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Introduction à l’automatisation
-ELE3202Cours #6: Critère de stabilité de Routh & Design de PID à partir du lieu des racines
Enseignant: Jean-Philippe Roberge
S
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Cours # 6
S Critère de stabilité de Routh (2ième partie):
S Cas spéciaux
S Choix d’un gain proportionnel K à l’aide du critère de Routh-Hurwitz
S Conception de contrôleurs PID à l’aide du lieux des racines
S Contrôleurs de type proportionnel
S Contrôleurs de type proportionnel dérivé et à avance de phase
S Retour sur le cours #5:
S Exercices concernant le lieux des racines (issus des examens de pratique)
2
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Cours #6
Critère de Routh-Hurwitz (I)
S Lors du cours précédent, nous avions vu que le critère de Routh-
Hurwitz est un outil pratique qui permet de conclure sur la stabilité
d’un système d’ordre quelconque.
S Nous avions introduit cette matière en présentant la table de Routh-
Hurwitz:
P  s   a0 s n  a1s n 1  ...  an 1s  an
Où P  s  est généralement le polynôme
caractéristique du système
4
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Critère de Routh-Hurwitz (II)
S Où:
Etc...
5
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Critère de Routh-Hurwitz (III)
Exemple 1
P  s   s5  8s4  2s3  5s2  4s  7
S Avant d’écrire la table de Routh, il faut s’assurer que la première
condition de stabilité est vérifiée : tous les coefficients ai doivent être
positifs. Ensuite:
s5
1
2
4
0
s4
8
5
7
0
s3
b1
b2
0
0
s2
c1
c2
0
0
s1
d1
0
0
0
s0
e1
0
0
0
6
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Critère de Routh-Hurwitz (IV)
Exemple 1
1 2
1 4
8 5 11
8 7 25
b1  

b2  

8
8
8
8
8
5
8 7
25
11
11 0 77
8
8
145
c1  

c2   8
 8
7
11
11
11
11
8
8
8
25
11
8
8
145
7
11
d1  
 559
145
145

11
145
7
11
559
0
145
e1  
7
559
145
s5
1
2
4
0
s4
8
5
7
0
s3
11/8
25/8
0
0
s2
-145/11
7
0
0
s1
559/145
0
0
0
s0
7
0
0
0
7
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Critère de Routh-Hurwitz (V)
Exemple 1
S Il y a deux changements de signe dans la table de Routh:
s5
1
2
4
0
s4
8
5
7
0
s3
11/8
25/8
0
0
s2
-145/11
7
0
0
s1
559/145
0
0
0
s0
7
0
0
0
S Le système est donc instable et il y a exactement deux racines dans le
demi-plan droit du plan complexe (instable).
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Critère de Routh-Hurwitz (VI)
Exemple 1
S Effectivement, en utilisant la fonction « roots() » de Matlab:
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Critère de Routh-Hurwitz (VII)
Cas spéciaux
S La table de Routh est très pratique, puisqu’elle permet de conclure
assez directement la stabilité d’un système d’ordre n sans avoir à
calculer « à la main » toutes les racines du polynôme caractéristique.
S Cependant, l’analyse de la table de Routh se fait à partir du
changement de signe de la première colonne: il est donc obligatoire
de se soucier des deux cas spéciaux suivant:
S 1) Un élément de la première colonne est nul
S 2) Une ligne entière de la table de Routh est nulle
10
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Critère de Routh-Hurwitz (VII)
Cas spécial #1 : Un élément nul dans la première colonne
S Solution pour ce premier cas spécial: lorsqu’un élément de la
première colonne est nul, on remplace ce dernier par ϵ et on continue
le développement de la table. À la toute fin, on fait tendre ϵ vers 0
(depuis la gauche ou la droite) pour effectuer l’analyse de stabilité.
S Considérons un système dont la fonction de transfert est la suivante:
T s 
10
s 5  2 s 4  3s 3  6 s 2  5 s  3
S Objectif: Conclure sur la stabilité du système
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Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Critère de Routh-Hurwitz (VIII)
Cas spécial #1 : Exemple tiré de [2]
T s 
10
s 5  2 s 4  3s 3  6 s 2  5 s  3
S Votre réflexe est d’utiliser le critère de Routh pour vérifier la stabilité
du système:
1 3
2 6
b1  
 0  
2
2 6
 7 2 6  7
c1  


7
6  7
d1  
c2  



1 5
2 3 7
b2  

2
2

6  7


3
2
3
6  7
2 3
 0
42  49  6 2

12  14
3
42  49  6 2
0
12


14
e1  
3
42  49  6 2
12  14
s5
1
3
5
0
s4
2
6
3
0
s3
0 ϵ
7/2
0
0
s2
(6ϵ -7)/ϵ
3
0
0
s1
(42ϵ-49-6ϵ2)/(12ϵ-14)
0
0
0
s0
3
0
0
0
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Critère de Routh-Hurwitz (IX)
Cas spécial #1 : Exemple tiré de [2]
T s 
10
s 5  2 s 4  3s 3  6 s 2  5 s  3
S Le tableau enfin complété, vous pouvez effectué votre analyse en
faisant tendre ϵ vers 0 (à partir de la gauche ou de la droite). L’analyse
se fait comme suit:
Il y a deux changements de signes,
Première colonne de la table de Routh
ϵ→0+
ϵ→0-
s5
1
+
+
s4
2
+
+
s3
ϵ
+
-
s2
(6ϵ -7)/ϵ
-
+
s1
(42ϵ-49-6ϵ2)/(12ϵ-14)
+
+
s0
3
+
+
donc le système est instable et
possède deux racines instables
(dans le demi-plan droit du plan
complexe):
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Critère de Routh-Hurwitz (X)
Cas spécial #2 : Une ligne entière de la table est nulle
S Solution pour ce deuxième cas spécial: lorsqu’une ligne entière de la
table de Routh est nulle, la solution est de :
S 1) Former un polynôme intermédiaire à l’aide de la ligne précédent la
ligne nulle.
S 2) Dériver ce polynôme intermédiaire par rapport à s
S 3) Utiliser les coefficients du résultat de la différentiation pour remplacer la
ligne de zéros.
S 4) Tester finalement les racines du polynôme intermédiaire.
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Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Critère de Routh-Hurwitz (XI)
Cas spécial #2 : Exemple tiré de [2]
S Considérons un système dont la fonction de transfert est la suivante:
T s 
10
s 5  7 s 4  6s 3  42s 2  8s  56
S Votre objectif est de conclure sur la stabilité de ce système, vous
utilisez donc le critère de Routh et bâtissez la table en conséquence.
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Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Critère de Routh-Hurwitz (XII)
Cas spécial #2 : Exemple tiré de [2]
T s 
10
s 5  7 s 4  6s 3  42s 2  8s  56
S Remarque: Lorsque l’on construit la table de Routh, il est permit de
multiplier une ligne entière par une constante pour obtenir une forme
plus convenable, c’est le cas ici pour la deuxième ligne
(multiplication par 1/7).
S La troisième ligne est complètement nulle:
s5
1
s4
7 1
s3
0
6
42
8
6
0
56
0
8
0
0
0
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Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Critère de Routh-Hurwitz (XIII)
Cas spécial #2 : Exemple tiré de [2]
T s 
10
s 5  7 s 4  6s 3  42s 2  8s  56
S On considère donc le polynôme intermédiaire donné par la ligne qui
précède la ligne de zéros, i.e.: P  s   s4  6s2  8
S On le dérive par rapport à s:
dP  s 
ds
 4s3  12s
S On utilise les coefficients de ce résultat pour remplacer la ligne de 0:
s5
1
6
8
0
s4
1
6
8
0
0
0
s3
4
1
12
3
Aussi, multiplication de la
ligne par 1/4
17
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Critère de Routh-Hurwitz (XIV)
Cas spécial #2 : Exemple tiré de [2]
T s 
10
s 5  7 s 4  6s 3  42s 2  8s  56
S On complète finalement le tableau comme à l’habitude:
s5
1
6
8
0
s4
1
6
8
0
s3
1
3
0
0
s2
3
8
0
0
s1
1/3
0
0
0
s0
8
0
0
0
Aucun changement(s) de signe, donc il n’y
a aucunes racines dans le demi-plan
droit. Effectivement:
Cependant, le système est marginalement
stable: regardez la forme des racines!
18
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Critère de Routh-Hurwitz (XIV)
Cas spécial #2 : Exemple tiré de [2]
T s 
10
s 5  7 s 4  6s 3  42s 2  8s  56
S Qu’avons-nous oublié lors de notre démarche?
S
Réponse: De vérifier les racines du polynôme intermédiaire
S Remarque: Lorsque, dans une table de Routh, une ligne est
complètement nulle, cela signifie que l’on se trouve dans l’un de ces 2
cas:
S 1) Racines conjuguées complexes : s=±jω
S 2) Racines réelles de mêmes valeurs mais de signes opposés: : s=±α
S Aussi, le polynôme intermédiaire est un facteur du polynôme
caractéristique, ce qui implique qu’il partage aussi une partie des ses
racines…
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Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Critère de Routh-Hurwitz (XV)
Cas spécial #2 : Exemple tiré de [2]
T s 
10
s 5  7 s 4  6s 3  42s 2  8s  56
S Racines
du polynôme caractéristique VS celles du polynôme
intermédiaire:
Ici, par simple observation, il était possible de constater que le
polynôme intermédiaire possédait toutes ses racines conjuguées
complexes: c’est pour cette raison que cette étape de la
démarche fut « oubliée ».
D’ailleurs, tous les polynômes d’ordre n qui ont des coefficients
positifs (ai) et des termes en s élevés à une puissance paire
possèdent tous des racines conjuguées complexes!
Polynôme caractéristique
Polynôme intermédiaire
P  s   s4  6s2  8
P  s   s  7s  6s  42s  8s  56
5
4
3
2
20
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Critère de Routh-Hurwitz (XVI)
Choix d’un gain proportionnel K à l’aide de Routh-Hurwitz
S Le critère de Routh est souvent utile afin de déterminer pour quelles
valeurs de paramètres (gains) du contrôleur le système sera stable.
S La première colonne du tableau nous fournira alors les conditions de
stabilité en fonction des paramètres du contrôleur. Nous avons déjà fait
quelques exercices qui démontraient très bien ce fait.
S On peut aussi utiliser le critère de Routh pour trouver le gain K au
point où le lieu des racines croise l’axe des imaginaires.
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Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Critère de Routh-Hurwitz (XVII)
Choix d’un gain proportionnel K à l’aide de Routh-Hurwitz
S Soit le système suivant, commandé par un contrôleur de type
proportionnel:
C(s)
G(s)
Contrôleur
S Où:
C s  K
G s 
Procédé
(le gain proportionnel)
1
s  s  7  s  11
22
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Critère de Routh-Hurwitz (XVIII)
Choix d’un gain proportionnel K à l’aide de Routh-Hurwitz
S La fonction de transfert du système en boucle fermée est donc:
K
s  s  7  s  11
K
T s 

 P  s   s 3  18s 2  77 s  K
K
s  s  7  s  11  K
1
s  s  7  s  11
S Il faut donc que:
s3
1
77
s2
18
K
s1
(1386-K)/18
0
s0
K
0
0  K  1386
S Si K=0 ou K=1386, certaines des racines
seront directement sur l’axe imaginaire:
système marginalement stable → indésirable
23
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Critère de Routh-Hurwitz (XIX)
Choix d’un gain proportionnel K à l’aide de Routh-Hurwitz
Root Locus
40
S 1)
30
K=0
20
K=0
Imaginary Axis
10
K=1386
0
S 2)
K=1000
-10
-20
K=1386
-30
S 3)
-40
-50
-40
-30
-20
24
Real Axis
-10
0
10
Jean-Philippe
Roberge - Février202011
Critère de Routh-Hurwitz (XX)
Choix d’un gain proportionnel K à l’aide de Routh-Hurwitz
S Autre exemple:
25
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Critère de Routh-Hurwitz (XXI)
Choix d’un gain proportionnel K à l’aide de Routh-Hurwitz
Root Locus
20
15
K=6
10
K=0
Imaginary Axis
5
0
-5
-10
-15
-20
-4.5
-4
-3.5
-3
-2.5
-2
26
Real Axis
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (I)
Équation d'un contrôleur PID:
K
C  s   K p  Kd s  i
s
27
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (II)
S Dans plusieurs cas, un contrôleur PID permet de répondre aux
spécifications du comportement désiré, par exemple
S le dépassement P
S le temps de réponse à 2%
S l’erreur en régime permanent
S Etc…
28
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (III)
S Un contrôleur proportionnel-dérivé permet d’améliorer la réponse en
régime transitoire et, jusqu’à un certain degré, l’erreur en régime
permanent.
S Un contrôleur proportionnel-intégral permet d’améliorer la réponse
en régime permanent (en tant que suiveur ainsi que régulateur).
S Un contrôleur PID constitue une combinaison de ces deux contrôleurs.
S Par ailleurs, dans le domaine temporel:
Équation de la sortie du contrôleur:
K
Csortie  s   K p E  s   K d sE  s   i E  s 
s


c sortie  t   K p e  t   K d e  t   K i   e t  dt
0
29
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (IV)
Contrôleur de type P
S Il existe plusieurs outils de conception de contrôleurs ; nous utiliserons
comme outil principal de design le lieu des racines.
S Pour illustrer cette méthode, commençons par considérer le système ci-
dessous:
C(s)
Contrôleur
G(s)
Procédé
Avec:
C s  K p
Ps 
(Contrôleur de type proportionnel)
1
s  0.2s  1
30
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (V)
Contrôleur de type P
S Le contrôleur le plus simple est un contrôleur proportionnel, qui n’a
qu’une seule constante K comme fonction de transfert.
S En particulier, il ne permet pas de modifier de façon indépendante les
valeurs de ζ et de ωn.
S Ce dernier fait sera illustré par notre exemple.
S Le polynôme caractéristique du système en boucle fermé est:
Kp
T s 
Kp
s  0.2s  1

Kp
s  0.2s  1  K p
1
s  0.2s  1

Pc  s   0.2s 2  s  K p
31
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (VI)
Contrôleur de type P
S Utilisons les règles d’Evans pour tracer le lieu des racines:
S Le point de départ des deux branches du lieu des racines débute aux
positions des pôles du système en boucle ouverte, donc en s1 = 0 et s2 = -5
S Le centre de gravité des asymptotes sera:
n
s
S Angles des asymptotes:

S Points d’intersection:
m
 p  z
i 1
i
i 1
nm
i

5
2
h  180
=90, 270 où h=1,3
nm
G ' s  
d N s
 0  N  s  ' D  s   D  s  ' N  s   0  0.4s  1  0
ds D  s 
s
1
 2.5
0.4
32
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Imaginary Axis
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (VII)
Contrôleur de type P
Root Locus
3
S Angles de départ:
2
Angle de départ d'un pôle = 180
-  Angles des vecteurs entre les pôles et le pôle en question 
   Angles des vecteurs entre les zéros et le pôle en question 
1
L'angle d'arrivée à un zéro  180
0
  Angles des vecteurs entre les zéros et le zéro en question 
   Angles des vecteurs entre les pôles et le zéro en question 
-1
S Pôle #1:
A1  180  0  180
S Pôle #2: A2  180  180  0
-2
-3
-6
-5
-4
-3
33
Real Axis
-2
-1
0
1
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (VIII)
Contrôleur de type P
S Rappel – temps de réponse à 2%:
Ts 2% 
4

Par conséquent, on se trouve
dans l’impossibilité
S Dans
l’exempleleque
nous venons
d’étudier, àdu
toute
paire de pôles
de
diminuer
temps
de réponse
système!
n
complexes qui se trouvent sur chacune des branches, il ne correspond
qu’une même valeur de ζωn :
Pour pouvoir mieux répondre aux diverses
spécifications, il faut considérer des contrôleurs
de formes plus générales (PI, PD ou PID).
S Si on augmente K de façon à s’éloigner de l’origine et ainsi augmenter
la valeur de ωn, alors il faut forcément diminuer ζ par le même facteur.
34
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (IX)
Contrôleurs PD et avance de phase
S La fonction de transfert d’un contrôleur de type PD s’écrit comme suit:

1 
C  s   K p  Kd s  Kd  s 



PD 
Où:  PD 
KD
Kp
S Le terme Kp donne lieu à un composant de la commande qui est
directement proportionnel à l’erreur.
S Le terme Kds procure un composant qui est proportionnel à la dérivée de
l’erreur.
S Ce contrôleur PD ajoute à la fonction de transfert en boucle fermée un
zéro à s = −1/τPD. Le lieu des racines correspondant à la fonction de
transfert en boucle ouverte C(s)P(s) = Kd(s + 11)P(s) est présenté à la
figure suivante.
35
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (X)
Contrôleurs PD et avance de phase
Root Locus
10
8
6
4
Imaginary Axis
2
0
-2
-4
-6
-8
-10
-35
-30
-25
-20
-15
-10
-5
0
5
Real Axis
36
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (XI)
Contrôleurs PD et avance de phase
S Pour bien comprendre comment l’ajout du zéro modifie la forme du
lieu, effectuons un bref rappel:
S i) La relation d’amplitude:
KG  s   1
m
 G s 
s  z 
i 1
n
s  p 
i 1
S ii) La relation d’angle:
m
n
i 1
i 1
i

1
K
i
G  s     s  zi     s  pi   180  k  360 où k =  1,  2,  3,...
S Ce système de deux équations étant équivalent à l’équation originale,
un point s se trouve sur le lieu des racines si et seulement s’il répond à
ces deux équations.
37
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (XII)
Contrôleurs PD et avance de phase
S L’angle de G(s) étant donné par:
m
n
i 1
i 1
G  s     s  zi     s  pi   180  k  360 où k =  1,  2,  3,...
S Soit la partie imaginaire de s positive, Alors la contribution d’un terme
(s− s0) est illustrée ci-dessous:
38
Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (XIII)
Contrôleurs PD et avance de phase
S Étant donnée la forme de notre expression pour l’angle de G(s), on voit
que les zéros apportent une contribution positive à l’angle pour un s à
partie imaginaire positive, alors que les pôles y apportent une
contribution négative. L’effet de l’ajout du contrôleur PD est donc
d’apporter une contribution positive à l’angle de la fonction de transfert
G(s): G  s    m  s  z    n  s  p   180  k  360 où k =  1,  2,  3,...

i 1
i

i 1
i
S Pour que la relation d’angle soit toujours remplie, la contribution des
pôles doit devenir plus négative. On peut vérifier que ceci veut dire que
le lieu se déplace vers la gauche et vers la partie négative de l’axe des
réels. L’ajout d’un contrôleur PD permet donc d’obtenir des pôles en
boucle fermée avec des rapports d’amortissement ζ augmentés pour
une pulsation naturelle ωn donnée.
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Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (XVI)
Contrôleurs PD et avance de phase
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Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (XVII)
Contrôleurs PD et avance de phase
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Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (XVIII)
Contrôleurs PD et avance de phase
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Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Conception de PID à l’aide du lieux des racines (XIX)
Contrôleurs PD et avance de phase
S
Un contrôleur PD ne devrait pas être implanté sous la forme idéale
S
K + Kds = Kd(s + 1/τPD). En effet, le module de la réponse fréquentielle de ce
contrôleur est:
K p  K d j  K d  2  1 2
 PD
S
qui s’accroît sans borne en fonction de la fréquence ω.
S
Un contrôleur avec cette fonction de transfert serait donc non souhaitable, et
amplifierait de façon excessive le bruit de mesure. Par conséquent, un contrôleur réel a
souvent la forme d’un contrôleur avance de phase :
s 1
KA
A
s 1
où typiquement 1
 A
20
  1
3
S
Noter que le module de la réponse fréquentielle d’un tel système tend vers KA lorsque ω
tend vers 0, et vers KA lorsque ω tend vers l’infini.
S
C’est ce qui introduit la matière du prochain cours!
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Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Exercices
Retour sur le cours #5 (I)
Exercices
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Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Retour sur le cours #5 (II)
Exercices
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Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Retour sur le cours #5 (III)
Exercices
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Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Retour sur le cours #5 (IV)
Exercices
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Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Prochain cours
S
Contrôleurs à avance de phase
S
Contrôleurs proportionnel-intégral (PI) et à retard de phase
S
Fin des exercices des examens de pratique
S
Réponse à vos questions
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Jean-Philippe Roberge - Février 2011
Références
S [1]Modern Control Systems – Richard C. Dorf & Robert H. Bishop
S [2]Control Systems Engineering – Norman S. Nise
S [3]Notes de cours (ELE3202) – Richard Gourdeau & John Thistle
S [4]Linear System Theory – Wilson J. Rugh
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