47811458 exercices systemes echantillonnes 130413165506 phpapp01

E.K.Boukas, 2002

Mecatronique

EXERCICES

Exercice 1 Trouvez la transformee en Z de la fonction f(t) = sin ωt pour t ≥ 0.

Exercice 2 Soit la fonction de transfert suivante :

G(s) =s + 3

(s + 1)(s + 2)

Trouvez la fonction de transfert en Z, G(z) en utilisant la methode de decomposition en fraction simples.

Exercice 3 Soit la fonction en Z suivante :

G(z) =0.387z2

(z − 1)(z2 − 2.37z + 0.25)

trouvez la valeur de f(kT ) en utilisant le theoreme de la valeur finale.

Exercice 4 Soit F (z) donnee par :

F (z) =10z

(z − 1)(z − 2)

En utilisant la methode des residus, trouvez la fonction inverse f(kT ).

Exercice 5 Trouvez la reponse au systeme decrit par l’equation aux differences suivante :

y(k + 2) − 3y(k + 1) + 2y(k) = r(k) (1)

avec

r(0) = 1

r(k) = 0 pour k 6= 0

y(k) = 0 pour k ≤ 0

Exercice 6 Soit le systeme de controle suivant :

- - - - -- -

6

+

−R(s) Y (s)

A/N N/AOrdinateur Ampli Systeme

Trouvez :

1. le schema-bloc equivalent

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2. la fonction de transfert pulseeY (z)

R(z)si

la fonction de transfert du systeme est : Gp(s) =2.64

s(s + 6)la fonction de transfert de l’ordinateur est : D(s) = 1la fonction de transfert de l’amplificateur est : A(s) = 1la periode d’echantillonnage est : T = 1 seconde

la fonction de transfert du bloqueur d’ordre zero est : GB.O.Z. =1 − e−sT

s

3. l’erreur en regime permanent si R(s) est un echelon unitaire.

4. l’erreur en regime permanent si R(s) varie lineairement dans le temps (rampe unitaire).

Exercice 7 Soit le systeme discret :

x(k + 1) = Ax(k)

ou :

A =

0 1 00 0 1−6 −11 −6

Utilisez la transformee en Z pour trouver la matrice de transition du systeme.

Exercice 8 Un systeme continu est decrit par :[

x1

x2

]

=

[

0 01 −1

] [

x1

x2

]

+

[

10

]

u

Trouvez la representation discrete de ce systeme.

Exercice 9 Soit le systeme discret :

x(k + 1) = Ax(k) + Bu(k)

y(k) = Cx(k)

ou :

A =

[

0 1−2 −3

]

B =

[

11

]

C =[

1 2]

Determinez la commandabilite et l’observabilite du systeme en boucle ouverte, c.a.d. u(k) n’est pas unefonction de x(k) et aussi du systeme en boucle fermee avec u(k) = r(k) − Gx(k), G =

[

g1 g2

]

x(k).

Exercice 10 Determinez la stabilite selon Liapunov du systeme decrit par les equations aux differencessuivantes :

x1(k + 1) = −0.7x1(k)

x2(k + 1) = −0.7x2(k)

Exercice 11 Etudiez la stabilite du systeme en utilisant le critere de Jury :

P (z) = z2 + z + 0.15

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Exercice 12 En utilisant la methode de Raible, etudiez la stabilite du systeme decrit par l’equationcaracteristique suivante :

P (z) = z3 + 2.7z2 + 2.26z + 0.6 = 0

Exercice 13 Etudiez la stabilite du systeme en boucle fermee suivant :

- - - -

6

R(s) Y (s)K

s(τs + 1)−+

Exercice 14 Soit un systeme echantillonne dont la fonction de transfert en boucle ouverte est :

G(z) =0.5

z − 0.5(2)

La periode d’echantillonnage etant T = 1 seconde, construire le diagramme de Nyquist de ce systeme.

Exercice 15 Tracez le lieu des racines du systeme discret decrit par l’equation caracteristique sui-vante :

G(z) = Kz + 1.755

z(z − 1)(z − 0.368)

Exercice 16 Soit un controleur analogique proportionnel de gain k = 4 equipe en serie d’un filtreavance de phase :

C(s) = 4s + 1

s + 2

Numerisez ce controleur en utilisant les 2 approximations d’Euler et l’approximation de Tustin pour uneperiode d’echantillonnage T = 0.1 sec.

1 SOLUTIONS

Solution de l’exercice 1 :

Exprimons la fonction sin ωt sous la forme suivante :

sin ωt =eωt − e−ωt

2=

eωt

2− e−ωt

2

En prenant la transformee en Z, on a :

Z {sin ωt} = Z{

eωt

2− e−ωt

2

}

Sachant que :

Z{

eat}

=z

z − e−at

Finalement, on obtient :

F (z) =1

2

(

z

z − eωT− z

z − e−ωT

)

F (z) =1

2

(

z(z − eωT − e−ωT )

z2 − z(eωT + e−ωT ) + 1

)

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Sachant que cos ωt s’exprime par :

cos ωt =eωt + e−ωt

2

alors, l’expression finale de F (z) est :

F (z) =z sin ωT

z2 − 2z cosωT + 1


Decomposition en fractions simples :

G(s) =s + 3

(s + 1)(s + 2)=

A

s + 1+

B

s + 2

A = lims→−1

(s + 3)

(s + 1)(s + 2)(s + 1) = lim

s→−1

(s + 3)

(s + 2)=

(−1 + 3)

(−1 + 2)= 2

B = lims→−2

(s + 3)

(s + 1)(s + 2)(s + 2) = lim

s→−2

(s + 3)

(s + 1)=

(−2 + 3)

(−2 + 1)= −1

On obtient :

G(s) =2

s + 1− 1

s + 2

En prenant la transforme inverse de G(s), on obtient :

g(t) = 2e−t − e−2t

En prenant la transforme en Z de g(t), on obtient :

G(z) =2z

z − e−T− z

z − e−2T


Le theoreme de la valeur finale est :

limk→∞

F (kT ) = limz→1

(1 − z−1)F (z)

Dans notre cas, on a :

(1 − z−1)F (z) = (1 − z−1)0.387z2

(z − 1)(z2 − 2.37z + 0.25)

=z − 1

z

0.387z2

(z − 1)(z2 − 2.37z + 0.25)

=0.387z

z2 − 2.37z + 0.25

L’expression0.387z

z2 − 2.37z + 0.25n’ayant aucun pole sur ou en dehors du cercle unite, alors le theoreme de

la valeur finale peut etre applique.

On obtient :

limk→∞

F (kT ) = limz→1

0.387z

z2 − 2.37z + 0.25= −0.345

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La methode des residus consiste a calculer la somme des residus de F (z)zk−1 aux poles de F (z).

Les poles de F (z) sont : z1 = 1 et z2 = 2.

Ainsi,

f(kT ) = somme des residus de10z

(z − 1)(z − 2)aux points z1 = 1 et z2 = 2

ce qui donne :

f(kT ) =

[

10z

(z − 1)(z − 2)(z − 1)zk−1

]

z1=1

+

[

10z

(z − 1)(z − 2)(z − 2)zk−1

]

z2=2

f(kT ) = −(10).1k + (10).2k

f(kT ) = −10(1 + 2k)


La transformee en Z de l’equation (1) est :

[z2Y (z) − z2y(0) − zy(1)] − 3[zY (z) − zy(0)] + 2Y (z) = R(z)

Par hypothese, on a y(0) = 0.Calculons y(1) en remplacant dans l’equation (1) k par −1. On obtient :

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 transformee en Z de l’equation (1)est :

z2Y (z) − 3zY (z) + 2Y (z) = R(z) (3)

De plus, on a :

R(z) =∞∑

k=0

r(k)z−k = 1

Finalement, l’equation (3) s’ecrit :

[z2 − 3z + 2]Y (z) = 1

Ainsi,

Y (z) =1

z2 − 3z + 2=

1

(z − 1)(z − 2)=

−1

z − 1+

1

z − 2(4)

Sachant que

Z {y(k + 1)} = zY (z) (5)

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alors, les equations (4) et (5) donnent :

Z {y(k + 1)} = zY (z) =−z

z − 1+

z

z − 2

Comme

Z{

1k}

=z

z − 1

Z{

2k}

=z

z − 2

alors, on obtient :

y(k + 1) = −1 + 2k pour k = 0,1,2, · · ·

finalement, la reponse est :

y(k) = −1 + 2k−1 pour k = 1,2,3, · · ·


1. En representant l’amplificateur et le systeme par Gp(s), le schema-bloc equivalent est :

- - - - - - -

6

+

−R(s) E(s) E∗(s) U(s) U∗(s) W (s) Y (s)

D(s) B.O.Z. Gp(s)

2. La fonction de transfert pulsee est :

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 cote, on a :

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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En remplacant (6) et (7) dans (8), on obtient :

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)

E(z) =R(z)

1 + G(z)D(z)(9)

En remplacant (7) et (9) dans (6), on obtient :

Y (z) = G(z)U(z) = G(z)D(z)E(z) = G(z)D(z)R(z)

1 + G(z)D(z)

Y (z) =G(z)D(z)

1 + G(z)D(z)R(z) (10)

Sachant que :

G(s) = Gp(s)GB.O.Z.(s) =2.64

s(s + 6)

1 − e−sT

s= 2.64(1 − e−sT )

1

s2(s + 6)

G(z) = 2.64(1 − z−1)Z{

1

s2(s + 6)

}

(11)

Calculons la transformee inverse de Z{

1

s2(s + 6)

}

en utilisant la decomposition en fraction simple :

1

s2(s + 6)=

A

s2+

B

s+

C

s + 6

A = lims→0

1

s2(s + 6)s2 =

1

6

B = lims→0

d

ds

(

1

s2(s + 6)s2

)

=−1

36

C = lims→−6

1

s2(s + 6)(s + 6) =

1

36

ce qui donne :

1

s2(s + 6)=

1/6

s2− 1/36

s+

1/36

s + 6

la transformee en Z de cette expression est :

Z{

1/6

s2− 1/36

s+

1/36

s + 6

}

=1

6

[

Tz

(z − 1)2− 1

6

z(1 − e−6T

(z − 1)(z − e−6T

]

(12)

En remplacant (12) dans (11), on obtient :

G(z) =2.64

6(1 − z−1)

[

Tz

(z − 1)2− 1

6

z(1 − e−6T

(z − 1)(z − e−6T

]

G(z) =2.2z + 0.44

(z − 1)(6z − 0.015)(13)

En remplacant D(z) = 1 et (13) dans (10), on obtient :

Y (z) =

2.2z + 0.44

(z − 1)(6z − 0.015).1

1 +2.2z + 0.44

(z − 1)(6z − 0.015).1

R(z)

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Y (z)

R(z)=

2.2z + 0.44

(z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44(14)

3. Puisque l’entree est un echelon unitaire, alors R(z) =z

z − 1et l’expression de l’erreur en regime

permanent est :

e(∞) = limz→1

(1 − z−1)E(z) = limz→1

(1 − z−1)[R(z) − Y (z)]

= limz→1

(1 − z−1)

[

z

z − 1− 2.2z + 0.44

(z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44× z

z − 1

]

= limz→1

(

z − 1

z

)[

z

z − 1− 2.2z + 0.44

(z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44× z

z − 1

]

= 0

4. Puisque l’entree est une rampe unitaire, alors R(z) =Tz

(z − 1)2=

z

(z − 1)2et l’expression de l’erreur

en regime permanent est :

e(∞) = limz→1

(1 − z−1)E(z) = limz→1

(1 − z−1)[R(z) − Y (z)]

= limz→1

(1 − z−1)

[

z

(z − 1)2− 2.2z + 0.44

(z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44× z

(z − 1)2

]

= limz→1

(

z − 1

z

) [

z

(z − 1)2− 2.2z + 0.44

(z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44× z

(z − 1)2

]

= 2.267


L’equation caracteristique est :

|λI − A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ −1 00 λ −16 11 λ + 6

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= λ3 + 6λ2 + 11λ + 6 = 0

= (λ − 1)(λ − 2)(λ − 3) = 0

Les coefficients du polynome de l’equation caracteristique sont a4 = 1, a3 = 6, a2 = 11 et a1 = 6.

La matrice de transition est :

Φ(k) = Z−1{

(zI − A)−1z}

= Z

n∑

j=1

zj

n∑

i=j

ai+1Ai−j

× 1

|zI − A|

=a4z

3I + (a3I + a2A)z2 + (a2I + a3A + a4A2)z

|zI − A|

=

z3I +

6 1 00 6 1−6 −11 0

z2 +

11 6 1−6 0 00 −6 0

z

(z − 1)(z − 2)(z − 3)

En procedant a la decomposition en fractions simples, on obtient :

Φ(k) = Z−1

z

2(z − 1)

18 7 1−6 7 1−6 −17 1

− z

z − 2

27 8 1−6 16 2−12 −28 4

+z

2(z − 3)

38 9 1−6 27 3−18 −39 9

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Finalement,

Φ(k) =1

2

18 7 1−6 7 1−6 −17 1

−

27 8 1−6 16 2−12 −28 4

e−0.694k +1

2

38 9 1−6 27 3−18 −39 9

e−1.1k


L’equation d’etat discrete est donnee par :

x[(k + 1)T ] = G(T )x(kT ) + H(T )u(kT )

ou

G(T ) = eAT

Sachant que :

eAT = L−1{

(sI − A)−1}

on calcule :

sI − A =

[

s 0−1 s + 1

]

donc

(sI − A)−1 =1

s(s + 1)

[

s + 1 01 s

]

=

1

s0

1

s(s + 1)

1

s + 1

G(T ) = eAT =

[

1 01 − e−T e−T

]

H(T ) =

[

∫ T

0

eAT dt

]

B =

[

∫ T

0

(

1 01 − e−t e−t

)

dt

]

[

10

]

=

[

T 0T + e−T − 1 1 − e−T

] [

10

]

=

[

TT + e−T − 1

]


[

x1[(k + 1)T ]x2[(k + 1)T ]

]

=

[

1 01 − e−T e−T

] [

x1(kT )x2(kT )

]

+

[

TT + e−T − 1

]

u(kT )


1. Systeme en boucle ouverte :La matrice de commandabilite est :

C =[

B AB]

=

[

1 11 −5

]

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det C =

∣

∣

∣

∣

1 11 −5

∣

∣

∣

∣

= −6 6= 0

Le systeme est donc commandable.

La matrice d’observabilite est :

O =

[

CCA

]

=

[

1 2−4 −5

]

detO =

∣

∣

∣

∣

1 2−4 −5

∣

∣

∣

∣

= 3 6= 0

Le systeme est donc observable.

2. Systeme en boucle fermee :Avec la nouvelle commande u(k) = r(k) − Gx(k), le systeme devient :

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 :

A − BG =

[

−g1 1 − g2

−2 − g1 −3 − g2

]

La matrice de commandabilite est :

C =[

B (A − BG)B]

=

[

1 1 − g1 − g2

1 −5 − g1 − g2

]

det C =

∣

∣

∣

∣

1 1 − g1 − g2

1 −5 − g1 − g2

∣

∣

∣

∣

= −6 6= 0

Le systeme est donc commandable quelles que soient les valeurs de g1 et g2.

La matrice d’observabilite est :

O =

[

CCA

]

=

[

1 2−3g1 − 4 −3g2 − 5

]

detO =

∣

∣

∣

∣

1 2−3g1 − 4 −3g2 − 5

∣

∣

∣

∣

= 6g1 − 3g2 + 3 6= 0

On constate que le systeme en boucle fermee n’est pas observable pour toutes les valeurs de g1 etg2 qui donne detO = 0.


Le systeme d’equations aux differences s’ecrit sous la forme matricielle suivante :

x(k + 1) = Gx(k)

x(k + 1) =

[

−0.7 00 −0.7

]

x(k)

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La stabilite selon Liapunov stipule qu’il faut trouver deux matrices P et Q definies et positives quiverifient la relation suivante :

Q = P − GT PG (15)

Choisissons Q une matrice identite definie et positive :

Q =

[

1 00 1

]

P est une matrice symetrique de la forme :

P =

[

p11 p12

p12 p22

]

Connaissant P , Q et G, l’equation (15) s’ecrit :

[

1 00 1

]

=

[

p11 p12

p12 p22

]

−[

−0.7 00 −0.7

] [

p11 p12

p12 p22

] [

−0.7 00 −0.7

]

En developpant les matrices ci-dessus, on obtient le systeme d’equations algebriques suivant :

1 = p11 − (0.7)2p11

1 = p22 − (0.7)2p22

0 = p12 − (0.7)2p12

En solutionnant le systeme d’eqautions ci-dessus, on obtient :

P =

[

1.96 00 1.96

]

La matrice P etant definie positive, le systeme est asymptotiquement stable selon Liapunov.


L’ordre de l’equation ‘a etudier est n = 2. Ainsi, pour une equation dont l’ordre est paire, les conditionsde stabilite sont :

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

Stabilite :

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 etant satisfaites, on conclut que le systeme est asymptotiquement stable et toutesles racines se trouvent a l’interieur du cercle unite.

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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 zeros. C’est un cas singulier qui ne peut etre resolu qu’en faisant remplacantz par (1 + ε)z.

L’equation caracteristique devient :

P (z) = (1 + ε)3z3 + 2.7(1 + ε)2z2 + 2.26(1 + ε)z + 0.6 = 0

On peut negliger toutes les puissances de ε plus grande que 1. C’est a dire que l’on neglige les termes ε2,ε3, ε4, ε5, etc.

L’equation caracteristique s’ecrit :

P (z) = (1 + 3ε)z3 + 2.7(1 + 2ε)z2 + 2.26(1 + ε)z + 0.6 = 0

Le tableau de Raible devient :

(1 + 3ε) 2.7(1 + 2ε) 2.26(1 + ε) 0.6

0.6 2.26(1 + ε) 2.7(1 + 2ε) (1 + 3ε) ka = 0.6/(1 + 3ε)

b0 =0.64 + 6ε

1 + 3ε

1.344 + 12.144ε

1 + 3ε

0.64 + 5.8ε

1 + 3ε0

0.64 + 5.8ε

1 + 3ε

1.344 + 12.144ε

1 + 3εkb =

0.64 + 5.8ε

0.64 + 6ε

c0 =0.256ε

(0.64 + 6ε)(1 + 3ε)

0.27ε

(0.64 + 6ε)(1 + 3ε)kc = 1.05

0.27ε

(0.64 + 6ε)(1 + 3ε)

d0 =−0.027ε

(0.64 + 6ε)(1 + 3ε)

On constate que :

– pour ε > 0, on a b0 > 0, c0 > 0, d0 < 0

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E.K.Boukas, 2002

Mecatronique

– pour ε < 0, on a b0 > 0, c0 < 0, d0 > 0

Dans les deux cas, on a un element negatif (d0 et c0). Cela veut dire qu’il y a une racine qui est al’exterieur du cercle unite. Le systeme est donc instable.


La fonction de transfert du systeme est :

G(s) =K

s(τs + 1)

Pour trouver la transformee en Z de G(s), on reecrit G(s) ainsi :

G(s) = K

1

τ

s(s +1

τ)

D’apres les tables, on a :

Z

K

1

τ

s(s +1

τ)

= K

1 − e−

T

τ

z

(z − 1)

z − e−

T

τ

L’equation caracteristique est :

1 + K

1 − e−

T

τ

z

(z − 1)

z − e−

T

τ

= 0

z2 +

1 − e−

T

τ

−

1 + e−

T

τ

z + e−

T

τ = 0

Pour pouvoir utiliser le critere de Routh, on procede a la transformation bilineaire suivante :

z =1 + w

1 − w

La nouvelle equation caracteristique est :

w2

K

1 − e−

T

τ

+ 2w

1 − e−

T

τ

+ 2

1 + e−

T

τ

− K

1 − e−

T

τ

= 0

Le tableau de Routh est :

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Mecatronique

r2 K

1 − e−

T

τ

2

1 + e−

T

τ

− K

1 − e−

T

τ

r1 2

1 − e−

T

τ

0

r0 2

1 + e−

T

τ

− K

1 − e−

T

τ

Le terme

1 − e−

T

τ

est toujours > 0. Le systeme est stable si :

2

1 + e−

T

τ

− K

1 − e−

T

τ

> 0

ce qui donne :

0 < K < 2 coth

(

T

2τ

)


Pour tracer le diagramme de Nyquist, on doit remplacer z par eωT . Ainsi, lorsque l’expression de G(eωT )est connue analytiquement, le trace du graphe se fait avantageusement sur ordinateur. Par contre, uneesquisse manuelle, telle que celle que l’on va faire, est difficile car G(eωT ) n’est pas une fonction rationnellede ω comme en analogique, mais de eωT . Une facon d’eliminer cette complication est d’introduire lavariable complexe w donnee par :

w =2

T

z − 1

z + 1avec z 6= −1

Ainsi,

z =1 +

T

2w

1 − T

2w

avec w 6= 2

T

pour T=1 seconde, on a : z =1 + 0.5w

1 − 0.5w

En remplacant z dans la fonction G(z), on obtient :

G(z) = G′(w) = G

1 +T

2w

1 − T

2w

=

0.51 + 0.5w

1 − 0.5w− 0.5

=1

3

2 − w2

3+ w

(16)

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E.K.Boukas, 2002

Mecatronique

Sachant que :

w =2

T

(

z − 1

z + 1

)

=2

T

(

eωT − 1

eωT + 1

)

=2

T

eω

T

2 − e−ω

T

2

eω

T

2 + e−ω

T

2

w =

[

2

Ttan

(

ωT

2

)]

En posant :

ν =2

Ttan

(

ωT

2

)

alors,

w = ν

L’equation (16) devient :

G′(ν) =1

3

2 − ν2

3+ ν

G′(ν) =

(

4 − 3ν2

4 + 9ν2

)

+

( −8ν

4 + 9ν2

)

La construction de G′(ν) est equivalente a celle de G(eωT ) pour ω ∈ [0, ωN ].

ωN est la pulsation de Nyquist et est exprimee par :

ωN =π

T


si ν = 0 =⇒ Re = 1, Im = 0

si ν = ∞ =⇒ Re = −1

3, Im = 0

si Re = 0 =⇒ ν =2√3, Im =

−√

3

3

-

6

−1

3 1

0

−√

3

3

I

Im

Req

qqqqqqqqq

qqqqqqqqq

qqqqqqqq

qqqqqqqq

qqqqqqq

qqqqqqq

qqqqqqq

qqqqqqqq

qqqqqqqq

qqqqqqqqq qqqqqqqqq q qqqqqqqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqq

qqqqqqqq

qqqqqqq

qqqqqqq

qqqqqqq

qqqqqqqq

qqqqqqqq

qqqqqqqqq

qqqqqqqqq


– 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 reels se trouve entre d’une part 0.368 et 1 et d’autre entre −1.755 et 0.

– Angles des asymptotes :

β =π(2k + 1)

n − m

β1 =π(2(0) + 1)

3 − 1=

π

2

β2 =π(2(1) + 1)

3 − 1=

3π

2= −π

2

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Mecatronique

– Intersection du lieu avec l’axe reel :

dK

dz= 0

2z3 + 3.897z2 − 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 rejetes.

– Si on met z = −1 dans l’equation caracteristique, on trouve :

1 + Kz + 1.755

z(z − 1)(z − 0.368)= 1 + K

(−1) + 1.755

(−1)(−1 − 1)(−1 − 0.368)= 0 =⇒ K = 3.62

Le lieu des racines est trace en vert. Le systeme est stable pour tous les points du lieu qui se trouventa l’interieur du cercle unite (en bleu), c.a.d. pour tous les gains k < 3.62.

-

6

−1.75 −1 +10 0.37

Im

Re�

6

?

Instable Instable

Stable

q

qqqqqqq

qqqqqqqq

qqqqqqqq

qqqqqqqqq

qqqqqqqqq

q

qqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqq

q

qqqqqqq

qqqqqqqq

qqqqqqqq

qqqqqqqqq

qqqqqqqqq

q

qqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqq

qqqqqqqqqqqqq

× ××

k=3.62

U


– La premiere approximation d’Euler est de type :

s =z − 1

T=

z − 1

0.1

La fonction de transfert du controleur devient :

C(z) = 4

z − 1

0.1+ 1

z − 1

0.1+ 2

C(z) = 4z − 0.9

z − 0.8

– La deuxieme approximation d’Euler est de type :

s =z − 1

Tz=

z − 1

0.1z

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E.K.Boukas, 2002

Mecatronique


C(z) = 4

z − 1

0.1z+ 1

z − 1

0.1z+ 2

C(z) = 3.66z − 0.909

z − 0.833

– L’approximation de Tustin est de type :

s =2

T

z − 1

z + 1=

2

0.1

z − 1

z + 1= 20

z − 1

z + 1


C(z) = 4

20(z − 1)

(z + 1)+ 1

20(z − 1)

(z + 1)+ 2

C(z) = 3.818z − 0.904

z − 0.818

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47811458 exercices systemes echantillonnes 130413165506 phpapp01

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