
z H z
ite
z
z
z
z
z z
z
BO1 1
1
1 1 1
1
1 0 9
0
0 1
1 02
2
2
.
6)
( )H zBF
z
z z z z
= = −−
− + − −
0 9
0 1
10164
0 113
0 0164
0 8872
,
,
,
,
,
,
et donc .
( ) ( ) ( )[ ] ( )h n u n
n n
= ⋅ − ⋅ −
− −
10164 0113 0 0164 0 887 1
1 1
, , , ,
Exercice 20
On considère deux processus
( )G z
z z
z z
1
2
2
0 5 15
15 0 64
=
− −
− +
, ,
, , et
( )
( )( )
G z
z z
z z z
2
2
2
0 5 0 5
13 0 49 0 3
=
− −
− + +
, ,
, , .
.
Qu'est-ce qui les distingue du point de vue du correcteur qu'on peut leur associer?
Un correcteur PID est-il envisageable pour les deux.
( )
( )( )
G z
z z
z z
1 2
15 1
15 0 64
=
− +
− +
,
, , comporte un zéro "instable" alors que les deux zéros de
( )
( )( )
( )( )
G z
z z
z z z
2 2
0 5 1
13 0 49 0 3
=
+ −
− + +
,
, , .
sont stables. Un correcteur du type compensation des pôles
n'est donc pas possible pour le premier. Bien entendu Un correcteur PID est parfaitement
envisageable pour les deux.
Exercice 21
Un processus analogique a comme fonction de transfert
( )H p
p p
=
+ +− −
1
1 10
6
10
36
3 6
2
.
On souhaite l'asservir à l'aide d'un micro-ordinateur muni de ses cartes d'entrée-sortie CAN
et CNA. Proposer un correcteur qui assure une erreur de poursuite à vitesse constant nulle et
calculer la relation de récurrence à programmer pour la loi de commande. On précise que
l'échantillonnage est effectué à 10 kHz et que l'on souhaite que l'erreur de poursuite soit nulle
dès le troisième coup d'horloge compté à partir du début de la rampe.

6. ω0 = 6 103
, m = 0,5
( )G z
a z a
z b z b
=
+
+ +
1 0
2
1 0 avec a1 = 0,145 b1 = -1,286 a0 = 0,118
b0 = 0,549.
On choisit un modèle
( )
( )
( ) ( )
f z
K z z
z K z Kz
=
−
+ − + −
0
2
02 1 avec K = 2 et z0 = 0,5 soit
.( )f z z z= −− −
2 1 2
( )
( )
( ) ( ) ( )
H zC
f z
f z G z
z
z
z b z b
a z a= =−
−
−
+ +
+1
1 2 1
1 2
2
1 0
1 0 soit
( )
( ) ( )
( ) ( )
H zC
z b z b b z b
a z a a z a a z a
=
+ − + − −
+ − + − +
2 2 1 2
2 2
3
1
2
0 1 0
1
3
0 1
2
1 0 0
( )H zC
z z
z z z
= − + −
− − +
− −
− − −
13 833 24 706 16 487 3 796
1 1183 0 634 0 817
1 2
1 2 3
, , , ,
, , ,
z−3
Exercice 22
On a relevé la réponse à un échelon unitaire, en boucle fermée, d'un processus asservi
(retour unitaire) échantillonné. Les échantillons obtenus sont donnés dans le tableau suivant :
n 0 1 2 3 4 5 6 7 … ∞
rép. indicielle 0 0,9 1 1 1 1 1 1 … 1
1) Montrer que sa réponse impulsionnelle, en boucle fermée, est :
n 0 1 2 3 4 5 6 7 … ∞
rép. impulsionnelle 0 0,9 0,1 0 0 0 0 0 … 0
En déduire la fonction de transfert en boucle fermée HBF(z).
2) En déduire la fonction de transfert en boucle ouverte HBO(z). Factoriser pour faire
apparaître les zéros et le pôles. Quelle particularité intéressante présente-t-elle ?
3) La loi de commande implantée est :
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]
( ) ( )
y n x n y n x n y n x n y n
y n y n
0
0 0
0 9 1 1 0 62 2 2 0 08 3 3
0 9 1 01 2
= − − − − − − − − − − −
+ − + −
, , ,
, , .
Quelle est la fonction de transfert du correcteur ? Factoriser pour faire apparaître les zéros
et le pôles.
4) Quelle est la fonction de transfert du processus numérisé ?
5) Comparer les réponses indicielles du processus (numérisé) seul et du processus asservi
(boucle fermée). Quels sont les avantages de l'asservissement ?
6) Le même modèle de fonction transfert en boucle fermée et le même principe de calcul
du correcteur peuvent-ils être utilisés avec un processus dont la fonction de transfert
numérisée serait
( )G z
z
z z
=
−
− +
0 7
14 082
,
, , ? Quel correcteur proposez-vous ? Donner sa
fonction de transfert et les coefficients de sa relation récurrente.

7. 1) La réponse indicielle est "l'intégrale" de la réponse impulsionnelle. La transformée de la
réponse impulsionnelle est la fonction de transfert. La fonction de transfert en boucle fermée
est donc : .( )H z z zBF = +− −
0 9 011 2
, ,
2)
( )
( )
( ) ( )( )
H z
H z
H z
z z
z z
z
z z
z
z z
BO
BF
BF
=
−
=
+
− −
=
+
− −
=
+
− +
− −
− −1
0 9 01
1 0 9 01
0 9 01
0 9 01
0 9 01
1 0
1 2
1 2 2
, ,
, ,
, ,
, ,
, ,
,1
.
HBO(z) présente une intégration qui assure une erreur statique nulle.
3)
( )
( )
( )( )
( )( )
H z
z z z
z z
z z
z z z
z z
z z z
C =
− −
− −
=
− −
− −
=
− +
− +
− − −
− −
0 9 0 62 0 08
1 0 9 01
0 9 0 62 0 08
0 9 01
08 0 9 01
1 01
1 2 3
1 2
2
2
, , ,
, ,
, , ,
, ,
, , ,
,
4)
( )
( )
( ) ( )( )
( )( )
( )( )
G z
H z
H z
z
z z
z z z
z z
z
z
BO
C
= =
+
− +
⋅
− +
− +
=
−
0 9 01
1 01
1 01
08 0 9 01 08
, ,
,
,
, , , ,
5) La transformée de la réponse indicielle du processus seul est :
( )Y z
z
z
z
z
z
z
z
z
u =
−
⋅
−
=
−
−
−
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
08 1
5
1
08
08,
,
, .
La réponse indicielle du processus seul est donc
( ) ( ) ( )y n u nu
n
= − +
5 1 08 1
,
.
n 0 1 2 3 4 5 6 7 … ∞
rép. indicielle 1 1,8 2,44 2,95 3,36 3,69 3,95 4,16 … 5
L'asservissement permet d'obtenir la valeur finale (1 au lieu de 5) beaucoup plus vite.
6) Le correcteur était
( )
( )( )
H z
z
z z
z
z
C =
+
− +
⋅
−0 9 01
1 01
08, ,
,
,
de la forme
( ) ( )
( )
H z H z
G z
C BO= ⋅
1
.
Si l'on construit le nouveau correcteur sur le même principe on obtient :
( )H z
z
z z
z z
z
C =
+
− −
⋅
− +
−
0 9 01
0 9 01
14 08
0 72
2
, ,
, ,
, ,
,
qui est causal donc réalisable.
On trouve que :
( )H z
z z
z z z
C =
− + +
− + +
− −
− −
0 9 116 058 0 08
1 16 053 0 07
1 2
1 2
, , , ,
, , ,
z−
−
3
3
Exercice 23
On considère un processus et un correcteur dont les équations de récurrence sont
respectivement :
processus : y(n) = x(n-2) + 1,6 y(n-1) - 0,81 y(n-2)
correcteur : y(n) = x(n) - 1,6 x(n-1) + 0,81 x(n-2) + y(n-2)
1) Calculer leurs fonctions de transfert et en déduire leurs zéros et leurs pôles.
2) Calculer les fonctions de transfert en boucle ouverte et fermée. Le système est-il stable ?
Quelle est sa particularité ?

8. 3) Quel correcteur proposez-vous pour un processus y1(n) = x(n-1) - 1,6 y(n-1) + 0,81 y(n-2).
4) Même question pour un processus y2(n) = x(n) - 1,6 y(n-1) + 0,81 y(n-2).
1)
( )H z z
z z z z
= =
−
− −
− + − +
2
1 2 2 1
1 1 6 0 81
1
1 6 0 81, , , , , pôles 0,9 ± j2 0 0757π ,
( ) ( )( )H zC
z z
z
z z
z
z z
z z
= = =
− +
−
− +
−
− +
− +
− −
−
1 1 6 0 81
1
1 6 0 81
1
1 6 0 81
1 1
1 2
2
2 1
2
2 1
, , , , , ,
zéros 0,9 ± 2 0 0757π ,
2)
( )H zBO
z
=
− −
1
1 2
,
( )H zBF
H
H z
BO
BO
= =+ −1
1
2
3)
( )H z z
z z
1
1 6 0 812 1=
− +, , , il faut ( )H zBO z1
1
1= − pour que
( )H zBF z1
1
=
( ) ( )H zC
z z
z z
z z
z
1
1 6 0 81
1
1 1 6 0 81
1
2 1 1
1= =
− +
−
− +
−
− −
−
, , , , 2
Correcteur : y1(n) = x(n) - 1,6 x(n-1) + 0,81 x(n-2) + y(n-1).
4)
( )H z z
z z2 1 6 0 81
2
2 1=
− +, , , il faut ( )H zB AO2 = grand
( ) ( )H z A z zC2
1 2
1 16 0 81= − +− −
, ,
Correcteur : y2(n) = A[x(n) - 1,6 x(n-1) + 0,81 x(n-2)].
Exercice 24
Un processus échantillonné est connu par son diagramme de Bode donné sur la figure ci-
jointe. On veut réaliser son asservissement numérique et utiliser un correcteur PID.
1) Si on n'utilisait que l'action proportionnelle, quelle valeur maximum pourrait-on donner à
son coefficient K ?
2) Tracer le diagramme de Bode du correcteur quand K=Kd=0 et Ki=0,0063.
3) Tracer le diagramme de Bode du correcteur quand K=Ki=0 et Kd=0,16.
4) En déduire le diagramme de Bode du correcteur quand K=0,01; Ki=0,0063 et Kd=0,16.
5) Tracer alors le diagramme de Bode du système en boucle ouverte. Ce réglage du correcteur
assure-t-il la stabilité et si oui vous parait-il adapté ? Justifier vos réponses.
1) Le déphasage 180° est obtenu à la fréquence relative f/fe ≈ 0,035 et correspond à un gain ≈
9. Il faut donc que K soit inférieur à 1/9 pour que le gain de boucle soit inférieur à 1 à cette
fréquence. Il est facile de voir qu'alors le critère de Nyquist sera satisfait.
2) , 3) , 4) , 5) : voir courbes ci-dessous.
La séparation entre les zones où l'action I et D sont dominantes se produit à la fréquence
relative f/fe ≈ 0,03 de résonance du processus et ainsi la courbe en boucle ouverte est
relativement monotone avec deux régions correspondant respectivement à un comportement
premier et second ordre. Le gain 1 est franchi à la fréquence relative f/fe ≈ 0,0075 pour

9. laquelle le retard de phase est ≈ 110°. La marge de phase est ainsi ≈ 70° ce qui est
confortable. Le système est bien entendu stable et sa réponse dynamique pas ou peu
oscillante.
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
0,001
0,01
0,1
1
10
100
0,0001 0,001 0,01 0,1 1f / fe
-270
-180
-90
0
90
0,0001 0,001 0,01 0,1 1f / fe
I
PID
D
PID
D I
0,001
0,01
0,1
1
10
100
0,0001 0,001 0,01 0,1 1f / fe
-270
-180
-90
0
90
0,0001 0,001 0,01 0,1 1f / fe
BO
BO

11. Diagramme de Bode du processus
0,001
0,01
0,1
1
10
100
0,0001 0,001 0,01 0,1 1f / fe
-270
-180
-90
0
90
0,0001 0,001 0,01 0,1 1f / fe