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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
t (s)f(t)t = 0,3f(0,3) = ?

Trouvez f(t) pour F(s) = 25/(s(s + 1)(s + 6)) par décomposition en éléments simples, et calculez f(0,3).

F(s) = 25/(s(s + 1)(s + 6))t = 0,3 s
f(0.3) =
2.Transformées de LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 1y(1) = ?

Un système obéit à y″ + 7y′ + 6y = 18·u(t), avec y(0) = 5 et y′(0) = 0. À t = 0, on applique un échelon d’entrée u(t) = 10. Utilisez la transformée de Laplace pour trouver y(1).

y″ + 7y′ + 6y = 18·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 10t = 1 s
y(1) =
3.Schémas fonctionnelsMoyen
R(s)+14s + 5G(s)C(s)2H−

Un système G(s) = 14/(s + 5) est commandé dans une boucle de rétroaction négative dont le capteur a un gain H = 2. Un échelon d’amplitude 10 est appliqué en R. Trouvez la sortie en régime permanent css.

G(s) = 14/(s + 5)H = 2R = 10
css =
4.Schémas fonctionnelsDifficile
R(s)+5s + 3G₁+6s + 7G₂C(s)4H₁−0,5H₂−

Réduisez le schéma fonctionnel avec G₁ = 5/(s + 3), G₂ = 6/(s + 7), une rétroaction négative interne H₁ = 4 autour de G₂ et une rétroaction négative externe H₂ = 0,5. Trouvez le gain statique T(0) de C(s)/R(s).

G₁ = 5/(s + 3)G₂ = 6/(s + 7)H₁ = 4H₂ = 0,5
T(0) =
5.Réponse indicielleMoyen
t (s)y(t)1tp​ = ?

Un système a pour fonction de transfert G(s) = 52/(s² + 9s + 52) et reçoit un échelon unitaire. Trouvez le temps du premier pic tp de la réponse indicielle.

G(s) = 52/(s² + 9s + 52)
tp = s
6.Réponse indicielleDifficile
k = 200 N/mc = 24 N·s/mm = 2 kgF = 10 Nx(t)

Une masse m = 2 kg est suspendue à un ressort k = 200 N/m avec un amortisseur visqueux c = 24 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Au repos à l’équilibre, une force constante F = 10 N est soudain appliquée. Trouvez le plus grand déplacement xmax en mm.

m = 2 kgk = 200 N/mc = 24 N·s/mF = 10 N
xmax = mm
7.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racinesMoyen
R(s)+K1s(s + 1)(s + 4)C(s)−

La boucle du schéma a pour fonction de transfert en boucle ouverte L(s) = K/(s(s + 1)(s + 4)). On augmente le gain jusqu’à amener la boucle fermée à la limite de stabilité. Trouvez la fréquence ω de l’oscillation entretenue.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 4))
ω = rad/s
8.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racinesDifficile
ReIm−2−4−6−8−10j2j4

Pour L(s) = K/((s + 8)(s² + 6s + 25)), 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 + 8)(s² + 6s + 25))
θd = °
9.Erreur en régime permanent et commande PIDMoyen
r(t) = 5t+5s(s + 1)(s + 5)C(s)−

Une rampe r(t) = 5t est appliquée à une boucle à retour unitaire avec G(s) = 5/(s(s + 1)(s + 5)). Trouvez l’erreur en régime permanent ess.

G(s) = 5/(s(s + 1)(s + 5))r(t) = 5t
ess =
10.Erreur en régime permanent et commande PIDDifficile
R(s)+K = 502s(s + 6)C(s)−

Un régulateur proportionnel K = 50 commande le procédé G(s) = 2/(s(s + 6)) dans une boucle à retour unitaire. Trouvez le temps du premier pic tp de la réponse indicielle.

G(s) = 2/(s(s + 6))K = 50
tp = s
11.Diagrammes de Bode et margesMoyen
vin​R = 10 kΩC = 4,7 nFvout​

Le filtre passe-bas RC représenté a R = 10 kΩ, C = 4,7 nF. Un signal d’entrée sinusoïdal de 850 Hz est appliqué. Trouvez le déphasage φ de vout par rapport à vin, en degrés.

R = 10 kΩC = 4,7 nFf = 850 Hz
φ = °
12.Diagrammes de Bode et margesDifficile
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Une boucle à retour unitaire a pour fonction de transfert en boucle ouverte L(s) = 65/(s(s + 10)). Trouvez la marge de phase PM en degrés.

L(s) = 65/(s(s + 10))
PM = °

3Solutions

1.Transformées de Laplace

Réponse: f(0.3) = 0,6003

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).

Décomposition en éléments simples

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 6)
A = 25/(1·6) = 4,167
B = 25/((−1)·5) = −5
C = 25/((−6)·(−5)) = 0,8333

Transformée inverse

f(t) = 4,167 − 5·e−t + 0,8333·e−6t

Évaluer

f(0,3) = 4,167 − 5·e−0,3 + 0,8333·e−6·0,3 = 0,6003

Réponse

f(0,3) = 0,6003
2.Transformées de Laplace

Réponse: y(1) = 18,98

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).

Transformer l’équation

(s² + 7s + 6)·Y(s) = 5s + 35 + 180/s
Y(s) = (5s² + 35s + 180)/(s(s + 1)(s + 6))

Décomposition en éléments simples

A = 180/(1·6) = 30
B = 150/((−1)·5) = −30
C = 150/((−6)·(−5)) = 5

Résultat

y(t) = 30 − 30·e−t + 5·e−6t
y(1) = 18,98

Réponse

y(1) = 18,98

Vérification : y(0) = A + B + C = 5.

3.Schémas fonctionnels

Réponse: css = 4,242

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).

Fonction de transfert en boucle fermée

T(s) = G/(1 + G·H) = 14/(s + 5 + 28) = 14/(s + 33)

Résultat

css = R·T(0) = 10·14/33 = 4,242

Réponse

css = 4,242
4.Schémas fonctionnels

Réponse: T(0) = 0,2778

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).

Boucle interne

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 6/(s + 31)

Boucle externe

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 30/((s + 3)(s + 31) + 15)

Gain statique

T(0) = 30/(3·31 + 15) = 30/108 = 0,2778

Réponse

T(0) = 0,2778
5.Réponse indicielle

Réponse: tp = 0,5575 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 = 52 → ωₙ = 7,211 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·7,211) = 0,624

Résultat

ωd = 7,211·√(1 − 0,624²) = 5,635 rad/s → tp = π/ωd = 0,5575 s

Réponse

tp = 0,5575 s
6.Réponse indicielle

Réponse: xmax = 54,74 mm

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).

Pulsation propre et coefficient d’amortissement

ωₙ = √(k/m) = √(200/2) = 10 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 24/(2·√(200·2)) = 0,6

Résultat

xst = F/k = 10/200 m = 50 mm
%OS = 9,478 %
xmax = 50·(1 + 0,09478) = 54,74 mm

Réponse

xmax = 54,74 mm
7.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

Réponse: ω = 2 rad/s

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.

Tableau de Routh

s³ + 5s² + 4s + K = 0
s³: 1, 4
s²: 5, K
s¹: (5·4 − K)/5
s⁰: K

Gain critique

K = 5·4 = 20

Équation auxiliaire

Au gain critique, la ligne s¹ est nulle ; la ligne s² donne les pôles situés sur l’axe imaginaire.

5s² + 20 = 0 → s = ±j√4
ω = 2 rad/s

Réponse

ω = 2 rad/s
8.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

Réponse: θd = 51,34 °

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 + 6s + 25 = 0 → s = −3 ± j4
s = −8

Angles depuis les autres pôles

∠(−3 + j4 + 8) = atan2(4, 5) = 38,66°
∠(−3 + j4 − (−3 − j4)) = ∠(j8) = 90°

Angle de départ

θd = 180° − 38,66° − 90° = 51,34°

Réponse

θd = 51,34°
9.Erreur en régime permanent et commande PID

Réponse: ess = 5

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

Kv = lim s·G(s) = 1

Erreur sur la rampe

ess = 5/1 = 5

Réponse

ess = 5
10.Erreur en régime permanent et commande PID

Réponse: tp = 0,3293 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 + 6) + 50·2 = s² + 6s + 100

ωₙ et ζ

ωₙ = √100 = 10 rad/s
ζ = 6/(2·10) = 0,3

Temps du premier pic

ωd = 10·√(1 − 0,3²) = 9,539 rad/s
tp = π/9,539 = 0,3293 s

Réponse

tp = 0,3293 s
11.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: φ = −14,09 °

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.

Fréquence de coupure

ωc = 1/(RC) = 1/(10000·4,7 × 10⁻⁹) = 21277 rad/s
fc = 3386 Hz → f/fc = 850/3386 = 0,251

Phase

φ = − atan(0,251) = −14,09°

Réponse

φ = −14,09°
12.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: PM = 60,5 °

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 du gain

ω⁴ + 100ω² − 4225 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·4225))/2 = 32,01
ωc = 5,657 rad/s

Marge de phase

∠L(jωc) = −90° − atan(5,657/10) = −119,5°
PM = 180° + ∠L = 60,5°

Réponse

PM = 60,5°

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