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\documentclass{article}
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\input{../../preambule/preambule}
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\newcommand{\nom}{TD2 : Méthode du premier harmonique}
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\renewcommand{\nomentete}{UE424 - \nom}
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\begin{document}
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\titre{\nom}
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\section*{Exercice I : Gain complexe équivalent}
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\begin{enumerate}\setlength{\itemsep}{1cm}
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\item Pour la fonction de seuil:
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%\img{0.5}{1.png}
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\[ y =
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\left\{
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\begin{array}{cc}
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0 & \si |X| \leq \frac{\Delta}{2} \\
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x-\frac{\Delta}{2} & \si X > \frac{\Delta}{2} \\
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x+\frac{\Delta}{2} & \si X < -\frac{\Delta}{2}
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\end{array}
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\right.
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\]
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\img{0.5}{2.png}
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On pose \[ N(X) = \frac{P+jQ}{X} \avec Q=0 \]
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\begin{align*}
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P &= \frac{4\omega}{\pi} \int_{t_1}^{\frac{\pi}{2\omega}}(Xsin(\omega t) - \frac{\Delta}{2})sin(\omega t) dt\\
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&= \frac{4\omega}{\pi} \int_{t_1}^{\frac{\pi}{2\omega}}(Xsin^2(\omega t) - \frac{\Delta}{2}sin(\omega t)) dt\\
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&=-\frac{2\Delta}{\pi}cos(\omega t_1) - \frac{4 X \omega}{\pi}(\frac{t_1}{2} - \frac{\pi}{4\omega} - \frac{sin(2t_1 \omega}{4\omega})\\
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\text{Or, } & Xsin(\omega t_1) = \frac{\Delta}{2} \Rightarrow t_1 = \frac{1}{\omega} arcsin(\frac{\Delta}{2X})\\
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&\Rightarrow P = X (1 - \frac{2}{\pi}(arcsin(\frac{\Delta}{2X}) + \frac{\Delta}{2X}\sqrt{1-(\frac{\Delta}{2X})^2}
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\end{align*}
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On a alors $N(X) = \frac{P}{X}$.
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\item Pour le relais avec hystérésis
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\img{0.5}{3}
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On pose $X\sin(\omega t_1) = \frac{h}{2} \donc t_1 = \frac{1}{\omega} arcsin(\frac{h}{2X})$
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\begin{figure}[h!]
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\centering
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\includegraphics[scale=0.5]{4}
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\includegraphics[scale=0.5]{5}
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\end{figure}
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\begin{multicols}{2}
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\begin{align*}
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P & = \frac{\omega}{\pi} \int_{[T]} y(t) \sin(\omega t) dt \\
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& = 2\frac{\omega}{\pi} \int_{t_1}^{\frac{\pi}{\omega}+t_1} M \sin(\omega t) dt\\
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& = 2\frac{\omega}{\pi}M . \frac{-\cos(\pi+\omega t_1) + \cos(\omega t_1)}{\omega} \\
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P & = \frac{4M}{\pi} \sqrt{1-(\frac{h}{2X})^2}
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\end{align*}
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\begin{align*}
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Q & = \frac{\omega}{\pi} \int_{[T]} y(t) \cos(\omega t) dt \\
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& = 2\frac{\omega}{\pi} \int_{t_1}^{\frac{\pi}{\omega}+t_1} M \cos(\omega t) dt \\
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& = 2\frac{\omega}{\pi}M.\frac{\sin(\pi + \omega t_1) - \sin(\omega t_1)}{\omega} \\
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Q & = -\frac{4M}{\pi} \frac{h}{2X}
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\end{align*}
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\end{multicols}
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\[ |N(X)| = \frac{\sqrt{P^2 + Q^2}}{X} = \frac{4M}{\pi X} \]
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\item Pour le jeux sans inertie aval
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%\img{0.5}{6}
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\[ y(t) =
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\left\{
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\begin{array}{cc}
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x(t) - \alpha & \text{ sur } DA\\
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M & \text{ sur } AB \\
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x(t) + \alpha & \text{ sur } BC \\
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-M & \text{ sur } CD
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\end{array}
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\right.
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\]
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\[ |N(X)| = \frac{1}{2\pi}\sqrt{ (1+\cos2\beta)^2 - (\pi+2\beta+\sin2\beta)^2} \avec \beta = \arcsin(1-2\frac{\alpha}{M}) \]
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\end{enumerate}
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\section*{Exercice II : Asservissement avec boucle secondaire}
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\begin{enumerate}\setlength{\itemsep}{1cm}
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\item Relations entre les différentes variables
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\begin{align*}
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s(p(1+T_2p)) = k_2 w & \Rightarrow \dd{s}{t} + T_2 \dd{^2 s}{t^2} = k_2 w(t) \\
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w = \phi(x) & \\
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x = r - ks & \\
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r(1+T_1 p) = -k_1 s & \Rightarrow r(t) + T_1 \dd{r}{t} = -k_1 s(t)
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\end{align*}
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\item On exprime $x$ en fonction de $s$ et $s$ en fonction de $x$ :
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\begin{align*}
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x & = \frac{-k_1}{1+T_1 p} s - ks \\
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s & = \frac{k_2}{p(1+T_2p)}\phi(x)
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\end{align*}
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donc
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\[ p(1+T_2p)(1+T_1p)x = -(k_1+k(1+T_1p))k_2\phi(x) \]
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\[ T_2T_1x^{(3)} + (T_1+T_2)x^{(2)} + x^{(1)} = -k_2(k_1+k)\phi(x)-kk_2T_1 \dd{\phi(x)}{t} \]
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\item On peut appliquer l'approximation du 1er harmonique à la NL car :
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\begin{itemize}
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\item La NL est statique
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\item Un filtre passe-bas d'ordre relatif $>1$ est en aval de la NL
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\begin{rmq}
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Si le filtre est $\frac{p+1}{p^2 / \omega^2 + 2m/\omega p +1}$, on ne peut pas appliquer la méthode du 1er harmonique.
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\end{rmq}
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\end{itemize}
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\item On a $Q=0$ car la NL est impaire.
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\[ P = \frac{2}{T} \int_0^T y(t) \sin(\omega t) dt = \frac{2}{T} ( \int_0^{T/2} M\sin (\omega t) dt - \int_{T/2}^T M\sin(\omega t) dt) = \frac{4M}{\pi} \]
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\item Avec $x(t)=X\sin(\omega t)$, on a donc l'approximation $w(t)=N(X).x(t)$ avec $N(x)=\frac{4M}{\pi X}$.
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\item Analyse harmonique en remplaçant $\frac{d}{dt}=j\omega$
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\[ -T_1T_2 j\omega^3 - (T_1+T_2) \omega^2 + j(1+kk_2T_1N(X)) \omega + (k_1+k)k_2N(X) = 0 \]
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On en déduit les équations algébriques du cycle limite en prenant parties réelle et imaginaire :
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\begin{align*}
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(k_1+k)k_2 N(X) - (T_1+T_2) \omega^2 & = 0 \\
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(1+kk_2T_1N(x))\omega - T_1T_2 \omega^3 & =0
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\end{align*}
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\item Cycle limite.\\
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\paragraph{Existence du cycle limite} On cherche une solution aux équations algébriques :
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\begin{align*}
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Re=0 & \Rightarrow \omega_0^2 = \frac{(k_1+k)k_2N(x)}{T_1+T_2} \\
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Im=0 & \Rightarrow X_0 = \frac{4Mk_2T_1(k_1T_2-kT_1)}{\pi(T_1+T_2)}
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\end{align*}
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On peut alors réécrire \[\omega_0^2 = \frac{k_1+k}{T_1(k_1T_2-kT_1)} \]
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\paragraph{Stabilité du cycle limite}
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\[ \drond{R}{X}|_0 \drond{I}{\omega}|_0 - \drond{I}{X}|_0 \drond{R}{\omega}|_0 > 0 \]
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\begin{align*}
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\drond{R}{X}|_0 & = (k+k_1)k_2 \dd{N}{X}|_0 < 0 \\
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\drond{R}{\omega}|_0 & = -2(T_1+T_2)\omega_0 < 0 \\
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\drond{I}{X}|_0 & = kk_2T_1 \dd{N}{X}|_0 \omega_0< 0 \\
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\drond{I}{\omega}|_0 & = 1 + kk_2T_1N(X_0)-3T_1T_2\omega_0 = -2T_1T_2\omega_0^2 < 0
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\end{align*}
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Le cycle limite est stable si $\drond{R}{X}|_0 \drond{I}{\omega}|_0 - \drond{I}{X}|_0 \drond{R}{\omega}|_0 > 0$
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\[-2(k+k_1)k_2\dd{N}{X}T_1T_2\omega_0^2 + 2(T_1+T_2)\omega_0^2kk_2T_1\dd{N}{X}> 0\]
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soit
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\[T_2(k+k_1)\dd{N}{X}|_0 + (T_1+T_2)k\dd{N}{X}|_0 > 0\]
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soit \[T_1k-T_2k_1<0\]
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Même condition que celle d'existence du cycle limite.
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%\img{0.5}{7}
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\end{enumerate}
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\section*{Exercice III : Contre-exemple}
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\begin{enumerate}\setlength{\itemsep}{1cm}
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\item Voir Exercice I :
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\[ N(x) = \frac{4M}{\pi X}\sqrt{1-(\frac{h}{2X})^2} - j\frac{2Mh}{\pi X^2} = N_P(x) + jN_Q(X) \quad \et \quad |N(X)| = \frac{4M}{\pi X}\]
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Le lieu critique est défini par
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\[ - \frac{1}{N(x)} = \frac{-N_P(X) + j N_Q(X)}{|N(X)|^2} = -\frac{\pi X}{4M}\sqrt{1-(\frac{h}{2X})^2} - j\frac{\pi^2h}{8M} \]
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On trace le lieu de Nyquist de la fonction de transfert de $\frac{K}{1+\tau p}$ ainsi que celui de $-\frac{1}{N(X)}$ :
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%\img{0.5}{8}
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Il n'y a pas d'intersection entre les deux : d'après la méthode du 1er harmonique, il n'y a donc pas de cycle limite.
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\item $KM > h/2$
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L'entrée du filtre du 1er ordre $u=M$
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\[y(t) = KM(1-e^{-t/\tau}) \Rightarrow \exists t_1 \tq y(t_1) > h/2 \car KM>h/2 \]
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\[x(t) = -y(t) < -h/2 \Rightarrow u = -M\]
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et avec le même raisonnement,
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\[ \exists t_2 \tq y(t_2) < -h/2 \]
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\[ x(t) > h/2 \]
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donc pour $KM>h/2$, il existe un cycle limite.
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\item On obtient une contradiction car le filtre est de degré relatif égal à 1.
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\end{enumerate}
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\end{document}
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