0 5 1. 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 · 2020. 5. 13. · c 1 0 1 n k n k c c c d 2 0 2 ad bc b d a c;...

Analyse des asservissements linéaires échantillonnées : cours donné par: Prof ABDELAZIZ M


Chapitre 2 : Analyse des asservissements

linéaires échantillonnées

2.1. Étude de la stabilité

Exemple

SoitaZ

ZZG

)( la fonction de transfert d’un système discret, aZ 1

est un pôle

simple. La réponse impulsionnelle est donnée par :

kaaZ

ZTZkg

1)(

Tracé de la réponse impulsionnelle pour 15.1;1;5.0a

Définition : Un système discret linéaire est stable si tous les pôles de la fonction de

transfert se trouvent à l’intérieur du cercle unité du plan Z .

Relation entre les pôle d’un système continu et discret

Soit jP 1un pôle du système continu, alors le pôle du système discret est

donnée par jTTjTTPeeeeZ )(

11 et donc le système continu est stable ssi 0

et donc 11 TeZ ,

c-a-d

10)( 11 ZPRe

Relation de stabilité dans le cas continu et discret

1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

Instabilité a>1

15.115.0a

Limite de stabilité a=1

Stabilité a<1

Instable

stable Re(Z)

Im(Z)

+1 -1 Re(p)

Im(p)

Instable

stable

0



2.2. Critères de stabilité

2.2.1 Critères algébriques

a) Critère de Jury

Soit )(

)()(

ZB

ZAZG , la fonction de transfert d’un système discret, ce système est stable

si tous les pôles du polynôme )(ZB se trouvent à l’intérieur du cercle unité, il est

instable s’il y’a au moins un pôle à l’extérieur du cercle unité. Le critère de Jury

permet de savoir la position des pôles par rapport au cercle unité sans avoir à les

calculer.

Soit

0 ;....)( 0

1

1

2

2

1

1

n

n

n

n

n

n

n aaZaZaZaZaZB

Conditions nécessaires

0)1()1(

0)1(

B

B

n

Conditions suffisantes

colonne 0Z 1Z 2Z . kZ . . 1nZ nZ 1

0a 1a

2a . ka .

1na na

2 na 1na 2na .

kna . 1a 0a

3 0b

1b 2b . . .

1nb 0

4 1nb 2nb . . .

0b 0

5 0c

1c . . . 2nc 0 0

6 2nc 3nc . . .

0c 0 0

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

2n-5 0s

1s 2s 3s 0 0 0 0 0 0

2n-4 3s 2s 1s 0s 0 0 0 0 0 0

2n-3 0r

1r 2r 0 0 0 0 0 0 0

Avec

tdéterminan ;0

kn

kn

kaa

aab

kn

kn

kbb

bbc

1

10

kn

kn

kcc

ccd

2

20

bcaddb

catdéterminan ;

Les conditions suffisantes de stabilité sont au nombre de (n-1) et sont données

par :



20

20

10

0

.

rr

cc

bb

aaa

n

n

nn

Exemple 1. n=1

0 ;)( 101 aaZaZB

CN

)2( 0)1()1(

)1( 0)1(

01

01

aaB

aaB

CS :n-1=0 CS

(1) et (2) implique que le système est stable pour

0 ; 1101 aaaa

Exemple 2. n=2

0 ;)( 201

2

2 aaZaZaZB

CN

)2( 0)1()1(

)1( 0)1(

012

2

012

aaaB

aaaB

CS :n-1=1 CS

)3( 20 aa

(1),(2) et (3) implique que le système est stable pour

0 ;

0

0

220

012

012

aaa

aaa

aaa

Exemple 3. n=3

0 ;)( 301

2

2

3

3 aaZaZaZaZB

CN

)2( 0)1()1(

)1( 0)1(

0123

3

0123

aaaaB

aaaaB

CS :n-1=2 CS

)4(

)3(

20

330

bb

aaa - ; 1320

23

10

2

2

3

2

0

03

30

0 aaaaaa

aabaa

aa

aab



(1),(2),(3) et (4) implique que le système est stable pour

20

330

0123

0123

0 ;

0

0

bb

aaa

aaaa

aaaa

b) Critère de Routh Hurwitz

Rappelons que ce critère permet de savoir si tous les pôles d’un polynôme sont à

partie réelle négative. Lorsqu’il s’agit d’une transmittance en Z, l’application de ce

critère n’est pas possible, on utilise alors une transformation bilinéaire (Transformée

en W) qui fait correspondre le cercle unité dans le plan Z, le demi plan gauche de W.

Soit

0

1

1

2

2

1

1 ....)( aZaZaZaZaZB n

n

n

n

n

n

La transformation W est donnée par :

1

1

Z

ZW

Et donc

W

WZWWZZZW

1

11)1(1)1(

L’équivalence des positions de Z et W

Soit

)(1)(

)(1)(

1)()(

1)()(

1

1

1

1

sinjcos

sinjcos

jsincos

jsincos

e

e

Z

ZWeZ

j

jj

22)(1)(

1)()())((1)()()(1)(1)(

)(1)()(1)(

)(1)()(1)(

sincos

cossinsincosjsinsincoscos

sinjcossinjcos

sinjcossinjcos

22

222222

)(1)(

)()()()()()()(1)(

sincos

sincossinsinsincosjsincos

)()(

)(21

1)(2

)(2122

2

2

2

sincos

sinj

cos

sinj

finalement

0)(1 WRe

c.-à-d., un système discret est stable (pôles à l’intérieur du cercle unité) ssi le système

continu (fictif) obtenu par la transformée en W est stable (pôles à partie réelle

négative).

Pour 1 , alors



)2/tan(

)2/(

)2/(

)2/(2

)2/()2/(2

)(22

)(2

)()(1

)(2222

j

cos

jsin

cos

cosjsin

cos

jsin

sincos

jsinW

Donc

)2/tan(ou ;)2/(tan;1; TvjvTjWeZTeZ Tjj

v : fréquence fictive

c.-à-d

vT

Pour une fréquence réelle variant entre T/ et T/ , la fréquence fictive v varie

entre et

Lorsqu’on introduit la relation W

WZ

1

1dans l’équation caractéristique

0...)( 2

2

1

10 n

nZaZaZaaZB

On obtient

.01

1...

1

1

1

1)(

2

2101

1

n

nw

Wz W

Wa

W

Wa

W

WaaZB (1)

c.-à-d

0...)( 2

2

1

10 n

nWWWWB (2)

Où les coefficients n ,..., 10 dépendent des coefficients naaa ,..., 10 . Sur l’équation

(2), on peut maintenant appliquer le critère de Routh Hurwitz. Lorsque ce critère

montre que toutes les racines se trouvent dans le demi plan complexe gauche dans le

plan W, on est sur que toutes les racines de l’équation caractéristique (1) se trouvent

à l’intérieur d’un cercle unité, on peut alors utiliser le critère de Routh pour la

transmittance en W.

Exemple 1.

04.24.1.2.0

3.01.11)6.02()3.01.11()1(3.0)1((1.1)1()(

03.01

11.1

1

1)(03.01.1)(

2

2222

2

1

12

WW

WWWWWWB

W

W

W

WZBZZZB

w

Wz

CN : tous les coefficients sont positifs

CS : Table de Routh

W2 0.2 2.4

W1 1.4 0

W0 0 0

Tous les coefficients de la première colonne sont positifs et donc le système discret

est stable.

2.2.2 Critères géométriques



a) Critère simplifié de Nyquist

Un système asservi échantillonné linéaire est stable si le lieu de la réponse

harmonique en boucle ouverte jTj ezezZBZB

)()( présente le point critique

)0,1( à sa gauche, lorsque vari de 0 à , c.-à-d. vari de 0 à T/ .

Le lieu de ..0;)( jeZ

ZKG est donné par la figure suivante

Lieu de ..0;)(

jeZZKG

Pour

1KK ; le système en boucle fermée est stable

2KK ; le système en boucle fermée est à la limite de stabilité

3KK ; le système en boucle fermée est instable

Exemple 5.0

)(5.0

)(

j

jj

e

eKeG

Z

ZKZG

Pour KKe

eKeG

j

jj 2

5.01

1

5.0)( ,0

0

0

)4.08.0(25.1

5.0

25.125.01

)5.0(

5.05.0)( ,2/

2/

2/

jKKjKjj

Kj

jK

e

eKeG

j

jj

KKKKe

eKeG

j

jj 6.0

3

2

5.1

1

5.01

1

5.0)( ,

-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

e(k) s(k) )(ZKG

1KK

2KK

3KK

)( jeKGIm

)( jeKGRe



Lieu de ..0;1;)(

KZKG jeZ

Le lieu de Nyquist laisse le point critique à sa gauche, donc, le système en boucle

fermée est stable 0K

a) Lieu des racines

La fonction de transfert en boucle fermée est donnée par :

)(1

)()(

ZKG

ZKGZH

L’équation caractéristique est donnée par : 0)(1 ZKG

La position des pôles lorsque K varie de zéro à l’infini représente le lieu des racines et

donc : 1)(0)(1 ZKGZKG

des anglesCondition argZKGarg

sdes moduleCondition ZKG

:;...2;1;0 ;2)1())((

:1)(

Exemple

1 ,3 ;)3.0)(1(

7.1)(

mn

ZZZ

ZZG

Les pôles sont donnés par 3.0 ;1 ;0 321 PPP

Les racines sont donnés par 7.11 Z

1) Pour 0K , le lieu démarre des pôles, soit 3.0 ;1 ;0 321 PPP

2) Pour K , le lieu arrive aux zéros, soit 7.11 Z

Il reste deux pôles qui vont partir à l’infini pour K suivant deux asymptotes

3) Angle des asymptotes

1 ;2/3

0 ;2/12

pour

pour

mna

4) Intersection des asymptotes

5.1

)()(11

mn

ZRePRem

i

i

n

i

i

0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2-0.7

-0.6

-0.5

-0.4

-0.3

-0.2

-0.1

0

2/,8.0 KRe

)( jeKGRe

)( jeKGIm

0,2 KRe

KRe 6.0

2/

4.0

KIm



Le système est stable si tous les pôles sont à l’intérieur du cercle unité et donc pour

21,KKminK .

Pôles en boucle fermée pour 0K

Pour

1615.0816.0203.0 2,12,11 ZjZKK

172.3 2,12 ZKK

2.3. Étude de la précision en régime permanent

2.3.1. Constantes d’erreur pour un système à erreur échantillonnée

Soit )()( pGTZZG alors)(1

1

)(

)(

ZGZE

Z

a) Échelon unitaire

1)()()(

Z

ZZEtute

L’erreur de position est donnée par

)(1

)(1)-(Z 1)(1)-(Z 1)( limlimlim

ZG

ZEZZZnTnp

)(1 1

1

)(1

1-Z1)-(Z 1 lim

lim

ZGZZG

Z

Z

Soit la constante de position

)(1 1lim ZGZKp Alors l’erreur de position est donnée par :

p

pK

1

b) Échelon de vitesse

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

Root Locus

Real Axis

Imagin

ary

Axis

e(t) y(t) y*(t) ε*(t) )( pG

ε(t)

2KK

1KK

)(ZIm K

K

)(ZRe 3.0 1 0

T T



2)1()()()(

Z

TZZEttute

L’erreur de vitesse est donnée par

)(1

)(1)-(Z 1)(1)-(Z 1)( limlimlim

ZG

ZEZZZnTnv

)( 1-Z 1)(1 1-Z 1)(1

)1(1)-(Z 1

limlim

2lim

ZGZ

T

ZGZ

T

ZG

Z

TZ

Z

Soit la constante de vitesse

)( 1-Z 1lim ZGZKv Alors l’erreur de vitesse est donnée par :

v

vK

T

b) Échelon d’accélération

3

22

)1(2

)1()()(

2

1)(

Z

ZZTZEtutte

L’erreur d’accélération est donnée par :

)(1

)(1)-(Z 1)(1)-(Z 1)( limlimlim

ZG

ZEZZZnTna

)( 1-Z 1)(1 1-Z 1)(1

)1(2

)1(

1)-(Z 1 2lim

2

2lim

23

2

lim

ZGZ

T

ZGZ

T

ZG

Z

ZZT

Z

Soit la constante d’accélération )( 1-Z 1

2lim ZGZKa Alors l’erreur d’accélération est donnée par :

a

aK

T 2

Finalement

Entrée )(te constante erreur

)()( tute de position

)(1 1lim ZGZKp

de position

p

pK

1

)(ttu de vitesse

)( 1-Z 1lim ZGZKv

de vitesse

v

vK

T

)(2

1 2 tut d’accélération

)( 1-Z 12lim ZGZKa

d’accélération

a

aK

T 2



Exemple

1 ;)1(

)(

Tpp

KpG

Soit )37.0)(1(

26.037.0)()1()()()( 1

0

ZZ

ZK

p

pGTZZpGpBTZZG alors

Le constantes d’erreurs sont données par :

)(1 1lim ZGZKp

KZGZKv )( 1-Z 1lim

0)( 1-Z 12lim ZGZKa

Et dons, les erreurs sont données par :

01

p

pK

KK

T

v

v

1

0

12

a

aK

T

Marge de gain et de Phase

Ce sont des limites de la marge du gain gM et de la marge de phase m à respecter

afin que le système en boucle fermée reste stable pour une certaine perturbation

structurelle (perturbation de la fonction de transfert).

Les marges de gain et de phase sont données par :

180)(rg(pour )(

1

1)(pour )(arg180 11

j

jg

jj

m

eGaeG

M

eGeG

Le système bouclée est bien amorti si

1) degréen exprimé:5550 m

2) 525.01

2.0 g

g

MM

e(t) y(t) y*(t) ε*(t) )( pG

ε(t) )(0 pB

T T



Département d’Électrotechnique Faculté de Technologie Université de Sétif MEC 83 : Asservissements échantillonnés et Régulation numérique TD 2 Exercice 1 Calculer la réponse impulsionnelle et indicielle du système échantillonné suivant Exercice 2 Déterminer la fonction de transfert du système échantillonné suivant Bo(p) : bloqueur d’ordre zéro T=1s Exercice 3 Calculer la réponse impulsionnelle et indicielle du système suivant Bo(p) : bloqueur d’ordre zéro T=1s

1

1

p

u(t) T=1s y(t)

y(t)

1

1

p Bo(p)

u(t) T

y(t)

1

1

p Bo(p)

u(t) T



Correction TD2 Exercice 1 La fonction de transfert en boucle fermée est donnée par :

)(1

)()(

ZG

ZGZH

Où )(ZG est la fonction de transfert en boucle ouverte

Donc

36.01

1)()(

1

Z

Z

eZ

Z

pTZpGTZZG

finalement

18.0

5.0

36.0

36.01

36.0

)(1

)()(

Z

Z

ZZ

Z

Z

ZZ

Z

ZG

ZGZH

Calcul de la réponse impulsionnelle

)()18.0(5.018.0

5.0)()( 11 ku

Z

ZTZZHTZkg k

Calcul de la réponse indicielle

11.0 0.61;

;18.01)18.0)(1(

5.0)(

18.0

5.0

1)()()(

BA

Z

B

Z

A

ZZ

Z

Z

ZS

Z

Z

Z

ZZHZEZS

donc

kkBAkhZ

ZB

Z

ZAZS )18.0(11.061.0)28.0()(

18.01)(

Exercice 2. La fonction de transfert en boucle fermée est donnée par :

)(1

)()(

ZG

ZGZH

avec

p

pGTZZZG

)()1()( 1

(1)

Or

)36.0)(1(

64.0

)36.0)(1(

)136.0(

11

11

)1(

1)(

ZZ

Z

ZZ

ZZZ

eZ

Z

Z

Z

ppTZ

ppTZ

p

pGTZ

T

)36.0)(1(

64.0

ZZ

Z (2)

(1) et (2) implique que

36.0

64.0

)36.0)(1(

64.01)()1()( 1

ZZZ

Z

Z

Z

p

pGTZZZG

Et donc 28.0

64.0

64.036.0

64.0

36.0

64.01

36.0

64.0

)(1

)()(

ZZ

Z

Z

ZG

ZGZH



Exercice 3. Calcul de la réponse impulsionnelle

)1()28.0(64.028.0

64.028.0

64.0)()( 11111

ku

Z

ZZTZ

ZTZZHTZkg k

Calcul de la réponse indicielle

5.0 0.5; ;28.01)28.0)(1(

64.0)(

28.0

64.0

1)()()(

BA

Z

B

Z

A

ZZZ

ZS

ZZ

ZZHZEZS

donc

kkBAkhZ

ZB

Z

ZAZS )28.0(5.05.0)28.0()(

28.01)(



Département d’Électrotechnique

Faculté de Technologie

Université de Sétif

MEC 83 : Asservissements échantillonnés et Régulation numérique

TD 3

Exercice 1

Etudier la stabilité du système dont la fonction de transfert est donnée par :

4.025,05.1)(

23

ZZZ

ZZG

Exercice 2

Déterminer, pour le système de la figure suivante, la valeur de K qui stabilise le

système.

Avec T=1s ; a=1 ; b=2

Exercice 3

Etudier la stabilité du système échantillonné suivant en fonction de K

Avec : p

KpG )(

Bo(p): bloquer d'ordre zéro

T: période d"échantillonnage ;T=1s

Exercice 4

Pour le système de l’exercice 3, déterminer les constantes d’erreur de position de

vitesse et d’accélération, en déduire les erreurs correspondantes

y(t) )( app

K

u(t) T

)(

1

bp

y(t)

G(p) Bo(p) u(t) T



Correction TD3

Exercice 1

4.025,05.1)(

23

ZZZ

ZZG

Le dénominateur est donnée par :

4.025,05.1)( 23 ZZZZB

CN

0)1( B n’est pas vérifiée parce que 35.0)1( B

et donc, le système est instable

Exercice 2

)36.0)(1(

64.0)()()(

ZZ

KZ

eZ

ZKpGTZZG

ap

KpG

aT

et

)14.0)(36.0)(1(2

13.042.05.0

15.0)()(

2

15.0

1

115.0

)2)(1())(()()(

21 ZZZ

ZKZ

eZ

Z

eZ

Z

Z

ZKpGTZZG

pppK

pp

K

bpap

KpHpG

Et donc la fonction de transfert en boucle fermée est donnée par :

)(

)(

)13.042.0()14.0)(36.0)(1(2

2)14.0(63.0

)14.0)(36.0)(1(2

13.042.01

)36.0)(1(

64.0

)()(1

)()(

ZB

ZA

ZKZZZZ

ZZK

ZZZ

ZKZ

ZZ

KZ

pHpGTZ

pGTZZHbf

Avec

0;1.0)1.113.0()342.0(2)( 301

2

2

3

3

23 aaZaZaZaZKZKZZB

0 ;)( 301

2

2

3

3 aaZaZaZaZB

CN

)2.....(..........37.21029.02.6)1()1(

)1..(........................................0056.0)1(

0123

3

0123

KKaaaaB

KKaaaaB

CS :n-1=2 CS

)4(....................................................................................................

)3.........(............................................................ok 21.0

20

330

bb

aaa

0.302-1.9- ;99.3 1320

23

10

2

2

3

2

0

03

30

0 Kaaaaaa

aabaa

aa

aab



(1),(2),(3) et (4) implique que le système est stable pour

92.6302.0

09.20.302-1.999.3

37.21

0

20 Kbb

K

K

Finalement, le système est stable pour 92.60 K

Exercice 3

1)1(

1

1)(1)()()1()()()()(

2

2

1

Z

KT

Z

KTZ

Z

Z

p

KTZ

Z

Z

p

pGTZ

Z

ZpGpBTZZpGpBTZZG

p

KpG pp

Donc, la fonction d transfert en boucle fermée est donnée par :

;)(

)(

1

11

1

)(1

)()(

ZB

ZA

KTZ

KT

Z

KTZ

KT

ZG

ZGZH

Le polynôme )(ZB est donnée par :

0 ;1)( 101 aaZaKTZZB

CN

)2.....(..........2

20110)1()1(

)1..(..................................................0110)1(

01

01

TKKTKTaaB

KKTaaB

CS :n-1=0 CS

(1) et (2) implique que le système est stable pour

TK

20

Exercice 4

1)(

Z

KTZG

Entrée )(te constante erreur

)()( tute de position

11 1

)(1 1

lim

lim

Z

KTZ

ZGZK p

de position

011

p

pK

)(ttu de vitesse

KTZ

KTZ

ZGZKv

1 1-Z 1

)( 1-Z 1

lim

lim

de vitesse

KKT

T

K

T

v

v

1

)(2

1 2 tut d’accélération d’accélération



01

1-Z 1

)( 1-Z 1

2lim

2lim

Z

KTZ

ZGZKa

0

222 T

K

T

K

T

aa

a

0 5 1. 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 · 2020. 5. 13. · c 1 0 1 n k n k c c c d 2 0 2 ad bc b d a c;...

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