Chapitre 5

Fonction de transfert du systeme boucle

Solutions des problemes de la section 5.5

5.5.1 La reponse du convertisseur digital-analogique a l’impulsion uniteest represente dans la figure 5.1.

Fig. 5.1 Reponse du convertisseur D-A a une impulsion unite.

La transformee de Laplace de ce signal, egal a 1 si t ∈ [0, h[ et 0 sit /∈ [0, h], vaut :

1

s− 1

se−sh

La sortie du processus G(s) ainsi excite est alors :

G(s)

(1

s− 1

se−sh

)Dans le domaine temporel :

L−1((

1− e−sh) G(s)

s

)Le convertisseur analogique-digital genere le signal suivant, qui est la reponseimpulsionnelle du systeme de la figure 5.2 (vol. 1), donc sa fonction de trans-fert H(z) :

Y (z) = H(z) = Z{L−1

(1− e−sh

) G(s)

s

}= (1− z−1)Z

{L−1

(G(s)

s

)}=z − 1

zZ{L−1

(G(s)

s

)}

5.5.2 La formule (5.1) (vol. 1) peut s’ecrire :

(1−z−1)Z{L−1

(G(s)

s

)}= Z

{L−1

(G(s)

s

)}−z−1Z

{L−1

(G(s)

s

)}Le second terme du membre de droite de cette egalite est la transformeeen z de la version echantillonnee du signal analogique L−1 (G(s)/s) retardee

2 Solutions des problemes de la section 5.5

d’une periode d’echantillonnage. C’est donc la transformee en z de la versionechantillonnee du signal analogique :

L−1(

e−shG(s)

s

)Par consequent :

Z{L−1

(G(s)

s

)}− z−1Z

{L−1

(G(s)

s

)}= Z

{L−1

(G(s)

s

)}−Z

{L−1

(e−sh

G(s)

s

)}= Z

{L−1

(1− e−sh

sG(s)

)}

5.5.3 On pose :

a =1

J

(f +

(KΦ)2

R

)b =

KΦ

JRAlors :

G(s)

s=

b

s(s+ a)=

b

as−

b

as+ a

Et :

H(z) =z − 1

z

(b

a· z

z − 1− b

a· z

z − e−ah

)=b

a− b

a· z − 1

z − e−ah

=b

a· 1− e−ah

z − e−ahAvec les valeurs numeriques a = 2, b = 4 et h = 0,025 s :

H(z) =0,0975

z − 0,95

5.5.4 La relation (5.1) (vol. 1) fournit :

H(z) = (1− z−1)Z{L−1

( γs3

)}= γ

z − 1

z· h

2z(z + 1)

2(z − 1)3

= γh2

2· z + 1

(z − 1)2

Fonction de transfert du systeme boucle 3

5.5.5 La fonction de transfert du circuit electrique place entre les conver-tisseurs D-A et A-D est :

G(s) =1

10 · 103 · 10 · 10−6s+ 1=

1

0,1s+ 1=

10

s+ 10

Alors :

G(s)

s=

10

s(s+ 10)=

1

s− 1

s+ 10

Et, avec h = 0,05 s :

H(z) =z − 1

z

(z

z − 1− z

z − 0,61

)= 1− z − 1

z − 0,61

=0,39

z − 0,61

5.5.6 La transformee de Laplace de la reponse indicielle analogique estegale a :

Y (s) =4

s(s+ 2)· 1

s= −1

s+

2

s2+

1

s+ 2

Dans le domaine temporel :

y(t) = −1 + 2t+ e−2t t ≥ 0

D’autre part :

H(z) = (1− z−1)Z{L−1

(4

s2(s+ 2)

)}=z − 1

zZ{L−1

(−1

s+

2

s2+

1

s+ 2

)}=z − 1

z

(− z

z − 1+

2hz

(z − 1)2+

z

z − e−2h

)= −1 +

1

z − 1+

z − 1

z − 0,368

=0,368(z + 0,717)

(z − 1)(z − 0,368)

4 Solutions des problemes de la section 5.5

La transformee en z de la reponse indicielle du processus echantillonne s’ecritdonc :

Y (z) =0,368(z + 0,717)

(z − 1)(z − 0,368)· z

z − 1

=0,368z(z + 0,717)

(z − 1)2(z − 0,368)

= c0 +c1z

z − 1+

c2z

(z − 1)2+

c3z

z − 0,368

Le calcul des coefficients c0, c1, c2 et c3 produit :

c0 =0

c2 = limz→1

((z − 1)2

z· 0,368z(z + 0,717)

(z − 1)2(z − 0,368)

)= 1

c1 = limz→1

(d

dz

((z − 1)2

z· 0,368z(z + 0,717)

(z − 1)2(z − 0,368)

))= −1

c3 = limz→0,368

(z − 0,368

z· 0,368z(z + 0,717)

(z − 1)2(z − 0,368)

)= 1

Par consequent :

y(kh) = −1 + k + (0,368)k k ≥ 0

On constate que ce signal est identique a la version echantillonnee de lareponse indicielle analogique determinee dans la premiere partie du probleme.Ceci est du au fait qu’un saut unite discret place a l’entree d’un convertisseurdigital-analogique fournit en sortie un saut unite analogique.

5.5.7 Avec les valeurs numeriques donnees et en prenant les transformeesde Laplace des deux membres des equations differentielles regissant le sys-teme :

2sT1(s) = T2(s)− T1(s) + 0,5(T0(s)− T1(s)) + U(s)

0,5sT2(s) = T1(s)− T2(s)

La seconde egalite donne :

T1(s) = (1 + 0,5s)T2(s)

D’ou, par substitution dans la premiere egalite :

2s(1 + 0,5s)T2(s) = T2(s)− (1 + 0,5s)T2(s)

+ 0,5(T0(s)− (1 + 0,5s)T2(s)

)+ U(s)

Fonction de transfert du systeme boucle 5

Et :

T2(s) =1

s2 + 2,75s+ 0,5

(U(s) + 0,5T0(s)

)Ainsi :

G(s) =T2(s)

U(s)=

1

s2 + 2,75s+ 0,5

T2(s)

T0(s)=

0,5

s2 + 2,75s+ 0,5

Nous avons :

G(s)

s=

1

s(s+ 0,2)(s+ 2,55)=

1,96

s− 2,13

s+ 0,2+

0,17

s+ 2,55

Par consequent :

H(z) =z − 1

z

(1,96z

z − 1− 2,13z

z − 0,95+

0,17z

z − 0,53

)= 1,96− 2,13

z − 1

z − 0,95+ 0,17

z − 1

z − 0,53

=0,03z + 0,02

(z − 0,95)(z − 0,53)

5.5.8 La fonction de transfert H(z) = Y (z)/U(z) se calcule comme suit :

H(z) = (1− z−1)Z{L−1

(1

s(s+ 1)

)}=z − 1

zZ{L−1

(1

s− 1

s+ 1

)}=z − 1

z

(z

z − 1− z

z − e−h

)= 1− z − 1

z − e−h

=1− e−h

z − e−h

Avec U(z) = zz−1 :

Y (z) =1− e−h

z − e−h· z

z − 1

= c0 +c1z

z − e−h+

c2z

z − 1

6 Solutions des problemes de la section 5.5

Ou :

c0 = 0

c1 = limz→e−h

(z − e−h

z· (1− e−h)z

(z − e−h)(z − 1)

)= −1

c2 = limz→1

(z − 1

z· (1− e−h)z

(z − e−h)(z − 1)

)= 1

Ainsi :

y(kh) = 1− e−kh k ≥ 0

La reponse indicielle de l’element analogique isole (fig. 5.31 (vol. 1)) est :

L−1(

1

s+ 1· 1

s

)= L−1

(1

s− 1

s+ 1

)= 1− e−t t ≥ 0

En echantillonnant ce signal, on obtient :

1− e−kh k ≥ 0

Ce resultat est identique a la reponse indicielle du systeme de la figure 5.31(vol. 1) car le convertisseur D-A excite par un saut unite discret fournitexactement le saut unite analogique. Cette egalite entre signaux n’est pasvalide pour n’importe quelle entree u(kh) ; par exemple, une rampe discreteu(kh) = kh, k ≥ 0, n’engendre pas a la sortie du convertisseur D-A unerampe analogique t, t ≥ 0. Quand l’entree u(kh) est un saut unite dis-cret, l’egalite reste valide quel que soit l’element analogique place entre lesconvertisseurs.

5.5.9 On a :

G(s)

s=

b

s(s+ p1)(s+ p2)

=b

p1p2· 1

s− b

p1(p2 − p1)· 1

s+ p1− b

p2(p1 − p2)· 1

s+ p2

Donc :

H(z) =z − 1

z

(b

p1p2· z

z − 1− b

p1(p2 − p1)· z

z − e−p1h

− b

p2(p1 − p2)· z

z − e−p2h

)=

b

p1p2− b

p1(p2 − p1)· z − 1

z − e−p1h− b

p2(p1 − p2)· z

z − e−p2h

Fonction de transfert du systeme boucle 7

5.5.10 L’algorithme PID numerique est decrit par les equations suivantes(probleme 1.11.34) :

e(kh) = yc(kh)− y(kh)

ui(kh) = ui(kh− h) +h

Tie(kh− h)

ud(kh) = Tde(kh)− e(kh− h)

hu(kh) = Kp

(e(kh) + ui(kh) + ud(kh)

)En prenant les transformees en z des deux membres de ces egalites :

E(z) = Yc(z)− Y (z)

Ui(z) = z−1Ui(z) +h

Tiz−1E(z)

Ud(z) = TdE(z)− z−1E(z)

hU(z) = Kp

(E(z) + Ui(z) + Ud(z)

)D’ou :

U(z) = Kp

(E(z) +

h

Ti· z−1

1− z−1E(z) +

Tdh

(1− z−1)E(z)

)Et :

K(z) =U(z)

E(z)

= Kp

1 +Tdh

+

(h

Ti− 2

Tdh− 1

)z−1 +

Tdhz−2

1− z−1

= Kp

(1 +

Tdh

)z2 +

(h

Ti− 2

Tdh− 1

)z +

Tdh

z(z − 1)

Il en resulte le schema fonctionnel de la figure 5.2.

Fig. 5.2 Schema fonctionnel d’un algorithme PID numerique.

8 Solutions des problemes de la section 5.5

5.5.11 Avec un regulateur proportionnel K(z) = Kp, la fonction de trans-fert Y (z)/Yc(z) est, selon (5.11) (vol. 1) :

Y (z)

Yc(z)=

Kp1− e−ah

zd(z − e−ah)

1 +Kp1− e−ah

zd(z − e−ah)

=Kp(1− e−ah)

zd(z − e−ah) +Kp(1− e−ah)

Quant a la fonction de transfert E(z)/Yc(z), elle vaut, d’apres (5.18) (vol.1) :

E(z)

Yc(z)=

1

1 +Kp(1− e−ah)

zd(z − e−ah)

=zd(z − e−ah)

zd(z − e−ah) +Kp(1− e−ah)

5.5.12 Avec un regulateur proportionnel (ex. 5.4), nous avons :

Y (z)

Yc(z)=

Kp0,0975

z − 0,95

1 +Kp0,0975

z − 0,95

=0,0975Kp

z − 0,95 + 0,0975Kp

E(z)

Yc(z)=

1

1 +Kp0,0975

z − 0,95

=z − 0,95

z − 0,95 + 0,0975Kp

Et, dans le cas d’un regulateur proportionnel integral (ex. 5.5) :

Y (z)

Yc(z)=

Kp

z +0,025

Ti− 1

z − 1· 0,0975

z − 0,95

1 +Kp

z +0,025

Ti− 1

z − 1· 0,0975

z − 0,95

=

0,0975Kp

(z +

0,025

Ti− 1

)z2 + (0,0975Kp − 1,95)z + 0,95 + 0,0975Kp

(0,025

Ti− 1

)

Fonction de transfert du systeme boucle 9

E(z)

Yc(z)=

1

1 +Kp

z +0,025

Ti− 1

z − 1· 0,0975

z − 0,95

=z2 − 1,95z + 0,95

z2 + (0,0975Kp − 1,95)z + 0,95 + 0,0975Kp

(0,025

Ti− 1

)

5.5.13 La transformee en z de la grandeur a commander est, pour la struc-ture de la figure 5.32 (vol. 1) :

E(z) = −Y (z)

Y (z) = Z{L−1

(W (s)

)}+K(z)H(z)E(z)

D’ou :

Y (z) = −E(z) =Z{L−1

(W (s)

)}1 +K(z)H(z)

Quand w(t) = 1, on a W (s) = 1/s et cette relation donne :

Y (z) = −E(z) =

Z{L−1

(1

s

)}1 +K(z)H(z)

=

z

z − 11 +K(z)H(z)

Par consequent, avec W (z) =z

z − 1:

Y (z)

W (z)=−E(z)

W (z)=

1

1 +K(z)H(z)

5.5.14 La formule (5.13) (vol. 1) peut etre transformee comme suit :

Y (z) = −E(z) =Z{L−1

(G(s)W (s)

)}1 +K(z)H(z)

=

z

z − 1(1− z−1)Z

{L−1

(G(s)W (s)

)}1 +K(z)H(z)

=

z

z − 1H(z)

1 +K(z)H(z)

Et, en posant W (z) =z

z − 1:

Y (z)

W (z)=−E(z)

W (z)=

H(z)

1 +K(z)H(z)

10 Solutions des problemes de la section 5.5

5.5.15 Nous avons :

G(s)

s=

18

s2(s+ 6)= −1

2· 1

s+

3

s2+

1

2· 1

s+ 6

Alors, avec h = 1/6 s :

H(z) =z − 1

z

(−1

2· z

z − 1+

1

2· z

(z − 1)2+

1

2· z

z − 0,37

)= −1

2+

1

2· 1

z − 1+

1

2· z − 1

z − 0,37

=1

2· 0,37z + 0,26

z2 − 1,37z + 0,37

Et :

Y (z)

Yc(z)=

2H(z)

1 + 2H(z)=

0,37z + 0,26

z2 − z + 0,63

5.5.16 La fonction de transfert echantillonnee H(z) est calculee dans leprobleme 5.5.3. Avec un regulateur proportionnel (ex. 5.4) :

Y (z) = −E(z) =

Z{L−1

(4

s+ 2W (s)

)}1 +Kp

0,0975

z − 0,95

=

(z − 0,95)Z{L−1

(4

s+ 2W (s)

)}z − 0,95 + 0,0975Kp

Et, pour un regulateur proportionnel integral (ex. 5.5) :

Y (z) = −E(z)

=

Z{L−1

(4

s+ 2W (s)

)}

1 +Kp

z +0,025

Ti− 1

z − 1· 0,0975

z − 0,95

=

(z2 − 1,95z + 0,95)Z{L−1

(4

s+ 2W (s)

)}z2 + (0,0975Kp − 1,95)z + 0,95 + 0,0975Kp

(0,025

Ti− 1

)

Fonction de transfert du systeme boucle 11

Lorsque la perturbation est constante et avec un regulateur proportion-nel :

Y (z)

W (z)=−E(z)

W (z)=

0,0975

z − 0,95

1 +Kp0,0975

z − 0,95

=0,0975

z − 0,95 + 0,0975Kp

Finalement, avec un regulateur proportionnel integral :

Y (z)

W (z)=−E(z)

W (z)

=

0,0975

z − 0,95

1 +Kp

z +0,025

Ti− 1

z − 1· 0,0975

z − 0,95

=0,0975(z − 1)

z2 + (0,0975Kp − 1,95)z + 0,95 + 0,0975Kp

(0,025

Ti− 1

)

5.5.17 Dans le probleme 5.5.7, on a etabli que la grandeur a commanderT2(s) est liee a la grandeur de commande U(s) et a la perturbation T0(s)par la relation :

T2(s) =1

s2 + 2,75s+ 0,5

(U(s) + 0,5T0(s)

)Le systeme a commander est ainsi decrit par le schema fonctionnel de lafigure 5.3, presentant la structure de la figure 5.17 (vol. 1) pour le montageen regulation.

Fig. 5.3 Schema fonctionnel du processus thermique la figure 5.30 (vol. 1).

La fonction de transfert echantillonnee H(z) a ete determinee dans leprobleme 5.5.7. L’influence de la perturbation T0(s) sur la grandeur a com-mander echantillonnee T2(z) decoule de (5.13) (vol. 1). Avec un regulateurproportionnel K(z) = Kp :

T2(z) =

Z{L−1

(1

s2 + 2,75s+ 0,50,5T0(s)

)}1 +Kp

0,03z + 0,02

(z − 0,95)(z − 0,53)

=

(z2 − 1,48z + 0,5)Z{L−1

(1

s2 + 2,75s+ 0,50,5T0(s)

)}z2 + (0,03Kp − 1,48)z + 0,5 + 0,02Kp

12 Solutions des problemes de la section 5.5

5.5.18 La fonction de transfert du circuit electrique place entre les conver-tisseurs D-A et A-D est :

G(s) =1

L

Rs+ 1

=

R

L

s+R

L

Alors :

G(s)

s=

R

L

s

(s+

R

L

) =1

s− 1

s+R

L

Et :

Y (z)

U(z)=z − 1

z

(z

z − 1− z

z − e−RLh

)= 1− z − 1

z − e−RLh

=1− e−

RLh

z − e−RLh

5.5.19 Nous pouvons ecrire :

G(s)

s=a

s

(1 +

b

s

)=a

s+ab

s2

Donc :

H(z) =z − 1

za

(z

z − 1+ b

hz

(z − 1)2

)= a

(1 +

bh

z − 1

)= a

z − 1 + bh

z − 1

5.5.20 On a :

G(s)

s=

2(s− 2)

s(s+ 1)(s+ 3)= −4

3· 1

s+ 3

1

s+ 1− 5

3· 1

s+ 3

Par consequent :

H(z) =z − 1

z

(−4

3· z

z − 1+ 3

z

z − 0,61− 5

3· z

z − 0,22

)= −4

3+ 3

z − 1

z − 0,61− 5

3· z − 1

z − 0,22

=0,13z − 0,53

z2 − 0,83z + 0,13

Fonction de transfert du systeme boucle 13

5.5.21 Prenons la transformee en z des deux membres de l’equation auxdifferences regissant le regulateur :

U(z)− z−1U(z) = 10E(z) + a(E(z)− z−1E(z)

)D’ou :

U(z)

E(z)= K(z) =

10 + a− az−1

1− z−1=

(10 + a)z − az − 1

Par ailleurs :

G(s)

s=

1

s(s+ 1)=

1

s− 1

s+ 1

Et :

H(z) =z − 1

z

(z

z − 1− z

z − e−h

)= 1− z − 1

z − e−h=

1− e−h

z − e−h

Ainsi :

Y (z)

Yc(z)=

(10 + a)z − az − 1

· 1− e−h

z − e−h

1 +(10 + a)z − a

z − 1· 1− e−h

z − e−h

=(10 + a)

(1− e−h

)z − a

(1− e−h

)z2 + (9 + a− (11 + a)e−h) z − a (1− e−h) + e−h

5.5.22 La fonction de transfert du processus analogique qu’il s’agit d’echantillonnervaut :

G(s) =

4

s(s+ 4)

1 +4

s(s+ 4)

=4

(s+ 2)2

Alors :

G(s)

s=

4

s(s+ 2)2=

1

s− 1

s+ 2− 2

(s+ 2)2

Et :

Y (z)

U(z)=z − 1

z

(z

z − 1− z

z − 0,961− 0,038z

(z − 0,961)2

)= 1− z − 1

z − 0,961− 0,038

z − 1

(z − 0,961)2

=0,001z + 0,001

(z − 0,961)2

14 Solutions des problemes de la section 5.5

Lorsque l’entree u(kh) est un saut unite, la transformee en z de la sortiey(kh) vaut :

Y (z) =0,001z + 0,001

(z − 0,961)2· z

z − 1

Cette transformee en z possede le pole double z = 0,961 et le pole simplez = 1, de sorte que le theoreme 4.7 peut etre mis a profit :

limk→∞

y(kh) = limz→1

(z − 1)0,001z + 0,001

(z − 0,961)2· z

z − 1= 1

5.5.23 Il faut tout d’abord echantillonner le processus analogique placeentre les convertisseurs D-A et A-D :

H(z) =z − 1

zZ{L−1

(γ

s(τs+ 1)

)}

=z − 1

zZ

L−1γs− γ

s+1

τ

=z − 1

z

(γ

z

z − 1− γ z

z − e−hτ

)= γ − γ z − 1

z − e−hτ

= γ1− e−

hτ

z − e−hτ

La fonction de transfert en boucle ferme vaut donc :

Y (z)

Yc(z)=

Kpγ1− e−

hτ

z − e−hτ

1 + aKpγ1− e−

hτ

z − e−hτ

= Kpγ1− e−

hτ

z − e−hτ + aKpγ

(1− e−

hτ

)Cette fonction de transfert doit etre egale a z−1 = 1/z, impliquant :Kpγ

(1− e−

hτ

)= 1

−e−hτ + aKpγ

(1− e−

hτ

)= 0

Fonction de transfert du systeme boucle 15

D’ou :Kp =

1

γ(

1− e−hτ

)a = e−

hτ

5.5.24 Echantillonnons le processus analogique dans le but de tirer partide (5.13) (vol. 1) :

H(z) =z − 1

zZ{L−1

(b

s(s+ a)

)}=z − 1

zZ{L−1

(b

a· 1

s− b

a· 1

s+ a

)}=z − 1

z

(b

a· z

z − 1− b

a· z

z − e−ah

)=b

a− b

a· z − 1

z − e−ah

=b

a· 1− e−ah

z − e−ah

La formule (5.13) (vol. 1) fournit, avec W (s) = L(δ(t)

)= 1 :

Y (z) = −E(z) =

Z{L−1

(b

s+ a

)}1 +Kp

b

a· 1− e−ah

z − e−ah

=

bz

z − e−ah

1 +Kpb

a· 1− e−ah

z − e−ah

=bz

z − e−ah +Kpb

a(1− e−ah)

D’ou :

y(kh) = b

(e−ah −Kp

b

a

(1− e−ah

))kk ≥ 0

On a limk→∞

y(kh) = 0 si et seulement si :

−1 < e−ah −Kpb

a

(1− e−ah

)< 1

Ces inegalites sont equivalentes a :

−ab< Kp <

a

b· 1 + e−ah

1− e−ah

16 Solutions des problemes de la section 5.5

5.5.25 La fonction de transfert en boucle fermee en asservissement estegale a :

Y (z)

Yc(z)=

Kphγ

z − 1

1 +Kphγ

z − 1

=Kphγ

z − 1 +Kphγ

Son pole z = 1−Kphγ est nul quand le gain du regulateur vaut :

Kp =1

hγ

Dans ce cas :

Y (z)

Yc(z)=

1

z

La reponse indicielle en boucle fermee est par consequent :

Y (z) = z−1z

z − 1

Dans le domaine temporel :

y(kh) = {. . . , 0,0, 1, 1, 1, . . .}

Par ailleurs :

U(z)

Yc(z)=

Kp

1 +Kphγ

z − 1

=

1

hγ

1 +1

z − 1

=1

hγ· z − 1

z

Pour une consigne egale a un saut unite :

U(z) =1

hγ· z − 1

z· z

z − 1=

1

hγ

Et :

u(kh) =1

hγ∆(kh) = Kp∆(kh) k ≥ 0

Les signaux y(kh) et u(kh) apparaissent dans la figure 5.4.

Fig. 5.4 Grandeur de commande et reponse indicielle dans le cas Kp = 1hγ .

Le pole z = 1−Kphγ vaut z = 0,5 lorsque le gain du regulateur est egala :

Kp =0,5

hγ

Fonction de transfert du systeme boucle 17

Alors :

Y (z)

Yc(z)=

0,5

z − 0,5

D’ou la transformee en z de la reponse indicielle :

Y (z) =0,5

z − 0,5· z

z − 1= c0 +

c1z

z − 0,5+

c2z

z − 1

Avec :

c0 = 0

c1 = limz→0,5

(z − 0,5

z· 0,5z

(z − 0,5)(z − 1)

)= −1

c2 = limz→1

(z − 1

z· 0,5z

(z − 0,5)(z − 1)

)= 1

Ainsi :

y(kh) = −0,5k + 1 k ≥ 0

D’autre part :

U(z)

Yc(z)=

Kp

1 +Kphγ

z − 1

=

0,5

hγ

1 +0,5

z − 1

=0,5

hγ· z − 1

z − 0,5

Avec une consigne en forme de saut unite :

U(z) =0,5

hγ· z − 1

z − 0,5· z

z − 1=

0,5

hγ· z

z − 0,5

Et, dans le domaine temporel :

u(kh) =0,5

hγ0,5k k ≥ 0

Ces signaux sont reportes dans la figure 5.5.

Fig. 5.5 Grandeur de commande et reponse indicielle dans le cas Kp = 0,5hγ .

Pour Kp = 1hγ , le regime transitoire est amorti en un coup d’horloge, ceci

au prix d’un effort de commande important. On parle d’une reponse pile. Legain Kp = 0,5

hγ est preferable car l’amplitude de la grandeur de commandeest moderee, quitte a avoir un amortissement moins rapide.

18 Solutions des problemes de la section 5.5

5.5.26 Nous pouvons ecrire :

Y (z) = H(z)U(z) =h

2· z + 1

z − 1· z

z − 0,5= c0 +

c1z

z − 1+

c2z

z − 0,5

Ou :

c0 = 0

c1 = limz→1

(z − 1

z· h

2· (z + 1)z

(z − 1)(z − 0,5)

)= 2h

c2 = limz→0,5

(z − 0,5

z· h

2· (z + 1)z

(z − 1)(z − 0,5)

)=−3h

2

Par consequent :

y(kh) = 2h− 3h

20,5k k ≥ 0

La fonction de transfert en boucle fermee s’obtient comme suit :

Y (z)

Yc(z)=

Kph

2· z + 1

z − 1

1 +Kph

2· z + 1

z − 1

=Kp

h

2(z + 1)(

1 +Kph

2

)z − 1 +Kp

h

2

Son pole est a l’origine quand :

Kp =2

h

Alors :

Y (z)

Yc(z)=z + 1

2z

Il en decoule la reponse indicielle :

Y (z) =z + 1

2z· z

z − 1=

1

2· z + 1

z − 1=

1

2

(z

z − 1+ z−1

z

z − 1

)Dans le domaine temporel :

y(kh) =1

2

({. . . , 0,1, 1, 1, 1, . . .}+ {. . . , 0,0, 1, 1, 1, . . .}

)= {. . . , 0,0,5, 1, 1, 1, . . .} = 1− 1

2∆(kh)

Ce signal, trace dans la figure 5.6, ne depend pas de la periode d’echantillonnageh.

Fig. 5.6 Reponse indicielle en boucle fermee.

Fonction de transfert du systeme boucle 19

Fig. 5.1 Reponse du convertisseur D-A a une impulsion unite.

Fig. 5.2 Schema fonctionnel d’un algorithme PID numerique.

Fig. 5.3 Schema fonctionnel du processus thermique la figure 5.30 (vol. 1).

Fig. 5.4 Grandeur de commande et reponse indicielle dans le cas Kp = 1hγ .

20 Solutions des problemes de la section 5.5

Fig. 5.5 Grandeur de commande et reponse indicielle dans le cas Kp = 0,5hγ .

Fig. 5.6 Reponse indicielle en boucle fermee.