\documentclass{article} \input{../../preambule/preambule} \newcommand{\nom}{TD6 : Représentation d'état et commandabilité} \renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nom} \begin{document} \titre{\nom} \section*{Exercice 1 :} Remarque : Avec ces notations on a : $i_q = -C\frac{dv}{dt}$ Lois des noeuds :\\ \begin{itemize} \item $i = i_1 + i_2$ \item $i = i_3 + i_4$ \item $i_1 = i_q + i_3$ \item $i_4 = i_q + i_2$ \end{itemize} Lois des mailles :\\ \begin{itemize} \item $R_1i_1 - R_2i_2 - v = 0$ \item $R_3i_3 + v -R_4i_4 = 0$ \end{itemize} \begin{align*} R_1i_q + R_1i_3 - R_2i_2 - v = 0\\ R_3i_3 + v -R_4i_2- R_4i_q = 0 \intertext{ou encore :} -R_1C\frac{dv}{dt} - v + R_1i_3 - R_2i_2 = 0\\ R_4C\frac{dv}{dt} + v R_3i_3 -R_4i_2 = 0 \end{align*} Posons $\Delta = R_1R_4-R_2R_3$ On a donc : \begin{align*} i_3 &= \frac{1}{\Delta}(-(r_1+r_2)R_4C\dot{v} - (R_2+R_4)v)\\ i_2 &= \frac{1}{\Delta}(-(R_3+R_4)R_1C\dot{v}-(R_1+R_3)v) \intertext{on a donc :} u &= L\frac{di}{dt}+R_1i_1+R_3i_3\\ &= L\frac{di}{dt} - (R_1 + R_3)i_3 +R_1i_q\\ & \vdots\\ u &= L\frac{di}{dt}-\frac{(R_1R_2R_3+R_1R_2R_4+R_1R_3R_4+R_2R_3R_4)C}{\Delta}\dot{v} - \frac{(R_1+R_3)(R_2+R_4)}{\Delta}v \intertext{Or, $i = i_1 + i_2$ donc $i = i_q + i_3 + i_2$, donc :} i &= -C\dot{v} - \frac{R_1+R_2+R_3+R_4}{\Delta}v - \frac{(R_1R_3+2R_1R_4+R_2R_4)C}{\delta}\dot{v}\\ &\vdots\\ i &= -\frac{(R_1+R_2)(R_3+R_4)}{\Delta}\dot{v} - \frac{R_1+R_2+R_3+R_4}{\Delta}v \end{align*} On pose : \begin{itemize} \item $\alpha_1 = R_1R_2R_3+R_1R_2R_4+R_1R_3R_4+R_2R_3R_4$ \item $\alpha_2 = (R_1+R_2)(R_3+R_4)$ \item $\beta_1 = (R_1+R_3)(R_2+R_4)$ \item $\beta_2 = R_1+R_2+R_3+R_4$ \end{itemize} \bigbreak On a alors : \begin{align*} u = L\frac{di}{dt} - \frac{\alpha_1C}{\Delta} \dot{v} - \frac{\beta_1}{\Delta}v\\ i = -\frac{\alpha_2C}{\Delta}\dot{v} - \frac{\beta_2}{\Delta}v \end{align*} Posons $x_1 = i$ et $x_2 = v$ : \begin{align*} u = L\dot{x_1} - \frac{\alpha_1C}{\Delta} \dot{x_2} - \frac{\beta_1}{\Delta}x_2\\ x_1 = -\frac{\alpha_2C}{\Delta}\dot{x_2} - \frac{\beta_2}{\Delta}x_2 \end{align*} On a donc le système matriciel suivant : \begin{align*} \begin{pmatrix} L & -\frac{\alpha_1 L}{\Delta} \\ 0 & -\frac{\alpha_2 L}{\Delta} \end{pmatrix}.\begin{pmatrix} \dot{x}_1 \\ \dot{x}_2 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} 0 & \frac{\beta_1}{\Delta}\\ 1 & \frac{\beta_2}{\Delta} \end{pmatrix}.\begin{pmatrix} x_1\\ x_2 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}u \intertext{On en déduit alors pour $\frac{\alpha_2CL}{\Delta} \neq 0$ l'équation d'état:} \begin{pmatrix} \dot{x}_1\\ \dot{x}_2 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} -\frac{\alpha_1}{\alpha_2L} & \frac{\beta_1}{\Delta}- \frac{\alpha_1\beta_2}{\alpha_2L\Delta}\\ -\frac{\Delta}{\alpha_2C} & -\frac{\beta_2}{\alpha_2} \end{pmatrix}.\begin{pmatrix} x_1\\ x_2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} \frac{1}{L}\\ 0 \end{pmatrix}u\\ \intertext{Sans oublier l'équation d'obeservation :} y&= i = x_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix}.\begin{pmatrix} x_1\\ x_2 \end{pmatrix} + 0*u \end{align*} \bigbreak \noindent 2- Théorème de caractérisation de la commandabilité :\\ On considère le système suivant : $(S)= \left \{ \begin{matrix} \dot{x} = Ax + Bu & x(0) = x_0 \in \mathbb{R}^n\\ y = Cx + Du & \end{matrix} \right.$ \noindent (S) est commandable $\Leftrightarrow$ rang[C(A,B)] = n (matrice de rang plein)\\ Où C(A,B) = $\begin{pmatrix} A^0B & AB & A^2B & ...& A^{n-1}B \end{pmatrix}\in \mathbb{R}^{n*n}$\\ Remarque : on est en monovariable $\Leftrightarrow$ $det (C(A,B)) \neq 0$\\ On calcul donc : \begin{align*} A &= \begin{pmatrix} -\frac{\alpha_1}{\alpha_2L} & \frac{\beta_1}{\Delta}- \frac{\alpha_1\beta_2}{\alpha_2L\Delta}\\ -\frac{\Delta}{\alpha_2C} & -\frac{\beta_2}{\alpha_2} \end{pmatrix}\\ A^0B &= \begin{pmatrix} \frac{1}{L}\\ 0 \end{pmatrix}\\ AB &= \begin{pmatrix} -\frac{\alpha_1}{\alpha_2L^2}\\ -\frac{\Delta}{\alpha_2LC} \end{pmatrix} \intertext{On a donc :} C(A,B) &= \begin{pmatrix} \frac{1}{L} & -\frac{\alpha_1}{\alpha_2L^2}\\ 0 & -\frac{\Delta}{\alpha_2LC} \end{pmatrix} \intertext{On calcul alors le determinant :} det(C(A,B)) = \frac{-\Delta}{\alpha_2L^2C} \neq 0 &\Leftrightarrow \Delta \neq 0 \\ &\Leftrightarrow R_1R_4 - R_2R_3 \neq 0 \end{align*} \bigbreak Remarque : si $R_1R_4 = R_2R_3$ le pont est équilibré et $v(t) = 0$ donc le système est non commandable. \section*{Exercice 2 :} \noindent 1-a) \begin{align*} P_a(\lambda) &= det\begin{pmatrix} -1-\lambda & 1 & 0\\ -1 & -3-\lambda & 0\\ 1 & 1 & -2-\lambda \end{pmatrix}\\ &= (-1-\lambda)(-3-\lambda)(-2-\lambda) + (-2-\lambda)\\ &= (-2-\lambda)(+3+\lambda +3\lambda + \lambda^2+1)\\ &= (-2-\lambda)^3 \end{align*} \noindent 1-b) $\lambda_0 = -2$ vecteur propre triple\\ \noindent 1-c) Cherchons les vecteurs propres vérifiant $AX = \lambda X$: \begin{align*} \begin{matrix} -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{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*} Ker\{ \lambda_0 \mathbb{1}_3 - A\} &= Vect \left\{ \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \right \} \end{align*} La dimension de ce sous espace propre est $2 \leq 3$ donc A est non diagonalisable.\\ On a donc deux blocs de Jordan car la multiplicité des valeurs propres de 2 : $J=\begin{pmatrix} \lambda_0 & 1 & 0\\ 0 & \lambda_0 & 0\\ 0 & 0 & \lambda_0 \end{pmatrix} \textbf{ ou alors } \begin{pmatrix} \lambda_0 & 0 & 0\\ 0 & \lambda_0 & 1\\ 0 & 0 &\lambda_0 \end{pmatrix} = J$ Le but maintenant est de trouver un 3ème vecteur pour compléter la bases de vecteurs propres et avoir $V = \begin{pmatrix}v_1 & v_2 & v_3 \end{pmatrix}$ tel que $V^{-1}AV = J$, avec J l'une des deux matrices contenant un bloc de Jordan.\\ En posant AV = VJ on a : \begin{align*} \begin{pmatrix} Av_1 & Av_2 & Av_3 \end{pmatrix}&= \begin{pmatrix} \lambda_0v_1 & \lambda_0 v_2 & v_2 + \lambda_0 v_3 \end{pmatrix} \intertext{et on obtient le système: } \begin{matrix} Av_1\\ Av_2\\ Av_3 \end{matrix} &= \begin{matrix} \lambda_0v_1\\ \lambda_0 v_2\\ v_2 + \lambda_0 v_3 \end{matrix} \intertext{on obtient donc en particulier pour le vecteur $v_3$ :} \begin{pmatrix} 1 & 1& 0\\ -1& -1 & 0\\ 1& 1& 0 \end{pmatrix} v_3 = \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \end{align*} On constate qu'il n'est pas possible de déterminer $v_3$ de cette façon, on cherche donc a prendreà la place de $v_2$, $\tilde{v_2} = \alpha v_1 + \beta v_2$ de sorte à avoir $A\tilde{v_2} = \lambda_0 \tilde{v_2}$ (ce qui reste vrai car on prend une combinaison liéaire de 2 vecteur propre du ker) et surtout $(A-\lambda_0 \mathbb{1}_3)v_3 = \tilde{v_2}$. On a donc : \begin{align*} \begin{pmatrix} 1 & 1& 0\\ -1& -1 & 0\\ 1& 1& 0 \end{pmatrix} v_3 &= \alpha \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix} + \beta \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \intertext{avec , $\beta = \alpha = 1$} \tilde{v_2} &= \begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix} \intertext{on résoud alors pour trouver $v_3$ :} v_3 = \begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix} \intertext{on a donc finalement trouvé V :} V &= \begin{pmatrix} 1&1&0\\-1&-1&1\\0&1&1 \end{pmatrix}\\ V^{-1} &= \begin{pmatrix} 2&1&-1\\-1&-1&1\\1&1&0 \end{pmatrix}\\ J &= V^{-1}AV = \begin{pmatrix} -2&0&0\\0&-2&1\\0&0&-2 \end{pmatrix} \end{align*} On a bien une matrice diagonale par bloc avec un bloc de Jordan. On pose $\xi \in \mathbb{R}^3$, $x = V\xi$, et on a le système : \begin{align*} \left \{ \begin{matrix} \dot{x} = Ax + Bu & x_0 \in \mathbb{R}^n\\ y = Cx + Du & \end{matrix} \right. &\rightarrow \left \{ \begin{matrix} \dot{\xi} = J\xi + V^{-1}B u &= J\xi + \tilde{B}u\\ y = CV \xi +D u &= \tilde{C}\xi + \tilde{D} u \end{matrix} \right. \intertext{avec, } \tilde{B} &= \begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}\\ \tilde{C} &= \begin{pmatrix}0 &1&0\end{pmatrix}\\ \tilde{D} &= 0 \end{align*} \bigbreak \noindent 2- \begin{align*} \dot{\xi} &= \begin{pmatrix}-2&0&0\\0&-2&1\\0&0&-2\end{pmatrix}\xi + \begin{pmatrix}-1&1&1\end{pmatrix}\\ y &= \begin{pmatrix}0&1&0\end{pmatrix} \xi\\ C(A,B) &= \begin{pmatrix}0&1&-4\\1&-3&8\\2&-3&4\end{pmatrix}\\ det(C(A,B)) &= 0 \end{align*} Non commandable. \end{document}