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Lieu dEvans 1

Licence E.E.A.

Lieu dEvans

1 Principe

Soit un polynomeanxn+ . . .+a0= 0

avec an= 0 implique n racines.Supposons que

i ai=i+ ki i, i R, x COn peut ecrire :

D(x) + kN(x) = 0

D(x) = pxp + . . .+ 0N(x) = zx

z +. . .+0

Degre de D= PDegre de N=Zet bien sur max(P, Z) =nLes racines de cette equation varient en fonction du parametre k , elles decrivent alors unlieu appele lieu dEvans dans le plan complexe.

Exemples (x+ 1)2 += 0Si 0 (x+ 1 j)(x+ 1 + j) = 0

3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 0.5 1 1.50.4

0.3

0.2

0.1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.750.910.9650.9820.991

0.996

0.998

1

0.750.910.9650.9820.991

0.996

0.998

1

0.511.522.53.

Root Locus

Real Axis

ImaginaryAxis

lambda > 0

lambda < 0

2 Construction du lieu dEvans

2.1 Proprietes geometriques

1. Cette equation admet, soit des racines reelles ( sur laxe reel), soit des racinescomplexes conjuguees ( lieu symetrique par rapport a laxe reel)

Yann MORERE Licence E.E.A. Universite de Metz

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2 Lieu dEvans

2. La variation dun racine de lequation sappelle une branche, le degres du polynomeetatn n, on a 2 nbranches (car >0 et

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Lieu dEvans 3

1

|| = AZ

AP1.AP2

dou

4. Points de depart et points darrivee : D(n) +kN(x) = 0Depart : k= 0 D(x) = 0 points de departs = racines de D(x) = poles.Arrivee : k N(x) = 1

kD(x) 0 points darrivee = racines de N(x) =

zeros.On part des poles pour arriver aux zeros.

Sil

manque

(Z=P) des poles ou des zeros, ils sont rejetes a linfini. On a donc|p z| branches infinies.5. Directions asymptotiques et asymptotes

Pour determiner les directions de ces branches infinies ; a linfini tout le monderegarde dans la meme direction.

avec les conditions des angles : (Z P)A = k, si Z=P A= kZP.


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4 Lieu dEvans

Par exemple :

P Z 1 2 3A k

k2

k3

direction asymptotique 0, 2

, 0 23

, 3

, 02

, 23

, 3

, Lintersection des asymptotes avec laxe reel se fait en :

a=

Pi=1pi

Zj=1 zj

P Z

6. Branches de lieu laxe reel.

Pour tout point A situe sur laxe reel, la contribution a la conditions des angles despoles et des zeros places a gauche de Aest nulle, tandis que celle de chaque pole etzero a droite de Aest .

La contribution des poles et des zeros complexesest nulle comme le montre lafigure, car largument est de 2 par paires de poles ou zeros conjugues.Soit p1 le nombre de pole a droite de ASoit z1 le nombre de zero a droite de A

z1 p1= 2k (k 0)

z1 p1= 2k (k 0)Si la somme des poles et des zeros sur laxes reel, a droite du point considere estpaire, ce point est element du lieu pour k 0Exemple :

Licence E.E.A. Universite de Metz 1 avril 2004

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Lieu dEvans 5

k>0k0 k

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6 Lieu dEvans

solutions de la derivee de celle-ci donc dD+ kdN= 0, on a k =DN dN

N = dD

D

cest a dire d(ln N) =d(ln D) ce qui donne finalement :

P

i=1

1

x0

pi=

Z

i=j

1

x0

zj

2.2 Equation analytique

Dans le plan complexe : x= +j en ecrivant

D(x) =RD(, ) +jID(, )

N(x) =RN(, ) + jI N(, )

D(x) +kN(x)

RD(, ) +kRN(, ) = 0ID(, ) +kI N(, ) = 0

En eliminant k on a :

k= RDRN

= IDIN

le lieu a donc pour equation :

RN(, )ID(, ) RD(, )IN(, ) = 0

En general ceci est resoluble en =f() et on trouve toujours = 0 (axe reel).

Remarques

1. doit se mettre en facteur : car tout laxe des reels estdu lieu ;2. dans le reste (sans) fonction bicarree en puisque symetrique par rapport a laxe

des reels ;

3. les poles doubles sontde laxe + un lieu en dehors de laxe.

3 Exemple

Soit le polynome dependant dun parametre :

x

3

+ 6x

2

+ 10x+ (x+ 4) = 0 (x C

)

D(x) =x3 + 6x2 + 10x= x(x2 + 6x+ 10)


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Lieu dEvans 7

= 36 40 = 4, p1= 3 +j, p2 = 3 j et p0 = 03poles et un zero P Z= 2, Degre 3,3 branches dont 2 infinies.3 points de departs, p0, p1, p2 et un point darrivee z0= 4.Direction asymptotiques : A=

k2 4 : 0,

2, 2

et .

Point de concours des asymptotes : a= 03+j3j+42

=

1

>0 [4, 0]

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8 Lieu dEvans

dou :x3 + 6x2 + 12x+ 8 = 0 = (x+ 2)3

soit un pole triple dou le lieu suivant :

15 10 5 0 58

6

4

2

0

2

4

6

80.220.420.60.740.84

0.91

0.96

0.99

0.220.420.60.740.84

0.91

0.96

0.99

2468101214

Root Locus

Real Axis

ImaginaryAxis

4 Application a lautomatique

La fonction de transfert en BO peut secrire : TBO(p) = N(p)D(p)

.K,K etant un gain variabledou le denominateur de la TBF est :

1 +K.N(p)

D(p)

et si on cherche les racines en fonction de K :

D(p) +K.N(p) = 0

Le lieu dEvans est alors la representation de levolution des racines en fonction de K.En pratique on considere linfluence dun gainK intervenant dans la boucle daction dunsysteme asservi a retour unitaire.

4.1 Stabilite

Si on utilise le lieu, la limite de stabilite est donnee lorsque ce dernier franchit laxe desimaginaires, i.e.les racines sont a parties reelle nulle. Le domaine ou la FTBF est stableest le demi plan gauche.


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Lieu dEvans 9

Comme p = + j , la limite de stabilite est donnee par = 0 en dehors de laxe, et= = 0 sur laxe.

4.2 Notion de systemes a poles dominants

La contribution des poles ou paire de poles dans la reponse impulsionnelle globale dusysteme dynamique

Plus un pole stable est pres de laxe imaginaire, plus sa contribution au regime transitoireest importante.Plus un pole stable est eloigne de laxe reel, plus le regime transitoire est oscillatoire.Pour un deuxieme ordre p0 et p1 sont solution de p

2 + 2np+2n = 0 et p0 =n(+

j

1 2) dousin =

n

n

2 + 1 2 sin =

En general, pour un systeme du deuxieme ordre on choisit = 0, 5 qui correspond a uneoscillation complete et de depassement denviron 16%. Ceci donne un dephasage = 30 .

En consequence, si la fonction de transfert en BF dun systeme dordre n possede deuxpoles complexes conjuges a = 30 et n 2 poles situes sensiblement plus a gauche queces deux derniers dans le plan complexe, le regime libre ne dependra pratiquement que deces 2 poles. On dit que le systeme est a poles dominants. Son comportement dynamiquesera donc tres voisin de celui du systeme fondamental du deuxieme ordre.


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10 Lieu dEvans

On peut donc par Evans, determiner K tel que = 30 pour avoir le systeme a polesdominants. Ceci dit on peut aussi changer .Deplus sin = n

n sin = , donc tous les poles sur la droite definie par psi et

passant par O ont le meme amortissement.Lhypothennuse : OP1 = n, tous les poesl sur le demi cercle de centre O et de rayon

quelconque R ont la meme pulsation n=R. On peut donc representer les courbes : iso-amortissement : demi-droite partant de O iso-pulsation n : demi-cercle de rayon n

15 10 5 0 58

6

4

2

0

2

4

6

8

0.220.420.60.740.84

0.91

0.96

0.99

0.220.420.60.740.84

0.91

0.96

0.99

2468101214

Root Locus

Real Axis

Imagin

aryAxis

Par exemple si on veut un depassement de 16%, il faudra avoir = 0, 5, donc les polessur la demi droite telle que sin = 0, 5 = 30 (equation de la droite : y =tan(

2 +)x= cot()xici y = 3x

4.3 Exemple

Soit le systeme suivant :

TBO(p) =1 + 0, 25p

p .

K

(1 + 1 + 1, 2p+ 0, 2p2)()=

(1 + 0, 25p)K

2p(1 + 0, 6p+ 0, 1p2)

TBO(p) = 0, 25(p+ 4)K

0, 2p(p2 + 6p+ 10)= 1, 25K.

p+ 4

p(p2 + 6p+ 10)

Dou le senominateur de la BF :

p3 + 6p2 + 10p+ (p+ 4) = 0 = 1, 25K

On retrouve le lieu de lexemple precedent.


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Lieu dEvans 11

15 10 5 0 58

6

4

2

0

2

4

6

80.220.420.60.740.84

0.91

0.96

0.99

0.220.420.60.740.840.91

0.96

0.99

2468101214

Root Locus

Real Axis

ImaginaryAxis

Lieu pour K>0

15 10 5 0 58

6

4

2

0

2

4

6

80.220.420.60.740.84

0.91

0.96

0.99

0.220.420.60.740.840.91

0.96

0.99

2468101214

Root Locus

Real Axis

ImaginaryAxis

Lieu pour K0 (K >0), toujours stable, toutes les racines sontdu demi-plan gauche.Si on cherche un systeme a poles dominants tel que= 0, 5, on trace la droite correspon-dant a sin = 0, 5.Conditions des modules : 1

||= PZ

PP1PP2PP3= 3,4

2,4.3,6.2 = 5 et K= 4

Par le calcul : =3 (droite pour sin = 0, 5) en ramplacant dans lequationRD.IN=RN.ID on avait 2(+ 1) = 3 92 24 20 :

32(+ 1) = 3 92 24 20

43

+ 122

+ 24+ 20 = 0

3 + 32 + 6+ 5 = 0

ce qui donne : 0 =1, 32 et 0 = 0, 66 en appliquant la condition sur les modules= RD(0,0)

RN(0,0)on trouve = 2, 17.

5 Cas ou Z P = 0Exemple : soit le systeme suivant :

T(p) =K. (p+ 1)(p + 2)(p+ 5)(p+ 10)

Dans ce cas D(x) +N(x) = 0 on a degre de D = degre de N = nNous avons donc 2 point de departs (poles) -5 et -10Nous avons 2 points darrivees (zeros) -1 et -2Si K >0 : [10, 5] [2, 1] lieu pour le reste K

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12 Lieu dEvans

N= (1 ++j)(2 ++j)

RN = (1 +)(2 +) 2IN = (3 + 2)

= 0 tout laxe

(2 + 3+2

2)(15 + 2)

(50 + 15+2

2)(3 + 2) = 0

120 + 96+ 122 + 122 = 0 10 + 8+2 + 2 = 0

2 + (+ 4)2 = 6

Cercle de centre (4, 0) et de rayon 6.

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0

3

2

1

0

1

2

3

0.220.420.60.740.840.91

0.96

0.99

0.220.420.60.740.840.91

0.96

0.99

2468

Root Locus

Real Axis

ImaginaryAxis

Lieu k>0

30 25 20 15 10 5 0 5 10 15

15

10

5

0

5

10

15

0.220.420.60.740.84

0.91

0.96

0.99

0.220.420.60.740.84

0.91

0.96

0.99

510152025

Root Locus

Real Axis

ImaginaryAxis

Lieu k0 et k

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