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% Relu 12.10.14. AA
\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
\newcommand{\nomTD}{TD1 : Systèmes échantillonés}
\renewcommand{\nomentete}{UE411 - \nomTD}
\documentclass[../main.tex]{subfiles}
\newcommand{\skzi}{\sum_{k=-\infty}^{+\infty}}
\begin{document}
\titre{\nomTD}
\subsection*{Exercice 1}
\begin{itemize}
\item Montrer que $U(z) = \frac{z}{z-1}E(z)$, avec $u_k = \sum_{j=0}^{k} e_j$ et $Z(e_j) = E(z)$
......@@ -33,7 +29,7 @@ U(z) & = \frac{z}{z-1}E(z)
\noindent Méthode : on effectue la transformée inverse pour obtenir le signal temporel. Puis on l'échantillonne avant de passer à sa transformée en Z, où l'on obtient une suite géométrique que l'on simplifie.\\
\begin{enumerate}
\item \[Y(p)= L[y(t)] = \frac{1}{p(p+a)} = \frac{\alpha}{p}+\frac{\beta}{p+a}\]
\item \[Y(p)= L[y(t)] = \frac{1}{p(p+a)} = \frac{\alpha}{p}+\frac{\beta}{p+a}\]
On identifie \[\alpha=\frac{1}{a} \text{ et } \beta=\frac{-1}{a} \]
......@@ -61,7 +57,7 @@ Y(z) &=\frac{z\sin(aT_e)}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)}
\item On procède de même que ci-dessus avec $Y(p)= \frac{p}{p^2+a^2} = L\{\cos(at)\}$:\\
On a donc, \[y_k=\cos(akT_e) = \frac{e^{jakT_e}+e^{-jakT_e}}{2}\]
D'où
D'où
\begin{align*}
Y(z) &=\frac{z}{2}(2z-\frac{e^{jaT_e}-e^{-jaT_e}}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)}) \\
Y(z) &=\frac{z(z-\cos(aT_e))}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)}
......@@ -75,7 +71,7 @@ Z\{y_k\} &= \skzi y_k.z^{-k}\\
Y(z) &= z^{-1} - z^{-2}
\end{align*}
\item $\forall k \in \N, y_{2k} = 0 \et y_{2k+1} = 1$. Ainsi,
\item $\forall k \in \N, y_{2k} = 0 \text{ et } y_{2k+1} = 1$. Ainsi,
\begin{align*}
Z\{y_k\} & = \skzi 1.z^{-(2k+1)} \\
& = z^{-1} \skzi z^{-2k} \\
......@@ -109,7 +105,7 @@ Y(z) & = Z\{(a^h)^k\}
On pose \[\frac{Y(z)}{z}=\frac{z+1}{z(z-3)^2}=\frac{\alpha}{z}+\frac{\beta}{z-3}+\frac{\gamma}{(z-3)^2}\]
On identifie ensuite $\alpha = \frac{1}{9}$, $\gamma =\frac{4}{3}$ et pour $\beta$ on peut multiplier l'égalité par $(z-3)$ puis faire tendre $z$ vers $+\infty$ pour obtenir que $0 = \alpha + \beta$. D'où $\beta = \frac{-1}{9}$, et ainsi :
\[Y(z) = \frac{1}{9} - \frac{1}{9}\frac{z}{z-3}+\frac{4}{3}\frac{z}{(z-3)^2}\]
La transformée inverse donne alors en utilisant la propriété de multiplication :
La transformée inverse donne alors en utilisant la propriété de multiplication :
\[y_k = \frac{1}{9}.\delta_k - \frac{1}{9}.3^k.\mathbf{1}_k+\frac{4}{3}.k.3^{k-1}.\mathbf{1}_k\]
\bigbreak
......@@ -117,9 +113,9 @@ La transformée inverse donne alors en utilisant la propriété de multiplicatio
On pose \[\frac{Y(z)}{z}=\frac{\alpha}{z}+\frac{\beta}{z-1}+\frac{\gamma}{z-2}\]
On identifie ensuite $\alpha = \frac{3}{2}$, $\gamma =5$, $\beta = -4$, d'où :
\[Y(z) = \frac{3}{2} - 4\frac{z}{z-1}+5\frac{z}{z-2}\]
La transformée inverse donne alors :
La transformée inverse donne alors :
\[y_k = \frac{3}{2}.\delta_k - 4.\mathbf{1}_k +5.2^k.\mathbf{1}_k\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\subsection*{Exercice 5 :}
L'asservissement analogique considéré est le suivant, où $H(p) = \frac{C}{p(1+0.2p)}$ et $B_0(p) = \frac{1-e^{-T_ep}}{2}$, avec $T_e=0.2s$ et $C=5rad.s^{-1}$.
......@@ -176,29 +172,29 @@ On pose :\begin{itemize}
\item $b_0 = C(0.2-\chi T_e-0.2\chi)$
\item $a_1 = -(1+\chi)$
\item $a_0 = \chi$
\end{itemize}
\end{itemize}
\bigbreak
\noindent Ainsi, on a :
\[T(z) = \frac{b_1z+b_0}{z^2+a_1z+a_0}=\frac{B(z)}{A(z)}\]
\medbreak
\noindent Remarque :
\noindent Remarque :
Les pôles analogiques sont : $p_1=0$ , $p_2 = -5$.
Les pôles analogiques sont : $p_1=0$ , $p_2 = -5$.
Les pôles discrétisés sont : $p_{z_1}=1$ et $p_{z_2} = \chi$.
Les pôles discrétisés sont : $p_{z_1}=1$ et $p_{z_2} = \chi$.
(On peut le vérifier avec la relation $p_{z_i}=e^{p_iT_e}$.)
Les zéros du temps discret dépendent de $T_e$.\\
\item On a donc en boucle fermée :
\begin{align*}
\begin{align*}
Y(z) = \frac{T(z)}{1+T(z)}E(z)&=\frac{B(z)}{A(z) + B(z)}E(z)\\
&=\frac{b_1z+b_0}{z^2+(a_1+b_1)z+a_0} =F(z) E(z)
\end{align*}
Les zéros de T(z) sont aussi les zéros de F(z).\\
D'autre part, on cherche $G(z) = \frac{\epsilon (z)}{E(z)}$. Or :
D'autre part, on cherche $G(z) = \frac{\epsilon (z)}{E(z)}$. Or :
\begin{align*}
\epsilon (z) &= E(z) - Y(z)\\
&= (1-F(z))E(Z)\\
......@@ -212,7 +208,7 @@ Ainsi, on a: \[G(z)=\frac{z^2 +a_1z+a_0}{z^2+(a_1+b_1)z+(a_0+b_0)}\]
\item a -- Déterminons la relation de récurrence entrée-sortie du système en boucle fermée. On a en factorisant par $z^2$:
\[Y(z)=\frac{b_1z^{-1}+b_0z^{-2}}{1+(a_1+b_1)z^{-1}+(a_0+b_0)z^{-2}}E(z)\]
\[Y(z)(1+(a_1+b_1)z^{-1}+(a_0+b_0)z^{-2}) = E(z)(b_1z^{-1}+b_0z^{-2}) \]
d'où, avec la transformée inverse, la relation de récurrence suivante :
d'où, avec la transformée inverse, la relation de récurrence suivante :
\[y_k+(a_1+b_1)y_{k-1}+(a_0+b_0)y_{k-2}=b_1e_{k-1}+b_0e_{k-2}\]
\noindent b -- Déterminons la réponse à un échelon $E(z) = \frac{z}{z-1}$ :
......@@ -223,4 +219,4 @@ d'où:
\end{enumerate}
\end{document}
\ No newline at end of file
\end{document}
% Relu 12.10.14. AA
\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
\newcommand{\nomTD}{TD2 : Stabilité}
\renewcommand{\nomentete}{UE411 - \nomTD}
\documentclass[../main.tex]{subfiles}
\begin{document}
\section*{\nomTD}
\subsection*{Exercice I : Stabilité d'un asservissement avec retour unitaire}
On considère l'asservissement analogique où :
......@@ -15,7 +10,7 @@ On considère l'asservissement analogique où :
On place un CNA (BOZ) en amont de $H(p)$ et un CAN dans la boucle de retour.
\begin{enumerate}
\item Pour passer de l'analogique au numérique, on utilise la formule suivante :
\item Pour passer de l'analogique au numérique, on utilise la formule suivante :
\[ T(z) = (1-z^{-1})Z[^*L^{-1}[\frac{H(p)}{p}]] \]
On a donc successivement :
\begin{align*}
......@@ -30,7 +25,7 @@ T(z) & = (1-z^{-1})A(z) \\
& = C[ -\tau + \frac{T_e}{z-1} + \frac{\tau(z-1)}{z-D} ] \\
T(z) & = C \frac{(\tau(1+D)+T_e-2\tau)z + (-D\tau - T_e D + \tau)}{z^2 - (1+D)z + D}
\end{align*}
On pose
On pose
\begin{align*}
T(z) & = \frac{b_1 z + b_0}{z^2 + a_1 z + a_0} \\
& b_1 = C(\tau(D-1) + T_e)\\
......@@ -45,15 +40,15 @@ Y(z) & = \frac{T(z)}{1+T(z)} E(z) \\
& = \frac{B(z)}{A(z) + B(z)} \text{ avec } T(z) = \frac{A(z)}{B(z)}
\end{align*}
Le polynôme caractéristique s'écrit :
Le polynôme caractéristique s'écrit :
\begin{eqnarray*}
\Pi(z) & = & B(z) + A(z) \\
& = & c_2 z^2 + c_1 z + c_0 \\
& \text{avec } & c_2 = 1 \\
& & c_1 = a_1 + b_1 = -(1+D) + C(T_e + \tau (D-1)) \\
& & c_1 = a_1 + b_1 = -(1+D) + C(T_e + \tau (D-1)) \\
& & c_1 = -(1+D) + CT_eD \text{ car ici } \tau = T_e \\
& & c_0 = a_0 + b_0 = D + C(\tau(1-D) - T_e D) \\
& & c_0 = D + CT_e(1-2D)
& & c_0 = D + CT_e(1-2D)
\end{eqnarray*}
......@@ -71,14 +66,14 @@ Tableau de Routh :\\
\begin{figure}[h!]
\centering
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
$w^2$ & $c_2-c_1+c_0$ & $c_2+c_1+c_0$ \\
\hline
$w$ & $2(c_2-c_0)$ & 0 \\
\hline
$w^0$ & $c_2+c_1+c_0$ & \\
\hline
\end{tabular}
\hline
$w^2$ & $c_2-c_1+c_0$ & $c_2+c_1+c_0$ \\
\hline
$w$ & $2(c_2-c_0)$ & 0 \\
\hline
$w^0$ & $c_2+c_1+c_0$ & \\
\hline
\end{tabular}
\end{figure}
......@@ -109,7 +104,7 @@ On traduit ces conditions
& 1 - (-(1+D) + CT_eD) + (D + CT_e(1-2D)) > 0 \\
& 2 + 2D + cT_e(-3D+1) > 0 \\
& C T_e(1-3D) > -2 -2D \\
& C < -\frac{2+2D}{1-3D} \text{ car } 3D > 1
& C < -\frac{2+2D}{1-3D} \text{ car } 3D > 1
\end{align*}
\item $-c_2 < c_0 < c_2$
......@@ -125,7 +120,7 @@ Le critère de Jury aboutit donc à :
\item On s'intéresse à l'asservissement analogique du même système
\[ Y(p) = \frac{H(p)}{1+H(p)} E(p) \]
L'équation caractéristique conduit à
L'équation caractéristique conduit à
\begin{align*}
1 + H(p) & = 0 \\
1 + \frac{C}{p(1+\tau p)} &= 0 \\
......@@ -147,13 +142,13 @@ On revient à la même condition $ C > 0 $.
\item Suggestion : faire le développement à l'ordre 2 ?
Avec $e^{-T_e p} \approx 1 - T_ep + \frac{(T_ep)^2}{2}$,
Avec $e^{-T_e p} \approx 1 - T_ep + \frac{(T_ep)^2}{2}$,
\begin{align*}
B_0(p) & = \frac{T_ep-T_e^2p^2 / 2 }{p}\\
& = T_e - \frac{T_e^2}{2}p \text{ : non causal} \\
\tilde{H}(p) & = T_e(1-\frac{T_e}{2}p)\frac{C}{p(1+\tau p)}
\end{align*}
L'équation caractéristique $1+\tilde{H}(p) = 0$ mène à
L'équation caractéristique $1+\tilde{H}(p) = 0$ mène à
\begin{align*}
\tau p^2 + p + CT_e(1-\frac{T_e}{2}p) & = 0 \\
\tau p^2 + (1-C\frac{T_e^2}{2})p + CT_e & = 0
......@@ -170,7 +165,7 @@ B_0(p) & \approx \frac{1-\frac{1 - \frac{T_e}{2}p}{1 + \frac{T_e}{2}p}}{p} \\
\tilde{H}(p) & = \frac{T_e}{1+\frac{T_e}{2}p} . \frac{C}{p(1+\tau p)}
\end{align*}
L'équation caractéristique $1+\tilde{H}(p)=0$ mène à
L'équation caractéristique $1+\tilde{H}(p)=0$ mène à
\begin{align*}
CT_e + p (1+\frac{T_e}{2}p)(1+\tau p) & = 0 \\
\tau\frac{T_e}{2}p^3 + (\tau+\frac{T_e}{2})p^2 + p + CT_e &= 0
......@@ -179,16 +174,16 @@ CT_e + p (1+\frac{T_e}{2}p)(1+\tau p) & = 0 \\
\begin{figure}[h!]
\centering
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
$p^3$ & $\tau \frac{T_e}{2}$ & 1 \\
\hline
$p^2$ & $\tau + \frac{T_e}{2} $ & $CT_e$ \\
\hline
$p$ & $1- \frac{CT_e \tau}{2(\tau + \frac{T_e}{2})}$ & 0 \\
\hline
$p^0$ & $CT_e$ & \\
\hline
\end{tabular}
\hline
$p^3$ & $\tau \frac{T_e}{2}$ & 1 \\
\hline
$p^2$ & $\tau + \frac{T_e}{2} $ & $CT_e$ \\
\hline
$p$ & $1- \frac{CT_e \tau}{2(\tau + \frac{T_e}{2})}$ & 0 \\
\hline
$p^0$ & $CT_e$ & \\
\hline
\end{tabular}
\end{figure}
La condition est donc $C < \frac{2(\tau + T_e/2)}{T_e \tau} = \frac{3}{\tau}$
......@@ -197,4 +192,4 @@ La condition est donc $C < \frac{2(\tau + T_e/2)}{T_e \tau} = \frac{3}{\tau}$
\item La discrétisation d'un asservissement en temps continu dégrade la stabilité.
\end{enumerate}
\end{document}
\ No newline at end of file
\end{document}
\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
\newcommand{\nomTD}{TD3 : Correcteur des asservissements numériques}
\renewcommand{\nomentete}{UE411 - \nomTD}
\documentclass[../main.tex]{subfiles}
\begin{document}
\section*{\nomTD}
\subsection*{Exercice 1 : Analyse et synthèse par une approche (pseudo-)continue}
On considère la fonction de transfert \[H(p) = \frac{1}{p(1 + \tau p)} \avec \tau = 0,2\]
La période d'échantillonnage est $T_e = 0,2s$ et l'on souhaite régler le correcteur PI pour satisfaire le cahier des charges suivants en boucle fermée :
......
\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
\newcommand{\nomTD}{TD4 : Correcteur RST}
\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nomTD}
\documentclass[../main.tex]{subfiles}
\begin{document}
\section*{\nomTD}
\subsection*{Exercice 1 : Asservissement par synthèse d'un correcteur RST}
On considère la fonction de transfert: \[G(p) = \frac{1}{p(1+\tau p)}\]
Rappel : (TD précédent)
\begin{align*}
G(z) & = \frac{B(z)}{A(z)} \\
& = \frac{b_1z+b_0}{(z-1)(z-D)} \avec D=e^{-T_e/2}\\
& = \frac{b_1z+b_0}{(z-1)(z-D)} \avec D=e^{-T_e/2}\\
& =\frac{b_1z+b_0}{z^2+a_1z+a_0} \\
n & = deg(A) = 2 \\
m & = deg(B) = 1 \\
......@@ -27,11 +22,11 @@ m & = deg(B) = 1 \\
Les conditions de causalité sont alors : $\tau \leq p$ et $\sigma \leq p$.\\
\item $\nu(z)=\frac{S}{R}[-Y(z) + \frac{T}{S}E(z)] $
\item $\nu(z)=\frac{S}{R}[-Y(z) + \frac{T}{S}E(z)] $
Causalité : $\tau \leq p$ et $\sigma \leq p$.\\
\item $\nu(z)=\frac{T}{R}[-\frac{S}{T}Y(z) + E(z)]$
\item $\nu(z)=\frac{T}{R}[-\frac{S}{T}Y(z) + E(z)]$
Causalité : $\tau \leq p$ et $\sigma \leq p$.\\
\end{itemize}
......@@ -59,11 +54,11 @@ Y(z)&= G(z)(\nu(z)+p(z))
\item Calcul de R et S.
On considère l'exigence 1 du cahier des charges :\\
$p_{1,2}=\omega_0 (-\xi \pm j\sqrt{1-\xi^2})$, avec $\omega_0 = 1.5$ et $\xi=0.7$
$p_{1,2}=\omega_0 (-\xi \pm j\sqrt{1-\xi^2})$, avec $\omega_0 = 1.5$ et $\xi=0.7$
$p_3 = -3\omega_0 \xi$\\
Comme $z_i = e^{T_ep_i}$, avec $\Omega = \omega_0 \sqrt{1-\xi^2}$,
Comme $z_i = e^{T_ep_i}$, avec $\Omega = \omega_0 \sqrt{1-\xi^2}$,
$z_1 = e^{-T_e\omega_0\xi}(cos(\Omega T_e) +j sin(\Omega T_e))$
......@@ -88,11 +83,11 @@ C_2 &= -z_1-z_2-z_3 = -(e^{-3\xi \omega_0 T_e}+2e^{-\xi \omega_0 T_e}cos(\Omega
On s'intéresse à l'exigence 2 du cahier des charges :
Pour $E(z) = 0$ i.e $e_k = 0$, et $P(z) = P_0 \frac{z}{z-1}$,
\[\lim_{\rightarrow\infty} y_k =0\]
Ainsi, avec le théorème de la valeur finale on a :
\begin{align*}
\lim_{z\rightarrow 1} \frac{z-1}{z}Y(z) = \lim_{z\rightarrow 1} \frac{BR}{AR+BS}P_0 =0
\Leftrightarrow & \lim_{z\rightarrow 1} B(z)R(z) = 0\\
\Leftrightarrow & \lim_{z\rightarrow 1} B(z)R(z) = 0\\
\Leftrightarrow & R(z) = (z-1)^l \tilde{R}(z)\text{\indent avec, } l\geq 1\\
\end{align*}
......@@ -115,7 +110,7 @@ $\Pi_d$ monique $\rightarrow q$ inconnues\\
donc on a \[\tilde{\rho}+\sigma +1 = q\]
3) Causalité du correcteur $\frac{S(z)}{R(z)}$, donc on a nécessairement $\sigma \leq \rho = \tilde{\rho}+1$
d'où on a
d'où on a
\[ \sigma = \tilde{n} -1 \leq \tilde{\rho} + 1 = q - \tilde{n} +1 \]
donc
......@@ -131,7 +126,7 @@ AR+BS & = \Pi_d A_0\\
\tilde{A}\tilde{R} + BS & = \Pi_d A_0
\end{align*}
1) Égalité des degrés
\[\tilde{n} + \tilde{\rho} = q + k \text{ avec, $q=3$ donné}\]
\[\tilde{n} + \tilde{\rho} = q + k \text{ avec, $q=3$ donné}\]
2) Nombre d'inconnues = nombre d'équations
\[ \tilde{\rho} + \sigma +1 = q +k\]
......@@ -164,7 +159,7 @@ S(z) &= s_2z^2+s_1z+s_0\\
\avec \tilde{C}_3 & = C_2 - z_0 \\
\tilde{C}_2 &= C_1 - z_0C_2 \\
\tilde{C}_1 &= C_0 - z_0C_1 \\
\tilde{C}_0 &= -z_0C_0
\tilde{C}_0 &= -z_0C_0
\intertext{et}
\tilde{A}(z) &= (z-1)A(z) = (z-1)(z^2+a_1z+a_0)\\
&= z^3 + \tilde{a_2}z^2+\tilde{a_1}z+\tilde{a_0} \\
......@@ -202,8 +197,8 @@ s_0
\end{array}
\right]
\]
La résolution de cette équation donne les polynômes
La résolution de cette équation donne les polynômes
\begin{align*}
R(z) & = (z-1)(z+r_0)\\
S(z) & = s_2+z^2+s_1z+s_0
......@@ -219,7 +214,7 @@ Par causalité, \[deg(B_dA_0) = \mu +k \leq deg(\Pi_dA_0) = q + k\]
\[ \mu \leq k = 3 \]
En boucle ouverte : on a le retard $n-m = 2-1 = 1$
\[q-\mu \geq 1 \longrightarrow \mu \leq q-1 = 2\]
L'égalité des numérateurs donne alors $m+\tau = \mu + k$ donc
L'égalité des numérateurs donne alors $m+\tau = \mu + k$ donc
\[\mu = m+\tau-k = \tau\]
\[\tau \leq 2\]
......@@ -232,7 +227,7 @@ T(z) &= \tilde{B}(z)(z-z_0)
Solution la plus simple pour $\tau \leq 2$ : $\tilde{B}(z) = 1$ donc $B_d(z) = B(z)$, et \[T(z) = A_0(z)\]
\item
\item
\begin{align*}
Y(z) & = \frac{B_d(z)}{\Pi_d(z)}E(z) + \frac{B_p(z)}{\Pi_d(z)}P(z)
\intertext{En l'absence de perturbation, on veut que pour}
......@@ -250,7 +245,7 @@ donc $ \frac{b_0}{b_1} = \frac{0.052848}{0.073576} < 1$ donc le zéro est stable
$H_d(z) = \frac{T_e}{z-1} \rightarrow $ retard $=q-\mu = 1 \geq m-n$. OK. \\
Modèle admissible :
Modèle admissible :
\[\frac{BT}{AR+BS} = \frac{B_d}{\Pi_d} \frac{A_0}{A_0}\]
\begin{align*}
\lim_{n \rightarrow \infty} y_n = 0 & \Leftrightarrow \lim_{z \rightarrow 1} \frac{z-1}{z}\frac{BR}{AR+BS} p(z) = 0\\
......@@ -296,7 +291,7 @@ On choisit $k=3$, et on a alors $\hat{\rho}=0$.
Par conséquent, on a $\hat{R}(z) = 1$ et on prend $S(z) = s_3z^3 + s_2z^2 + s_1z^1 + s_0$.
L'équation se ramène donc à
L'équation se ramène donc à
\[\tilde{A}+B_{nS}S = \Pi_dA_0\]
\[S = \frac{1}{b_1}(\Pi_dA_0 - \tilde{A}) \]
......@@ -314,4 +309,4 @@ Il reste donc à déterminer le polynôme $T(z)$.
\end{enumerate}
\end{document}
\ No newline at end of file
\end{document}
\documentclass{article}
\input{../../preambule/preambule}
\newcommand{\nom}{TD5 : Modélisation par variables d'état}
\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nom}
\documentclass[../main.tex]{subfiles}
\begin{document}
\titre{\nom}
\section*{Exercice 1 : Représentation d'état de correcteurs analogiques}
\subsection*{Exercice 1 : Représentation d'état de correcteurs analogiques}
\noindent 1- Correcteur à avance de phase
On considère le circuit suivant :
......@@ -28,7 +20,7 @@ On considère le circuit suivant :
On se propose ensuite de construire un modèle d'état de vecteur d'état $x \in \mathbb{R^n}$ tel que : $\dot{x}(t)= Ax(t) + B e(t)$ équation d'état.\\
Équation d'observation : $s(t) = Cx(t) + De(t)$\\
La loi des nœuds donne :
La loi des nœuds donne :
\begin{itemize}
\item $ i_2 = i_1+i_3$
\item $ i = i_2$
......@@ -49,9 +41,9 @@ Et l'équation d'observation : $s = \frac{-R_1}{R_3}u_C - (\frac{R_1R_2}{RR_3}+\
\noindent 2 et 3 à faire .
\section*{Exercice 2 : association de systèmes}
\subsection*{Exercice 2 : association de systèmes}
On considère les deux systèmes (S1) et (S2) respectivement décrits par les représentation d'état :
On considère les deux systèmes (S1) et (S2) respectivement décrits par les représentation d'état :
\begin{align*}
(S1)\left \{ \begin{matrix}
\dot{x_1} = A_1x_1 + B_1u_1\\
......@@ -120,7 +112,7 @@ C_1&C_2\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
x_1\\x_2\end{pmatrix} + (D_1+D_2)u_4\\
&= C_4 x_4 + D_4 u_4
\end{align*}
On a donc une équation d'observation en $x_4$ et $y_4$
On a donc une équation d'observation en $x_4$ et $y_4$
\item On asservie la structure (S3) précédente avec une retour unitaire comme sur le schéma suivant :\\
\begin{center}
......
\documentclass{article}
\input{../../preambule/preambule}
\newcommand{\nom}{TD6 : Représentation d'état et commandabilité}
\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nom}
\documentclass[../main.tex]{subfiles}
\begin{document}
\titre{\nom}
\section*{Exercice 1 :}
Remarque : Avec ces notations on a : $i_q = -C\frac{dv}{dt}$
......@@ -76,10 +68,10 @@ x_1 = -\frac{\alpha_2C}{\Delta}\dot{x_2} - \frac{\beta_2}{\Delta}x_2
On a donc le système matriciel suivant :
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
L & -\frac{\alpha_1 L}{\Delta} \\
L & -\frac{\alpha_1 L}{\Delta} \\
0 & -\frac{\alpha_2 L}{\Delta}
\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
\dot{x}_1 \\
\dot{x}_1 \\
\dot{x}_2
\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix}
0 & \frac{\beta_1}{\Delta}\\
......@@ -117,10 +109,10 @@ x_2
\noindent 2- Théorème de caractérisation de la commandabilité :\\
On considère le système suivant :
\[(S)= \left \{
\[(S)= \left \{
\begin{matrix}
\dot{x} = Ax + Bu & x(0) = x_0 \in \mathbb{R}^n\\
y = Cx + Du &
y = Cx + Du &
\end{matrix}
\right.
\]
......@@ -178,7 +170,7 @@ P_a(\lambda) &= det\begin{pmatrix}
-x_1 + x_2 &= -2x_1\\
-x1 -3x_2 &= -2x_2\\
x_1+x_2 - 3x_3 &= -2x_3
\end{matrix} &\rightarrow x_1 + x_2 =0
\end{matrix} &\rightarrow x_1 + x_2 =0
\end{align*}
On choisit donc $x_3$ quelconque et $x_1=-x_2$ ce qui correspond à un sous espace propre de dimension 2 et :
\begin{align*}
......
\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
\newcommand{\nom}{TD7 - Commandabilité et planification de trajectoire}
\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nom}
\documentclass[../../main.tex]{subfiles}
\begin{document}
\titre{\nom}
\subsection*{Exercice 1 :}
On considère le système suivant :
\[(S)= \left \{
\[(S)= \left \{
\begin{matrix}
\dot{x} = \begin{pmatrix}-10 & 12\\-4 & 7\end{pmatrix} x_1 + \begin{pmatrix} -1\\-1\end{pmatrix} u\\
y_1 =\begin{pmatrix}4 & 5\end{pmatrix}x_1
......@@ -27,16 +22,16 @@ P(\lambda) &= det(A_1 - \lambda \mathbf{1}_2)\\
&= (-10-\lambda)(7-\lambda)+72\\
&= -70 + 3\lambda + \lambda^2 +72\\
&= \lambda^2 + 3 \lambda +2\\
&= (\lambda + 1 )(\lambda + 2)
&= (\lambda + 1 )(\lambda + 2)
\end{align*}
Cherchons les vecteurs propres vérifiant $A_1X = \lambda X$:\\
Pour $\lambda = -1$ :
\begin{align*}
A_1X = \lambda X &\rightarrow -6x_1 + 8x_2 =0
A_1X = \lambda X &\rightarrow -6x_1 + 8x_2 =0
\end{align*}
On a donc :
On a donc :
\begin{align*}
E_{-1} &= Ker\{ -1. \mathbf{1}_3 - A\} \\
&= Vect\left \{ \begin{pmatrix}
......@@ -46,9 +41,9 @@ E_{-1} &= Ker\{ -1. \mathbf{1}_3 - A\} \\
\bigbreak
Pour $\lambda = -2$ :
\begin{align*}
A_1X = \lambda X &\rightarrow -6x_1 + 9x_2 =0
A_1X = \lambda X &\rightarrow -6x_1 + 9x_2 =0
\end{align*}
On a donc :
On a donc :
\begin{align*}
E_{-2} &= Ker\{ -2. \mathbf{1}_3 - A\} \\
&= Vect\left \{ \begin{pmatrix}
......@@ -64,9 +59,9 @@ On effectue alors le changement de base $x_1 = P \xi_1$
\left \{ \begin{matrix}
\dot{x}_1 = A_1+x_1 +B_1 u_1\\
y_1 = C_1 x_1
\end{matrix} \right. \rightarrow \left \{ \begin{matrix}
\end{matrix} \right. \rightarrow \left \{ \begin{matrix}
\dot{\xi}_1 = \Lambda\xi_1 + V^{-1}B_1u_1\\
y_1 = C_1V\xi_1
y_1 = C_1V\xi_1
\end{matrix} \right.\\
\intertext{avec,} \Lambda = V^{-1}A_1V = \begin{pmatrix}
-1&0\\0&-2
......@@ -97,7 +92,7 @@ y_1(t) &= C_m\xi_1(t)\\
\end{align*}
Pour une réponse indicielle $u_1(t) = 1$ $\forall t \geq 0$\\
\item Commandabilité :
\item Commandabilité :
C(A,B) = $\begin{pmatrix}B & AB \end{pmatrix}$
\begin{align*}
A &= V\Lambda V^{-1}\\
......@@ -126,10 +121,10 @@ x_1(t_1) &= e^{A_1t_1}x_0 + \int_0^{t_1} e^{A_1(t_1-\tau)}B_1B_1^Te^{A_1^T(t_1-\
\item On considère le système (S2) suivant :
\[(S2)= \left \{
\[(S2)= \left \{
\begin{matrix}
\dot{x}_2 = -10x_2 + 4u_2 & x_2(0) = x_0 \in \mathbb{R}^n\\
y = -2x + u_2 &
y = -2x + u_2 &
\end{matrix}
\right.
\]
......@@ -137,7 +132,7 @@ x_1(t_1) &= e^{A_1t_1}x_0 + \int_0^{t_1} e^{A_1(t_1-\tau)}B_1B_1^Te^{A_1^T(t_1-\
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.7]{TD7.png}
\end{center}
\bigbreak
\bigbreak
\begin{enumerate}
\item La relation de connection est $u_1 = y_2$ et donne
\[\dot{\xi}_1 = \Lambda \xi_1 + B_m u_1 \text{ avec, } u_1 = y_2 = C_2x_2+ D_2u_2\]
......@@ -148,7 +143,7 @@ D'où le système suivant :
\dot{x}_2 = A_2x_2 + B_2u_2
\end{matrix} \right.
\end{align*}
Posons x(t) = \begin{pmatrix}\xi_1\\x_2\end{pmatrix}, on a alors :
Posons x(t) = $\begin{pmatrix}\xi_1\\x_2\end{pmatrix}$, on a alors :
\begin{align*}
\dot{x} &= \begin{pmatrix}
......@@ -187,13 +182,13 @@ rang(C(A,B)) &= 2 \text{ car } L_3 = 4L_2
(S1) est stable, (S2) est stable mais l'association des deux ne l'est pas !\\
\item On considère le système (S) suivant :
\[(S)= \left \{
\[(S)= \left \{
\begin{matrix}
\dot{x} = Ax + Bu & x(0) = x_0 \in \mathbb{R}^n\\
y = Cx + Du &
y = Cx + Du &
\end{matrix}
\right.
\]
\]
\noindent On introduit le vecteur :
\begin{align*}
\dot{x} &= \begin{pmatrix}
......@@ -252,8 +247,8 @@ C(p\mathbf{1_n}-A)^{-1}B &= G(p) = \frac{p}{(p+1)(p+10)}
\end{align*}
Remarque :
\begin{align*}
G(p) &= G_1(p) G_2(p)
\intertext{avec}
G(p) &= G_1(p) G_2(p)
\intertext{avec}
G_1(p) &= C_1(p\mathbf{1_2}-A_1)B_1 = \frac{p}{(p+1)(p+2)}\\
G_2(p) &= C_2(p\mathbf{1_1}-A_2)B_2 + D_2 = \frac{p+2}{p+10}
\end{align*}
......@@ -271,17 +266,17 @@ y_1 &= &\begin{pmatrix}4&-5\end{pmatrix}x_1
Avec les conditions initiales suivantes :\\ \smallbreak
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|}
\hline
t=0 & t=T \\
\hline
\hline
$y_1(0)=0$ & $y_1(T)=1$ \\
\hline
$\dot{y_1}(0)=0$ & $\dot{y_1}(T)=0$ \\
\hline
$\ddot{y_1}(0)=0$ & $\ddot{y_1}(T)=0$ \\
\hline
\end{tabular}
t=0 & t=T \\
\hline
\hline
$y_1(0)=0$ & $y_1(T)=1$ \\
\hline
$\dot{y_1}(0)=0$ & $\dot{y_1}(T)=0$ \\
\hline
$\ddot{y_1}(0)=0$ & $\ddot{y_1}(T)=0$ \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
On a aussi :
......@@ -310,7 +305,7 @@ y_1(T) = 1 &\Leftrightarrow \sum_{k=0}^5 \alpha_k = 1 \\
&\Leftrightarrow \frac{1}{T^2}(6\alpha_3 + 12\alpha_4 + 20\alpha_5) = 0\\
\intertext{ce système est alors équivalent au calcul matriciel suivant :}
\begin{pmatrix}1&1&1\\3&4&5\\6&12&20\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}\alpha_3\\ \alpha_4 \\ \alpha_5\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix}\\
\begin{pmatrix}\alpha_3\\ \alpha_4 \\ \alpha_5\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix}1&1&1\\3&4&5\\6&12&20\end{pmatrix}^{-1}.\begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\alpha_3\\ \alpha_4 \\ \alpha_5\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix}1&1&1\\3&4&5\\6&12&20\end{pmatrix}^{-1}.\begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix}
\end{align*}
Le calcul abouti à :
......@@ -388,7 +383,7 @@ z_1\\\vdots\\\vdots\\z_n
\end{pmatrix}u
\end{align*}
Ayant la forme canonique de commandabilité, la forme de Browmovski conciste à poser :\\\[\boxed{v(t) = -a^Tz + u}\]
Ayant la forme canonique de commandabilité, la forme de Browmovski conciste à poser :\\\[\boxed{v(t) = -a^Tz + u}\]
$a = \begin{pmatrix}
a_0 &...&a_{n-1}
\end{pmatrix}^T$
......
\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
\newcommand{\nom}{TD8 - Poursuite de trajectoire avec retour d'état}
\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nom}
\documentclass[../main.tex]{subfiles}
\begin{document}
\titre{\nom}
\section{Exercice 1 : Forme canonique et poursuite de trajectoire}
\subsection*{Exercice 1 : Forme canonique et poursuite de trajectoire}
\begin{enumerate}
\item
\item
\begin{enumerate}
\item
On a toujours le système suivant : \[\left \{ \begin{matrix}