L'essentiel à connaître
Un système asservi mesure sa sortie, la compare à la consigne et corrige à partir de l'écart $\varepsilon = e - s$. Exemple : dans une côte, le régulateur de vitesse voit la vitesse passer sous la consigne, l'écart devient positif et le correcteur accélère. On juge la boucle sur sa stabilité, sa précision (l'écart qui reste en régime permanent) et sa rapidité : le temps de réponse à 5 %, après lequel la sortie reste à plus ou moins 5 % de sa valeur finale. Pour un premier ordre $\frac{K}{1+\tau p}$, il vaut $3\tau$ ($\tau$ est la constante de temps, $p$ la variable de Laplace).
Le PID additionne trois actions : $C(p) = K_p + \frac{K_i}{p} + K_d\,p$. Augmenter $K_p$ rend la boucle plus précise et, en général, plus rapide, mais trop de gain réduit les marges de stabilité et fait osciller. L'intégrale annule l'erreur statique (l'écart final pour une consigne en échelon), au prix de $90^\circ$ de phase en moins. La dérivée ajoute de la phase, donc de l'amortissement, mais son gain croît avec la fréquence : elle amplifie le bruit de mesure, et un PID réel la filtre.
Règle : en retour unitaire, écris la FTBO (fonction de transfert en boucle ouverte) sous la forme $\frac{K}{p^{\alpha}} \cdot \frac{1 + \dots}{1 + \dots}$ ; la classe $\alpha$ compte ses intégrateurs. En échelon d'amplitude $E_0$, l'erreur statique vaut $\frac{E_0}{1+K}$ si $\alpha = 0$, et $0$ si $\alpha \geq 1$. En rampe de pente $V_0$, l'erreur de traînage est infinie si $\alpha = 0$, vaut $\frac{V_0}{K}$ si $\alpha = 1$, et $0$ si $\alpha \geq 2$.
La boucle fermée est stable si tous les pôles de sa FTBF (fonction de transfert en boucle fermée) sont à partie réelle strictement négative. Un coefficient nul, ou des coefficients de signes différents, au dénominateur prouvent qu'elle n'est pas stable. À l'ordre 1 ou 2, des coefficients tous strictement positifs garantissent la stabilité : une FTBO du premier ou du second ordre à coefficients positifs reste stable en boucle fermée pour tout gain $K > 0$. Sur la FTBO $H_{BO}$, la marge de phase $M_\varphi = 180^\circ + \arg H_{BO}$ se lit là où le gain vaut $0$ dB, la marge de gain $M_G = -20\log|H_{BO}|$ là où la phase vaut $-180^\circ$.
Le critère du revers le traduit en image, quand la FTBO n'a ni pôle ni zéro à partie réelle positive : dans le plan de Black, parcouru dans le sens des pulsations croissantes, le lieu de la FTBO doit laisser le point critique ($-180^\circ$, $0$ dB) à droite ; dans le plan de Nyquist, il laisse le point $-1$ à gauche (cours de licence d'E. Boutillon). Côté rapidité, pour un second ordre de pulsation propre $\omega_0$ et de coefficient d'amortissement $\xi$, le temps de réponse à 5 % est le plus court vers $\xi \approx 0{,}69$, avec $t_{5\%}\,\omega_0 \approx 3$, contre environ $5$ pour $\xi = 1$.
Piège classique : la classe de la FTBO règle l'erreur due à la consigne, pas celle due à une perturbation. Contre une perturbation en échelon, il faut un intégrateur en amont du point où elle entre, le plus souvent dans le correcteur (cours de CPGE du lycée Kléber). Et le théorème de la valeur finale, $\lim_{t \to +\infty} \varepsilon(t) = \lim_{p \to 0} p\,\varepsilon(p)$, ne s'applique qu'à une boucle stable.
Quiz : teste tes connaissances
Douze questions de plus en plus difficiles : les trois dernières sont les plus piégeuses.
Question 1 : Dans un système asservi, à partir de quoi le correcteur élabore-t-il la commande ?
Réponse : C. Le comparateur calcule l'écart $\varepsilon = e - s$, que le correcteur transforme en commande : c'est ce retour qui permet au système de se corriger seul. La proposition A décrit une boucle ouverte, aveugle à la côte qui ralentit la voiture.
Question 2 : Un premier ordre de gain $K = 2$ et de constante de temps $\tau = 0{,}5$ s reçoit un échelon d'amplitude $3$. Quel est son temps de réponse à 5 % ?
Réponse : A. Pour un premier ordre, $t_{5\%} = 3\tau = 3 \times 0{,}5 = 1{,}5$ s, quels que soient le gain et l'amplitude de l'échelon. Le piège B est $\tau$ lui-même : à cet instant, la sortie n'a atteint que 63 % de sa valeur finale.
Question 3 : Dans une boucle stable, quelle action du PID annule l'erreur statique pour une consigne en échelon ?
Réponse : D. L'intégrateur augmente la classe de la FTBO d'un cran : tant qu'un écart subsiste, la commande évolue, et l'erreur statique finit nulle. Le piège A ne fait que la réduire : en classe 0, elle vaut $\frac{E_0}{1+K}$, qui baisse avec le gain sans jamais s'annuler.
Question 4 : Sur le diagramme de Bode de la FTBO, à quelle pulsation lit-on la marge de phase ?
Réponse : B. La marge de phase mesure l'écart entre la phase et $-180^\circ$, à la pulsation où le gain de la FTBO passe par $0$ dB. La proposition A donne la pulsation de l'autre marge, la marge de gain : c'est l'inversion à éviter.
Question 5 : Un procédé $G(p) = \frac{4}{1+2p}$ est commandé par un correcteur proportionnel $K_p = 1{,}5$, en retour unitaire. Que vaut l'erreur statique pour un échelon de consigne d'amplitude $1$ ?
Réponse : C. La FTBO $\frac{6}{1+2p}$ est de classe 0 avec $K = 1{,}5 \times 4 = 6$, d'où une erreur de $\frac{1}{1+6} = \frac{1}{7} \approx 0{,}14$. Le piège A oublie le $1 +$ de la formule ; la proposition B, $\frac{6}{7}$, est la valeur finale de la sortie, pas l'écart.
Question 6 : Pourquoi filtre-t-on l'action dérivée d'un PID réel ?
Réponse : D. Le gain de $K_d\,p$ grandit sans limite avec la pulsation : le bruit de mesure, rapide, est amplifié et rend la commande inexploitable. Le piège B inverse le signe : la dérivée avance la phase de $90^\circ$, c'est l'intégrale qui la retarde.
Question 7 : En retour unitaire, la FTBO vaut $\frac{5}{p\,(1+0{,}2\,p)}$, avec $p$ en $\text{s}^{-1}$. La consigne est une rampe de pente $2$ rad/s. Que vaut l'erreur de traînage ?
Réponse : A. Classe 1 et $K = 5\ \text{s}^{-1}$ : l'erreur vaut $\frac{V_0}{K} = \frac{2}{5} = 0{,}4$ rad. Le piège B confond les cas : la classe 1 annule l'erreur en échelon, pas en rampe. La proposition C applique à tort la formule de l'échelon, $\frac{2}{1+5}$.
Question 8 : Un second ordre a une pulsation propre $\omega_0$ fixée et un coefficient d'amortissement $\xi$ réglable. Pour quelle valeur de $\xi$ son temps de réponse à 5 % est-il le plus court ?
Réponse : B. Vers $\xi \approx 0{,}69$, le premier dépassement vaut juste 5 % : la sortie entre dans la bande dès sa première montée et n'en sort plus, avec $t_{5\%}\,\omega_0 \approx 3$. Le piège A, $\xi = 1$, supprime le dépassement mais donne $t_{5\%}\,\omega_0 \approx 5$, plus lent.
Question 9 : La FTBO n'a ni pôle ni zéro à partie réelle positive. Dans le plan de Black, à quelle condition la boucle fermée est-elle stable ?
Réponse : D. C'est le critère du revers dans le plan de Black : parcouru dans le sens des pulsations croissantes, le lieu laisse le point critique ($-180^\circ$, $0$ dB) à droite. Le piège A recopie l'énoncé du plan de Nyquist, où le point $-1$ reste à gauche. La proposition C revient à A, car inverser le sens de parcours échange gauche et droite.
Question 10 : En retour unitaire, un correcteur $C(p) = K_p$ précède le procédé $G(p) = \frac{K}{p\,(1+\tau p)}$. Une perturbation en échelon d'amplitude $P_0$ se retranche à la commande, entre les deux blocs. La boucle est stable et la consigne nulle. Que vaut l'erreur statique ?
Réponse : A. Le seul intégrateur est dans le procédé, en aval de la perturbation. Pour que la sortie reste constante, l'entrée du procédé, $K_p\,\varepsilon - P_0$, doit s'annuler, d'où $\varepsilon_\infty = \frac{P_0}{K_p}$. Le piège B applique la règle de la classe, qui ne vaut que pour la consigne : il faudrait un intégrateur dans le correcteur.
Question 11 : Un système bouclé a pour FTBF $H(p) = \frac{2}{p^2 - p + 1}$ et reçoit un échelon unitaire. Que fait sa sortie en régime permanent ?
Réponse : C. Le dénominateur a des coefficients de signes différents : ses pôles $\frac{1 \pm j\sqrt{3}}{2}$ sont à partie réelle positive, et la sortie oscille en s'amplifiant. Le piège A vient du théorème de la valeur finale, $\lim_{p \to 0} p\,H(p)\,\frac{1}{p} = H(0) = 2$, appliqué sans vérifier la stabilité : ce résultat est faux.
Question 12 : En retour unitaire, la FTBO vaut $\frac{K}{(1+p)(1+2p)}$ avec $K > 0$. Que se passe-t-il quand $K$ augmente sans limite ?
Réponse : B. Le dénominateur de la FTBF, $2p^2 + 3p + 1 + K$, garde tous ses coefficients positifs : la boucle reste stable, mais son amortissement $\xi = \frac{3}{2\sqrt{2(1+K)}}$ tend vers $0$. Le piège A vaut pour une FTBO dont la phase franchit $-180^\circ$, d'ordre 3 ou avec un retard ; ici, elle ne l'atteint jamais.
Sources
Emmanuel Boutillon, Notes de cours d'asservissement, licence GEII, IUP de Lorient, université de Bretagne-Sud, mars 2001.
Lycée Kléber, Performances des systèmes asservis, cours de CPGE 2e année, version du 1er avril 2025.