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Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 12 exercices, avec les corrigés complets à la fin.

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1Formules et méthodes

Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

Stabilité
toutes les racines du polynôme caractéristique dans le demi-plan gauche
tableau de Routh, élément s¹ d’un polynôme cubique
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Racines dans le demi-plan droit
nombre de changements de signe dans la première colonne
Polynôme cubique s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stable lorsque tous les a > 0 et a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Équation caractéristique
1 + K·G(s) = 0
Asymptotes
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Points de séparation et de jonction
dK/ds = 0
Condition de module
K = 1/|G(s)|
Angle de départ
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Méthode

  1. Écrivez le polynôme caractéristique en boucle fermée : le dénominateur de 1 + K·G(s) = 0, développé.
  2. Placez les coefficients en alternance dans les deux premières lignes du tableau de Routh et construisez les lignes restantes.
  3. Comptez les changements de signe dans la première colonne : chacun correspond à un pôle dans le demi-plan droit. Avec K dans le tableau, exigez que tous les éléments de la première colonne restent positifs.
  4. Pour un lieu des racines, repérez les pôles et les zéros, les segments de l’axe réel, les asymptotes issues du centre de gravité et les points de séparation où dK/ds = 0. Utilisez K = 1/|G(s)| pour le gain en un point.

Erreur en régime permanent et commande PID

Classe du système
nombre de pôles de G(s) en s = 0
Constantes d’erreur
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Échelon A
ess = A/(1 + Kp)
Rampe A·t
ess = A/Kv
Parabole A·t²/2
ess = A/Ka
Régulateur PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Cible du second ordre
s² + 2ζωns + ωn²
Dépassement et temps de réponse
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Méthode

  1. Comptez les pôles de la boucle ouverte C(s)·G(s) en s = 0 : c’est la classe du système.
  2. Calculez la constante d’erreur qui correspond à l’entrée : Kp pour un échelon, Kv pour une rampe, Ka pour une parabole.
  3. Appliquez ess = A/(1 + Kp), A/Kv ou A/Ka, ou résolvez pour le gain nécessaire.
  4. Pour une spécification d’amortissement ou de vitesse, écrivez le polynôme caractéristique en boucle fermée et identifiez-le à s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Exercices

1.Transformées de LaplaceMoyen
ReIm−1−2−3−4−5−61

F(s) = (4s + 9)/(s² + 9s + 18). Sa transformée inverse a la forme f(t) = A·e−3t + B·e−6t. Trouvez le coefficient A par décomposition en éléments simples.

F(s) = (4s + 9)/(s² + 9s + 18)
A =
2.Transformées de LaplaceDifficile
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−30,51

Un système est décrit par l’équation différentielle y″ + 5y′ + 6y = 11u, d’entrée u(t) et de sortie y(t). Trouvez sa fonction de transfert G(s) = Y(s)/U(s) (conditions initiales nulles) et calculez la réponse impulsionnelle g(t) à t = 0,1 s. Trouvez g(0,1).

y″ + 5y′ + 6y = 11ut = 0,1 s
g(0.1) =
3.Schémas fonctionnelsMoyen
R(s)+56s(s + 10)G(s)C(s)−

Une boucle à retour unitaire négatif a G(s) = 56/(s(s + 10)). La consigne est une rampe r(t) = 1·t. Trouvez l’erreur en régime permanent ess.

G(s) = 56/(s(s + 10))r(t) = 1·t
ess =
4.Schémas fonctionnelsDifficile
R(s)+64s(s + 6)G(s)C(s)1H−

Le système G(s) = 64/(s(s + 6)) est dans une boucle de rétroaction négative avec un capteur de gain H = 1. Les pôles en boucle fermée sont complexes. Trouvez leur partie imaginaire ωd (la valeur positive), en rad/s.

G(s) = 64/(s(s + 6))H = 1
ωd = rad/s
5.Réponse indicielleMoyen
t (s)y(t)3

Un système a pour fonction de transfert G(s) = 150/(s² + 5s + 50) et reçoit un échelon unitaire. Trouvez la pulsation propre ωn en rad/s.

G(s) = 150/(s² + 5s + 50)
ωn = rad/s
6.Réponse indicielleDifficile
R(s)+Ks(s + 20)G(s)C(s)−

Une boucle à retour unitaire négatif a G(s) = K/(s(s + 20)). Trouvez le gain K qui donne une réponse indicielle avec 2 % de dépassement.

G(s) = K/(s(s + 20))%OS = 2 %
K =
7.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racinesMoyen
R(s)+Ks + 10(s − 2)(s + 2)C(s)−

Le procédé G(s) = (s + 10)/((s − 2)(s + 2)) a un pôle instable en s = 2. Un gain proportionnel K ferme une boucle à retour unitaire autour de lui. Trouvez le plus petit gain Kmin qui rend la boucle fermée stable.

G(s) = (s + 10)/((s − 2)(s + 2))
Kmin =
8.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racinesDifficile
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Pour L(s) = K/((s + 6)(s² + 4s + 8)), trouvez l’angle de départ θd du lieu des racines depuis le pôle complexe du demi-plan supérieur, mesuré à partir de l’axe réel positif.

L(s) = K/((s + 6)(s² + 4s + 8))
θd = °
9.Erreur en régime permanent et commande PIDMoyen
r(t) = 5t+Ks(s + 10)C(s)−

Une boucle à retour unitaire avec G(s) = K/(s(s + 10)) doit suivre la rampe r(t) = 5t avec une erreur en régime permanent de 0,2. Trouvez le gain K.

G(s) = K/(s(s + 10))r(t) = 5tess = 0,2
K =
10.Erreur en régime permanent et commande PIDDifficile
R(s)+5 + Kd​s4s(s + 4)C(s)−

Un régulateur PD C(s) = 5 + Kd·s commande le procédé G(s) = 4/(s(s + 4)) dans une boucle à retour unitaire. Trouvez le gain dérivé Kd qui donne à la boucle fermée un coefficient d’amortissement ζ = 0,6.

G(s) = 4/(s(s + 4))Kp = 5ζ = 0,6
Kd = s
11.Diagrammes de Bode et margesMoyen
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 10

Trouvez le module exact |G(jω)| de G(s) = 306/((s + 1)(s + 18)) à ω = 10 rad/s, en dB.

G(s) = 306/((s + 1)(s + 18))ω = 10 rad/s
|G(jω)| = dB
12.Diagrammes de Bode et margesDifficile
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Une boucle à retour unitaire a pour fonction de transfert en boucle ouverte L(s) = 120/(s(s + 4)(s + 6)). Trouvez la pulsation de croisement de phase ω180, où ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 120/(s(s + 4)(s + 6))
ω180 = rad/s

3Solutions

1.Transformées de Laplace

Réponse: A = −1

Transformée de Laplace : F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt transforme les dérivées en multiplications par s : ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Couples usuels : 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), et un décalage s → s + σ multiplie la fonction du temps par e−σt. Pour inverser une F(s) rationnelle, décomposez-la en éléments simples : le résidu d’un pôle simple p est A = [(s − p)·F(s)] en s = p. Théorème de la valeur finale : f(∞) = lims→0 s·F(s), valable seulement si tous les pôles de s·F(s) sont dans le demi-plan gauche. Théorème de la valeur initiale : f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Factoriser le dénominateur

s² + 9s + 18 = (s + 3)(s + 6)
F(s) = A/(s + 3) + B/(s + 6)

Méthode des résidus

Multipliez par (s + 3) et posez s = −3 : le terme en B disparaît.

A = (4s + 9)/(s + 6) |s = −3 = −3/3 = −1

Réponse

A = −1
(B = 5, donc f(t) = −e−3t + 5·e−6t)
2.Transformées de Laplace

Réponse: g(0.1) = 0,857

Transformée de Laplace : F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt transforme les dérivées en multiplications par s : ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Couples usuels : 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), et un décalage s → s + σ multiplie la fonction du temps par e−σt. Pour inverser une F(s) rationnelle, décomposez-la en éléments simples : le résidu d’un pôle simple p est A = [(s − p)·F(s)] en s = p. Théorème de la valeur finale : f(∞) = lims→0 s·F(s), valable seulement si tous les pôles de s·F(s) sont dans le demi-plan gauche. Théorème de la valeur initiale : f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Fonction de transfert

G(s) = Y(s)/U(s) = 11/(s² + 5s + 6)

Décomposition en éléments simples

s² + 5s + 6 = (s + 2)(s + 3)
A = 11, B = −11

Réponse impulsionnelle

g(t) = 11·e−2t − 11·e−3t
g(0,1) = 0,857

Réponse

g(0,1) = 0,857
3.Schémas fonctionnels

Réponse: ess = 0,1786

Algèbre des schémas fonctionnels : les blocs en série se multiplient (G₁·G₂), les blocs en parallèle s’additionnent (G₁ + G₂), et une boucle avec chaîne directe G et chaîne de retour H se réduit à T = G/(1 + G·H) pour une rétroaction négative et G/(1 − G·H) pour une rétroaction positive. Réduisez d’abord les boucles intérieures, puis progressez vers l’extérieur. Les pôles en boucle fermée sont les racines de l’équation caractéristique 1 + G(s)H(s) = 0. Pour une boucle stable, une entrée en échelon d’amplitude A donne la sortie en régime permanent A·T(0) ; avec un retour unitaire, l’erreur statique à un échelon est A/(1 + Kp) avec Kp = G(0).

Constante d’erreur de vitesse

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 56/10 = 5,6

Erreur en régime permanent

ess = A/Kᵥ = 1/5,6 = 0,1786

Réponse

ess = 0,1786
4.Schémas fonctionnels

Réponse: ωd = 7,416 rad/s

Algèbre des schémas fonctionnels : les blocs en série se multiplient (G₁·G₂), les blocs en parallèle s’additionnent (G₁ + G₂), et une boucle avec chaîne directe G et chaîne de retour H se réduit à T = G/(1 + G·H) pour une rétroaction négative et G/(1 − G·H) pour une rétroaction positive. Réduisez d’abord les boucles intérieures, puis progressez vers l’extérieur. Les pôles en boucle fermée sont les racines de l’équation caractéristique 1 + G(s)H(s) = 0. Pour une boucle stable, une entrée en échelon d’amplitude A donne la sortie en régime permanent A·T(0) ; avec un retour unitaire, l’erreur statique à un échelon est A/(1 + Kp) avec Kp = G(0).

Équation caractéristique

s(s + 6) + 64·1 = 0 → s² + 6s + 64 = 0

Racines

s = −3 ± j·√(64 − 9) = −3 ± j7,416
ωd = 7,416 rad/s

Réponse

ωd = 7,416 rad/s
5.Réponse indicielle

Réponse: ωn = 7,071 rad/s

Réponse indicielle : un système du premier ordre G(s) = K/(τs + 1) répond à un échelon d’amplitude U par y(t) = K·U·(1 − e−t/τ) : il atteint 63,2 % de la valeur finale K·U après une constante de temps τ et 98 % après 4τ. Un système du second ordre G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) a pour pôles s = −ζωₙ ± jωd avec ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Pour 0 < ζ < 1, la réponse indicielle dépasse sa valeur finale : dépassement en pourcentage %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), temps du premier pic tp = π/ωd, et temps de réponse à 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Comparez le dénominateur avec s² + 2ζωₙs + ωₙ² pour lire ωₙ et ζ. Pour un système masse–ressort–amortisseur, ωₙ = √(k/m) et ζ = c/(2√(km)) ; pour un circuit RLC série, ωₙ = 1/√(LC) et ζ = (R/2)·√(C/L).

Comparez avec la forme standard

Le dénominateur doit correspondre à s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 50 → ωₙ = 7,071 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·7,071) = 0,3536

Résultat

ωₙ = 7,071 rad/s

Réponse

ωn = 7,071 rad/s
6.Réponse indicielle

Réponse: K = 164,5

Réponse indicielle : un système du premier ordre G(s) = K/(τs + 1) répond à un échelon d’amplitude U par y(t) = K·U·(1 − e−t/τ) : il atteint 63,2 % de la valeur finale K·U après une constante de temps τ et 98 % après 4τ. Un système du second ordre G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) a pour pôles s = −ζωₙ ± jωd avec ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Pour 0 < ζ < 1, la réponse indicielle dépasse sa valeur finale : dépassement en pourcentage %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), temps du premier pic tp = π/ωd, et temps de réponse à 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Comparez le dénominateur avec s² + 2ζωₙs + ωₙ² pour lire ωₙ et ζ. Pour un système masse–ressort–amortisseur, ωₙ = √(k/m) et ζ = c/(2√(km)) ; pour un circuit RLC série, ωₙ = 1/√(LC) et ζ = (R/2)·√(C/L).

Fonction de transfert en boucle fermée

T(s) = K/(s² + 20s + K)

Coefficient d’amortissement à partir du dépassement

ζ = −ln(0,02)/√(π² + ln²(0,02)) = 0,7797

Gain

ωₙ = 20/(2ζ) = 12,83 rad/s
K = ωₙ² = 164,5

Réponse

K = 164,5
7.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

Réponse: Kmin = 0,4

Critère de Routh–Hurwitz : un système linéaire est stable lorsque toutes les racines de son polynôme caractéristique se trouvent dans le demi-plan gauche du plan s. On écrit les coefficients en alternance dans les deux premières lignes du tableau de Routh. Chaque élément d’une nouvelle ligne se calcule à partir des deux lignes au-dessus ; pour un polynôme cubique a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀, l’élément de la ligne s¹ est b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Le nombre de changements de signe dans la première colonne est égal au nombre de racines dans le demi-plan droit. Avec un gain K dans les coefficients, chaque élément de la première colonne doit rester positif : le gain qui annule l’élément de la ligne s¹ est la limite de stabilité, et la ligne s² donne alors la fréquence de l’oscillation entretenue.

Polynôme caractéristique

(s − 2)(s + 2) + K(s + 10) = s² + (0 + K)s + (10K − 4)

Conditions

Pour s² + c₁s + c₀, toutes les racines se trouvent dans le demi-plan gauche exactement lorsque c₁ > 0 et c₀ > 0.

0 + K > 0 → K > 0
10K − 4 > 0 → K > 0,4
Kmin = 0,4

Réponse

Kmin = 0,4
8.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

Réponse: θd = 63,43 °

Lieu des racines : lorsque le gain K passe de 0 à ∞, les pôles en boucle fermée, c’est-à-dire les racines de 1 + K·G(s) = 0, se déplacent des pôles en boucle ouverte vers les zéros en boucle ouverte ou vers l’infini. Un point de l’axe réel appartient au lieu lorsque le nombre de pôles et de zéros réels situés à sa droite est impair. Les n − m branches qui partent à l’infini suivent des asymptotes d’angles (2q + 1)·180°/(n − m), issues du centre de gravité σₐ = (Σ pôles − Σ zéros)/(n − m). Les branches quittent ou rejoignent l’axe réel là où dK/ds = 0. La condition d’angle ∠G(s) = 180° fixe la forme du lieu, et la condition de module K = 1/|G(s)| donne le gain en tout point du lieu.

Position des pôles

s² + 4s + 8 = 0 → s = −2 ± j2
s = −6

Angles depuis les autres pôles

∠(−2 + j2 + 6) = atan2(2, 4) = 26,57°
∠(−2 + j2 − (−2 − j2)) = ∠(j4) = 90°

Angle de départ

θd = 180° − 26,57° − 90° = 63,43°

Réponse

θd = 63,43°
9.Erreur en régime permanent et commande PID

Réponse: K = 250

Erreur en régime permanent : dans une boucle à retour unitaire de fonction de transfert en boucle ouverte G(s), l’erreur est E(s) = R(s)/(1 + G(s)), et d’après le théorème de la valeur finale ess = lims→0 s·E(s). La classe du système est le nombre de pôles de G(s) en s = 0. Les constantes d’erreur sont Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) et Ka = lim s²·G(s), toutes pour s → 0. Un échelon d’amplitude A donne ess = A/(1 + Kp), une rampe A·t donne A/Kv et une parabole A·t²/2 donne A/Ka. Une boucle de classe 0 suit un échelon avec une erreur finie ; une boucle de classe 1 le suit exactement et suit une rampe avec une erreur finie.

Constante de vitesse requise

Kv = A/ess = 5/0,2 = 25

Gain

K = 10·Kv = 250

Réponse

K = 250

Un gain élevé rend cette boucle très faiblement amortie : ζ = 0,3162. Ce conflit explique le recours aux correcteurs.

10.Erreur en régime permanent et commande PID

Réponse: Kd = 0,3416 s

Commande P, PI et PID : le régulateur C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s agit sur l’erreur. Un gain proportionnel rend la boucle plus rapide et réduit l’erreur d’un procédé de classe 0, mais ne la supprime jamais. Le terme intégral ajoute un pôle en s = 0 : la classe du système augmente d’une unité, et un échelon est suivi sans erreur. Le terme dérivé ajoute de l’amortissement. Pour choisir les gains, écrivez le polynôme caractéristique en boucle fermée et comparez-le à s² + 2ζωns + ωn². On a alors %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd avec ωd = ωn√(1 − ζ²), et ts ≈ 4/(ζωn).

Polynôme caractéristique

s(s + 4) + 4(5 + Kds) = s² + (4 + 4Kd)s + 20

Fréquence propre

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s

Gain dérivé

4 + 4Kd = 2·0,6·4,472 = 5,367
Kd = 0,3416 s

Réponse

Kd = 0,3416 s

Le terme dérivé ajoute de l’amortissement sans changer ωₙ.

11.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: |G(jω)| = 3,398 dB

Réponse en fréquence : substituez s = jω dans la fonction de transfert. Le module en décibels est 20·log₁₀|H(jω)| et la phase est la somme des angles des facteurs du numérateur moins ceux des facteurs du dénominateur. Un filtre RC ou RL du premier ordre a sa fréquence de coupure (−3 dB) à ωc = 1/(RC) ou R/L, et fc = ωc/(2π) ; un filtre passe-bas donne |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) et φ = −atan(ω/ωc). Dans le diagramme de Bode asymptotique (en lignes droites), chaque pôle infléchit le module vers le bas de 20 dB/décade à sa fréquence de coupure, chaque zéro l’infléchit vers le haut de 20 dB/décade, et un intégrateur 1/s donne −20 dB/décade à toutes les fréquences. Pulsation de croisement du gain ωc : |L(jω)| = 1 (0 dB) ; marge de phase PM = 180° + ∠L(jωc). Pulsation de croisement de phase ω180 : ∠L(jω) = −180° ; marge de gain GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. La boucle fermée est stable quand les deux marges sont positives.

Multiplier les modules

|G(j10)| = 306/(√(10² + 1²)·√(10² + 18²)) = 306/(10,05·20,59) = 1,479

Résultat

20·log₁₀(1,479) = 3,398 dB

Réponse

|G(jω)| = 3,398 dB
12.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: ω180 = 4,899 rad/s

Réponse en fréquence : substituez s = jω dans la fonction de transfert. Le module en décibels est 20·log₁₀|H(jω)| et la phase est la somme des angles des facteurs du numérateur moins ceux des facteurs du dénominateur. Un filtre RC ou RL du premier ordre a sa fréquence de coupure (−3 dB) à ωc = 1/(RC) ou R/L, et fc = ωc/(2π) ; un filtre passe-bas donne |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) et φ = −atan(ω/ωc). Dans le diagramme de Bode asymptotique (en lignes droites), chaque pôle infléchit le module vers le bas de 20 dB/décade à sa fréquence de coupure, chaque zéro l’infléchit vers le haut de 20 dB/décade, et un intégrateur 1/s donne −20 dB/décade à toutes les fréquences. Pulsation de croisement du gain ωc : |L(jω)| = 1 (0 dB) ; marge de phase PM = 180° + ∠L(jωc). Pulsation de croisement de phase ω180 : ∠L(jω) = −180° ; marge de gain GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. La boucle fermée est stable quand les deux marges sont positives.

Croisement de phase

(ω/4)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(4·6) = 4,899 rad/s

Réponse

ω180 = 4,899 rad/s

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