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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




                                                                                                 page 1 of 17



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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


                                                                                                                page 2 of 17



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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

                                                                                                      page 3 of 17



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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

                                                                                                        page 4 of 17



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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)

                                                                                                                page 5 of 17



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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)

                                                                                                           page 6 of 17



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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



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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
                                                                                                                   


                                                                                                       page 8 of 17



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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

                                                                                                                               page 9 of 17



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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



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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

                                                                                                         page 11 of 17



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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

                                                                                                          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 ´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 :




                                                                                                           page 13 of 17



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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



                                                                                                       page 14 of 17



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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

                                                                                                                                                        page 15 of 17



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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
                                                                                              ?
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                                                                                                  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

                                                                                                                          page 16 of 17



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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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47811458 exercices-systemes-echantillonnes

  • 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 page 1 of 17 E.K.Boukas, 2002
  • 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 page 2 of 17 E.K.Boukas, 2002
  • 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 page 3 of 17 E.K.Boukas, 2002
  • 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 page 4 of 17 E.K.Boukas, 2002
  • 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) page 5 of 17 E.K.Boukas, 2002
  • 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) page 6 of 17 E.K.Boukas, 2002
  • 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. 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  page 8 of 17 E.K.Boukas, 2002
  • 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 page 9 of 17 E.K.Boukas, 2002
  • 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. 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 page 11 of 17 E.K.Boukas, 2002
  • 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 page 12 of 17 E.K.Boukas, 2002
  • 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 : page 13 of 17 E.K.Boukas, 2002
  • 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 page 14 of 17 E.K.Boukas, 2002
  • 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 page 15 of 17 E.K.Boukas, 2002
  • 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 page 16 of 17 E.K.Boukas, 2002
  • 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