Mecatronique
EXERCICES
Trouvez la transform´ee ee en e n Z de la fonction f ( f (t) = sin ωt pour t Exercice 1 Trouvez
≥ 0.
fonction de transfe transfert rt suivante : Exercice 2 Soit la fonction G(s)
=
s+3 (s + 1)(s 1)(s + 2)
Trouvez la fonction de transfert en Z, G(z ) en utilisant utilis ant la m´ ethode ethode de d´ ecomposition ecomposition en fraction simples. simple s.
Exercice 3 Soit la fonction fonction en Z suivante : G(z )
=
(z
−
0.387 387zz 2 1)(z 1)(z 2 2.37 37zz + 0. 0.25)
−
trouvez la valeur de f ( f (kT ) kT ) en utilisant utilisa nt le th´eor` eor`eme eme de la valeur finale.
F (z ) donn´ don n´ee ee par : Exercice 4 Soit F ( F ( F (z )
=
(z
−
10 10zz 1)(z 1)(z
− 2)
En utilisant utilis ant la m´ ethode ethode des d es r´ esidus, esidus, trouvez la fonction inverse f ( f (kT ) kT ).
Trouvezz la r´eponse eponse au syst` sys t`eme eme d´ecrit ecri t par l’´equation equa tion aux diff´erences erences suivante suiv ante : Exercice 5 Trouve y (k + 2)
2y (k ) − 3y(k + 1) + 2y
= r(k )
(1)
avec r(0) = 1 r(k ) = 0 pour k = 0 y (k ) = 0 pour k 0
≤
eme de contrˆole ole suivant suivant : Exercice 6 Soit le syst`eme
+ R(s)-
−
- A/N -
Ordinateur
- N/A - Ampli mpli
Y ( Y (s) - Syst Syst` `eme e me
6
Trouvez rouvez : 1. le sch´ema-bloc ema- bloc ´equivale equi valent nt
page 1 of 17
E.K.Boukas, 2002
Mecatronique
2. la fonction de transfert puls´ee
Y (z) si R(z) 2.64 s(s + 6) D(s) = 1 A(s) = 1 T = 1 seconde 1 e−sT GB.O.Z. = s G p (s) =
la fonction de transfert du syst` eme est : la fonction de transfert de l’ordinateur est : la fonction de transfert de l’amplificateur est : la p´eriode d’´echantil lonnage est :
−
la fonction de transfert du bloqueur d’ordre z´ ero est :
3. l’erreur en r´egime permanent si R(s) est un ´echelon unitaire. 4. l’erreur en r´egime permanent si R(s) varie lin´eairement dans le temps (rampe unitaire).
Exercice 7 Soit le syst`eme discret : x(k + 1)
= Ax(k)
o` u: =
A
−
0 0 6
1 0 11
−
0 1 6
−
Utilisez la transform´ee en Z pour trouver la matrice de transition du syst`eme.
Exercice 8 Un syst`eme continu est d´ecrit par :
x˙ 1 x˙ 2
=
0 1
0 1
−
x1 x2
1 0
+
u
Trouvez la repr´esentation discr`ete de ce syst`eme.
Exercice 9 Soit le syst`eme discret : x(k + 1) y(k)
o` u: A
=
0 2
1 3
− −
= Ax(k) + Bu(k) = Cx(k)
B
=
1 1
C
1 2
=
D´eterminez la commandabilit´e et l’observabilit´ e du syst`eme en boucle ouverte, c.a.d. u(k) n’est pas une fonction de x(k) et aussi du syst`eme en boucle ferm´ee avec u(k) = r(k) Gx(k), G = g1 g2 x(k).
−
Exercice 10 D´eterminez la stabilit´e selon Liapunov du syst`eme d´ecrit par les ´equations aux diff´erences suivantes : x1 (k + 1) x2 (k + 1)
= =
−0.7x (k) −0.7x (k) 1 2
´ la stabilit´e du syst`eme en utilisant le crit`ere de Jury : Exercice 11 Etudiez P (z)
= z 2 + z + 0.15 page 2 of 17
E.K.Boukas, 2002
Mecatronique
Exercice 12 En utilisant la m´ethode de Raible, ´etudiez la stabilit´e du syst`eme d´ecrit par l’´equation caract´eristique suivante : = z 3 + 2.7z 2 + 2.26z + 0.6 = 0
P (z)
´ la stabilit´e du syst`eme en boucle ferm´ee suivant : Exercice 13 Etudiez R(s)+
-
K s(τ s + 1)
-
−
6
Y (s) -
Exercice 14 Soit un syst`eme ´echantil lonn´e dont la fonction de transfert en boucle ouverte est : G(z)
0.5 z 0.5
=
(2)
−
La p´eriode d’´echantil lonnage ´etant T = 1 seconde, construire le diagramme de Nyquist de ce syst`eme.
Exercice 15 Tracez le lieu des racines du syst`eme discret d´ecrit par l’´equation caract´eristique suivante : G(z)
= K z(z
z + 1.755 1)(z 0.368)
−
−
Exercice 16 Soit un contrˆoleur analogique proportionnel de gain k = 4 ´equip´e en s´erie d’un filtre avance de phase : C (s)
= 4
s+1 s+2
Num´erisez ce contrˆoleur en utilisant les 2 approximations d’Euler et l’approximation de Tustin pour une p´eriode 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
=
−ωt
−e
=
2
eωt 2
−ωt
− e 2
En prenant la transform´ee en Z, on a :
Z {sin ωt}
Z
=
eωt 2
−
e−ωt 2
Sachant que : at
Z e Finalement, on obtient :
F (z) F (z)
= =
1 2 1 2
=
−
z
−
z e−at
z z ωT z e z e−ωT z(z eωT e−ωT ) z 2 z(eωT + e−ωT ) + 1
−
− − − −
page 3 of 17
E.K.Boukas, 2002
Mecatronique
Sachant que cos ωt s’exprime par: cos ωt
eωt + e−ωt 2
=
alors, l’expression finale de F (z) est: F (z)
=
z
2
−
z sin ωT 2z cos ωT + 1
Solution de l’exercice 2 : D´ ecomposition en fractions simples : G(s)
(s + 3) (s + 3) ( 1 + 3) (s + 1) = lim = =2 s→−1 (s + 1)(s + 2) s→−1 (s + 2) ( 1 + 2) (s + 3) (s + 3) ( 2 + 3) = lim (s + 2) = lim = = 1 s→−2 (s + 1)(s + 2) s→−2 (s + 1) ( 2 + 1)
A = B
s+3 A B = + (s + 1)(s + 2) s+1 s+2
=
− − − −
lim
−
On obtient : 2 s+1
G(s) =
− s +1 2
En prenant la transform´e inverse de G(s), on obtient : = 2e−t
g(t)
−2t
−e
En prenant la transform´e en Z de g(t), on obtient : G(z)
2z z e−T
=
−
− z − ze
−2T
Solution de l’exercice 3 : Le th´eor`eme de la valeur finale est : lim F (kT )
k→∞
=
lim (1
z →1
−z
−1
)F (z)
Dans notre cas, on a : (1
−z
−1
)F (z)
0.387z 2 (z 1)(z 2 2.37z + 0.25) 0.387z 2 z (z 1)(z 2 2.37z + 0.25) 0.387z 2 z 2.37z + 0.25
= (1 = =
−z z−1
−1
)
−
−
−
−
−
0.387z n’ayant aucun pˆ ole sur ou en dehors du cercle unit´e, alors le th´eor`eme de z 2 2.37z + 0.25 la valeur finale peut ˆetre appliqu´e. L’expression
−
On obtient : lim F (kT )
k →∞
=
lim
z →1
z
2
−
0.387z = 2.37z + 0.25
−0.345 page 4 of 17
E.K.Boukas, 2002
Mecatronique
Solution de l’exercice 4 : La m´ethode des r´esidus consiste `a calculer la somme des r´esidus de F (z)z k−1 aux pˆoles de F (z). Les pˆoles de F (z) sont: z1 = 1 et z2 = 2. Ainsi, f (kT )
= somme des r´ esidus de
(z
−
10z 1)(z
aux points z1 = 1 et z2 = 2
− 2)
ce qui donne : f (kT ) f (kT ) f (kT )
= = =
(z
−
10z 1)(z k
− 2) (z − 1)z
−(10).1 + (10).2 −10(1 + 2 )
k
k−1
+ z1 =1
(z
−
10z 1)(z
− 2) (z − 2)z
k−1
z2 =2
k
Solution de l’exercice 5 : La transform´ee en Z de l’´equation (1) est : [z 2 Y (z)
2
− z y(0) − zy(1)] − 3[zY (z) − zy(0)] + 2Y (z)
= R(z)
Par hypoth`ese, on a y(0) = 0. Calculons y(1) en rempla¸cant 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 transform´ ee en Z de l’´equation (1) 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’´equation (3) s’´ecrit : [z 2
− 3z + 2]Y (z)
= 1
Ainsi, Y (z)
=
z2
−
1 = 3z + 2 (z
−
1 1)(z
− 2)
=
−1 + 1 z−1 z−2
(4)
Sachant que
Z {y(k + 1)}
= zY (z)
(5) page 5 of 17
E.K.Boukas, 2002
Mecatronique
alors, les ´equations (4) et (5) donnent :
Z {y(k + 1)}
= zY (z) =
−z + z z−1 z−2
Comme k
Z 1 Z 2 alors, on obtient : y(k + 1)
=
k
z
=
z
−1 z z−2
=
−1 + 2
k
pour k = 0,1,2,
·· ·
finalement, la r´eponse est : y(k) =
−1 + 2
k −1
pour k = 1,2,3,
· ··
Solution de l’exercice 6 : 1. En repr´esentant l’amplificateur et le syst`eme par G p (s), le sch´ema-bloc ´equivalent est : + R(s)-
E (s)-
E ∗(s) -
−
D(s)
U (s)-
U ∗ (s) -
B.O.Z.
W (s) -
G p (s)
Y (s) -
6
2. La fonction de transfert puls´ee est : Y (s)
= G p (s)W (s) = G p (s)GB.O.Z. U ∗ (s)
En appelant G(s) = G p (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 cˆot´e, on a : U (s)
= D(s)E ∗ (s)
donc: U ∗ (s) ou U (z)
= [D(s)E ∗ (s)]∗ = D∗(s)E ∗(s) = D(z)E (z)
(7)
Au niveau du comparateur, on a : E (s) = R(s)
− Y (s)
donc: E ∗(s) ou E (z)
= [R(s) Y (s)]∗ = R∗(s) = R(z) Y (z)
− −
∗
− Y (s)
(8) page 6 of 17
E.K.Boukas, 2002
Mecatronique
En rempla¸cant (6) et (7) dans (8), on obtient : E (z)
= R(z)
E (z) [1 + G(z)D(z)]
= R(z)
E (z)
− G(z)U (z) = R(z) − G(z)D(z)E (z)
R(z) 1 + G(z)D(z)
=
(9)
En rempla¸cant (7) et (9) dans (6), on obtient : Y (z)
= G(z)U (z) = G(z)D(z)E (z) = G(z)D(z)
Y (z)
=
R(z) 1 + G(z)D(z)
G(z)D(z) R(z) 1 + G(z)D(z)
(10)
Sachant que:
G(s) G(z)
2.64 1 s(s + 6) 1 s2 (s + 6)
= G p (s)GB.O.Z. (s) = =
2.64(1
−z
−1
Calculons la transform´ee inverse de
Z Z )
1 s (s + 6)
1 s2 (s + 6)
2
−sT
−e
= 2.64(1
s
−sT
−e
)
1 s2 (s + 6)
(11)
en utilisant la d´ecomposition en fraction simple :
A B C + + s2 s s+6 1 1 A = lim 2 s2 = s→0 s (s + 6) 6 d 1 1 2 B = lim s = s→0 ds s2 (s + 6) 36 1 1 C = lim 2 (s + 6) = s→−6 s (s + 6) 36 =
−
ce qui donne : 1 s (s + 6)
1/6 s2
=
2
1/36 − 1/36 + s s+6
la transform´ ee en Z de cette expression est :
Z
1/6 s2
−
1/36 1/36 + s s+6
1 Tz 6 (z 1)2
=
−
−
1 z(1 e−6T 6 (z 1)(z e−6T
−
−
−
(12)
En rempla¸cant (12) dans (11), on obtient :
G(z)
=
G(z)
=
2.64 Tz (1 z −1 ) 6 (z 1)2 2.2z + 0.44 (z 1)(6z 0.015)
−
−
−
−
1 z(1 e−6T 6 (z 1)(z e−6T
−
−
−
−
(13)
En rempla¸cant D(z) = 1 et (13) dans (10), on obtient :
Y (z) =
2.2z + 0.44 .1 (z 1)(6z 0.015) R(z) 2.2z + 0.44 1+ .1 (z 1)(6z 0.015)
−
−
−
−
page 7 of 17
E.K.Boukas, 2002
Mecatronique
Finalement, on obtient : Y (z) R(z)
=
(z
2.2z + 0.44 1)(6z 0.015) + 2.2z + 0.44
−
−
3. Puisque l’entr´ee est un ´echelon unitaire, alors R(z) = z permanent est : e( )
=
∞
−1
lim (1
z →1
z →1
=
−1
z →1
0
−
en r´egime permanent est : −1
lim (1
Tz z = et l’expression de l’erreur (z 1)2 (z 1)2
4. Puisque l’entr´ee est une rampe unitaire, alors R(z) =
=
et l’expression de l’erreur en r´egime
−1
=
∞
−1
− z )E (z) = lim (1 − z )[R(z) − Y (z)] z 2.2z + 0.44 z − × lim (1 − z ) z − 1 (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 z − 1 z−1 z 2.2z + 0.44 z lim − × z z − 1 (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 z − 1
z →1
=
e( )
z
(14)
−
−1
− z )E (z) = lim (1 − z )[R(z) − Y (z)] 2.2z + 0.44 z z − × lim (1 − z ) (z − 1) (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 (z − 1) z−1 z 2.2z + 0.44 z lim − × z (z − 1) (z − 1)(6z − 0.015) + 2.2z + 0.44 (z − 1)
z →1
z →1
−1
=
z →1
=
z →1
2
2
2
2
= 2.267
Solution de l’exercice 7 : L’´equation caract´eristique est :
|λI − A|
λ 1 0 0 λ 1 = λ3 + 6λ2 + 11λ + 6 = 0 6 11 λ + 6 (λ 1)(λ 2)(λ 3) = 0
= =
−
−
−
−
−
Les coefficients du polynˆome de l’´equation caract´eristique sont a4 = 1, a3 = 6, a2 = 11 et a1 = 6. La matrice de transition est :
Z n
Φ(k)
=
=
−1
Z
(zI
− A)
−1
n
zj
z =
j =1
ai+1 Ai−j
i=j
× |
|
1 zI
−A
a4 z 3 I + (a3 I + a2A)z 2 + (a2 I + a3A + a4 A2 )z zI A
| − |
z 3 I + =
−
6 0 6
−
1 0 6 1 z2 + 11 0 (z 1)(z 2)(z
−
−
−
−
11 6 0 3)
6 1 0 0 6 0
−
z
En proc´edant `a la d´ecomposition en fractions simples, on obtient : Φ(k)
=
−1
Z
z 2(z
− 1)
−−
18 6 6
7 1 7 1 17 1
−
− − −− z
z
2
27 6 12
8 1 16 2 28 4
−
+
z 2(z
− 3)
−−
38 6 18
9 1 27 3 39 9
−
page 8 of 17
E.K.Boukas, 2002
Mecatronique
Finalement, Φ(k) =
1 2
−−
18 6 6
− −−
7 1 7 1 17 1
27 6 12
−
8 1 16 2 28 4
−
1 2
e−0.694k +
−−
38 6 18
9 1 27 3 39 9
−
e−1.1k
Solution de l’exercice 8 : L’´equation d’´etat discr`ete est donn´ee par : x[(k + 1)T ] = G(T )x(kT ) + H (T )u(kT ) o` u = eAT
G(T ) Sachant que : eAT
=
L
−1
on calcule : sI
−A
=
(sI
−1
− A)
s
0 s+1
−1
donc (sI
− A)
−1
=
1 s(s + 1)
G(T )
= e
=
AT
=
−
0 1 1 e−T
−
0 e−T
−
0
T T + e−T
=
1 1 e−T
eAT dt B =
1 s 1 s(s + 1)
0 s
T
0
=
s+1 1
T
H (T )
1 1 e−t
−
0 −t
e
1 0
0 1 s+1
=
1 0
dt
T T + e−T
−1
Finalement, on obtient :
x1 [(k + 1)T ] x2 [(k + 1)T ]
=
1 1 e−T
0 e−T
−
x1(kT ) x2(kT )
+
T T + e−T
−1
u(kT )
Solution de l’exercice 9 :
1. Syst`eme en boucle ouverte : La matrice de commandabilit´ e est :
C
=
B
AB
=
1 1
1 5
−
page 9 of 17
E.K.Boukas, 2002
Mecatronique
det
=
C
Le syst`eme est donc commandable.
1 1
1 5
−
=
−6 = 0
1 4
2 5
La matrice d’observabilit´e est :
− C CA
=
O det
1 4
=
O
Le syst`eme est donc observable.
=
− −
2 5
−
=3 = 0
2. Syst`eme en boucle ferm´ee : Avec la nouvelle commande u(k) = r(k)
− Gx(k), le syst`eme devient : = Ax(k) + B[r(k) − Gx(k)] = Ax(k) + Br(k) − BGx(k) = [A − BG]x(k) + Br(k)
x(k + 1) x(k + 1) x(k + 1)
avec : A
− BG
=
−g 1−g −2 − g −3 − g 1
2
1
2
La matrice de commandabilit´ e est :
=
C
det
B
C
(A
=
− BG)B
1 1
=
1 1
1 g1 g2 5 g1 g2
− − − − −
1 g1 g2 5 g1 g2
− − − − −
=
−6 = 0
Le syst`eme est donc commandable quelles que soient les valeurs de g1 et g2 . La matrice d’observabilit´e est :
O det
O
=
=
−
C CA
1 3g1
=
1 3g1
2 3g2
− −4 − −5 2 3g2
−4 − −5
= 6g1
− 3g
2
+3 = 0
On constate que le syst`eme en boucle ferm´ ee n’est pas observable pour toutes les valeurs de g 1 et g2 qui donne det = 0.
O
Solution de l’exercice 10 : Le syst`eme d’´equations aux diff´erences s’´ecrit sous la forme matricielle suivante : x(k + 1) = Gx(k) 0.7 x(k + 1) = 0
−
−
0 0.7
x(k) page 10 of 17
E.K.Boukas, 2002
Mecatronique
La stabilit´ e selon Liapunov stipule qu’il faut trouver deux matrices P et Q d´efinies et positives qui v´erifient la relation suivante : Q = P
T
−G
PG
(15)
Choisissons Q une matrice identit´e d´efinie et positive :
1 0 0 1
Q = P est une matrice sym´ etrique de la forme :
P =
p11 p12
p12 p22
Connaissant P , Q et G, l’´equation (15) s’´ecrit :
1 0 0 1
=
p11 p12
p12 p22
− −
0.7 0
0 0.7
−
p11 p12
p12 p22
−
0.7 0
0 0.7
−
En d´eveloppant les matrices ci-dessus, on obtient le syst`eme d’´equations alg´ebriques suivant : 1 = p11 1 = p22 0 = p12
2
− (0.7) p − (0.7) p − (0.7) p 2 2
11 22 12
En solutionnant le syst`eme d’´eqautions ci-dessus, on obtient :
P =
1.96 0 0 1.96
La matrice P ´etant d´efinie positive, le syst`eme est asymptotiquement stable selon Liapunov.
Solution de l’exercice 11 : L’ordre de l’´equation ‘a ´etudier est n = 2. Ainsi, pour une ´equation dont l’ordre est paire, les conditions de stabilit´e sont : F (1) > 0 F ( 1) > 0 a0 < a2
− | |
Le tableau de Jury consiste en une seule ligne puisque (2n-3=1) : z0 0.15
z1 1
z2 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 ´etant satisfaites, on conclut que le syst`eme est asymptotiquement stable et toutes les racines se trouvent `a l’int´erieur du cercle unit´e. page 11 of 17
E.K.Boukas, 2002
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
b0 = 0.64
0.644
0.64
0
0.64
0.644
0
0
ka = 0.6/1 = 0.6
kb = 1
Nous obtenons une ligne de z´eros. C’est un cas singulier qui ne peut ˆetre r´esolu qu’en faisant rempla¸cant z par (1 + )z. L’´equation caract´eristique devient : P (z)
= (1 + )3 z 3 + 2.7(1 + )2 z 2 + 2.26(1 + )z + 0.6 = 0
On peut n´egliger toutes les puissances de plus grande que 1. C’est `a dire que l’on n´eglige les termes 2 , 3 , 4 , 5 , etc. L’´equation caract´eristique s’´ecrit : 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)
1.344 + 12.144 1 + 3
0.64 + 5.8 1 + 3
0
b0 =
0.64 + 6 1 + 3
0.64 + 5.8 1 + 3 c0 =
0.256 (0.64 + 6)(1 + 3)
ka = 0.6/(1 + 3)
1.344 + 12.144 1 + 3
kb =
0.64 + 5.8 0.64 + 6
0.27 (0.64 + 6)(1 + 3)
kc = 1.05
0.27 (0.64 + 6)(1 + 3)
d0 =
−0.027
(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
Mecatronique
– pour < 0, on a b0 > 0, c0 < 0, d0 > 0 Dans les deux cas, on a un ´el´ement n´egatif (d0 et c0 ). Cela veut dire qu’il y a une racine qui est `a l’ext´erieur du cercle unit´e. Le syst`eme est donc instable.
Solution de l’exercice 13 : La fonction de transfert du syst`eme est : G(s)
K s(τ s + 1)
=
Pour trouver la transform´ee en Z de G(s), on r´e´ecrit G(s) ainsi:
G(s)
1 τ
= K 1 s(s + ) τ
D’apr` es les tables, on a : T e τ
− − − −
Z
1 τ
K 1 s(s + ) τ
1
=
K
z
T e τ −
(z
1)
L’´equation caract´eristique est :
z
T e τ
− − − − −
1
1 + K
(z
2
z +
− 1
T e τ −
1)
T 1 + e τ −
z
z
T − e τ
T z + e τ
= 0
−
= 0
Pour pouvoir utiliser le crit`ere de Routh, on proc`ede `a la transformation bilin´ eaire suivante : z
=
1+w 1 w
−
La nouvelle ´equation caract´eristique est : w
2
T − e τ
T − e τ
T − 1 + e τ
− − K 1
Le tableau de Routh est :
+ 2w
1
+2
T e τ
− − −
K 1
=
0
page 13 of 17
E.K.Boukas, 2002
Mecatronique
r2
r1
r0
Le terme
− 1
2
2
T e τ
1
T 1 + e τ
T e τ −
K 1
T − e τ
− − −
−
2
T e τ
− − −
K 1
0
T e τ −
K 1
est toujours > 0. Le syst`eme est stable si :
2 ce qui donne :
−
T − 1 + e τ
−
T − 1 + e τ
T e τ
− − −
K 1
0 < K < 2coth
> 0
T 2τ
Solution de l’exercice 14 : Pour tracer le diagramme de Nyquist, on doit remplacer z par eωT . Ainsi, lorsque l’expression de G(eωT ) est connue analytiquement, le trac´ e du graphe se fait avantageusement sur ordinateur. Par contre, une esquisse manuelle, telle que celle que l’on va faire, est difficile car G(eωT ) n’est pas une fonction rationnelle de ω comme en analogique, mais de eωT . Une fa¸con d’´eliminer cette complication est d’introduire la variable complexe w donn´ee par :
w
=
2z 1 avec z = T z + 1
−
−1
Ainsi, T w 2 2 avec w = T T 1 w 2 1 + 0.5w 1 0.5w 1+ z
=
−
pour T=1 seconde, on a : z
=
−
En rempla¸cant z dans la fonction G(z), on obtient :
G(z) = G (w) = G
T 1+ w 2 T 1 w 2
−
=
0.5 1 + 0.5w 1 0.5w
−
=
− 0.5
1 3
− 2 w 2 +w 3
(16)
page 14 of 17
E.K.Boukas, 2002
Mecatronique
Sachant que :
− −
2 T
w
=
w
=
z 1 z +1
=
eωT 1 eωT + 1
2 T
=
2 T
T T ω −ω 2 e 2 e T T ω −ω 2 e 2 +e
−
2 T tan ω T 2
En posant :
2 T tan ω T 2
ν = alors, w
= ν
L’´equation (16) devient : G ( ν )
1 2 ν 3 2 + ν 3 4 3ν 2 4 + 9ν 2
−
=
G ( ν )
− −
=
+
8ν 4 + 9ν 2
La construction de G ( ν ) est ´equivalente a` celle de G(eωT ) pour ω
∈ [0,
ωN ].
ωN est la pulsation de Nyquist et est exprim´ee par : ωN =
π T
Finalement, on obtient : I m
6 si ν = 0
=
⇒ si ν = ∞ =⇒ si R = 0 =⇒ e
Re = 1, Re =
− 13
I m = 0
1 , I m = 0 3
− 2 ν = √ , 3
I m =
1
q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q
0
− √3 3
I
−
Re
√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´eels se trouve entre d’une part 0.368 et 1 et d’autre entre Angles des asymptotes :
−
−
β = β 1
=
β 2
=
π(2k + 1) n m π(2(0) + 1) π = 3 1 2 π(2(1) + 1) 3π = = 3 1 2
−1.755 et 0.
−
− −
− π2 page 15 of 17
E.K.Boukas, 2002
Mecatronique
– Intersection du lieu avec l’axe r´ eel :
2z 3 + 3.897z 2
−
dK = 0 dz 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´es. – Si on met z = 1 dans l’´equation caract´eristique, on trouve :
−
−
1+K
z + 1.755 z(z 1)(z 0.368)
−
= 1+K
−
( 1) + 1.755 =0 ( 1)( 1 1)( 1 0.368)
− − − − − −
=
⇒
K = 3.62
Le lieu des racines est trac´e en vert. Le syst` eme est stable pour tous les points du lieu qui se trouvent a` l’int´erieur du cercle unit´e (en bleu), c.a.d. pour tous les gains k < 3.62.
q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q q
I m 6 Instable
k=3.62
Stable
U
−1.75
Instable
−1
×× 0 0.37
6
×+1
Re -
?
Solution de l’exercice 16 :
– La premi`ere approximation d’Euler est de type : s =
z
−1 = z−1 T
0.1
La fonction de transfert du contrˆoleur devient : z
C (z)
=
C (z)
=
−1 +1 4 0.1 z−1 +2 0.1 z − 0.9 4 z − 0.8
– La deuxi`eme approximation d’Euler est de type : s =
z
−1 = z−1
Tz
0.1z
page 16 of 17
E.K.Boukas, 2002
Mecatronique
La fonction de transfert du contrˆoleur devient : z 1 = 4 0.1z z 1 0.1z z = 3.66 z
− −
C (z)
+1 +2
− 0.909 − 0.833
C (z) – L’approximation de Tustin est de type : s =
2z 1 2 z 1 z 1 = = 20 T z + 1 0.1 z + 1 z +1
−
−
−
La fonction de transfert du contrˆoleur devient : 20(z 1) +1 (z + 1) = 4 20(z 1) +2 (z + 1) z 0.904 = 3.818 z 0.818
−
C (z)
C (z)
−
− −
page 17 of 17
E.K.Boukas, 2002
