1.
Mecatronique
EXERCICES
Exercice 1 Trouvez la transform´e en Z de la fonction f (t) = sin ωt pour t ≥ 0.
e
Exercice 2 Soit la fonction de transfert suivante :
s+3
G(s) =
(s + 1)(s + 2)
Trouvez la fonction de transfert en Z, G(z) en utilisant la m´thode de d´composition en fraction simples.
e e
Exercice 3 Soit la fonction en Z suivante :
0.387z 2
G(z) =
(z − 1)(z 2− 2.37z + 0.25)
trouvez la valeur de f (kT ) en utilisant le th´or`me de la valeur finale.
e e
Exercice 4 Soit F (z) donn´e par :
e
10z
F (z) =
(z − 1)(z − 2)
En utilisant la m´thode des r´sidus, trouvez la fonction inverse f (kT ).
e e
Exercice 5 Trouvez la r´ponse au syst`me d´crit par l’´quation aux diff´rences suivante :
e e e e e
y(k + 2) − 3y(k + 1) + 2y(k) = r(k) (1)
avec
r(0) = 1
r(k) = 0 pour k = 0
y(k) = 0 pour k ≤ 0
Exercice 6 Soit le syst`me de contrˆle suivant :
e o
+
R(s)- - A/N - - N/A - Ampli - Syst`me Y (s)
-
Ordinateur e
−
6
Trouvez :
1. le sch´ma-bloc ´quivalent
e e
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2.
Mecatronique
Y (z)
2. la fonction de transfert puls´e
e si
R(z)
2.64
la fonction de transfert du syst`me est :
e Gp (s) =
s(s + 6)
la fonction de transfert de l’ordinateur est : D(s) = 1
la fonction de transfert de l’amplificateur est : A(s) = 1
la p´riode d’´chantillonnage est :
e e T = 1 seconde
1 − e−sT
la fonction de transfert du bloqueur d’ordre z´ro est :
e GB.O.Z. =
s
3. l’erreur en r´gime permanent si R(s) est un ´chelon unitaire.
e e
4. l’erreur en r´gime permanent si R(s) varie lin´airement dans le temps (rampe unitaire).
e e
Exercice 7 Soit le syst`me discret :
e
x(k + 1) = Ax(k)
o` :
u
 
0 1 0
A =  0 0 1 
−6 −11 −6
Utilisez la transform´e en Z pour trouver la matrice de transition du syst`me.
e e
Exercice 8 Un syst`me continu est d´crit par :
e e
x1
˙ 0 0 x1 1
= + u
x2
˙ 1 −1 x2 0
Trouvez la repr´sentation discr`te de ce syst`me.
e e e
Exercice 9 Soit le syst`me discret :
e
x(k + 1) = Ax(k) + Bu(k)
y(k) = Cx(k)
o` :
u
0 1 1
A = B = C = 1 2
−2 −3 1
D´terminez la commandabilit´ et l’observabilit´ du syst`me en boucle ouverte, c.a.d. u(k) n’est pas une
e e e e
fonction de x(k) et aussi du syst`me en boucle ferm´e avec u(k) = r(k) − Gx(k), G = g1 g2 x(k).
e e
Exercice 10 D´terminez la stabilit´ selon Liapunov du syst`me d´crit par les ´quations aux diff´rences
e e e e e e
suivantes :
x1 (k + 1) = −0.7x1 (k)
x2 (k + 1) = −0.7x2 (k)
Exercice 11 ´
Etudiez la stabilit´ du syst`me en utilisant le crit`re de Jury :
e e e
P (z) = z 2 + z + 0.15
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3.
Mecatronique
Exercice 12 En utilisant la m´thode de Raible, ´tudiez la stabilit´ du syst`me d´crit par l’´quation
e e e e e e
caract´ristique suivante :
e
P (z) = z 3 + 2.7z 2 + 2.26z + 0.6 = 0
Exercice 13 ´
Etudiez la stabilit´ du syst`me en boucle ferm´e suivant :
e e e
R(s)-
+ - - K Y (s)
-
− s(τ s + 1)
6
Exercice 14 Soit un syst`me ´chantillonn´ dont la fonction de transfert en boucle ouverte est :
e e e
0.5
G(z) = (2)
z − 0.5
La p´riode d’´chantillonnage ´tant T = 1 seconde, construire le diagramme de Nyquist de ce syst`me.
e e e e
Exercice 15 Tracez le lieu des racines du syst`me discret d´crit par l’´quation caract´ristique sui-
e e e e
vante :
z + 1.755
G(z) = K
z(z − 1)(z − 0.368)
Exercice 16 Soit un contrˆleur analogique proportionnel de gain k = 4 ´quip´ en s´rie d’un filtre
o e e e
avance de phase :
s+1
C(s) = 4
s+2
Num´risez ce contrˆleur en utilisant les 2 approximations d’Euler et l’approximation de Tustin pour une
e o
p´riode d’´chantillonnage T = 0.1 sec.
e e
1 SOLUTIONS
Solution de l’exercice 1 :
Exprimons la fonction sin ωt sous la forme suivante :
eωt − e−ωt eωt e−ωt
sin ωt = = −
2 2 2
En prenant la transform´e en Z, on a :
e
eωt e−ωt
Z {sin ωt} = Z −
2 2
Sachant que :
z
Z eat =
z − e−at
Finalement, on obtient :
1 z z
F (z) = ωT
−
2 z−e z − e−ωT
1 z(z − eωT − e−ωT )
F (z) =
2 z2 − z(eωT + e−ωT ) + 1
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4.
Mecatronique
Sachant que cos ωt s’exprime par :
eωt + e−ωt
cos ωt =
2
alors, l’expression finale de F (z) est :
z sin ωT
F (z) =
z2 − 2z cos ωT + 1
Solution de l’exercice 2 :
D´composition en fractions simples :
e
s+3 A B
G(s) = = +
(s + 1)(s + 2) s+1 s+2
(s + 3) (s + 3) (−1 + 3)
A = lim (s + 1) = lim = =2
s→−1 (s + 1)(s + 2) s→−1 (s + 2) (−1 + 2)
(s + 3) (s + 3) (−2 + 3)
B = lim (s + 2) = lim = = −1
s→−2 (s + 1)(s + 2) s→−2 (s + 1) (−2 + 1)
On obtient :
2 1
G(s) = −
s+1 s+2
En prenant la transform´ inverse de G(s), on obtient :
e
g(t) = 2e−t − e−2t
En prenant la transform´ en Z de g(t), on obtient :
e
2z z
G(z) = −
z−e −T z − e−2T
Solution de l’exercice 3 :
Le th´or`me de la valeur finale est :
e e
lim F (kT ) = lim (1 − z −1 )F (z)
k→∞ z→1
Dans notre cas, on a :
0.387z 2
(1 − z −1 )F (z) = (1 − z −1 )
(z − 1)(z 2 − 2.37z + 0.25)
z−1 0.387z 2
=
z (z − 1)(z 2 − 2.37z + 0.25)
0.387z
=
z 2 − 2.37z + 0.25
0.387z
L’expression n’ayant aucun pˆle sur ou en dehors du cercle unit´, alors le th´or`me de
o e e e
z2
− 2.37z + 0.25
la valeur finale peut ˆtre appliqu´.
e e
On obtient :
0.387z
lim F (kT ) = lim = −0.345
k→∞ z→1 z 2 − 2.37z + 0.25
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5.
Mecatronique
Solution de l’exercice 4 :
La m´thode des r´sidus consiste a calculer la somme des r´sidus de F (z)z k−1 aux pˆles de F (z).
e e ` e o
Les pˆles de F (z) sont : z1 = 1 et z2 = 2.
o
Ainsi,
10z
f (kT ) = somme des r´sidus de
e aux points z1 = 1 et z2 = 2
(z − 1)(z − 2)
ce qui donne :
10z 10z
f (kT ) = (z − 1)z k−1 + (z − 2)z k−1
(z − 1)(z − 2) z1 =1 (z − 1)(z − 2) z2 =2
f (kT ) = −(10).1k + (10).2k
f (kT ) = −10(1 + 2k )
Solution de l’exercice 5 :
La transform´e en Z de l’´quation (1) est :
e e
[z 2 Y (z) − z 2 y(0) − zy(1)] − 3[zY (z) − zy(0)] + 2Y (z) = R(z)
Par hypoth`se, on a y(0) = 0.
e
Calculons y(1) en rempla¸ant dans l’´quation (1) k par −1. On obtient :
c e
y(−1 + 2) − 3y(−1 + 1) + 2y(−1) = r(−1)
y(1) − 3y(0) + 2y(−1) = r(−1)
y(1) − 0 + 0 = 0
y(1) = 0
Puisque y(0) = y(1) = 0, alors les conditions initiales sont nulles et la transform´e en Z de l’´quation (1)
e e
est :
z 2 Y (z) − 3zY (z) + 2Y (z) = R(z) (3)
De plus, on a :
∞
R(z) = r(k)z −k = 1
k=0
Finalement, l’´quation (3) s’´crit :
e e
[z 2 − 3z + 2]Y (z) = 1
Ainsi,
1 1 −1 1
Y (z) = = = + (4)
z 2 − 3z + 2 (z − 1)(z − 2) z−1 z−2
Sachant que
Z {y(k + 1)} = zY (z) (5)
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6.
Mecatronique
alors, les ´quations (4) et (5) donnent :
e
−z z
Z {y(k + 1)} = zY (z) = +
z−1 z−2
Comme
z
Z 1k =
z−1
z
Z 2k =
z−2
alors, on obtient :
y(k + 1) = −1 + 2k pour k = 0,1,2, · · ·
finalement, la r´ponse est :
e
y(k) = −1 + 2k−1 pour k = 1,2,3, · · ·
Solution de l’exercice 6 :
1. En repr´sentant l’amplificateur et le syst`me par Gp (s), le sch´ma-bloc ´quivalent est :
e e e e
+
R(s)- E(s)
- E ∗ (s)
- U (s)
- U ∗ (s)
- W (s)
- Y (s)
-
D(s) B.O.Z. Gp (s)
−
6
2. La fonction de transfert puls´e est :
e
Y (s) = Gp (s)W (s) = Gp (s)GB.O.Z. U ∗ (s)
En appelant G(s) = Gp (s)GB.O.Z. , on obtient :
Y (s) = G(s)U ∗ (s)
donc :
∗
Y ∗ (s) = [G(s)U ∗ (s)] = G∗ (s)U ∗ (s)
ou Y (z) = G(z)U (z) (6)
D’un autre cˆt´, on a :
oe
U (s) = D(s)E ∗ (s)
donc :
∗
U ∗ (s) = [D(s)E ∗ (s)] = D∗ (s)E ∗ (s)
ou U (z) = D(z)E(z) (7)
Au niveau du comparateur, on a :
E(s) = R(s) − Y (s)
donc :
∗
E ∗ (s) = [R(s) − Y (s)] = R∗ (s) − Y ∗ (s)
ou E(z) = R(z) − Y (z) (8)
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7.
Mecatronique
En rempla¸ant (6) et (7) dans (8), on obtient :
c
E(z) = R(z) − G(z)U (z) = R(z) − G(z)D(z)E(z)
E(z) [1 + G(z)D(z)] = R(z)
R(z)
E(z) = (9)
1 + G(z)D(z)
En rempla¸ant (7) et (9) dans (6), on obtient :
c
R(z)
Y (z) = G(z)U (z) = G(z)D(z)E(z) = G(z)D(z)
1 + G(z)D(z)
G(z)D(z)
Y (z) = R(z) (10)
1 + G(z)D(z)
Sachant que :
2.64 1 − e−sT 1
G(s) = Gp (s)GB.O.Z. (s) = = 2.64(1 − e−sT ) 2
s(s + 6) s s (s + 6)
1
G(z) = 2.64(1 − z −1 )Z (11)
s2 (s + 6)
1
Calculons la transform´e inverse de Z
e en utilisant la d´composition en fraction simple :
e
s2 (s + 6)
1 A B C
= + +
s2 (s + 6) s2 s s+6
1 1
A = lim 2 s2 =
s→0 s (s + 6) 6
d 1 −1
B = lim 2 (s + 6)
s2 =
s→0 ds s 36
1 1
C = lim (s + 6) =
s→−6 s2 (s + 6) 36
ce qui donne :
1 1/6 1/36 1/36
= − +
s2 (s + 6) s2 s s+6
la transform´e en Z de cette expression est :
e
1/6 1/36 1/36 1 Tz 1 z(1 − e−6T
Z − + = − (12)
s2 s s+6 6 (z − 1)2 6 (z − 1)(z − e−6T
En rempla¸ant (12) dans (11), on obtient :
c
2.64 Tz 1 z(1 − e−6T
G(z) = (1 − z −1 ) −
6 (z − 1)2 6 (z − 1)(z − e−6T
2.2z + 0.44
G(z) = (13)
(z − 1)(6z − 0.015)
En rempla¸ant D(z) = 1 et (13) dans (10), on obtient :
c
2.2z + 0.44
.1
(z − 1)(6z − 0.015)
Y (z) = R(z)
2.2z + 0.44
1+ .1
(z − 1)(6z − 0.015)
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8.
Mecatronique
Finalement, on obtient :
Y (z) 2.2z + 0.44
= (14)
R(z) (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44
z
3. Puisque l’entr´e est un ´chelon unitaire, alors R(z) =
e e et l’expression de l’erreur en r´gime
e
z−1
permanent est :
e(∞) = lim (1 − z −1 )E(z) = lim (1 − z −1 )[R(z) − Y (z)]
z→1 z→1
z 2.2z + 0.44 z
= lim (1 − z −1 ) − ×
z→1 z − 1 (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 z − 1
z−1 z 2.2z + 0.44 z
= lim − ×
z→1 z z − 1 (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 z − 1
= 0
Tz z
4. Puisque l’entr´e est une rampe unitaire, alors R(z) =
e 2
= et l’expression de l’erreur
(z − 1) (z − 1)2
en r´gime permanent est :
e
e(∞) = lim (1 − z −1 )E(z) = lim (1 − z −1 )[R(z) − Y (z)]
z→1 z→1
z 2.2z + 0.44 z
= lim (1 − z −1 ) − ×
z→1 (z − 1)2 (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 (z − 1)2
z−1 z 2.2z + 0.44 z
= lim − ×
z→1 z (z − 1)2 (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 (z − 1)2
= 2.267
Solution de l’exercice 7 :
L’´quation caract´ristique est :
e e
λ −1 0
|λI − A| = 0 λ −1 = λ3 + 6λ2 + 11λ + 6 = 0
6 11 λ+6
= (λ − 1)(λ − 2)(λ − 3) = 0
Les coefficients du polynˆme de l’´quation caract´ristique sont a4 = 1, a3 = 6, a2 = 11 et a1 = 6.
o e e
La matrice de transition est :
  
n n
 1 
Φ(k) = Z −1 (zI − A)−1 z = Z  zj ai+1 Ai−j  ×

j=1 i=j
|zI − A| 
a4 z 3 I + (a3 I + a2 A)z 2 + (a2 I + a3 A + a4 A2 )z
=
|zI − A|
   
6 1 0 11 6 1
z3I +  0 6 1  z 2 +  −6 0 0 z
−6 −11 0 0 −6 0
=
(z − 1)(z − 2)(z − 3)
En proc´dant a la d´composition en
e ` e fractions simples, on obtient :
      
18 7 1 27 8 1 38 9 1 
 z z  z
Φ(k) = Z −1  −6 7 1 − −6 16 2  +  −6 27 3 
 2(z − 1) z−2 2(z − 3)
−6 −17 1 −12 −28 4 −18 −39 9

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9.
Mecatronique
Finalement,
     
18 7 1 27 8 1 38 9 1
1 1
Φ(k) = −6 7 1  −  −6 16 2  e−0.694k + −6 27 3  e−1.1k
2 2
−6 −17 1 −12 −28 4 −18 −39 9
Solution de l’exercice 8 :
L’´quation d’´tat discr`te est donn´e par :
e e e e
x[(k + 1)T ] = G(T )x(kT ) + H(T )u(kT )
o`
u
G(T ) = eAT
Sachant que :
eAT = L−1 (sI − A)−1
on calcule :
s 0
sI − A =
−1 s+1
donc
1
 
1 s+1 0 0
(sI − A)−1 = =
 s 
s(s + 1) 1 s 1 1 
s(s + 1) s+1
1 0
G(T ) = eAT =
1 − e−T e−T
T T
1 0 1
H(T ) = eAT dt B = dt
0 0 1 − e−t e−t 0
T 0 1 T
= =
T + e−T − 1 1 − e−T 0 T + e−T − 1
Finalement, on obtient :
x1 [(k + 1)T ] 1 0 x1 (kT ) T
= + u(kT )
x2 [(k + 1)T ] 1 − e−T e−T x2 (kT ) T + e−T − 1
Solution de l’exercice 9 :
1. Syst`me en boucle ouverte :
e
La matrice de commandabilit´ est :
e
1 1
C = B AB =
1 −5
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10.
Mecatronique
1 1
det C = = −6 = 0
1 −5
Le syst`me est donc commandable.
e
La matrice d’observabilit´ est :
e
C 1 2
O = =
CA −4 −5
1 2
det O = =3=0
−4 −5
Le syst`me est donc observable.
e
2. Syst`me en boucle ferm´e :
e e
Avec la nouvelle commande u(k) = r(k) − Gx(k), le syst`me devient :
e
x(k + 1) = Ax(k) + B[r(k) − Gx(k)]
x(k + 1) = Ax(k) + Br(k) − BGx(k)
x(k + 1) = [A − BG]x(k) + Br(k)
avec :
−g1 1 − g2
A − BG =
−2 − g1 −3 − g2
La matrice de commandabilit´ est :
e
1 1 − g 1 − g2
C = B (A − BG)B =
1 −5 − g1 − g2
1 1 − g 1 − g2
det C = = −6 = 0
1 −5 − g1 − g2
Le syst`me est donc commandable quelles que soient les valeurs de g 1 et g2 .
e
La matrice d’observabilit´ est :
e
C 1 2
O = =
CA −3g1 − 4 −3g2 − 5
1 2
det O = = 6g1 − 3g2 + 3 = 0
−3g1 − 4 −3g2 − 5
On constate que le syst`me en boucle ferm´e n’est pas observable pour toutes les valeurs de g 1 et
e e
g2 qui donne det O = 0.
Solution de l’exercice 10 :
Le syst`me d’´quations aux diff´rences s’´crit sous la forme matricielle suivante :
e e e e
x(k + 1) = Gx(k)
−0.7 0
x(k + 1) = x(k)
0 −0.7
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11.
Mecatronique
La stabilit´ selon Liapunov stipule qu’il faut trouver deux matrices P et Q d´finies et positives qui
e e
v´rifient la relation suivante :
e
Q = P − GT P G (15)
Choisissons Q une matrice identit´ d´finie et positive :
e e
1 0
Q =
0 1
P est une matrice sym´trique de la forme :
e
p11 p12
P =
p12 p22
Connaissant P , Q et G, l’´quation (15) s’´crit :
e e
1 0 p11 p12 −0.7 0 p11 p12 −0.7 0
= −
0 1 p12 p22 0 −0.7 p12 p22 0 −0.7
En d´veloppant les matrices ci-dessus, on obtient le syst`me d’´quations alg´briques suivant :
e e e e
1 = p11 − (0.7)2 p11
1 = p22 − (0.7)2 p22
0 = p12 − (0.7)2 p12
En solutionnant le syst`me d’´qautions ci-dessus, on obtient :
e e
1.96 0
P =
0 1.96
La matrice P ´tant d´finie positive, le syst`me est asymptotiquement stable selon Liapunov.
e e e
Solution de l’exercice 11 :
L’ordre de l’´quation ‘a ´tudier est n = 2. Ainsi, pour une ´quation dont l’ordre est paire, les conditions
e e e
de stabilit´ sont :
e
F (1) > 0
F (−1) > 0
|a0 | < a2
Le tableau de Jury consiste en une seule ligne puisque (2n-3=1) :
z0 z1 z2
0.15 1 1
Stabilit´ :
e
F (1) = (1)2 + (1) + 0.15 = 2.15 > 0
F (−1) = (−1)2 + (−1) + 0.15 = 0.15 > 0
|a0 = 0.15| < a2 = 1
Toutes les conditions ´tant satisfaites, on conclut que le syst`me est asymptotiquement stable et toutes
e e
les racines se trouvent a l’int´rieur du cercle unit´.
` e e
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12.
Mecatronique
Solution de l’exercice 12 :
Le tableau de Raible est :
1 2.7 2.26 0.6
0.6 2.26 2.7 1 ka = 0.6/1 = 0.6
b0 = 0.64 0.644 0.64 0
0.64 0.644 kb = 1
0 0
Nous obtenons une ligne de z´ros. C’est un cas singulier qui ne peut ˆtre r´solu qu’en faisant rempla¸ant
e e e c
z par (1 + )z.
L’´quation caract´ristique devient :
e e
P (z) = (1 + )3 z 3 + 2.7(1 + )2 z 2 + 2.26(1 + )z + 0.6 = 0
2
On peut n´gliger toutes les puissances de
e plus grande que 1. C’est a dire que l’on n´glige les termes
` e ,
3
, 4 , 5 , etc.
L’´quation caract´ristique s’´crit :
e e e
P (z) = (1 + 3 )z 3 + 2.7(1 + 2 )z 2 + 2.26(1 + )z + 0.6 = 0
Le tableau de Raible devient :
(1 + 3 ) 2.7(1 + 2 ) 2.26(1 + ) 0.6
0.6 2.26(1 + ) 2.7(1 + 2 ) (1 + 3 ) ka = 0.6/(1 + 3 )
0.64 + 6 1.344 + 12.144 0.64 + 5.8
b0 = 0
1+3 1+3 1+3
0.64 + 5.8 1.344 + 12.144 0.64 + 5.8
kb =
1+3 1+3 0.64 + 6
0.256 0.27
c0 = kc = 1.05
(0.64 + 6 )(1 + 3 ) (0.64 + 6 )(1 + 3 )
0.27
(0.64 + 6 )(1 + 3 )
−0.027
d0 =
(0.64 + 6 )(1 + 3 )
On constate que :
– pour > 0, on a b0 > 0, c0 > 0, d0 < 0
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13.
Mecatronique
– pour < 0, on a b0 > 0, c0 < 0, d0 > 0
Dans les deux cas, on a un ´l´ment n´gatif (d0 et c0 ). Cela veut dire qu’il y a une racine qui est a
ee e `
l’ext´rieur du cercle unit´. Le syst`me est donc instable.
e e e
Solution de l’exercice 13 :
La fonction de transfert du syst`me est :
e
K
G(s) =
s(τ s + 1)
Pour trouver la transform´e en Z de G(s), on r´´crit G(s) ainsi :
e ee
1
G(s) = K τ
1
s(s + )
τ
D’apr`s les tables, on a :
e
T
 
−

1
 1 − e τ  z

 

Z K τ = K
1  T
 
s(s + )

 −
τ (z − 1) z − e τ 
L’´quation caract´ristique est :
e e
T
 
−
1 − e τ  z
1+K = 0
T
 
−
(z − 1) z − e τ 
T T T
   
− − −
2 1 − e τ  − 1 + e τ  z + e τ
z + = 0
Pour pouvoir utiliser le crit`re de Routh, on proc`de a la transformation bilin´aire suivante :
e e ` e
1+w
z =
1−w
La nouvelle ´quation caract´ristique est :
e e
T T T T
        
− − − −
w2 K 1 − e τ  + 2w 1 − e τ  + 2 1 + e τ  − K 1 − e τ  = 0
Le tableau de Routh est :
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14.
Mecatronique
T T T
     
− − −
r2 K 1 − e τ  2 1 + e τ  − K 1 − e τ 
T
 
−
r1 2 1 − e τ  0
T T
   
− −
r0 2 1 + e τ  − K 1 − e τ 
T
 
−
Le terme 1 − e τ  est toujours > 0. Le syst`me est stable si :
e
T T
   
− −
2  1 + e τ  − K 1 − e τ  > 0
ce qui donne :
T
0 < K < 2 coth
2τ
Solution de l’exercice 14 :
Pour tracer le diagramme de Nyquist, on doit remplacer z par eωT . Ainsi, lorsque l’expression de G(eωT )
est connue analytiquement, le trac´ du graphe se fait avantageusement sur ordinateur. Par contre, une
e
esquisse manuelle, telle que celle que l’on va faire, est difficile car G(eωT ) n’est pas une fonction rationnelle
de ω comme en analogique, mais de eωT . Une fa¸on d’´liminer cette complication est d’introduire la
c e
variable complexe w donn´e par :
e
2 z−1
w = avec z = −1
T z+1
Ainsi,
T
1+ w 2
z = 2 avec w =
T T
1− w
2
1 + 0.5w
pour T=1 seconde, on a : z =
1 − 0.5w
En rempla¸ant z dans la fonction G(z), on obtient :
c
T
   
1+ w 0.5 12−w
G(z) = G (w) = G 
 2  = =  (16)
T  1 + 0.5w 3 2

1− w − 0.5 +w
2 1 − 0.5w 3
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15.
Mecatronique
Sachant que :
 T T 
−ω ω
2 z−1 2 eωT − 1 2 e 2 − e 2 
w = = =  
T z+1 T eωT + 1 T  T T 
ω −ω
e 2 +e 2
2 T
w =  tan ω
T 2
En posant :
2 T
ν = tan ω
T 2
alors,
w = ν
L’´quation (16) devient :
e
12− ν
G (ν) =
3 2
+ ν
3
4 − 3ν 2 −8ν
G (ν) = +
4 + 9ν 2 4 + 9ν 2
La construction de G (ν) est ´quivalente a celle de G(eωT ) pour ω ∈ [0,
e ` ωN ].
ωN est la pulsation de Nyquist et est exprim´e par :
e
π
ωN =
T
Finalement, on obtient :
Im
6
1
−
si ν = 0 =⇒ Re = 1, Im = 0 3 1 Re
1 qqq -
si ν = ∞ =⇒ Re = − , Im = 0 qqq 0 qq
3 √ qqq qqq
2 − 3 qq qq
si Re = 0 =⇒ ν = √ , Im =
qqq qqq
qqqqq qqqqq
3 3 qqqqqqqqq
qqqqqqqqqqqqqq qqqqqqqqqqqqq
√
I 3
−
3
Solution de l’exercice 15 :
– Nombre total de branches : n = 3.
– Nombre de branches finies : m = 1.
– Nombre de branches infinies : n − m = 3 − 1 = 2.
– Le lieu sur l’axe des r´els se trouve entre d’une part 0.368 et 1 et d’autre entre −1.755 et 0.
e
– Angles des asymptotes :
π(2k + 1)
β =
n−m
π(2(0) + 1) π
β1 = =
3−1 2
π(2(1) + 1) 3π π
β2 = = =−
3−1 2 2
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16.
Mecatronique
– Intersection du lieu avec l’axe r´el :
e
dK
= 0
dz
2z 3 + 3.897z 2 − 4.8z0.65 = 0
ce qui donne z1 = −2.83, z2 = 0.729 et z3 = 0.157.
Le seul point qui appartient au lieu des racines est z2 = 0.729, les autres sont rejet´s.
e
– Si on met z = −1 dans l’´quation caract´ristique, on trouve :
e e
z + 1.755 (−1) + 1.755
1+K = 1+K =0 =⇒ K = 3.62
z(z − 1)(z − 0.368) (−1)(−1 − 1)(−1 − 0.368)
Le lieu des racines est trac´ en vert. Le syst`me est stable pour tous les points du lieu qui se trouvent
e e
a l’int´rieur du cercle unit´ (en bleu), c.a.d. pour tous les gains k < 3.62.
` e e
Im
6 qq
qqq
qq
Instable Instable 6 qq
q
qq
qqqqq
qq
qqq
k=3.62 Stable qqqqq
qq
qqqqqq
qq
U qqq R
-e
× × qqqq ×
−1.75 −1 0 0.37 qqq +1
qqq
qqqq
qqqqq
qqqq
qqq
qqq
qqq
qqq
qqq
?
qqq
qqq
qqq
qqq
qq
Solution de l’exercice 16 :
– La premi`re approximation d’Euler est de type :
e
z−1 z−1
s = =
T 0.1
La fonction de transfert du contrˆleur devient :
o
z−1
+1
C(z) = 4 0.1
z−1
+2
0.1
z − 0.9
C(z) = 4
z − 0.8
– La deuxi`me approximation d’Euler est de type :
e
z−1 z−1
s = =
Tz 0.1z
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17.
Mecatronique
La fonction de transfert du contrˆleur devient :
o
z−1
+1
C(z) = 4 0.1z
z−1
+2
0.1z
z − 0.909
C(z) = 3.66
z − 0.833
– L’approximation de Tustin est de type :
2 z−1 2 z−1 z−1
s = = = 20
T z+1 0.1 z + 1 z+1
La fonction de transfert du contrˆleur devient :
o
20(z − 1)
+1
(z + 1)
C(z) = 4
20(z − 1)
+2
(z + 1)
z − 0.904
C(z) = 3.818
z − 0.818
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