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Prof. FELLAH Mohammed-Karim

2013 / 2014

Automatique 1 et 2

Université Djillali Liabès de Sidi Bel-Abbès
Faculté de Technologie
Département d'Electrotechnique

Enoncés TD n° 5
Stabilité des Systèmes Asservis Linéaires
(Critère Algébrique)

3ème Année Licence
1ème Année Master
« Automatisme Industriel »

Exercice n°1
En utilisant le critère algébrique de Routh-Hurwitz, déterminez la stabilité en boucle fermée des systèmes asservis
suivants :
E(p)

a)

+



4(p  5)
(p  1)(p  3)

S(p)

p 2
p4
b, c) : Faire l’étude pour K=10 et K=100

K p(p  6)
(p  2)(p  3)(p  4)(p  5)

E(p)
+



S(p)

p 1
p 1

d) : Faire l’étude en fonction de K>0

K (p  2)
(p  1)(p  2)(p  3)

E(p)
+



S(p)

1
p4
e) : Faire l’étude en fonction de 
E(p)
+



10
p(p  1)(p   )

Enoncés TD n° 5 : Stabilité des Systèmes Asservis Linéaires (Critère Algébrique)

S(p)

TD5 - 1

Prof. FELLAH Mohammed-Karim

2013 / 2014

Automatique 1 et 2

Université Djillali Liabès de Sidi Bel-Abbès
Faculté de Technologie
Département d'Electrotechnique

Solutions TD n° 5
Stabilité des Systèmes Asservis Linéaires
(Critère Algébrique)

3ème Année Licence
1ème Année Master
« Automatisme Industriel »

Exercice n°1
Etude de la stabilité en boucle fermée des systèmes asservis, en utilisant le critère algébrique de Routh-Hurwitz :

1-a)




1-b)

3
2
 p  12p  47 p  52  0
Critère d'Hurwitz (condition nécessaire mais pas suffisante)
vérifié : Tous les coefficients de l'équation caractéristique sont
de même signe et non nuls  tableau de Routh.
Critère de Routh-Hurwitz (tableau de Routh) : 1ère colonne de
même signe  Système stable.

1+ FTBO(p) = 0

1

47

p2 :

12

52

p1 :

42.67

p0 :

52

p5 :

1

95

214

p4 :

15

275

120

p3 :

76.7

206

p2 :

234.7

120

p1 :

166.8

p0 :

120

Cas du gain K=10
1+ FTBO(p) = 0




1-c)

p3 :

5
4
3
2
 p  15p  95p  275 p  214 p  120  0

Critère d'Hurwitz (condition nécessaire mais pas
suffisante) vérifié : Tous les coefficients de l'équation
caractéristique sont de même signe et non nuls 
tableau de Routh.
Critère de Routh-Hurwitz (tableau de Routh) : 1ère
colonne de même signe  Système stable.

Cas du gain K=100
1+ FTBO(p) = 0




5
4
3
2
 p  15p  185p  725p  326 p  120  0

Critère d'Hurwitz (condition nécessaire mais pas
suffisante) non vérifié : Les coefficients de l'équation
caractéristique sont de signes différents  Système
instable.
Critère de Routh-Hurwitz (tableau de Routh) : permet
de déterminer le nombre de pôles instables de la
FTBF : 2 changements de signe sur la 1ère colonne,
donc 2 pôles instables.

p5 :

1

185

–326

p4 :

15

725

120

p3 :

136.7

–334

p2 :

761.7

120

p1 :

–355.5

p0 :

120

Si nous comparons les 2 exercices précédents, ils ne différent que par la valeur du gain K.
 Pour le cas du gain K=10, le système est stable.
 Pour le cas du gain K=100, le système est instable.


L'augmentation du gain a un effet déstabilisant sur le système en boucle fermée.

Solutions TD n° 5 : Stabilité des Systèmes Asservis Linéaires (Critère Algébrique)

TD5 - 2

Prof. FELLAH Mohammed-Karim

1-d)

1+ FTBO(p) = 0


 p

4

2013 / 2014

 10p 3  35p 2  (50  K )p  (24  2K )  0

Critère d'Hurwitz (condition nécessaire mais pas suffisante) : Tous les coefficients de l'équation
caractéristique doivent être de même signe et non nuls.


50  K   0




(24  2K )  0




Automatique 1 et 2


K  50
 

K  12

 0  K  12

Critère de Routh-Hurwitz (tableau de Routh)
p4 :

1

35

p3 :

10

50+K

p2 :

300  K
10

24–2K

p1 :

 300  K 
 10  (50  K)  10(24  2K)


 300  K 
 10 



p0 :

24–2K

24–2K

Pour que le système soit stable, il faudrait que les termes de la 1ère colonne soient de même signe :

300  K   0




 300  K 



(50  K )  10(24  2K )

 10 



0
 300  K 




 10 




0  K  12 (condition précédente)



Or :

 300  K 

(50  K )  10(24  2K )  0
 10 
26.4

2 racines : 



476.4



Ce qui donne :

26.4  K  476.4




0  K  12




 300  K 


 10  (50  K )  10(24  2K )  0




0  K  12



 K 2  450K  12600  0
26.4  K  476.4



0  K  12

Le système sera stable à condition que : 0  K  12

Solutions TD n° 5 : Stabilité des Systèmes Asservis Linéaires (Critère Algébrique)

TD5 - 3

Prof. FELLAH Mohammed-Karim

1-e)

1+ FTBO(p) = 0


 p

3

2013 / 2014

 (1  a)p 2  a p  10  0

Critère d'Hurwitz (condition nécessaire mais pas suffisante) : Tous les coefficients de l'équation
caractéristique doivent être de même signe et non nuls.

1  a  0




a0




Automatique 1 et 2


a  1
 

a  0



a0

Critère de Routh-Hurwitz (tableau de Routh)
p3 :

1



p2 :

1+

10

p1 :

(1   )  10
1 

p0 :

10

Pour que le système soit stable, il faudrait que les termes de la 1ère colonne soient de même signe :

1+ a  0





a(1  a)  10  0
 a(1  a)  10

0
 


1a

a  0


a  0 (condition précédente)



Or :

a(1  a)  10  0

Ce qui donne :

 a2  a  10  0

a  3.7



a0




ou a  2.7

 a  3.7



ou

a  2.7

a  2.7

Le système sera stable à condition que : a  2.7
Cela veut dire que pour que le système soit stable, il faudrait, non seulement, que le pôle p = –  de la
FTBO se trouve dans le demi plan gauche du plan complexe, mais qu'il ait, également, une valeur inférieure
à –2.7.

Solutions TD n° 5 : Stabilité des Systèmes Asservis Linéaires (Critère Algébrique)

TD5 - 4


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