Systèmes linéaires continus invariants ANALYSE TEMPORELLE (Partie 2)

2 Système du deuxième ordre.

2 Système du deuxième ordre.

2.1 Définition d’un système du deuxième ordre

2.2 Fonction de transfert globale d’un deuxième ordre

2.3 Réponse à un échelon (réponse dite indicielle)

2.4 Réponse à une rampe

2.1 Définition d’un système du deuxième ordre

2.2 Fonction de transfert globale d’un deuxième ordre

2.3 Réponse à un échelon (réponse dite indicielle)

2.4 Réponse à une rampe

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2.3.1 Réponse dans le domaine fréquentielle

2.3.2 Première décomposition en éléments simples

2.4.1 Réponse dans le domaine fréquentielle

2.4.2 Première décomposition en éléments simples

2.4.3 Seconde décomposition en éléments simples

2.3.1 Réponse dans le domaine fréquentielle

2.3.2 Première décomposition en éléments simples

2.4.1 Réponse dans le domaine fréquentielle

2.4.2 Première décomposition en éléments simples

2.4.3 Seconde décomposition en éléments simples

2.3.3.1 Deuxième ordre fortement amorti

2.3.3.2 Deuxième ordre limite : amortissement unitaire

2.3.3.3 Deuxième ordre faiblement amorti

2.4.3.1 Deuxième ordre fortement amorti

2.4.3.2 Deuxième ordre limite : amortissement unitaire

2.4.3.3 Deuxième ordre faiblement amorti

2.4.3.3 Influence du gain

2.3.3.1 Deuxième ordre fortement amorti

2.3.3.2 Deuxième ordre limite : amortissement unitaire

2.3.3.3 Deuxième ordre faiblement amorti

2.4.3.1 Deuxième ordre fortement amorti

2.4.3.2 Deuxième ordre limite : amortissement unitaire

2.4.3.3 Deuxième ordre faiblement amorti

2.4.3.3 Influence du gain

Systèmes linéaires continus invariants

Analyse temporelle

SYSTEMES LINEAIRES CONTINUS INVARIANTS

ANALYSE TEMPORELLE (Partie 2)

Un système du second ordre a son comportement régi par une équation différentielle du deuxième ordre de la forme :

e = e (t) entréedusystème

s = s(t) réponsedusystèmeàl’entréee(t)

2x ds

+ s = Ke

K:gainstatique(>0)

w₀²

dt ²

w₀ dt

^ïx :coefficient d’amortissement (sans dimension) (>0)

pulsationpropredusystème(enrads^-1 )

On applique la transformée de Laplace à l’ensemble de l’équation différentielle ci-dessus, avec des conditions initiales nulles :

Donc :

1 d ² s

2x ds

+ s = Ke transforméedeLaplace

p²

S ( p)+

pS( p)+ S ( p)= KE ( p)

w² dt ²

uuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuru _w 2

On peut alors présenter le rapport de la sortie S(p) sur l’entrée E(p), c’est à dire la fonction de

transfert globale du système :	H ( p)=	S( p)	=		K
		2x		p²
		E ( p)	1+	p +
				w₀
					w₀	2

On notera :

Le gain statique vaut : K=H(0)

Pour identifier les caractéristiques d’un système du deuxième ordre (c’est à dire

K ,x etw₀ ), on veillera bien à présenter la fonction de transfert globale H(p) avec le coefficient en p⁰ du polynôme au dénominateur égal à 1. Ainsi le numérateur peut être identifié au gain statique K, coefficient en p² du polynôme au dénominateur peut être

identifié à la pulsation propre w0 et on déduit l’amortissement du coefficient en p¹ : ²^x . w₀

On soumet le système à une entrée échelon de taille A. L’entrée est donc la fonction du temps : e(t)= A u(t).

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Systèmes linéaires continus invariants

Analyse temporelle

e (t)

Temps

t=0

e(t)=A u(t) donc E ( p) =

or H ( p) =

S( p)

Þ S ( p) =

K A

p²

E ( p)

p +

p _ê1

w₀

On obtient donc très rapidement la solution (réponse à une entrée) dans le domaine fréquentielle (solution en p).

Le problème est qu’il faut désormais effectuer la décomposition en éléments simples.

La décomposition en éléments simples dépend des racines du dénominateur :

é	2x		p	2	ù	qui admet 0 comme racine et pour le polynôme du second degré, on a soit
p 1+	p +		ú
		2
ê	w₀
ë	w₀	û

deux racines réelles (discriminant >0) soit deux racines complexes conjuguées (discriminant <0).

On va donc procéder à une première décomposition en éléments simples, puis on discutera de la valeur des racines du polynôme du second degré pour poursuivre la décomposition.

La première décomposition en éléments simples revient à chercher dans notre cas particulier à mettre S(p) sous la forme :

K A

KAw₀²

é _a

bp + c

S( p)=

= KA _ê

_ú avec a, b et c

p²

p é p ²

+ 2xw ₀ p + w₀²

p ²

ë ^p

+ 2xw ₀ p +w₀

p _ê1

w₀

trois coefficients à déterminer.

Employons désormais la méthode la plus rapide pour déterminer les coefficients :

KAa =

pS( p)

= KA Þ a = 1

123

p +

pour p=0

1442443

pourp=0

Ensuite on identifie :

w₀²

bp + c

p² +2xw ₀ p +w₀ ² + bp² +cp

p ép² +2xw

p +w ²

p ² +2xw

p +w ²

p é p ²

+ 2xw

p +w

2 _ù

p² (b +1)+(2xw ₀ + c) p +w₀²

p é_ë p ² +2xw ₀ p +w₀² ù_û

On trouve donc le système :

ì b +1 = 0 ì b = -1

í Þ í , on obtient donc une première décomposition en éléments

_î 2xw₀ + c = 0 _îc = -2xw₀

simples :

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Analyse temporelle

é	1		p +2xw₀	ù
S( p)= KA _ê		–	p ² +2xw ₀ p +w₀²	ú
ë ^p		û
		2.3.3 Seconde décomposition en éléments simples

La suite de la décomposition dépend du signe du discriminant de p ² + 2xw p + w ²
				0	0
D = 4x ² w	² – 4w	² = 4w ²	(x ²	-1)
0	0	0

Donc trois cas se présente à nous

x > 1 systèmetrèsamorti:2racinesréelles

ï	x = 1 caslimite:1racinedouble
í
ï	systèmefaiblementamorti:2racinescomplexesconjuguées
_îx < 1

On a donc x > 1, p ² + 2xw₀ p + w₀² admet donc deux racines réelles :

^ìl = –xw	0	+w	0	x ²	-1
ï	1					, on remarque d’ailleurs que ces deux racines sont négatives (donc le
í
			–w		x ²
ïl = –xw	0	0	-1
î	2

système est stable) et homogè ne à des s^-1.

On poursuit donc la décomposition en éléments simples sous la forme :

é 1

p +2xw₀

S( p)= KA _ê

–

= KA ê

p ² +2xw p +w

p +xw –w

ê ^p

x ² -1 p + xw + w

x ² -1 ú

Par identification on doit donc avoir :

-( p + 2xw₀ ) = a( p + xw₀ +w₀x ² -1) + b( p + xw₀ –w ₀x ² -1)

= (a + b) p + xw₀ (a + b) +w₀ x ² – 1(a – b)

C’est à dire le système :

a + b = -1

-1 = -2xw₀

ïxw₀ (b + a) + (a – b)w₀ x ²

x –

x ² -1

a + b = -1

ì a = -1 – b

ï b =

2 x -1

Þ _í

+ 2b =

Þ _í

ï(a – b) x

-1 = –x

x +

x -1

_ïa = –

x ² -1

On trouve donc la décomposition en éléments simples dans le cas d’un système fortement amorti :

Analyse temporelle

Réponse temporelle :

On peut désormais appliquer la transformée inverse de Laplace, puisque l’on sait inverser tous les termes (même si ils sont très lourds !!!) :

On a donc une pente nulle à l’origine . C’est un des critères qui permet de ne pas confondre la réponse d’un deuxième ordre fortement amorti avec la réponse d’un premier ordre

Précision statique , ou erreur statique:

Les exponentielles de la solution ci-dessus sont décroissantes, on voit donc que : lim s(t ) = KA .

t®¥

Donc e_s = lim[e(t) – s(t )] = A (1 – K ) , soit le même résultat que pour un premier ordre.

t®¥

C’est à dire que le système est précis ( e_S = 0 ) si le gain de la fonction de transfert globale du système est unitaire.

Néanmoins il n’est pas nécessaire de calculer la solution dans le domaine temporelle (d’ailleurs il faut toujours l’éviter vu la lourdeur des calculs) pour trouver l’erreur statique. Il suffit pour cela d’utiliser le théorème de la valeur finale :

e_s	= lim [e(t ) – s(t)] = lim p [E( p) – S( p)] = lim pE( p) [1- H ( p)]
	t ®¥					p ®0			p ®0
		é						ù
		ê			K		ú
	= lim A ^ê1-					ú	= A(1- K )

		2x			p²
	p ®0	ê	1+		p +	ú
		ê				ú
		w ₀		2
		ë				w₀	û

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Analyse temporelle

Courbe réponse :

Pas de dépassement

Réponse du système :

H ( p )= ¹⁰ ₍K = 10,x = 2,w₀ = 0,1 rads^–¹ ₎

1+ 40 p +100 p₂

à un échelon de taille A=1

Pente nulle à l’origine

Notion de pôles dominants :

^ì p = –xw	0	+w	0	x ²	-1
ï	1
Les deux solutions du polynôme du second degré : _í							sont les pôles de
		= –xw		–w		x ²
ï p	2	0	0	-1
î

la fonction de la fonction de transfert

Réécrivons la solution en t en fonction des pôles de la fonction de transfert :

x + x ² -1 p t

x – x ² -1 p t ^ù

s(t)= KA ê1-

1 ₊

ú . Si le système est très amorti : x >>1 , alors

x ² – 1 ^e

2 x ² -1 ^e

on remarque que

p₂ << p₁ donc l’exponentielle en _e ^p 2 ^t ( p₂ est négative) s’amortie beaucoup

plus vite que l’exponentielle en

_e ^p1^t ( p₁ est négative). On dit que p₁ est le pôle dominant

(en valeur absolu c’est le plus petit) et le système se comporte donc comme un premier ordre

de constante de temps :t₁ = – .

Systèmes linéaires continus invariants

Analyse temporelle

		é	æ	–	t	öù
Soit :	s(t)= KA	ê	ç		÷ú	, soit la réponse d’un premier ordre à un échelon de taille A.
t₁
ê¹	^– e_è		øú
		ê				ú
		ë				û

On peut redémontrer cela directement à partir de la fonction de transfert globale du système :

K w ²

Kw ²

H ( p)=

avec p₂ et p₁ , pôles de la

p²

w₀

² + 2xw₀ p + p²

( p – p₁ )(p

– p ₂ )

p +

w ²

p₂ << p₁

fonction de transfert tel que ^ïí p₂ < 0homogèneà s^–¹ .

					^ï p <0homogèneà s^–¹
					î	1
	ì _p	= –	1		avec t		constantedetemps
		1
	ï		1			t₁
On peut donc poser	ï								.
í				1
	ï	p		= –		avec t		constantedetemps
	ï	2				2
			t ₂
	î

H ( p)=

K w

²t t

. On remarque donc que le

(

p – p

2 )

öæ

1 + t

1+ t

)

₁)(

_ç p +

÷ç ^p ⁺

(

)(

t₂

^t 1 øè

système du second ordre est le produit de deux premiers ordre. Dans l’hypothèse d’un très fort amortissement x >>1 , soit encore p₂ << p₁ ou encore sur les constantes de temps t ₂ <<t₁ . On a donc le produit de deux premiers ordre dont l’un est très lent devant l’autre. Le système se comporte donc bien sûr comme le plus lent, c’est à dire à t₁ qui correspond au pôle dominant p₁

Réponse du système :

H ( p)= ¹⁰ ₍K = 10,x = 5,w₀ = 0,1 rads^–¹ ₎

1+ 100 p +100 p₂

On voit que les critères d’identification au premier ordre de

*constante de temps :*t = –¹	=	1	; 99 s
1	p₁		w₀ (5 –	24)

sont tous très approchés (valeur à t , pente à l’origine, t_5%)

Ce système est bien approximé par un premier ordre de

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Analyse temporelle

L’amortissement est unitaire, donc le discriminant est nul, on a alors une racine double pour

le polynôme

p ² +2xw p +w ²

. On a alors

= p

= –w

. On peut reprendre la

décomposition en éléments simples avec x = 1 à partir de

é 1

p +2w₀

S( p)= KA _ê

–

_ë p p ² +2w ₀ p +w₀²

é 1

p +2w

é ₁

p +2w

S( p)= KA _ê

–

_ú = KA ê

–

ú que l’on cherche à décomposer sous

p ² +2w p +w ²

(

p +w

ê ^p

0 )

la forme :

p +2w

é ₁

öù

^æ a + b ( p +w

₎ öù

S( p)= KA ê

–

ú = KA ê

– ç

÷ú = KA ê

– ç

÷ú

( p +w₀ )²

( p +w ₀ )²

( p +w₀ )²

ê ^p

ê p

p +w₀ ÷ú

ê p

÷_ú

øû

Ce qui nous donne le système à résoudre pour déterminer a et b :

ì b = 1

_î a + bw₀ =

2w₀

_îa =w₀

w₀

öù

Donc S( p) = KA ê

– ç

÷ú

(

p +w

0 )

p +w

ê p

÷_ú

øû

Or d’après les transformées de Laplace développée dans le cours du même nom :

ì		L é e^–^at u(t)ù	=	1
ï
	ë	û			p + a
ï
í						n!
ïL ét ⁿe^–^at u (t)ù	=


ï	ë	û					n+1
î					( p + a )

On trouve donc la réponse du système dans le domaine temporel :

s(t)= KA é1-⁽1+w t ⁾e^–w0 ^t ù

ë 0 û

On retrouve encore une fois que l’erreur statique vaut : e_s = A (1- K)

Pente à l’origine :

s¢(t )= KA é	–w	_e^– ^w0^t ₊ _w	(1 + w	_t _)e^–w0^t _ù
ë	0	0	0	û

Donc s¢(0)=0

On a aussi une pente nulle à l’origine.

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Analyse temporelle

Courbe réponse :

(K = 10,x = 1,w₀ = 0,1 rads^–¹)

une entrée échelon de taille A=1

Pente nulle à l’origine

C’est le cas le plus intéressant pour un système du second ordre. Le système présente donc un amortissement inférieur à 1 : x < 1

Le discriminant est négatif, on a alors deux racines complexes conjuguées pour le polynôme

p₁ = –xw₀ + jw ₀

1- x

+ 2xw₀ p + w₀

. On a alors _í

. On peut reprendre la

ï p

= –xw

– jw

1 – x ² = p

			é 1		p +2xw₀	ù
décomposition en éléments simples à partir de S( p) = KA _ê		–		ú
	p ² +2xw ₀ p +w₀²
				ë ^p		û
p² + 2xw	p + w ²	= ( p – p )(p –	p	)
0	0	1	1

( p – Re( p₁ )- j Im( p₁ ))( p – Re( p₁ )+ j Im( p₁ ))

( p – Re( p₁ ))² – ( j Im( p₁ ))²

( p – Re( p₁ ))² + (Im( p₁ ))²

( p + xw₀ )² + (w ₀1 –x ² )²

On présente le dénominateur sous la forme ci-dessus car on connaît les transformées de

^ì L ée^–^at sin	(	wt u (t )ù =		w
2		2
ï	ë	)	û		+ w
ï						( p + a )
Laplace suivantes : _í							p + a
^ïL ée^–^at cos(wt )u (t )ù	=

	2		2
ï	ë			û			( p + a)	+ w
î

On peut réécrire la décomposition en éléments simples de la façon suivante :

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Analyse temporelle

é 1

p +2xw₀

S( p)= KA _ê

–

_ë p p ² +2xw ₀ p +w₀²

ê 1

p +xw₀

xw₀

= KA _ê

–

p +xw

+ w

1- x ²

p +xw

+ w

1 –x ²

ê ^p

(

0 )

)

(

0 )

)

( 0

ê 1

p +xw₀

w ₀ 1-x ²

= KA _ê

–

1-x ²

² + w

ê ^p

(

p +xw

0 )

+ w

1- x ²

)

(

p +xw

0 )

1-x ²

)

( 0

(

Avec le rappel sur les transformées de Laplace ci-dessus ( a = xw₀

w = w ₀

1- x ² ) , on

obtient la réponse d’un deuxième ordre faiblement amorti à un échelon de taille A :

( 0

)

( 0

)

1 –x

s(t)= KA ê1-cos

1- x ² t

_e^–xw0 ^t

–

sin

1-x

2 _t

_e^–xw0 ^t _ú

–xw₀t

s(t)= KA ê1-

1 –x

cos (w₀ 1 –x

t )+x sin(w₀

1 –x

^t)_ú

1- x

Or, comme x < 1 , on peut poser

x = cos j

On remarquera alors que :

sinj =

1- cos² j =

1- x ²

d’où :

–xw₀t

s(t)= KA ê1-

_ê sinj cos (w₀

1- x

t )+cosj sin(w₀

1- x

^t)_ú

1- x

–xw₀ t

s(t)= KA ê1-

sin _ê^é(w₀

1 –x ² t )+j _ú^ù

avec

x = cos j

1- x

C’est un système oscillant (fonction sinusoïdale) amorti (puisque le sinus est multiplié par une exponentielle décroissante)

On parle alors de système oscillant amorti.

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Analyse temporelle

Courbe réponse :

un échelon de taille A=1. Dépassement D₃

*Oscillations amorties*	Asymptote KA

Pseudopériode T

Pente nulle à l’origine

Caractéristiques essentielles :

Pseudopériode : Notée T, c’est la période des oscillations : T =

w ₀1 –x ²

Elle dépend de la pulsation propre du système w₀ mais aussi de son coefficient d’amortissement x .

Valeur asymptotique : Le système s’amortit pour atteindre la valeur asymptotique KA

Dépassement : Les dépassements correspondent aux écarts maximum entre la courbe réponse (maximum et minimum d’oscillation) et la valeur

asymptotique KA. Ils se situent donc aux instants t_k tels que

s¢(t_k

)= 0.

Le dépassement se situant à l’instant t_k est noté D_k

Déterminons les instants

t_k :

–xw₀ t

s(t)= KA ê1-

sin

_ê^é(^w0

1 –x

² t )

+j _ú^ù

1- x

_e^–xw0 ^t

s¢(t )=

sin

1 –x ² t +j

– w

1- x ²

cos w

1- x ² t +j

1-x ²

{

(

)

14243

(

)ú

sin j

_ë cosj

KAw₀

–xw₀ t

s¢(t )=

_ê cosj sin (w₀

1-x

t +j)-sinj cos(w₀

1 – x

⁺^j)_ú

1-x

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Analyse temporelle

			kp
s¢(t_k )=0Ûw₀ 1-x ² t_k = k p avec k ÎZ⁺ soit	t_k	=
w ₀ 1- x ²

On remarque que à t = 0 on a une dérivée nulle, c’est à dire que la courbe réponse présente une pente nulle à l’origine.

Calcul des dépasseme nts D_k

D_k =

s(t_k )- KA

_e ^–xw0 ^tk

sin (w ₀ 1- x ² t_k + j)

1 –x

x kp

–^ç

– x

e ^è

± sin j

1- x

14243

1-x ²

x kp

– ^ç

1- x

D’où :

D_k = KA e ^è

On remarque qu’à la valeur asymptotique KA près, les dépassements ne dépendent que de l’amortissement x . La mesure de D₁ sur la réponse du deuxième ordre faiblement amorti

permet ainsi d’identifier (déterminer) l’amortissement de celui-ci. On mesure en général D₁ car c’est le plus marqué, c’est à dire celui sur lequel on fait le moins d’erreur de mesure. En effet l’amortissement est très difficilement prévisible à priori. Pour le quantifier avec précision il faut donc réaliser cet essai (réponse indiciel).

				æ		xp		ö
				– ç			÷
				ç			2		÷
				ç	1 –x	÷
*Premier dépassement D*	1	:	D₁ = KA e ^è			^ø avecAtailledel’échelon

Temps à 5% :

Il quantifie encore une fois la rapidité du système. Il existe des courbes (fournies avec les sujets de concours si il y a lieu) qui donne la valeur de t_5% en fonction du coefficient d’amortissement. En effet pour un système oscillant le temps à 5% prend toute sa signification : C’est le temps à partir duquel les oscillations restent comprises dans une bande à + ou – 5% par rapport à la valeur asymptotique KA :

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Analyse temporelle

Asymptote KA

KA+5%=1,05KA

KA-5%=0,95KA

Temps à 5% : t_5%

Influence de l’amortissement d’un deuxième ordre :

Regardons ci-dessous les réponses de systèmes de gain (K=10) et de pulsation propre

(w₀ = 0,1 rads ^–¹ ) identiques à une entrée identique (échelon de taille A=1) mais de coefficient d’amortissement différent

= 0,1 x = 0 , 5

Asymptote commune KA

x = 2

Le but de cette étude est d’évaluer un système du deuxième ordre au niveau dynamique. Fondamentalement, les différents types de réponses ne différant pas énormément, nous ne développerons pas autant les calculs que pour les réponses à un échelon.

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Analyse temporelle

On soumet le système à une entrée rampe de pente V. L’entrée est donc la fonction du temps :

e(t)= V t u(t) avec u(t) l’échelon unitaire.

e (t)

t=0

e(t)=V t u(t) donc E ( p) =

p²

H ( p)=

S( p)

Þ S ( p) =

p²

E ( p)

p +

w₀

Temps t

K V

p ²	æ	+	2x	p +	p²	ö
ç ¹			÷
w₀	2
	è			w₀	ø

Il reste à trouver la décomposition en éléments simples de ce rapport polynomial.

K V

cp + d

S( p)=

= KV ^ê

p² ö

p²

p ²

p +

ê p ²

p +

ç ¹

w₀

KVa =lim p ² S( p)= KV Þa =1

p ²

p²

1 +

p +

+ bp _ç 1

p +

+ cp

+ dp

w ₀

w₀

S( p)= KV ^ê

cp + d

= KV

w ₀

w₀

p²

ê p ²

p +

p ²

p +

ç ¹

w₀

D’où le système à trois équations, trois inconnues :

c +

= 0

w₀³

w²

2x b

4x ² -1

í d +

= 0 Þ íd =

w₀

w₀²

w₀

b +

= 0

ï b = –

w₀

D’où la première décomposition en éléments

p +4x

-1

ê ₁

simples S( p) = KV ê

–

w₀ p

+ 2xw₀ p + p

ê ^p

w₀

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Systèmes linéaires continus invariants

Analyse temporelle

On peut d’ores et déjà déterminer pour tous les cas de figures (amortissement faible, limite et fort) l’asymptote vers laquelle tend la réponse du système et en déduire les deux critères de performances dynamique que sont le temps de retard t_d et l’erreur dynamique (ou de

traînage) e_t

D’après le théorème de la valeur finale , ce qui se passe à l’infini dans le domaine temporel est équivalent à ce qui ce passe en 0 dans le domaine de Laplace. Donc si on veut un équivalent pour s(t) quand t tend vers l’infini, il nous suffit de trouver un équivalent pour S ( p)quand p tend vers 0.

p +(4x

-1)

2x ù

S( p)= KV ê

–

ê ^p

pw₀

{

w₀

+ 2xw₀ p + p

p ®0

ë ^p

pw₀ _û

Or d’après les transformées inverses de Laplace : L^–¹

2x öù

2x ö

ê KV

–

ú = KV

t –

^p^w 0 øû

^w0 ø

Donc

s( t) »

KV ^æ t –

2x ö

c’est à dire l’équation de l’asymptote de pente KV, coupant

{

w₀

t ® ¥

l’axe des abcisses à la date

temps de retard du système

w₀

2x öù

ì ¥ si K ¹ 1

L’erreur dynamique vaut :

e_t

= lim [e(t) – s(t )] = lim _êVt – K V _ç t –

÷ú ⁼ í

2xV

si K

= 1

t ®¥

t®¥ _ë

^w0 øûï

w₀

On tend vers l’asymptote sans oscillations, voir figure ci-dessous :

Entrée rampe avec V=1

Réponse du système

H ( p)=

1+ 100 p +100 p²

(K= 1, amortissement 5, pulsation propre 0,1 rads^-1)

Temps de retard du système t_d

e_t = 100 ¹ ¥ car le

gain du système

est unitaire Þ

l’asymptote et

l’entrée sont

parallèles

Asymptote parallèle

l’entrée car le gain est égal à 1

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Systèmes linéaires continus invariants

Analyse temporelle

La courbe est similaire à celle du cas précédent, voir ci-dessous :

Réponse du système H(p)=

1+ 20 p +100 p²

K=1 donc asymptote de même pente que

l’entrée, x =1 et w₀ =0,1 rad s^-1

*Entrée rampe*	*Temps de retard* t_d
*avec V=1*

On tend vers l’asymptote avec des oscillations autour d’elle, voir ci-dessous :

Erreur de traînage e_t

Réponse du système H(p)=

1+ 2 p +100 p²

K=1 donc asymptote de même pente que l’entrée (e_t ¹ ¥) , x = 0,1 et w₀ =0,1 rad s^-1

Entrée rampe

avec V=1

Erreur dynamique et = ²^x^V w₀

æ	2x ö
*Temps de retard* _ç		÷

è ^w0	ø

Réponse du système H(p)=

1+ 2 p +100 p²

= 1donc asymptote de même pente que l’entrée ( e_t ¹ ¥ ), x = 0,1et w₀ = 0,1rads^-1

0,5

Réponse du système H(p)=

1+ 2 p +100 p²

= 0 , 5 donc asymptote de pente différente

que l’entrée ( e_t = ¥ ), x = 0,1et w₀ = 0,1rads^-1

Page 15 Emmanuel FARGES

Entrée identique pour les deux systèmes : rampe avec V=1

_t ¥ car le

gain K de ce

système est

différent de 1

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Réponse du système :

1+ 20 p +100 p²