421 init

421-Controle_processus/README.md

@@ -0,0 +1,2 @@
+ - Le cours a été rédigé en 2015, en cours de révision en 2018.
+ - Les TD et TP ont été rédigé en 2014/2015 .

421-Controle_processus/TD1/TD1.tex

@@ -0,0 +1,226 @@
+% Relu 12.10.14. AA
+
+\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
+\newcommand{\nomTD}{TD1 : Systèmes échantillonés}
+\renewcommand{\nomentete}{UE411 - \nomTD}
+
+\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 $Z(e_j) = E(z)$
+
+\begin{align*}
+u_{k-1} & = \sum_{j=0}^{k-1}e_j \\
+u_k & = e_k+u_{k-1} \\
+\intertext{Donc en appliquant la transformée en z et en utilisant le théorème du retard,}
+U(z) & = E(z) +z^{-1}U(z) \\
+U(z) & = \frac{z}{z-1}E(z)
+\end{align*}
+
+\item Montrer que $Z\{ke_k\}=-z\frac{d}{dz}(E(z))$
+\begin{align*}
+-z\frac{d}{dz}(E(z))&= -z\frac{d}{dz}(\skzi e_kz^{-k})\\
+&=-z \skzi e_k(-k)z^{-k-1}\\
+&=\skzi ke_kz^{-k}\\
+&=Z\{ke_k\}\\
+\end{align*}
+\end{itemize}
+
+\subsection*{Exercice 2 :}
+\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 \[Y(p)= L[y(t)] = \frac{1}{p(p+a)} = \frac{\alpha}{p}+\frac{\beta}{p+a}\] 
+
+On identifie \[\alpha=\frac{1}{a} \text{ et } \beta=\frac{-1}{a} \]
+
+donc par transformée inverse de Laplace, \[y(t)=\frac{1}{a}(1-e^{-at})\mathbf{1}(t)\]
+
+Puis on échantillonne avec $t=k.t_e$ avec $k \in\mathbb{N}$, et on a $y_k=\frac{1}{a}(1-e^{-a.k.T_e})$\\
+On a donc :
+\begin{align*}
+Z\{y_k\} &= Z\{\frac{1}{a}\} - Z\{\frac{1}{a}(e^{-aT_e})^k\}\\
+&= \frac{1}{a}(\frac{z}{z-1}-\frac{1}{1-e^{-aT_e}z^{-1}})\\
+Y(z) &= \frac{1}{a}(\frac{z}{z-1}-\frac{z}{z-e^{-aT_e}})
+\end{align*}
+
+\item On pose $Y(p)= \frac{a}{p^2+a^2} = L\{\sin(at)\}$:\\
+On a donc, \[y_k=\sin(akT_e) = \frac{e^{jakT_e}-e^{-jakT_e}}{2j}\]
+Or , \[Z\{e^{jakT_e}\}=\frac{1}{1-e^{jaT_e}z^{-1}}=\frac{z}{z-e^{jaT_e}}\]
+et , \[Z\{e^{-jakT_e}\}=\frac{1}{1-e^{-jaT_e}z^{-1}}=\frac{z}{z-e^{-jaT_e}}\]
+d'où :
+\begin{align*}
+Y(z) &= \frac{z}{2j}(\frac{1}{z-e^{jaT_e}}-\frac{1}{z-e^{-jaT_e}})\\
+&=\frac{z}{2j}(\frac{e^{jaT_e}-e^{-jaT_e}}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)})\\
+Y(z) &=\frac{z\sin(aT_e)}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)}
+\end{align*}
+
+\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 
+\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)}
+\end{align*}
+
+\item Ici, les échantillons sont définis par :
+\[y_0=0 ,y_1=1, y_2=-1 \text{ et } \forall k > 2, y_k=0\]
+On a alors :
+\begin{align*}
+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,
+\begin{align*}
+Z\{y_k\} & = \skzi 1.z^{-(2k+1)} \\
+& = z^{-1} \skzi z^{-2k} \\
+& = \frac{z}{z^2-1}
+\end{align*}
+
+\item $forall l \in \N, y_k = (-1)^{k+1} \mathbf{1}_k$. Ainsi,
+\begin{align*}
+Z\{y_k\} & = \skzi (-1)^{k+1}z^{-k} \\
+& = - \skzi (-1)^k(z^{-1})^k \\
+& = - \frac{1}{1+z^{-1}} \\
+& = - \frac{z}{z+1}
+\end{align*}
+\end{enumerate}
+
+\subsection*{Exercice 3 :}
+\noindent Méthode : dans le cas général, on réécrit $\frac{Y(z)}{z}$ en décomposant en éléments simples puis on repasse Y(z) sous forme de série pour effectuer la transformée en Z inverse. De plus, pour les fractions rationnelles dont le dénominateur est d'ordre deux ou plus, on utilise la propriété de multiplication par une variable d'évolution :
+\[TZ : \quad k^n x[k] \rightarrow (-z \frac{d}{dz})^n X(z) \] \\
+
+\begin{enumerate}
+\item Pour $h > 0$ et $a \in \mathbb{R^*}$
+\begin{align*}
+Y(z) &= \frac{z}{z-a^h}\\
+&= \frac{1}{1-\frac{a^h}{z}}\\
+&= \skzi (a^h.z^{-1})^k\\
+Y(z) & = Z\{(a^h)^k\}
+\end{align*}
+\bigbreak
+
+\item $Y(z) = \frac{z+1}{(z-3)^2}$\\
+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 : 
+\[y_k = \frac{1}{9}.\delta_k - \frac{1}{9}.3^k.\mathbf{1}_k+\frac{4}{3}.k.3^{k-1}.\mathbf{1}_k\]
+\bigbreak
+
+\item $Y(z) =\frac{z+3}{z^2-3z+2}= \frac{z+3}{(z-1)(z-2)}$
+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 : 
+\[y_k = \frac{3}{2}.\delta_k - 4.\mathbf{1}_k +5.2^k.\mathbf{1}_k\]
+\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 $C=5rad.s^{-1}$.
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\begin{tikzpicture}
+\sbEntree{E}
+
+\sbComp{comp}{E}
+\sbRelier[$E(z)$]{E}{comp}
+
+\sbBloc{cna}{CNA, BOZ}{comp}
+\sbRelier[$\epsilon(z)$]{comp}{cna}
+
+\sbBloc[3]{sys}{H(p)}{cna}
+\sbRelier[$U(p)$]{cna}{sys}
+
+\sbSortie[3]{S}{sys}
+\sbRelier[$Y(p)$]{sys}{S}
+
+\sbDecaleNoeudy[4]{S}{R}
+\sbBlocr[8]{can}{CAN}{R}
+\sbRelieryx{sys-S}{can}
+\sbRelierxy{can}{comp}
+
+\end{tikzpicture}
+\end{figure}
+
+\begin{enumerate}
+\item Par propriété du cours, on a :
+\[T(z) = (1-z^{-1}).Z\{^*L^{-1}\{\frac{H(p)}{p}\}\}\]
+On commence par poser $A(p)=\frac{H(p)}{p}=L\{a(t)\}$ et $a_n = a(n.T_e)$, donc
+
+\[T(z) = (1-z^{-1}).Z\{a_n\}\]
+On a alors :
+\[A(p) = \frac{C}{p^2(1+0.2p)} = C(\frac{\alpha}{p^2}+\frac{\beta}{p}+\frac{\gamma}{1+0.2p})\]
+On trouve, $\gamma = 0.04$, $\alpha = 1$ et $\beta=-0.2$. Donc en repassant dans le domaine réel on a:
+\[A(t) = C(t-0.2+0.2e^{-5t})u(t)\]
+Donc en échantillonnant avec $a_n=A(nT_e)$ :
+\[a_n=A(nT_e)=C(n.T_e-0.2 + 0.2e^{-5nT_e})\]
+Ainsi, avec la transformée en Z on a :
+\[Z\{a_n\}=C(T_e\frac{z}{(z-1)^2}-0.2\frac{z}{z-1}+0.2\frac{z}{z-\chi}) \text{ avec } \chi = e^{-5T_e}\]
+d'où avec la formule initiale, on obtient :
+\begin{align*}
+T(z) &= \frac{z-1}{z}Z\{a_n\}\\
+&= C\frac{z-1}{z}(\frac{T_ez}{(z-1)^2}-\frac{0.2z}{z-1}+\frac{0.2z}{z-\chi})\\
+&= C(\frac{T_e}{z-1}-0.2+0.2\frac{z-1}{z-\chi})\\
+&= C.\frac{T_e(z-\chi)-0.2(z^2-(1+\chi)z+\chi)+0.2(z^2-2z+1)}{z^2-(1+\chi)z+\chi}\\
+T(z) &= C.\frac{(T_e+0.2(1+\chi)-0.4)z +(-\chi T_e-0.2\chi+0.2)}{z^2-(1+\chi)z+\chi}
+\end{align*}
+\medbreak
+On pose :\begin{itemize}
+\item $b_1 = C(T_e+0.2(1+\chi)-0.4)$
+\item $b_0 = C(0.2-\chi T_e-0.2\chi)$
+\item $a_1 = -(1+\chi)$
+\item $a_0 = \chi$
+\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 : 
+
+Les pôles analogiques sont : $p_1=0$ , $p_2 = -5$. 
+
+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*} 
+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 : 
+\begin{align*}
+\epsilon (z) &= E(z) - Y(z)\\
+&= (1-F(z))E(Z)\\
+&=\frac{1}{1+T(z)}E(z)\\
+&=\frac{A(z)}{A(z)+B(z)}\\
+&=G(z) E(z)
+\end{align*}
+
+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 : 
+\[y_k+(a_1+b_1)y_{k-1}+(a_0+b_0)y_{k-2}=b_1e_{k-1}+b_0e_{k-2}\]
+
+\noindent b -- Déterminons la réponse à un échelon $E(z) = \frac{z}{z-1}$ :
+\[Y(z) = \frac{z}{z-1}\frac{b_1z+b_0}{z^2+(a_1+b_1)z+(a_0+b_0)}\\
+\frac{Y(z)}{z}=\frac{\alpha}{z-1}+\frac{\beta}{z-p_1}+\frac{\alpha}{z-p_2}\]
+d'où:
+\[y_k = (\alpha+\beta p_1^k+\gamma p_2^k).\mathbf{1}_k\]
+\end{enumerate}
+
+
+\end{document}

421-Controle_processus/TD2/TD2.tex

@@ -0,0 +1,200 @@
+% Relu 12.10.14. AA
+
+\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
+\newcommand{\nomTD}{TD2 : Stabilité}
+\renewcommand{\nomentete}{UE411 - \nomTD}
+
+\begin{document}
+
+\section*{\nomTD}
+
+\subsection*{Exercice I : Stabilité d'un asservissement avec retour unitaire}
+
+On considère l'asservissement analogique où :
+\[ H(p) = \frac{C}{p(1+\tau p)} \text{avec } \tau = 0.2 \]
+
+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 : 
+\[ T(z) = (1-z^{-1})Z[^*L^{-1}[\frac{H(p)}{p}]] \]
+On a donc successivement :
+\begin{align*}
+A(p) & = \frac{H(p)}{p}  = \frac{C/\tau}{p^2(p+1/\tau)} \\
+& = \frac{C}{\tau}(\frac{\alpha}{p} + \frac{\beta}{p^2} + \frac{\gamma}{p+1/\tau}) \\
+& = C (\frac{-\tau}{p} + \frac{1}{p^2} + \frac{\tau}{p+1/\tau}) \\
+a(t) & = C[-\tau+t+\tau e^{-\frac{t}{\tau}}] \\
+a_k & = C[-\tau + kT_e + \tau e^{-\frac{T_e}{\tau}k}] \\
+A(z) & = C[ -\frac{\tau z}{z-1} + \frac{T_e z}{(z-1)^2} + \tau\frac{z}{z-D} ] \text{ où } D = e^{-\frac{T_e}{\tau}} \\
+T(z) & = (1-z^{-1})A(z) \\
+& = \frac{z-1}{z} C[ -\frac{\tau z}{z-1} + \frac{T_e z}{(z-1)^2} + \tau\frac{z}{z-D}] \\
+& = 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 
+\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)\\
+& b_0 = C(\tau(1-D) - T_e D)\\
+& a_1 = -(1+D)\\
+& a_0 =D
+\end{align*}
+
+\item Mise en équation de l'asservissement
+\begin{align*}
+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 : 
+\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 = -(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) 
+\end{eqnarray*}
+
+
+\item a) Critère de Routh-Hurwitz \\
+Transformation en w : \( z = \frac{1+w}{1-w}, \quad w = \frac{z-1}{z+1} \) \\
+
+On réécrit l'équation caractéristique en $w$ :
+\begin{eqnarray*}
+c_2 (\frac{1+w}{1-w})^2 & + c_1(\frac{1+w}{1-w}) & + c_0  = 0 \\
+C_2 (w^2 + 2w + 1) & + c_1(1-w^2) & + c_0(w^2 -2w+1)  = 0 \\
+(c_2-c_1+c_0)w^2 & + 2(c_2-c_0)w & + (c_2+c_1+c_0)  = 0
+\end{eqnarray*}
+
+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} 
+
+\end{figure}
+
+
+On doit avoir tous les termes de la première colonne positifs : on retrouve le critère de Jury.
+
+
+
+\item b) Critère de Jury :
+\begin{itemize}
+\item $c_2 + c_1 + c_0 > 0$
+\item $c_2 - c_1 + c_0 > 0$
+\item $|c_0| < c_2 \Leftrightarrow -c_2 < c_0 < c_2$
+\end{itemize}
+
+On traduit ces conditions
+\begin{itemize}
+\item $c_2 + c_1 + c_0 > 0$
+\begin{align*}
+& 1 + (-(1+D) + CT_eD) + (D + CT_e(1-2D)) > 0 \\
+& C ( T_e D + T_e - 2 DT_e ) > 0 \\
+& C (1-D) > 0 \\
+& C > 0 \text{ car } D =e^{-1} < 1
+\end{align*}
+
+\item $c_2 - c_1 + c_0 > 0$
+\begin{align*}
+& 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 
+\end{align*}
+
+\item $-c_2 < c_0 < c_2$
+\begin{eqnarray*}
+-1 < & D + CT_e(1-2D) & < 1 \\
+-1 - D < & CT_e(1-2D) & < 1 - D \\
+\frac{-1-D}{T_e(1-2D)} < & C & < \frac{1-D}{T_e(1-2D)}
+\end{eqnarray*}
+\end{itemize}
+
+Le critère de Jury aboutit donc à :
+\[ \boxed{ 0 < C < \min(-\frac{2+2D}{(1-3D)T_e},\frac{1-D}{(1-2D)T_e}) } \]
+
+\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 
+\begin{align*}
+1 + H(p) & = 0 \\
+1 + \frac{C}{p(1+\tau p)} &= 0 \\
+\tau p^2 + p + C &= 0
+\end{align*}
+Le système est stable si et seulement si $C>0$.\\
+En analogique, la marge de gain est infinie (la phase n'est jamais égale à $-180^o$. En numérique, le BOZ induit un déphasage qui conduit à une limitation supplémentaire pour $C$ en terme de stabilité.
+
+
+\item Pour approcher le comportement basse fréquence de la chaîne directe de l'asservissement de la figure 1, il faut tenir compte du BOZ. Il faut approximer l'expression de $B_0(p)$.
+
+\begin{itemize}
+\item Avec $\omega << \frac{1}{T_e}$, $e^{-T_ep} \approx 1 - T_ep$ et
+\begin{align*}
+B_0(p) & = T_e \\
+\tilde{H}(p) & = T_e H(p) = \frac{CT_e}{p(1+\tau p)}
+\end{align*}
+On revient à la même condition $ C > 0 $.
+
+\item Suggestion : faire le développement à l'ordre 2 ?
+
+Avec $e^{-T_e p} \approx 1 - T_ep + \frac{(T_ep)^2}{2}$, 
+\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 
+\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
+\end{align*}
+L'application du critère de Routh mène à : $0 < C < \frac{2}{T_e^2}$
+
+\item Approximation de Padé ($\omega << \frac{1}{2T_e}$) :
+\[ e^{-T_ep} = \frac{e^{-\frac{T_e}{2}p}}{e^{\frac{T_e}{2}p}} \text{ et } e^{-\frac{T_e}{2}p} \approx 1 -
+\frac{T_e}{2}p \Longrightarrow e^{-T_ep} \approx \frac{1 - \frac{T_e}{2}p}{1 + \frac{T_e}{2}p} \text{ : causal !} \]
+
+\begin{align*}
+B_0(p) & \approx \frac{1-\frac{1 - \frac{T_e}{2}p}{1 + \frac{T_e}{2}p}}{p} \\
+& = \frac{T_e}{1+\frac{T_e}{2}p} \text{ : causal } \\
+\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 
+\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
+\end{align*}
+
+\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} 
+\end{figure}
+
+La condition est donc $C < \frac{2(\tau + T_e/2)}{T_e \tau} = \frac{3}{\tau}$
+\end{itemize}
+
+\item La discrétisation d'un asservissement en temps continu dégrade la stabilité.
+\end{enumerate}
+
+\end{document}

421-Controle_processus/TD3/TD3.tex

@@ -0,0 +1,123 @@
+\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
+\newcommand{\nomTD}{TD3 : Correcteur des asservissements numériques}
+\renewcommand{\nomentete}{UE411 - \nomTD}
+
+\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 :
+\begin{itemize}
+\item marge de phase de 45 degrés
+\item erreur en vitesse $\epsilon_v$ nulle
+\end{itemize}
+
+\begin{enumerate}
+\item Synthèse d'un correcteur à temps continu
+
+\begin{enumerate}
+\item On considère le BOZ $B_0(p)=\frac{1-e^{-T_ep}}{p}$ que l'on cherche a approché par un retard pur équivalent :
+\begin{align*}
+B_0(p) &= \frac{1-e^{-T_ep}}{p}\\
+&= e^{-\frac{T_ep}{2}}\frac{e^{\frac{T_ep}{2}}-e^{-\frac{T_ep}{2}}}{p}
+\intertext{Or, le développement limité à l'odre 1 $e^{-T_ep} = 1-T_ep$ donne :}
+\tilde{B}_0(p) &= e^{-\frac{T_ep}{2}} \frac{1+\frac{T_ep}{2}- (1-\frac{T_ep}{2})}{p}\\
+& \boxed{\tilde{B}_0(p) = T_e e^{\frac{-T_ep}{2}}}
+\end{align*}
+\bigbreak
+
+\item On se propose de régler le correcteur PI en utilisant le tracé de la fonction de transfert en boucle ouverte du système.\\
+Le correcteur a donc la forme : \[C(p) = K_p(1+\frac{1}{T_ip})\] et on pose \[L(p) = \tilde{B}_0(p)H(p) = \frac{T_e e^{\frac{-T_ep}{2}}}{p(1 + \tau p)}\]
+
+On s'intéresse dans un premier temps à l'erreur en vitesse. On prend donc pour entrée $e(t) = t$ d'où $E(p) = \frac{1}{p^2}$\\
+
+On a donc comme écart $\epsilon(p) = \frac{E(p)}{1+L(p)C(p)}$, et on va appliquer le théorème de la valeur finale :
+\begin{align*}
+\epsilon_v &= \lim_{t \rightarrow \infty}\epsilon(t)\\
+&= \lim_{p \rightarrow 0} p \epsilon(p)\\
+&= \lim_{p \rightarrow 0} p \frac{1}{p^2} \frac{1}{1+L(p)C(p)}\\
+&= \lim_{p \rightarrow 0} \frac{T_ip(1+\tau p)}{T_ip^2(1+\tau p)+T_ee^{\frac{-T_ep}{2}}K_p(1+T_ip)}
+&= 0
+\end{align*}
+L'erreur statique de vitesse est bien nulle avec ce modèle du retard pur pour le BOZ.\\
+
+Intéressons-nous maintenant au réglage du correcteur, on relève le gain lorsque la phase est de -135 degrés et on cherche à annuler ce gain pour imposer le marge de phase à 45 degrés. On relève un gain de -35dB, il faut donc relever le gain de 35dB :
+\[20log(K_p) = 25 \Rightarrow K_p = 10^{\frac{25}{20}} = 18\]
+
+De plus, pour régler $T_i$, on fait en sorte que la phase du correcteur n'influence pas trop celle du système dans la bande passante, donc que la phase du correcteur seul soit à zéro quand celle du système est proche du point critique -1. Il est une bonne approximation de prendre $T_i$ de sorte que $\frac{1}{T_i}$ soit une décade plus tôt que la pulsation de coupure du système ou d'annulation du gain (choix effectué ici). Donc :
+\[\frac{1}{T_i} = \frac{\omega_{0dB}}{10} \Rightarrow T_i = \frac{10}{3} = 3.3s\]
+
+\item On utilise l'approximation $z=e^{pT_e} \approx 1+pT_e$ pour écrire la fonction de transfert en $z$ du correcteur échantillonné, on a donc $p = \frac{z-1}{T_e}$, d'où :\\
+\begin{align*}
+C(p)|_{p = \frac{z-1}{T_e}} &= C(z)\\
+&= K_p(1+ \frac{1}{\frac{T_i}{T_e}(z-1)})\\
+&=K_p\frac{z+\frac{T_e}{T_i}-1}{z-1}
+\end{align*}
+
+La fonction de transfert en $z$ du système + BOZ est :
+\begin{align*}
+T(z) & = (1-z^{-1})Z\{^*L^{-1}\{\frac{H(p)}{p}\}\} \\
+& = \frac{b_1z+b_0}{z^2+a_1z+a_0} \\
+\avec b_0 & = (1-D)\tau - T_eD \\
+b_1 & = T_e + (D-1)\tau \\
+a_0 & = D \\
+a_1 & = -D-1 \\
+D & = e^{-T_e/\tau}
+\end{align*}
+
+\item Déterminons si le système échantillonné est stable si asservi de la sorte (correcteur numérique) :\\
+On peut appliquer le critère de Routh à $1+C(z)T(z)$, avec $T(z)$ la fonction de transfert de l'asservissement échantillonné, CF TD précédent.
+\end{enumerate}
+
+\item Synthèse "pseudo-continue"
+
+\begin{enumerate}
+\item Déterminons la fonction de transfert en $w$ du système échantillonné :
+\begin{align*}
+T(z)|_{z=\frac{1+w}{1-w}} = \tilde{T}(w) &= \frac{b_1\frac{1+w}{1-w}+b_0}{(\frac{1+w}{1-w})^2 + a_1 \frac{1+w}{1-w} + a_0}\\
+&= \frac{b_1(1-w^2)+b_0(1-2w + w^2)}{(w^2+w+1)+a_1(1-w^2)+a_0(1-2w+w^2}\\
+\end{align*}
+\[\boxed{\tilde{T}(w)= \frac{(b_0-b_1)w^2-2b_0w + b_0+b_1}{(1-a_1+a_0)w^2 + 2(1-a_0)w + 1+a_1+a_0}}\]
+
+\noindent Comment se traduit le cahier des charges pour le système transformé ?\\
+\[ z= \frac{1+w}{1-w} \Leftrightarrow w = \frac{z-1}{z+1} \text{ avec } z= e^{T_ep} \]
+La réponse fréquentielle est valable pour $p = j\omega$ avec $\omega \in [0,\frac{\pi}{T_e}]$, donc pour :
+\[w = \frac{e^{j\omega T_e}-1}{e^{j\omega T_e}+1} = \frac{2j\sin(\omega \frac{T_e}{2})}{2\cos(\omega \frac{T_e}{2})} = j\tan(\frac{\omega T_e}{2})\]
+Ainsi, quand $\omega$ varie de 0 à $\frac{\pi}{T_e}$ alors $w$ varie de 0 à l'infini sur l'axe des imaginaires.\\
+On pose donc $w = j\tilde{\omega}$ et $\tilde{\omega}\in[0;+\infty[$ \\
+
+En quoi on répond à la question???
+
+\item On va régler ici le correcteur PI en la variable $w$ :
+On a $C(w) = K_p(1+\frac{1}{T_iw}$ et $\epsilon(w) = \frac{1}{1+C(w)\tilde{T}(w)}E(w)$\\
+On applique une entrée en rampe $t \rightarrow nT_e \rightarrow \frac{T_ez}{(z-1)^2}$, on a donc :
+\begin{align*}
+E(w) = E(z)|_{z=\frac{1+w}{1-w}} &= \frac{T_e(1+w)}{(1-w)(\frac{1+w-1+w}{1-w})^2}\\
+&=\frac{T_e(1-{w}^2)}{4{w}^2}
+\end{align*}
+
+Intéressons nous maintenant à l'écart statique en vitesse avec el théorème de la valeur finale:
+\begin{align*}
+\epsilon_v &= \lim_{z \rightarrow 1} (z-1) E(z)\\
+z \rightarrow 1 &\Leftrightarrow w \rightarrow 0  \text{ car, $z-1 = \frac{2w}{1-w}$}\\
+\epsilon_v &= \lim_{w \rightarrow 0} \frac{2w}{1-w}\epsilon(w)\\
+&= \lim_{w \rightarrow 0} \frac{2w}{1-w}\frac{1}{1+K_p(1+\frac{1}{T_iw}\frac{\beta_2{w}^2+\beta_1 w + \beta_0}{\alpha_2{w}^2+\alpha_1 w + \alpha_0}\frac{T_e(1-{w}^2)}{4{w}^2})}\\
+&= ...\\
+&= 0
+\end{align*}
+
+Caractérisons maintenant le correcteur en fonction du cahier des charges. Comme précedemment on relève le gain lorsque la phase est à -135 degrés et on a : $K_p = 10^{\frac{10}{20}} = 3.3$ et le choix de $T_i$ est le même fait comme précedemment donc : $T_i = \frac{10}{\tilde{\omega}_{0dB}} = 33.3s$\\
+
+\item La transformée en z ainsi, obtenue est :
+\begin{align*}
+C(z) &= C(w)|_{w = \frac{z-1}{z+1}}\\
+&= K_p(1+\frac{z+1}{T_i(z-1)}\\
+&= \frac{C_p}{T_i}\frac{T_iz+1-T_i}{z-1}
+\end{align*}
+\end{enumerate}
+\end{enumerate}
+
+\end{document}

421-Controle_processus/TD4/TD4.tex

@@ -0,0 +1,317 @@
+\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
+\newcommand{\nomTD}{TD4 : Correcteur RST}
+\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nomTD}
+
+\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^2+a_1z+a_0}  \\
+n & = deg(A) = 2 \\
+m & = deg(B) = 1 \\
+\end{align*}
+
+\begin{enumerate}
+
+\item Il y a plusieurs façon de représenter le correcteur RST :
+\begin{itemize}
+\item $\nu(z)=-\frac{S(z)}{R(z)}Y(z) + \frac{T(z)}{R(z)}E(z)$
+
+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)] $ 
+
+Causalité : $\tau \leq p$ et $\sigma \leq p$.\\
+
+\item $\nu(z)=\frac{T}{R}[-\frac{S}{T}Y(z) + E(z)]$ 
+
+Causalité : $\tau \leq p$ et $\sigma \leq p$.\\
+\end{itemize}
+
+
+\item On a : $Y(p)= G(p)[\nu(p) + P(p)]$, $P(p) = \frac{P_0}{p}$ et $\nu(p) = B_0(p)\nu^*(p)$\\
+
+\begin{align*}
+Y(p) &=  G(p)[\nu(p) + P(p)]\\
+&= G(p)[B_0(p)\nu^*(p)+\frac{P_0}{p}]\\
+&= \frac{1-e^{-T_ep}}{p}G(p)\nu^*(p) + G(p)\frac{P_0}{p}\\
+\intertext{On pose $A(p) = \frac{G(p)}{p}$, et on a après transformée inverse de Laplace :}
+y(t) &= (a*\nu^*)(t)-(a*\nu^*)(t-T_e)+a(t)P_0\\
+\intertext{après discrétisation on obtient : }
+y_k & = a_k*\nu_k-a_{k-1}*\nu_{k-1} + a_kP_0\\
+\intertext{après transformée en $z$ on a alors :}
+Y(z) &= A(z)\nu(z)-z^{-1}A(z)\nu(z)+A(z)P_0\\
+&=(1-z^{-1})A(z)\nu(z)+A(z)P_0\\
+&= G(z)\nu(z)+(1-z^{-1})A(z)(1-z^{-1})^{-1}P_0\\
+&= G(z)\nu(z)+G(z)P_0\frac{z}{z-1}\\
+Y(z)&= G(z)(\nu(z)+p(z))
+\end{align*}
+\bigbreak
+
+\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 $\xi=0.7$ 
+
+$p_3 = -3\omega_0 \xi$\\
+
+Comme $z_i = e^{T_ep_i}$, avec $\Omega = \omega_0 \sqrt{1-\xi^2}$, 
+
+$z_1 = e^{-T_e\omega_0\xi}(cos(\Omega T_e) +j sin(\Omega T_e))$
+
+$z_2 = \overline{z_1}$
+
+$z_3 = e^{-3\omega_0 \xi T_e}$\\
+
+En boucle fermée, l'asservissement considéré donne en posant $G(z) = \frac{B(z)}{A(z)}$,
+\[Y(z) = \frac{BT}{AR+BS}E(z) + \frac{BR}{AR+BS}p(z)\]
+On pose $H_d(z) = \frac{B_d(z)}{\Pi_d(z)} = \frac{BT}{AR+BS}$, avec $deg(\Pi_d)=q$ et $deg(B_d)=\mu$. Les pôles (continus) imposés par le cahier des charges conduisent à la forme suivante pour le polynôme caractéristique :
+\begin{align*}
+\Pi_d(z) &= (z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)\\
+&= z^3+C_2z^2+C_1z+C_0\\
+\intertext{avec}
+C_0 &= z_1z_2z_1 = -e^{-5\omega_0 \xi T_e}\\
+C_1 &= z_1z_2 + z_2z_3 + z_3z_1 = (e^{-2 \xi \omega_0 T_e}+2e^{-4\xi \omega_0 T_e}cos(\Omega T_e))\\
+C_2 &= -z_1-z_2-z_3 = -(e^{-3\xi \omega_0 T_e}+2e^{-\xi \omega_0 T_e}cos(\Omega T_e))\\
+\end{align*}
+
+
+
+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 & R(z) = (z-1)^l \tilde{R}(z)\text{\indent avec, } l\geq 1\\
+\end{align*}
+
+Par simplicité, on prend donc $l=1$.
+
+\[\frac{B(z)T(z)}{A(z)R(z)+B(z)S(z)} = \frac{B_d(z)}{\Pi_d(z)}\]
+donc $B(z)T(z) = B_d(z)$ et $A(z)(z-1)\tilde{R}(z)+B(z)S(z)=\Pi_d(z)$\\
+donc avec $\tilde{A}(z) = (z-1)A(z)$, \[\boxed{\tilde{A}(z)\tilde{R}(z) + B(z)S(z) = \Pi_d(z)}\]
+
+
+Soit $\tilde{n} = deg(\tilde{A}) = n+1$ et $\tilde{\rho} = deg(\tilde{R})$\\
+
+1) Égalité des degrés : $deg(\tilde{A}\tilde{R})=deg(AR)<deg(BS)$ par causalité, donc
+\[\tilde{n}+\tilde{\rho} = q = 3\]
+
+2) Nombre d'inconnues = nombre d'équations : \\
+$\tilde{R}$ monique $\rightarrow \tilde{\rho}$ inconnues\\
+$S$ non monique $\rightarrow \sigma +1$ inconnues\\
+$\Pi_d$ 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 
+\[ \sigma = \tilde{n} -1 \leq \tilde{\rho} + 1 = q - \tilde{n} +1 \]
+
+donc
+\[q \geq 2\tilde{n}-2 = 4\]
+
+Or, on avait déterminé  $q=3$, donc il faut donc introduire $A_0(z)$ un polynôme auxiliaire/observable de degrés $k$ qui doit être monique dans le numérateur et le dénominateur.
+Les racines de $A_0(z)$ sont choisies plus rapide que $z_1$, $z_2$, et $z_3$ (d'au moins une décade).
+
+
+On pose donc : $\frac{BT}{AR+BS} = \frac{B_d}{\Pi_d}\frac{A_0}{A_0}$ d'où :
+\begin{align*}
+AR+BS & = \Pi_d A_0\\
+\tilde{A}\tilde{R} + BS & = \Pi_d A_0
+\end{align*}
+1) Égalité des degrés
+\[\tilde{n} + \tilde{\rho} = q + k \text{ avec, $q=3$ donné}\] 
+
+2) Nombre d'inconnues = nombre d'équations
+\[ \tilde{\rho} + \sigma +1 = q +k\]
+
+3) Causalité
+\[\tilde{\rho} \geq \sigma -1\]
+
+Avec 1) et 2),
+\[\sigma = \tilde{n}-1 = 2\]
+
+Avec 3) et 1)
+\[-\tilde{n}+q+k \geq \tilde{n}-2\]
+\[k \geq 2\tilde{n}-2 -q = k_{min} = 1
+\]
+
+\textbf{Bilan :}\\
+On a donc :
+\[ k \geq 1, \quad \sigma = 2, \quad \tilde{\rho} \geq 1\]
+Idéalement, on prend $k=1$ et la racine de $A_0$ doit être prise plus rapide (au moins une décade) que $z_1,z_2$ et $z_3$\\
+\[A_0(z) = z-z_0 \avec z_0 = e^{-30\xi \omega_0 T_e}\]
+
+
+On a alors :
+\begin{align*}
+\tilde{R}(z) &= z + r_0 \\
+S(z) &= s_2z^2+s_1z+s_0\\
+\tilde{\Pi_d}(z) &= \Pi_d(z)A_0(z)\\
+&=(z^3+C_2z^2+C_3z+C_0)(z-z_0)\\
+&= z^4+\tilde{C_3}z^3+\tilde{C_2}z^2+\tilde{C_1}z+\tilde{C_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 
+\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} \\
+\avec \tilde{a_2}& =a_1-1\\
+\tilde{a_1}& =a_0-a_1\\
+\tilde{a_0}& = -a_0
+\end{align*}
+
+L'équation $\tilde{A}\tilde{R} + BS = \Pi_dA_0$ peut donc se réécrire sous la forme matricielle suivante :
+
+\[
+\left[
+\begin{array}{cccc}
+1 & b_1 & 0 & 0 \\
+\tilde{a}_2 & b_0 & b_1 & 0 \\
+\tilde{a}_1 & 0& b_0 & b_1 \\
+\tilde{a}_0 & 0 & 0 & b_0
+\end{array}
+\right]
+\left[
+\begin{array}{c}
+r_0 \\
+s_2 \\
+s_1 \\
+s_0
+\end{array}
+\right]
+=
+\left[
+\begin{array}{c}
+\tilde{C}_3 - \tilde{a}_2 \\
+\tilde{C}_2 - \tilde{a}_1 \\
+\tilde{C}_1 - \tilde{a}_0 \\
+\tilde{C}_0
+\end{array}
+\right]
+\]
+ 
+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
+\end{align*}
+
+Il ne reste qu'à déterminer le polynôme $T(z)$.
+
+\[ \text{Rappel : } B(z)T(z) = B_d(z)A_0(z)\]
+\[\frac{BT}{AR+BS} = \frac{B_d}{\Pi_d}\frac{A_0}{A_0}\]
+
+On note : $\mu = deg B_d$, et on a $k = deg A_0$\\
+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 
+\[\mu = m+\tau-k = \tau\]
+\[\tau \leq 2\]
+
+Avec $B_d(z) = B(z)\tilde{B}(z)$,
+\begin{align*}
+BT & = B_dA_0 \\
+B(z)T(z) &= B(z)\tilde{B}(z)A_0(z) \\
+T(z) &= \tilde{B}(z)(z-z_0)
+\end{align*}
+
+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 
+\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}
+E(z) & = \frac{E_0z}{z-1}
+\intertext{on ait :}
+Y(z) & = \frac{E_0z T_e}{(z-1)^2}\\
+\intertext{donc}
+\frac{B_d(z)}{\Pi_d(z)} & = \frac{T_e}{z-1} \longrightarrow \Pi_d(z) = z-1
+\end{align*}
+
+Compensation du zéro de B(z) avec $B(z) = b_1z+b_0 = b_1(z+\frac{b_0}{b_1})$
+or, $b_0 = 0.2(1-2D)$, et $b_1 = 0.2D$, donc $\frac{b_0}{b_1}= \frac{1-2D}{D}$ avec $D=e{-1}$
+donc $ \frac{b_0}{b_1} = \frac{0.052848}{0.073576} < 1$ donc le zéro est stable et on peut le compenser.
+
+
+$H_d(z) = \frac{T_e}{z-1}  \rightarrow $ retard $=q-\mu = 1 \geq m-n$. OK. \\
+
+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\\
+& \Leftrightarrow \lim_{z \rightarrow 1} \frac{z-1}{z}\frac{BR}{\Pi_dA_0} p(z) = 0\\
+& \Leftrightarrow \lim_{z \rightarrow 1} \frac{z-1}{z} \frac{BR}{(z-1)A_0(z)} \frac{p_0 z}{z-1} = 0
+\end{align*}
+
+Il faut, $R(z) = (z-1)^l\tilde{R}(z)$ avec $l \geq 2$.
+On prend $l = 2$.
+
+\begin{align*}
+B(z) &= b_1(z+ \frac{b_0}{b_1})\\
+&=B_s(z)B_{ns}(z)\\
+\avec B_s(z) & = (z+\frac{b_0}{b_1})\\
+\et  B_{ns}(z) & = b_1
+\intertext{on a donc :}
+\frac{B_sB_{ns}T}{AR+B_sB_{ns}S}&= \frac{B_dA_0}{\Pi_d A_0}
+\intertext{Comme $R = (z-1)^2\tilde{R}(z)$, en posant $\tilde{R} = B_s\hat{R}$ ($\hat{R}$ monique) et $\tilde{A}(z) = (z-1)^2A(z)$ on obtient }
+\frac{B_{ns}T}{\tilde{A}\hat{R}+B_{ns}S}&= \frac{B_dA_0}{\Pi_d A_0}
+\intertext{D'où l'équation diophantine}
+\tilde{A}\hat{R}+B_{ns}S & = \Pi_dA_0
+\end{align*}
+
+On pose $\hat{\rho} = deg(\hat{R}) $ et $\tilde{n}=deg(\tilde{A})=n+l=4$.\\
+
+1) Égalité des degrés :
+\[\tilde{n} + \hat{\rho} = q+k \]
+
+2) Nombre d'inconnues = nombre d'équations :
+\[\hat{rho} + \sigma +1 = q+k \]
+
+3) Causalité :
+\[\rho \geq \sigma \]
+
+Avec 1) et 2),
+\[\sigma = \tilde{n}-1 = 3\]
+
+Comme $\rho = l + \hat{\rho} + m_S$,
+\[ \sigma = \tilde{n}-1 \ leq l + m_S + \hat{\rho} = l + m_S + q + k - \tilde{n}\]
+\[ \rightarrow k \geq k_{min} = 3 \]
+
+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 
+\[\tilde{A}+B_{nS}S = \Pi_dA_0\]
+\[S = \frac{1}{b_1}(\Pi_dA_0 - \tilde{A}) \]
+
+Comme $\Pi_dA_0 = (z-1)A_0$ avec $A_0=(z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)=z^3+C_2z^2+C_1z+C_0$
+\[\Pi_dA_0 = z^4 + \gamma_3z^3 + \gamma_2z^2 + \gamma_1z + \gamma_0\]
+avec $\gamma_3 = c_2-1, \gamma_2 = c_1-c_2, \gamma_1 = c_0-c_1, \gamma_0=-c_0$.\\
+
+De plus, $\tilde{A}(z) = (z-1)^2 A(z) = z^4 + \tilde{a}_3z^3 + \tilde{a}_2z^2 + \tilde{a}_1z^1 + \tilde{a}_0$\\
+avec $\tilde{a}_3 = a_1 -2, \tilde{a}_2 = 1 -2a_1+a_0, \tilde{a}_1 = a_1-2a_0, \tilde{a}_0 = a_0$\\
+
+On a donc, \[\forall j =0,...,3, \quad s_j=\frac{\gamma_j-\tilde{a}_j}{b_1}\]
+
+Il reste donc à déterminer le polynôme $T(z)$.
+
+
+\end{enumerate}
+
+\end{document}

421-Controle_processus/TD5/TD5 Correction.tex

@@ -0,0 +1,200 @@
+\documentclass{article}
+\input{../../preambule/preambule}
+
+\newcommand{\nom}{TD5 : Modélisation par variables d'état}
+\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nom}
+
+
+
+\begin{document}
+
+\titre{\nom}
+
+\section*{Exercice 1 : Représentation d'état de correcteurs analogiques}
+
+\noindent 1- Correcteur à avance de phase
+On considère le circuit suivant :
+
+\noindent a) Établissons les différentes relations entrée sorties de chaque composants:\\
+\begin{itemize}
+\item $u = Ri$
+\item $u_2 = R_2i_2$
+\item $ u_1 = R_1i_1$
+\item $u_3 = R_3i_3$
+\item $ i_c = C\frac{d u_c}{dt}$
+\end{itemize}
+\bigbreak
+
+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 : 
+\begin{itemize}
+\item $ i_2 = i_1+i_3$
+\item $ i = i_2$
+\item $ i_c = i_3$
+\end{itemize}
+\bigbreak
+
+La loi des mailles donne :
+\begin{itemize}
+\item $e = u$
+\item $ u_2 + u_1 + s = 0$
+\item $ u_2 + u_3 + u_c = 0$
+\end{itemize}
+
+On obtient en recoupant judicieusement l'équation d'état : \\
+$ \dot{u_C} = \frac{-1}{R_3C}u_C - \frac{R_2}{RR_3}e = Au_C + B e$\\
+Et l'équation d'observation : $s = \frac{-R_1}{R_3}u_C - (\frac{R_1R_2}{RR_3}+\frac{R_1+R_2}{R})e =  Cu_C + De$
+
+\noindent 2 et 3 à faire .
+
+\section*{Exercice 2 : association de systèmes}
+
+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\\
+y_1 = C_1x_1 + D_1 u_1
+\end{matrix} \right.\\
+(S2)\left \{ \begin{matrix}
+\dot{x_2} = A_2x_2 + B_2u_2\\
+y_2 = C_2x_2 + D_2 u_2
+\end{matrix} \right.
+\end{align*}
+\begin{enumerate}
+
+\item On place les deux systèmes (S1) et (S2) en série selon le schéma suivant :
+\begin{center}
+\includegraphics[scale=0.5]{TD5-1.png}
+\end{center}
+
+On a donc la relation de connections : $y_1 = u_2$.\\
+On en déduit les relations de connections suivantes :
+\begin{align*}
+\dot{x_2} &= A_2x_2+B_2(C_1x_1+D_1u_1)\\
+y_2 &= C_2x_2+D_2(C_1x_1+D_1u_1)\\
+\dot{x_1} &= A_1x_1+B_1u_1\\
+\end{align*}
+
+On obtient donc l'équation d'état suivante :\\
+\begin{align*}
+\begin{pmatrix}
+\dot{x_1}\\\dot{x_2}\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix}
+A_1&0\\B_2C_1 & A_2\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
+x_1\\x_2\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
+B_1\\B_2D_1\end{pmatrix} u_1
+\intertext{On pose donc :}
+x_3 &= \begin{pmatrix}\dot{x_1}\\\dot{x_2}\end{pmatrix}
+\intertext{Et on a donc comme équation d'observation avec $y_3 = y_2$}
+y_3 &= \begin{pmatrix}
+D_2C_1 & C_2\end{pmatrix} x_3 +D_2D_1 u_1
+\end{align*}
+
+
+\item On place ensuite (S1) et (S2) en parallèle selon le schéma suivant :
+\begin{center}
+\includegraphics[scale=0.5]{TD5-2.png}
+\end{center}
+On a donc comme relations de connections :
+\begin{align*}
+u_4 &= u_1 = u_2\\
+y_4 &= y_2 + y_4
+\end{align*}
+
+On veut comme équation d'état une forme : $\dot{x_4} = A_4 x_4 + B_4 u_4$, avec $x_4$ à déterminer.\\
+Comme on a $\dot{x_1} = A_1x_1 + B_1u_1$ et $\dot{x_2} = A_2x_2 + B_2u_2$, et que $u_4 = u_1 = u_2$. On peut directement se ramener à :
+\begin{align*}
+\begin{pmatrix}
+\dot{x_1}\\\dot{x_2}\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix}
+A_1&0\\0&A_2\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
+x_1\\x_2\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
+B_1\\B_2\end{pmatrix} u_4\\
+&=A_4 x_4 + B_4 u_4
+\intertext{En posant $x_4 =\begin{pmatrix}
+x_1\\x_2\end{pmatrix}$ }
+\intertext{De plus en sommant les equations sur $y_1$ et $y_2$ :}
+y_4 &= C_1x_1 + C_2 x_2 + (D_1 + D_2) u_4\\
+&= \begin{pmatrix}
+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 $y_4$ 
+
+\item On asservie la structure (S3) précédente avec une retour unitaire comme sur le schéma suivant :\\
+\begin{center}
+\includegraphics[scale=0.5]{TD5-3.png}
+\end{center}
+On a comme relation de connections :\\
+\begin{align*}
+u_3 &= u_5 -y_5\\
+y_3 &= y_5
+\intertext{on a donc en remplaçant dans l'équation d'observation du système 3 :}
+y_5 &= C_3 x_3 + D_3(u_5 - y_5)
+\intertext{ATTENTION! Dans el cas général ce sont des matrices et non commutable :}
+(\mathbb{1} + D_3)y_5 &= C_3x_3 + D_3 u_5
+\intertext{si $\mathbb{1}+ D_4$ est inversible :}
+y_5 &= (\mathbb{1} + D_3)^{-1}C_3 x_3 + (\mathbb{1} + D_3)^{-1}D_3 u_5\\
+&= C_5 x_3 + D_5 u_5
+\end{align*}
+On parle ici de boucle de rétroaction bien posée. Ceci est notre équation d'observation si $x_3 = x_5$.\\
+Si l'on remplace dans l'équation d'état de (S3) :
+\begin{align*}
+\dot{x_3} &= A_3 x_3 + B_3(u_5 - y_5)\\
+&= A_3 x_3 + B_3u_5 - B_3((\mathbb{1} + D_3)^{-1}C_3 x_3 + (\mathbb{1} + D_3)^{-1}D_3 u_5)\\
+&= (A_3 - B_3(\mathbb{1} + D_3)^{-1}C_3)x_3 + B_3(\mathbb{1} - (\mathbb{1} + D_3)^{-1}D_3)u_5\\
+&= A_5 x_5 + B_5 u_5
+\end{align*}
+On obtient donc l'équation d'état avec $x_5 = x_3$. Pour cette question, il ne reste plus qu'à exprimer les termes de (S3) en fonction de ceux de (S2) et (S1).\\
+
+\item Dans celle-ci, on boucle le système (S4), il suffit donc de reprendre les mêmes calcules que dans la question précédent avec un changement d'indice. Il suffit ensuite d'exprimer les termes de (S4) en fonction de ceux de (S2) et (S1).\\
+
+\item On place le système (S1) sur la chaine directe et (S2) sur la chaîne de retour comme le montre le schéma suivant :\\
+\begin{center}
+\includegraphics[scale=0.5]{TD5-4.png}
+\end{center}
+On a les deux relations de connections :\\
+\begin{align*}
+y_1 &= y_6 = u_2\\
+u_1 &= u_6 - y_2
+\end{align*}
+Puisque l'on a une expression de $y_6$ directement depuis l'équation d'observation de (S1) :
+\begin{align*}
+y_6 &= y_1 = C_1 x_1 + D_1 (u_6 -y_2)\\
+(\mathbb{1}+ D_1D_2)y_6 &= C_1x_1 + D_1C_2x_2 + D_1 u_6\\
+\intertext{donc si $(\mathbb{1}+ D_1D_2)$ est inversible :}
+y_6 &= (\mathbb{1}+ D_1D_2)^{-1} C_1 x_1 + (\mathbb{1}+ D_1D_2)^{-1}D_1C_2 x_2 + (\mathbb{1}+ D_1D_2)^{-1}D_1 u_6\\
+&= \begin{pmatrix}
+(\mathbb{1}+ D_1D_2)^{-1}C_1 & (\mathbb{1}+ D_1D_2)^{-1}D_1C_2\end{pmatrix}. \begin{pmatrix}
+x_1\\x_2\end{pmatrix} + (\mathbb{1}+ D_1D_2)^{-1}D_1 u_6\\
+&= C_6 x_6 + D_6 u_6
+\end{align*}
+On pose donc $x_6 = \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}$. Déterminons alors l'équation d'état composante par composante :
+\begin{align*}
+\dot{x_1} &= A_1 x_1 + B_1 u_1\\
+&= A_1 x_1 +B_1(u_6 -y_2)\\
+&= A_1 x_1  - B_1 C_2x_2 - B_1 D_2 y_6 + B_1 u_6\\
+\intertext{En remplaçant par l'équation d'observation de (S6) :}
+\dot{x_1}&= \begin{pmatrix}A_1& - B_1 C_2\end{pmatrix}x_6 - B_1 D_2 C_6 x_6 + (B_1-D_6) u_6
+\intertext{Et pour la deuxième :}
+\dot{x_2} &= A_2 x_2 + B_2u_2\\
+&= A_2 x_2 +B_2 y_6\\
+&= \begin{pmatrix}
+A_1 - B_1C_2\end{pmatrix}x_6 + B_2D_6 u_6
+\intertext{Ainsi, en recoupant ces deux composantes on a le système d'état :}
+\dot{x_6} &= \begin{pmatrix}
+A_1 + B_1D_2(\mathbb{1}+ D_1D_2)^{-1}C_1 & -B_1C_2-B_1D_2(\mathbb{1}+ D_1D_2)^{-1}D_1C_2\\
+B_2(\mathbb{1}+ D_1D_2)^{-1}C_1 & A_2-B_2(\mathbb{1}+ D_1D_2)^{-1}D_1C_2
+\end{pmatrix}x_6 + \begin{pmatrix}
+B_1-(\mathbb{1}+ D_1D_2)^{-1}D_1\\
+B_2(\mathbb{1}+ D_1D_2)^{-1}D_1
+\end{pmatrix}u_6\\
+&=A_6 x_6 + B_6 u_6
+\end{align*}
+Attention : résultat risqué.
+\end{enumerate}
+
+
+
+\end{document}

421-Controle_processus/TD6/TD6.tex

@@ -0,0 +1,279 @@
+\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}

421-Controle_processus/TD7/TD7.tex

@@ -0,0 +1,449 @@
+\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
+\newcommand{\nom}{TD7 - Commandabilité et planification de trajectoire}
+\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nom}
+
+\begin{document}
+
+\titre{\nom}
+
+
+\subsection*{Exercice 1 :}
+On considère le système suivant :
+\[(S)= \left \{ 
+   \begin{matrix}
+   \dot{x} = \begin{pmatrix}-10 & 12\\-4 & 7\end{pmatrix} x_1 +  \begin{pmatrix} -1\\-1\end{pmatrix} u\\
+   y_1 =\begin{pmatrix}4 & 5\end{pmatrix}x_1
+   \end{matrix}
+   \right.
+\]
+\begin{enumerate}
+\item
+\begin{enumerate}
+\item Base modale \\
+Déterminons les valeurs propres de la matrice d'évolution :\\
+\begin{align*}
+P(\lambda) &= det(A_1 - \lambda \mathbf{1}_2)\\
+&= det \begin{pmatrix}-10-\lambda & 12 \\ -6 & 7 - \lambda \end{pmatrix}\\
+&= (-10-\lambda)(7-\lambda)+72\\
+&= -70 + 3\lambda + \lambda^2 +72\\
+&= \lambda^2 +  3 \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 
+\end{align*}
+On a donc : 
+\begin{align*}
+E_{-1} &= Ker\{ -1. \mathbf{1}_3 - A\} \\
+&= Vect\left \{ \begin{pmatrix}
+4\\3
+\end{pmatrix}\right \}
+\end{align*}
+\bigbreak
+Pour $\lambda = -2$ :
+\begin{align*}
+A_1X = \lambda X  &\rightarrow -6x_1 + 9x_2 =0 
+\end{align*}
+On a donc : 
+\begin{align*}
+E_{-2} &= Ker\{ -2. \mathbf{1}_3 - A\} \\
+&= Vect\left \{ \begin{pmatrix}
+3\\2
+\end{pmatrix}\right \}
+\end{align*}
+\bigbreak
+La matrice de changement de base est donc : $P = \begin{pmatrix}4&3\\3&2\end{pmatrix}$\\
+\item Le système est globalement asymptotiquement stable car les valeurs propres sont à $Re() < 0$.\\
+On effectue alors le changement de base $x_1 = P \xi_1$
+
+\begin{align*}
+\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} 
+\dot{\xi}_1 = \Lambda\xi_1 + V^{-1}B_1u_1\\
+y_1 = C_1V\xi_1 
+\end{matrix} \right.\\
+\intertext{avec,} \Lambda = V^{-1}A_1V = \begin{pmatrix}
+-1&0\\0&-2
+\end{pmatrix}
+\intertext{On a alors :}
+\left \{\begin{matrix}
+V^{-1}B_1 = \begin{pmatrix}-1\\1 \end{pmatrix} = B_m\\
+C_1V = \begin{matrix}1&2\end{matrix} = C_m
+\end{matrix} \right.
+\end{align*}
+\bigbreak
+
+\item Rappel : pour $\dot{x} = Ax +Bu$ avec $x(0)=x_0 \in \mathbb{R}^n$ la solution est de la forme CI + régime forcé :
+\[ x(t) = e^{At}x_0 + \int_0^te^{A(t-\tau)}Bu(\tau)d\tau\]
+\bigbreak
+Application :
+\begin{align*}
+\xi_1(t) &= e^{\Lambda t}\xi_0 + \int_0^te^{\Lambda (t-\tau)}B_mu_1(\tau)d\tau\\
+e^{\Lambda t} &= e^{\begin{pmatrix}-t&0\\0&-2t\end{pmatrix}} = \begin{pmatrix}
+e^{-t}&0\\0&e^{-2t}\end{pmatrix}\\
+\xi_1(t) &= \begin{pmatrix}
+\int_0^t -e^{-(t-\tau)}Bu(\tau)d\tau\\
+\int_0^t e^{-2(t-\tau)}Bu(\tau)d\tau
+\end{pmatrix}\\
+y_1(t) &= C_m\xi_1(t)\\
+&= \int_0^t -e^{-(t-\tau)}Bu(\tau)d\tau + \int_0^t 2e^{-2(t-\tau)}Bu(\tau)d\tau
+&= \int_0^t (2e^{-2(t-\tau)}-e^{-(t-\tau)})Bu_1(\tau)d\tau
+\end{align*}
+Pour une réponse indicielle $u_1(t) = 1$ $\forall t \geq 0$\\
+
+\item Commandabilité : 
+C(A,B) = $\begin{pmatrix}B & AB \end{pmatrix}$
+\begin{align*}
+A &= V\Lambda V^{-1}\\
+B &= VB_m
+\intertext{donc :}
+C(A,B) &= \begin{pmatrix}VB_m &  V\Lambda V^{-1}VB_m \end{pmatrix}\\
+&= \begin{pmatrix} VB_m &  V\Lambda B_m \end{pmatrix}\\
+&= V \begin{pmatrix}B_m & \Lambda B_m \end{pmatrix}\\
+&= V C(\Lambda,B_m)
+\intertext{or,}
+C(\Lambda,B_m) &= \begin{pmatrix}-1&1\\1&-2\end{pmatrix}\\
+\text{donc, } det (C(\Lambda,B_m)) &= 1 \neq 0
+\end{align*}
+Ainsi, le système est commandable.\\
+
+Remarque : Soit $x_1 \in \mathbb{R^2}$:
+\begin{align*}
+x_1(t) &= e^{A_1t}x_0 + \int_0^t e^{A_1(t-\tau)}B_1u_1(\tau)d\tau \in \mathbb{R^2}\\
+W_c(0,t) &= \int_0^t e^{A_1(t-\tau)}B_1B_1^Te^{A_1^T(t-\tau)}d\tau \in \mathbb{R^{2*2}}\\
+\intertext{$W_c(0,t_1)$ est inversible car commandable}
+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-\tau)}W_c(0,t_1)^{-1}d\tau (x_1 - e^{A_1t_1}x_0) =x_1 \forall t_1 \geq 0\\
+&= B_1e^{A(t_1-t)}W_c(0,t_1)^{-1}(x_1-e^{A_1t_1}x_0)
+\end{align*}
+\bigbreak
+\end{enumerate}
+
+
+\item On considère le système (S2) suivant :
+\[(S2)= \left \{ 
+   \begin{matrix}
+   \dot{x}_2 = -10x_2 + 4u_2 & x_2(0) = x_0 \in \mathbb{R}^n\\
+   y = -2x + u_2 & 
+   \end{matrix}
+   \right.
+\]
+
+\begin{center}
+\includegraphics[scale=0.7]{TD7.png}
+\end{center}
+\bigbreak 
+\begin{enumerate}
+\item La relation de connection est $u_1 = y_2$ et donne
+\[\dot{\xi}_1 = \Lambda \xi_1 + B_m u_1 \text{	avec, } u_1 = y_2 = C_2x_2+ D_2u_2\]
+D'où le système suivant :
+\begin{align*}
+\left \{ \begin{matrix}
+\dot{\xi}_1 = \Lambda \xi_1 + B_mC_2x_2 + B_mD_2u_2\\
+\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 :
+
+\begin{align*}
+\dot{x} &= \begin{pmatrix}
+\Lambda & B_mC_2\\
+0 & A_2
+\end{pmatrix} x + \begin{pmatrix}
+B_mD_2\\B_2
+\end{pmatrix} u\\
+\dot{x} &= \begin{pmatrix}
+-1 & 0 & 2\\
+0 & -2 & -2\\
+0 & 0 &-10
+\end{pmatrix} x + \begin{pmatrix}
+-1 \\ 1 \\4 \end{pmatrix} u = Ax + Bu
+\intertext{On a donc pour l'équation d'observation :}
+y &= y_1 = C_m\xi_1 + D_1u_1\\
+&= C_m \xi_1 + D_1y_2 \text{	où }D_1 = 0\\
+&= C_m\xi_1\\
+&= \begin{pmatrix}
+1 & 2 & 0 \end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
+\xi_1 \\ x_2
+\end{pmatrix}
+\end{align*}
+
+\item On regarde alors la commandabilité :
+\begin{align*}
+C(A,B) &= \begin{pmatrix} B & AB & A^2B \end{pmatrix}\\
+&= \begin{pmatrix}
+-1 & 9 & -89 \\
+1 & -10 & 100\\
+4 & -40 & 400
+\end{pmatrix}\\
+rang(C(A,B)) &= 2 \text{	car	} L_3 = 4L_2
+\end{align*}
+
+(S1) est stable, (S2) est stable mais l'association des deux ne l'est pas !\\
+
+\item On considère le système (S) suivant :
+\[(S)= \left \{ 
+   \begin{matrix}
+   \dot{x} = Ax + Bu & x(0) = x_0 \in \mathbb{R}^n\\
+   y = Cx + Du & 
+   \end{matrix}
+   \right.
+\] 
+\noindent On introduit le vecteur :
+\begin{align*}
+\dot{x} &= \begin{pmatrix}
+\dot{x}_1\\
+\dot{x}_2\\
+\vdots
+\dot{x}_n\\
+\end{pmatrix}
+\intertext{et, sa transformée de Laplace}
+L\{x\} &= \begin{pmatrix}
+L\{x_1\}\\
+L\{x_2\}\\
+\vdots\\
+L\{x_n\}\\
+\end{pmatrix}\\
+&= \begin{pmatrix}
+X_1(p)\\
+X_2(p)\\
+\vdots\\
+X_n(p)\\
+\end{pmatrix} = X(p)
+\intertext{on a alors avec le système (S)}
+pX(p) -x_0 &= AX(p)+ BU(p)\\
+(p\mathbf{1_n}-A)X(p) &= x_0 +BU(p)
+\intertext{d'où la relation :}
+X(p) &= (p\mathbf{1_n}-A)^{-1}BU(p) + (p\mathbf{1_n}-A)^{-1}x_0
+\intertext{De même, on pose le vecteur :}
+Y(p) &= L\{y(t)\}\\
+&= CX(p) + DU(p)\\
+&= [C(p\mathbf{1_n}-A)^{-1}B+D]u(p) + C(p\mathbf{1_n}-A)^{-1} x_0\\
+&= G(p) U(p) + C(p\mathbf{1_n}-A)^{-1} x_0\\
+\intertext{et on a :}
+(p\mathbf{1_n}-A)^{-1} &= \frac{1}{det(p\mathbf{1_n}-A)} Adj(p\mathbf{1_n}-A)\\
+G(p) &= \frac{C.Adj(p\mathbf{1_n}-A)B + DP_A(p)}{P_A(p)}
+\end{align*}
+Les pôles sont les modes.
+On calcul donc :
+\begin{align*}
+p\mathbf{1_n}-A &= \begin{pmatrix}
+p+1 & 0 & -2\\
+0 & p+2 & 2\\
+0 & 0 & p+10
+\end{pmatrix}
+\intertext{puis,}
+(p\mathbf{1_n}-A)^{-1} &= \frac{1}{(p+1)(p+2)(p+10)}\begin{pmatrix}
+(p+2)(p+10) & 0 & 0\\
+0 & (p+1)(p+10) & 0\\
+2(p+2) & -2(p+1) & (p+1)(p+2)
+\end{pmatrix}^T
+\intertext{ensuite,}
+C(p\mathbf{1_n}-A)^{-1} &= \frac{1}{(p+1)(p+2)(p+10)} \begin{pmatrix}
+(p+2)(p+10) & 2(p+1)(p+10) & 2(p+2)-4(p+1)
+\end{pmatrix}
+\intertext{enfin on obtient l'ordre 2 :}
+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_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*}
+Un pôle de $G_1$ a été neutralisé par un zéro de $G_2$, on a donc une perte de commandabilité.\\
+Réalisation minimale : un vecteur d'état de taille la plus petite. Ici, ordre 2 (on avait un ordre 3 qui n'était pas minimal).
+\end{enumerate}
+\item On considère le système suivant :\\
+\[\left \{ \begin{matrix}
+\dot{x_1} &= &\begin{pmatrix}-10&12\\-6&7\end{pmatrix} x_1 &+ \begin{pmatrix}-1\\-1\end{pmatrix}\\
+y_1 &= &\begin{pmatrix}4&-5\end{pmatrix}x_1
+\end{matrix} \right.\]
+\begin{enumerate}
+
+\item On impose une trajectoire polynomiale : $y_d(t) = \sum_{k=0}^n \alpha_k \left(\frac{t}{T}\right)^k$\\
+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} 
+\end{center}
+
+On a aussi :
+\begin{align*}
+\dot{y_1}(t) &= \sum_{k=0}^n \frac{k}{T}\alpha_k \left(\frac{t}{T}\right)^{k-1}\\
+\ddot{y_1}(t) &= \sum_{k=0}^n \frac{k(k-1)}{T^2}\alpha_k \left(\frac{t}{T}\right)^{k-2}\\
+\end{align*}
+\bigbreak
+
+On a 6 contraintes donc 6 inconnues donc au maximum, $n=5$
+
+\paragraph{à $t = 0$} :\\
+\begin{align*}
+y_1(0) &= \sum_{k=0}^5 \alpha_k \left(\frac{0}{T}\right)^k \Leftrightarrow \alpha_0 = 0\\
+\dot{y_1}(0) &= \sum_{k=0}^5 \frac{k}{T}\alpha_k \left(\frac{0}{T}\right)^{k-1}  \Leftrightarrow \alpha_1 = 0\\
+\ddot{y_1}(t) &= \sum_{k=0}^5 \frac{k(k-1)}{T^2}\alpha_k \left(\frac{0}{T}\right)^{k-2} \Leftrightarrow \alpha_2=0\\
+\end{align*}
+
+\paragraph{à $t = T$} :
+\begin{align*}
+y_1(T) = 1 &\Leftrightarrow \sum_{k=0}^5 \alpha_k = 1 \\
+&\Leftrightarrow \alpha_3+\alpha_4 + \alpha_5 = 1\\
+\dot{y_1}(T)=0 &\Leftrightarrow  \sum_{k=3}^5 \frac{k}{T}\alpha_k = 1 \\
+&\Leftrightarrow \frac{1}{T}(3\alpha_3 + 4\alpha_4 + 5 \alpha_5) = 0\\
+\ddot{y_1}(T) = 0 &\Leftrightarrow \sum_{k=3}^5 \frac{k(k-1)}{T^2}\alpha_k = 0 \\
+&\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} 
+\end{align*}
+
+Le calcul abouti à :
+\[\left \{\begin{matrix}
+\alpha_3 = 10\\
+\alpha_4 = -15\\
+\alpha_5 = 6
+\end{matrix} \right.\]
+
+Remarque : On a une matrice 3x3, on peut donc se permettre de calculer l'inverse à partir des cofacteurs $\Delta_{ij} = (-1)^{i+j}|M_{ij}|$ avec $M_{ij}$ la matrice obtenu en supprimant la ligne i et la colonne j.\\
+
+Remarque : $\ddot{y_1}(t)$ représente la secousse, aussi appelé Jerk.
+Le quintique est la trajectoire à Jerk minimal.
+\bigbreak
+\bigbreak
+\item Passage à la forme canonique de commandabilité.\\
+Il s'agit de trouver la matrice de passage M du système d'état vers celui correspondant a $A_c$ une matrice compagnon horizontale de type 1 et $B_c$ un vecteur de 0 avec 1 sur la dernière composante. Puis, une fois que l'on à M, on calcule $C_c = M.C$\\
+
+On a le polynôme caractéristique $P_{A_1}(\lambda) = \lambda^2 + 3\lambda + 2 = \lambda^2 + a_1\lambda + a_0$, dont on en déduit la matrice compagnon horizontale :
+\[ A_c = \begin{pmatrix}
+0&1\\-a_0&-a_1
+\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
+0&1\\-2&-3
+\end{pmatrix}\]
+Et on a aussi :
+\[B_c = \begin{pmatrix}
+0\\1\end{pmatrix}\]
+
+Changement de coordonnées $M \in \mathbb{R}^{2x2}$ avec $M = \begin{pmatrix}m_1&m_2\end{pmatrix}$
+\begin{align*}
+M^{-1}AM = A_c &\Leftrightarrow AM = MA_c\\
+&\Leftrightarrow\begin{pmatrix}
+Am_1& Am_2
+\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
+m_1&m_2
+\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
+0&1\\-2&-3
+\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
+-2m_2& m_1 - 3m_2
+\end{pmatrix}\\
+&\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}
+Am_1 = -2m_2\\
+Am_2 = m_1 - 3m_2
+\end{matrix}\right.\\
+&\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix}
+ Am_1 = -2m_2\\
+ (A+3\mathbf{1}_2)m_2 = m_1
+\end{matrix}\right.
+\intertext{or, $M^{-1}B = B_c\Leftrightarrow B=MB_c=m_2$, donc :}
+M &= \begin{pmatrix}
+B & (A+3\mathbf{1}_2)B
+\end{pmatrix}
+\intertext{d'où : }
+M &= \begin{pmatrix}-5&-1\\-4&-1\end{pmatrix}
+\end{align*}
+
+Il est inutile de calculer $M^{-1}$ pour le calcul de la forme canonique. Car $C_c = C_1M = \begin{pmatrix}0&1\end{pmatrix}$ et, $D_c = D_1 = 0$
+\item On impose $y_1(t) = 10\left(\frac{t}{T}\right)^3 - 15\left(\frac{t}{T}\right)^4 + 6\left(\frac{t}{T}\right)^5$.\\
+On cherche une commande du type : $u_1(t) = \sum_{k=0}^m \beta_k \left(\frac{t}{T}\right)^k$.\\
+
+\end{enumerate}
+\paragraph{Forme de Browmovski }:
+
+\begin{align*}
+\begin{pmatrix}
+\dot{z_1}\\\vdots\\\vdots\\\dot{z_n}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
+0&1&0&...&0\\
+0&0&\ddots&&\\
+0&...&...&1\\
+-a_0&...&...&-a{n-1}
+\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
+z_1\\\vdots\\\vdots\\z_n
+\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
+0\\\vdots\\0\\1
+\end{pmatrix}u
+\end{align*}
+
+Ayant la forme canonique de commandabilité, la forme de Browmovski conciste à poser :\\\[\boxed{v(t) = -a^Tz + u}\] 
+où $a = \begin{pmatrix}
+a_0 &...&a_{n-1}
+\end{pmatrix}^T$
+d'où
+\begin{align*}
+\begin{pmatrix}
+\dot{z_1}\\\vdots\\\vdots\\\dot{z_n}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
+0&1&0&...&0\\
+0&0&\ddots&&\\
+0&...&...&1\\
+0&...&...&0
+\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
+z_1\\\vdots\\\vdots\\z_n
+\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
+0\\\vdots\\0\\1
+\end{pmatrix}v
+\end{align*}
+Avec l'équation d'observation du système d'état $y = \begin{pmatrix}
+c_0&...&c_{n-1}
+\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
+z_1\\\vdots\\z_{n-1}
+\end{pmatrix}$
+
+\paragraph{Application }:
+Avec l'équation d'observation :
+\begin{align*}
+y_1 &= \begin{pmatrix}0&1\end{pmatrix} . \begin{pmatrix}z_1\\z_2\end{pmatrix} = z_2
+\intertext{Puis, avec la forme de Brow***:}
+&\left \{\begin{pmatrix}
+\dot{z_1} = z_2\\
+\dot{z_2} = v
+\end{pmatrix}\right. \text{où $v= -\begin{pmatrix}
+2&3
+\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
+z_1\\z_2
+\end{pmatrix} + u$}
+\intertext{On a donc comme commande, en remplaçant avec les expressions provenant de l'équation d'obersation :}
+u&= v + \begin{pmatrix}
+2&3
+\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
+z_1\\z_2
+\end{pmatrix}
+&=2z_1 + 3y_1 + \dot{y_1}\\
+\intertext{On calcul donc chaque terme :}
+z_1 &= \int_0^tz_2(\tau) d\tau\\
+&= \int_0^ty_1(\tau) d\tau\\
+&= \frac{10T}{4}\left(\frac{t}{T}\right)^4 -\frac{15T}{5}\left(\frac{t}{T}\right)^5 + \frac{6T}{6}\left(\frac{t}{T}\right)^6 + cst(=0)
+\intertext{donc :}
+u(t) &=2z_1 + 3y_1 + \dot{y_1}\\
+&= 2T\left(\frac{t}{T}\right)^6 + (18-6T)\left(\frac{t}{T}\right)^5 + (\frac{30}{T}-45 + 5T) \left(\frac{t}{T}\right)^4 + (30-\frac{60}{T})\left(\frac{t}{T}\right)^3 + \frac{30}{T}\left(\frac{t}{T}\right)^2\\
+&= \beta_6\left(\frac{t}{T}\right)^6 + \beta_5 \left(\frac{t}{T}\right)^5 + ...+\beta_2 \left(\frac{t}{T}\right)^2
+\end{align*}
+
+Donc m=6 et $\beta_1 = \beta_2 = 0$. Commande en boucle ouverte non robuste au conditions initiales. Il faut donc commander en boucle fermée.
+\end{enumerate}
+
+
+\end{document}

421-Controle_processus/TD8/TD8.tex

@@ -0,0 +1,152 @@
+\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
+\newcommand{\nom}{TD8 - Poursuite de trajectoire avec retour d'état}
+\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nom}
+
+
+
+\begin{document}
+
+\titre{\nom}
+
+
+\section{Exercice 1 : Forme canonique et poursuite de trajectoire}
+\begin{enumerate}
+
+
+
+\item 
+
+\begin{enumerate}
+\item
+On a toujours le système suivant : \[\left \{ \begin{matrix}
+\dot{x_1} &= &\begin{pmatrix}-10&12\\-6&7\end{pmatrix} x_1 &+ \begin{pmatrix}-1\\-1\end{pmatrix}u\\
+y_1 &= &\begin{pmatrix}4&-5\end{pmatrix}x_1
+\end{matrix} \right.\] 
+Et on a effectué le changement de variable suivant : $x_1(t) = Mx_c(t)  x_c = \begin{pmatrix}z_1\\z_2\end{pmatrix}$
+On a donc le système équivalent :
+\[\left \{ \begin{matrix}
+\dot{x_c} &= &\begin{pmatrix}0&1\\-2&-3\end{pmatrix} x_c &+ \begin{pmatrix}0\\-1\end{pmatrix}u\\
+y &= &\begin{pmatrix}0&1\end{pmatrix}x_c
+\end{matrix} \right.\] 
+\item On impose la trajectoire :
+\begin{align*}
+y_d(t) &= 10\left(\frac{t}{T}\right)^3 - 15\left(\frac{t}{T}\right)^4 + 6\left(\frac{t}{T}\right)^5
+\intertext{Le système est équivalent à :}
+\text{avec l'équation d'observation : }& y(t) = z_2(t)\\
+\text{et le système d"état donne : }&\left\{\begin{matrix}
+\dot{z_2} = -2z_1-3z_2+u\\
+\dot{z_1} = z_2
+\end{matrix}\right.
+\intertext{Et comme on impose la trajectoire sur $y(t) = y_d(t)$, on a :}
+z_2^d(t) &= y_d(t)
+\intertext{donc $z_1^d(t)$ doit vérifier :}
+z_1^d(t) &= \int_0^t y_d(\tau) d\tau\\
+ &= \frac{10T}{4}\left(\frac{t}{T}\right)^4 - \frac{15T}{5}\left(\frac{t}{T}\right)^5 + \frac{6T}{6}\left(\frac{t}{T}\right)^6
+\end{align*}
+\item  On note :
+\begin{align*}
+\epsilon_d(t) &= z_1(t) - z_1^d(t)
+\intertext{On cherche a déterminer le vecteur de la formule de Bumowski qui annulera $\epsilon_d(t)$}
+v(t) &= -a^Tx_c(t) + u(t) \text{	avec, }a=\begin{pmatrix}2&3\end{pmatrix}\\
+&\left\{\begin{matrix}
+\dot{z_1}=z_2\\
+\dot{z_2}=v
+\end{matrix}\right. \Rightarrow v = \ddot{z_1}\\
+\ddot{\epsilon_d} &= \ddot{z_1}-\ddot{z_1^d}\\
+&= v - \ddot{z_1^d}
+\end{align*}
+On cherche donc à avoir $\epsilon_d(t)$ solution de $\ddot{\epsilon_d}(t) + h_1 \dot{\epsilon_d}(t) + h_0 \epsilon_d(t) = 0$, où $(h_0,h_1) \in \mathbb{R}^2$ à déterminer et dépendant du vecteur v. Tel que l'équation caractéristique possède des racines à parties réelles négatives. Donc ssi $h_1>0$ et $h_0>0$.\\
+La transformée de Laplace de cette équation donne donc :
+\begin{align*}
+p^2\epsilon_d(p) &- p\epsilon_d(0^+) - \dot{\epsilon_d}(0^+) + h_1(p\epsilon_d - \epsilon_d(o^+))+ h_0\epsilon_d(p) = 0\\
+\epsilon_d &= \frac{\dot{\epsilon_d}(0^+)+(h_1+p)\epsilon_d(0^+)}{p^2+h_1p + h_0}\\
+&=\frac{\gamma_1p+\gamma_0}{(p-p_1)(p-p_2)}
+\end{align*}
+Exemple : $p^2+h_1p + h_0 = (p+\frac{10}{T})^2 = p^2 + \frac{20p}{T} + \frac{100}{T^2}$\\
+
+$v$ doit vérifier d'après l'expression de $\ddot{\epsilon_d}$ :
+\begin{align*}
+v(t) &= \ddot{\epsilon_d}(t) + \ddot{z_1^d}(t)\\
+&= \ddot{z_1^d}(t) - h_1(\dot{z_1}(t)-\dot{z_1^d}(t))- h_0(z_1(t) - z_1^d(t))\\
+&= \begin{pmatrix}
+h_0&h_1\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
+z_1\\z_2\end{pmatrix} + (\ddot{z_1^d}(t) + h_1\dot{z_1^d}(t)+ h_0z_1^d(t))\\
+&= -Kx_c + \tilde{z_d}
+\intertext{or, $v=-a^Tx_c + u$, donc on obtient la loi de commande :}
+u &= -Kx_c + \tilde{z_d} + a^Tx_c\\
+&= (a^T-K)x_c + \tilde{z_d}
+\end{align*}
+
+Loi de commande en BF par retour d'état :
+\begin{center}
+\includegraphics[scale=0.5]{TD8.png}
+\end{center}
+
+
+
+\end{enumerate}
+\end{enumerate}
+
+\section{Exercice 2 : Synthèse d'une loi de commande par retour d'état}
+\begin{enumerate}
+\item On a ici, n=3. Déterminons la représentation d'état.\\
+On a avec la fonction de transfert :\\ 
+\begin{align*}
+A(p)Y(p) &= B(p)U(p)\\
+\intertext{d'où l'équation dans le domaine temporelle :}
+y^{(3)} + 8 y^{(2)} + 17 y^{(1)} + 10y &= u^{(1)} +2u
+\intertext{On a donc la forme canonique de commandabilité :}
+\dot{x_c} &= \begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\-10&-17&-8\end{pmatrix} x_c + \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}u\\
+&= A_c x_c +B_c u
+\intertext{et on a l'equation d'observation :}
+y &= \begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix} x_c + 0.u
+\end{align*}
+Attention : Le u de l'équation d'état et de la fonction de transfert ne sont PAS les mêmes, l'un est un scalaire l'autre un vecteur.\\
+
+On a une forme canonique de commandabilité, donc le système est effectivement commandable. Cependant, l'observabilité n'est pas acquise.\\
+La réalisation est observable ssi il n'y a pas de simplification d'un zéro par un pôle. Il suffit donc de vérifier que -2 n'est pas un zéro du numérateur.\\
+Une représentation minimal est appelée réalisation d'état.\\
+
+\item On impose pour la boucle fermée : 
+\[ \left \{ \begin{matrix}
+u = -Kx_c + \eta e\\
+K = \begin{pmatrix}k_0 & k_1 & k_2\end{pmatrix} \in \mathbb{R^{1x3}}\\
+\end{matrix} \right. \]
+
+On a donc pour l'équation d'état :
+\begin{align*}
+\dot{x_c} &= A_c x_c + B_c u\\
+&= (A_c - B_cK)x_c + \eta B_c e\\
+&= A_{bf}x_c + \eta B_c e
+\intertext{et pour l'éuation d'obersation : }
+y = C_c x_c
+\end{align*}
+
+\item On impose les racines $P_1/P_2 = -m\omega_0 \pm j \omega_0\sqrt{1-m^2}$, donc on a le polynôme caractéristique : $\frac{p^2}{\omega_0^2} + \frac{2m}{\omega_0}p + 1$\\
+Il est nécessaire de spécifier un troisième pôle $p_3 = -\lambda m \omega_0$, avec $\lambda >> 1$, car la système est d'ordre 3. Comment le choisir? Stable, plus rapide que les autres pôles que l'on impose.\\
+
+On a alors le polynôme à imposer :
+\begin{align*}
+\Pi_d(p) &= (p + \lambda m \omega_0)(p^2 + 2mp + \omega^2)\\
+&= p^3 + (2+\lambda)m\omega_0 p^2 + (2\lambda m^2 + 1) \omega^2 p + \lambda m \omega_0^3
+\end{align*}
+
+Pour la matrice $A_{bf}$, on a le polynôme caractéristique :
+\begin{align*}
+P_{A_{bf}} &= det(p\mathbf{1_3} - A_{bf})\\
+&=p^3 + (8+k_2)p^2 + (17+k_1)p + (10+k_0)
+\end{align*}
+Sachant qu'il y a une lien directe entre les coefficients de la matrice compagnon et son polynôme caractéristique.\\
+On identifie donc les coefficients des deux polynômes :
+\[\left \{ \begin{matrix}
+(8+k_2) = (2+\lambda)m\omega_0\\
+(17+k_1) = (2\lambda m^2 + 1) \omega^2\\
+(10+k_0) = \lambda m \omega_0^3
+\end{matrix} \right. \]
+
+\item Erreur statique nulle ssi le gain en p=0 vaut 1 (gain statique unitaire)\\
+Or, \[G_{bf}(p) = C_c(p \mathbf{1_3}-A_{bf})^{-1}B_c \eta \]
+Donc , \[ \eta = \frac{1}{-C_c(A_c-B-cK)^{-1}B_c}\]
+\end{enumerate}
+
+\end{document}

421-Controle_processus/TD9/TD9.tex

@@ -0,0 +1,146 @@
+\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
+\newcommand{\nomTD}{TD9 - Observateurs}
+\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nomTD}
+
+
+
+\begin{document}
+
+\titre{\nomTD}
+
+\section*{Exercice 1 : Système hydraulique}
+On rappelle la loi de Bernoulli : $\rho \frac{V_1^2}{2} + \rho g z_1 +p_1 = \rho \frac{V_2^2}{2} + \rho g z_2 +p_2$ Ce qui donne $q_1 \approx k h_i$\\
+On a aussi la formule $k = \frac{S}{2} \sqrt{2gH_0}$ \\
+
+\begin{enumerate}
+\item  Cuve 1 :\\
+On a la relation de débit $q_e - q_1 = \frac{dv_1}{dt}$ , le volume $V_1 = V_1^0+v_1$, sachant que $v_1 = h_1 * S$, d'où :\\
+$q_e -q_1 = S \frac{dh_1}{dt}$, et puisque $q_1 = kh_1$ on aboutit à :
+\[ q_e- kh_1 = S\frac{dh_1}{dt}\]
+
+ Cuve 2 :\\
+On a ici, $q_1-q_2 = \frac{dv_2}{dt} = S\frac{dh_2}{dt}$ donc :
+\[kh_1 - kh_2 = S\frac{dh_2}{dt}\]
+
+\item On a les relations :
+\begin{align*}
+\frac{dh_1}{dt} &= - \frac{k}{S}h_1 + \frac{1}{S}q_e\\
+\frac{dh_2}{dt} &= \frac{k}{S}h_1- \frac{k}{S}h_2
+\end{align*}
+On pose $a= \frac{k}{S}$ et $b = \frac{1}{S}$, donc en posant $x= \begin{pmatrix}h_1\\h_2\end{pmatrix}$, on a :
+\[\dot{x} = \begin{pmatrix}-a & 0 \\ 0 & -a\end{pmatrix}x + \begin{pmatrix}b\\0\end{pmatrix} q_e\]
+
+\item \begin{align*}
+P_A(\lambda) &= det(p \mathbf{1}-A)\\
+&= (\lambda + a )^2
+\end{align*}
+On a donc une racine double négative, le système est donc globalement asymptotique stable.\\
+
+\item \begin{align*}
+y &= h_1\\
+&= \begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix}. \begin{pmatrix}h_1\\h_2\end{pmatrix}\\
+&= Cx
+\end{align*}
+ 
+A-t-on observabilité du système? \\
+\[O(C,A) = \begin{pmatrix} C\\CA\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&0\\-a&0\end{pmatrix}\]
+Le système est non observable lorsque $y= h_1$.\\
+
+Si $y = h_2 = \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix} x$
+\[O(C,A) = \begin{pmatrix} C\\CA\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&1\\a&-a\end{pmatrix}\]
+Le système est observable lorsque $y = h_2$.\\
+
+Rappel : Équation fondamentale de l'observateur asymptotique :
+\[\left \{\begin{matrix}
+\dot{\hat{x}} = A\hat{x} + B u + L(y-\hat{y})\\
+\hat{y} = C\hat{x}
+\end{matrix}\right. \]
+
+Posons : 
+\begin{align*}
+\epsilon_x = x - \hat{x}\\
+\dot{\epsilon_x} = \dot{x}-\dot{\hat{x}}\\
+&= Ax + Bu - (A\hat{x} + Bu + L(y - \hat{y})\\
+&= A(x-\hat{x}) - L(Cx + C\hat{x})\\
+&= A\epsilon_x - LC\epsilon_x
+\intertext{donc :}
+\dot{\epsilon_x} &= (A-LC)\epsilon_x
+\intertext{avec $\epsilon_x(0) = x_0 - \hat{x_0}$}
+\epsilon_x(t) &= e^{(A-LC)t} \epsilon_{x_0}
+\end{align*}
+\begin{align*}
+\hat{x} \longrightarrow_{t \longrightarrow\infty} x &\Leftrightarrow \text{valeurs propres de A-LC à $Re() <0$}
+\end{align*}
+On cherche $L \in \mathbb{R}^{N*1}$ tel que $A-LC$ soit à valeurs propres à partie réelle négative.\\
+
+Soit,
+\begin{align*}
+L &= \begin{pmatrix}l_1\\l2\end{pmatrix}\\
+A-LC &= \begin{pmatrix}-a & -l_1\\a & -a-l_2\end{pmatrix}\\
+P_{A-LC}(p) &= p^2 + (2a+l_2)p + a^2 + a(l_1+l_2)\\
+\Pi_0(p) &= (p - \xi(-a))^2\\
+&= (p + \xi a )^2\\
+&= p^2 + 2\xi ap + \xi^2a^2
+\intertext{d'où, par identification :} 
+&\left \{\begin{matrix}
+2a + l_2 = 2 \xi a\\
+a^2 + a(l_1+l_2) = \xi^2a^2
+\end{matrix} \right.
+\intertext{donc, on obtient :}
+l_2 &= 2a(\xi-1)\\
+l_1 &= a(\xi -1) ^2
+\end{align*}
+\end{enumerate}
+
+
+\section*{Exercice 2 : système hydraulique avec perturbation}
+
+\begin{enumerate}
+\item On a :
+\begin{align*}
+q_e + q_p -q_1 &= S\frac{dh_1}{dt}\\
+q_1 - q_2 &= S\frac{dh_2}{dt}
+\intertext{d'ou la représentation d'état :}
+\begin{pmatrix}\dot{h_1}\\\dot{h_2}\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix}
+-a & 0 \\a & -a\end{pmatrix}. \begin{pmatrix}
+h_1\\h_2\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
+b\\0\end{pmatrix}q_e + \begin{pmatrix}
+b\\0\end{pmatrix}q_p
+\end{align*}
+
+\item On suppose que $q_p \approx cst$
+
+Posons $x = \begin{pmatrix}h_1\\h_2\\q_p\end{pmatrix}$, on a alors :
+\begin{align*}
+\dot{x} &= \begin{pmatrix}\dot{h_1}\\\dot{h_2}\\\dot{q_p}\end{pmatrix}\\
+&= \begin{pmatrix}
+-a & 0 & b\\a & -a 0 \\ 0 & 0& 0\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
+h_1\\h_2\\q_p\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
+b\\0\\00\end{pmatrix} q_e\\
+&= Ax + Bq_e
+\end{align*}
+
+\item Déterminons les valeurs propres :
+\begin{align*}
+det(\lambda \mathbf{1} - A) &= \left | \begin{matrix}
+\lambda + a &0&-b \\ -a & \lambda + a & 0 \\ 0 & 0 & \lambda \end{matrix} \right |\\
+&= \lambda(\lambda + a)^2
+\end{align*}
+
+\item 
+\begin{align*}
+\dot{\hat{x}} &= A\hat{x} + B u + L(y-\hat{y})\\
+y &= h_2 = \begin{pmatrix}0&1&0\end{pmatrix} x\\
+O(C,A) &= \begin{pmatrix}C\\CA \\CA^2\end{pmatrix}\\
+ &= \begin{pmatrix}0&1&0\\2&-a&0\\-2a^2&a^2&ab\end{pmatrix}\\
+ det(O(C,A)) &= -a^2b 
+\end{align*}
+ donc observable.\\
+ 
+
+\end{enumerate}
+
+
+
+
+\end{document}

421-Controle_processus/TP1/.~lock.bode.odt#

@@ -0,0 +1 @@
+,pierre-antoine,HP-PA,03.10.2018 17:59,file:///home/pierre-antoine/.config/libreoffice/4;

421-Controle_processus/TP1/TP1.tex

@@ -0,0 +1,283 @@
+\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
+
+\title{TP1 : Introduction aux systèmes asservis échantillonés : synthèse de correcteurs analogiques numérisés}
+\author{Aymeric Arnould, Tom Colinot}
+
+\begin{document}
+
+\maketitle
+
+\subsection*{Effets de l'échantillonnage}
+
+\subsubsection*{Préparation 1}
+\begin{itemize}
+\item Soit un signal sinusoïdal $x(t) = \sin(2 \pi f_0 t)$ échantillonné à la fréquence $F_e = 1/T_e$. Le spectre d'un signal purement sinusoïdal de fréquence $f_0$ est un Dirac de valeur 1 en $f_0$ et un Dirac de valeur -1 en $-f_0$. L'échantillonnage provoque une périodicité de ce spectre, de fréquence $F_e$.
+
+En effet, l'échantillonnage du signal revient à le multiplier par un peigne de Dirac : 
+\[p(t) = \sum_{n=0}^{\infty} \delta_0(t-nT_e) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} \frac{1}{T_e} e^{j\frac{2\pi k t}{T_e}} \]
+
+On peut donc exprimer le signal échantillonné $x^*(t)$ puis sa transformée de Fourier :
+\begin{align*}
+& x^*(t) = x(t).p(t) = \frac{1}{T_e} \sum_{k=-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j\frac{2\pi kt}{T_e}} \\
+& X^*(\omega)= \frac{1}{T_e} \sum_{k=- \infty}^{\infty}X(2\pi f-j\frac{2\pi k}{T_e}) \\
+& \boxed{X^*(f)= \frac{1}{T_e} \sum_{k=- \infty}^{\infty}(\delta(f_0-kF_e) - \delta(-f_0-kF_e))} \text{ car } X(f) = \delta_{f_0}(f) - \delta_{-f_0}(f)
+\end{align*}
+
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\begin{tikzpicture}
+\draw [>=latex,->] (-6,0) -- (6,0) node[right]{$f$} ;
+\draw [>=latex,->] (0,-2) -- (0,2) node[left]{$|X(f)|$};
+\draw [red] (1,0)node[below]{$f_0$} -- (1,1);
+\draw [red] (-1,0)node[above]{$-f_0$} -- (-1,-1);
+\draw (5,0)node[below]{$f_0+F_e$} -- (5,1);
+\draw (3,0)node[above]{$-f_0+F_e$} -- (3,-1);
+\draw (-3,0)node[below]{$f_0-F_e$} -- (-3,1);
+\draw (-5,0)node[above]{$-f_0-F_e$} -- (-5,-1);
+\draw [dotted] (-6,1) node[left]{$1/T_e$} -- (6,1);
+
+\end{tikzpicture}
+\caption{Représentation du spectre $X^*(f)$ dans le cas où $F_e > 2f_0$}
+\end{figure}
+
+\item Pour la reconstruction du signal, on utilise un filtre passe-bas idéal :
+\[ H(p=j2\pi f) = \left\{
+\begin{array}{ll}
+1 & \si |f| \leq F_e/2 \\
+0 & \sinon
+\end{array}
+\right.
+\]
+
+\begin{itemize}
+\item Si $f_0 < F_e / 2$, alors on va couper toutes les composantes sauf celles en $f_0$ et en $-f_0$. Le signal reconstitué sera donc le signal sinusoïdal initial.
+\item Si $f_0 = 1,2F_e$, alors le spectre sera de la forme donnée en figure 2.
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\begin{tikzpicture}
+\draw [>=latex,->] (-4,0) -- (5,0) node[right]{$f$} ;
+\draw [>=latex,->] (0,-2) -- (0,2) node[left]{$|X(f)|$};
+\draw [red] (1,0)node[below]{$f_0$} -- (1,1);
+\draw [red] (-1,0)node[above]{$-f_0$} -- (-1,-1);
+\draw (4.2,0)node[below]{$f_0+F_e$} -- (4.2,1);
+\draw (2.2,0)node[above]{$-f_0+F_e$} -- (2.2,-1);
+\draw (-0.2,0)node[below]{$f_0-F_e$} -- (-0.2,1);
+\draw (-2.2,0)node[above]{$-f_0-F_e$} -- (-2.2,-1);
+\draw [dotted] (-4,1) node[left]{$1/T_e$} -- (5,1);
+\end{tikzpicture}
+\caption{Représentation du spectre $X^*(f)$ dans le cas où $F_e = 1.2f_0$}
+\end{figure}
+
+Ainsi, en utilisant le filtre passe-bas, on ne récupérera que la composante correspondant à la fréquence $f_0-F_e$, et la reconstitution sera donc incorrecte.
+
+\end{itemize}
+
+\end{itemize}
+
+\clearpage
+\subsubsection*{Manipulation 1}
+On réalise à l'aide de Simulink l'échantillonnage et la reconstitution d'un signal de fréquence $f_0$ avec une période d'échantillonnage $T_e=1ms$ ($F_e=1kHz$).
+
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\includegraphics[scale=0.35]{m1_f0100.png}
+
+\includegraphics[scale=0.35]{m1_f01200.png}
+
+\includegraphics[scale=0.35]{m1_f04010.png}
+\caption{$s(t)$ et $e(t)$ pour $f_0$ = 100Hz, 1,2kHz et 4,01kHz}
+\end{figure}
+
+\begin{itemize}
+\item Lorsque $f_0 < F_e/2$, le signal est correctement reconstitué.
+\item Lorsque $f_0 = 1,2F_e=1,2kHz$, comme prévu dans la préparation, on ne récupère qu'un signal avec une fréquence $f_0-F_e = 200Hz$.
+\item Lorsque $f_0 \approx kF_e$ (ici $k=4$), alors on récupère de même un signal à la fréquence $f_0-kF_e$ (ici 4010-4000 = 10 Hz): c'est ce qu'on appelle un phénomène de battement.
+\end{itemize}
+
+\subsubsection*{Préparation 2}
+Le système comporte dans la chaîne directe le système analogique de fonction de transfert $H(p) = \frac{1}{1+2m_{BO}\frac{p}{\omega_{0BO}}+\frac{p^2}{\omega_{0BO}^2}}$ et un correcteur $C(p) = K_p$.
+\begin{itemize}
+\item L'expression de la fonction de transfert en boucle fermée s'écrit donc :
+\begin{align*}
+H_{BF}(p) & = \frac{H(p)C(p)}{1+H(p)C(p)} \\
+& = \frac{K_p}{(1+2m_{BO}\frac{p}{\omega_{0BO}}+\frac{p^2}{\omega_{0BO}^2}) + K_p} \\
+H_{BF}(p) & = \frac{\frac{K_p}{K_p+1}}{1+2\frac{m_{BO}}{K_p+1}\frac{p}{\omega_{0BO}}+\frac{p^2}{(K_p+1)\omega_{0BO}^2}}
+\end{align*}
+\item Avec $K_p=20$, on a alors
+\begin{align*}
+H_{BF}(p) & = \frac{0.95}{1+3,81.10^{-4}p+3,04.10^{-6}p^2}
+\intertext{On a donc :}
+\frac{1}{\omega_{0BF}^2} & = 3,04.10^{-6} \et 
+\frac{2m_{BF}}{\omega_{0BF}} = 3,81.10^{-4}
+\intertext{On en déduit les paramètres en boucle fermée :}
+\omega_{0BF} & = 574 rad.s^{-1} \\
+m_{BF} & = 0,11 
+\end{align*}
+
+À l'aide de l'abaque donnant le temps de réponse réduit $t_r\omega_0$ en fonction de l'amortissement $m$, on en déduit $t_r\omega_0 = 30$ rad donc \[t_r = 52,3ms\]
+
+L'abaque des dépassements indiciels permet d'obtenir la valeur du premier dépassement 
+\[D_1 = 0.7\]
+
+\item Le diagramme de Bode est donné en annexe 1. On assure une marge de phase de $45^o$ si on a pour une pulsation donnée une phase de $-135^o$ et un gain nul. Pour le système non corrigé, on a un gain de $-7,16dB$ pour une phase de $-135^o$. Multiplier par un gain $K_{45}=10^{7,16/20}=2,28$ permet de translater la courbe de gain sans agir sur la phase, et on a alors bien la marge de phase voulue.
+\end{itemize}
+
+\clearpage
+\subsubsection*{Manipulation 2}
+\paragraph{Simulation sur Simulink} On réalise l'asservissement analogique et on prend la réponse indicielle. 
+
+Pour $K_p = 20$ on obtient la réponse indicielle donnée en annexe 5. La valeur finale est de 0.95, l'amplitude du premier dépassement est de 1.6. On a donc $D_1=\frac{1.6-0.95}{0.95}=0.68$. Le temps de réponse à $5\%$ est d'environ $50ms$.
+
+Pour $K_p = K_{45} = 2,28$, on se propose de relever le gain et la phase à $\omega=202rad/s$ (voir annexe 6).On a bien un gain unitaire et une phase de $-135^o$ donc le gain $K_{45}$ assure bien une marge de phase de $45^o$.
+
+\paragraph{Montage sur la maquette}
+On réalise le montage sur la maquette. 
+
+Pour $K_p=20=R_1/R_2$, on utilise $R_1=12K\Omega$ et $R_2=600\Omega$ en mettant deux résistances de $1,2k\Omega$ en parallèle.
+On obtient la réponse indicielle suivante :
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\includegraphics[scale=0.5]{m2Kp20.png}
+\caption{Réponse indicielle, $K_p=20$}
+\end{figure}
+
+Les curseurs nous permettent d'avoir un temps de réponse à $5\%$ de $52ms$ et un premier dépassement de $70\%$.
+
+\clearpage
+
+Pour $K_p=K_{45}$, on obtient la réponse suivante à $\omega = 202rad/s$ ($f=32.2Hz$) :
+
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\includegraphics[scale=0.5]{m2K45w0dB.png}
+\caption{$s(t)$ et $e(t)$ en boucle ouverte, $K=K_{45}$, $\omega = 202rad/s$}
+\end{figure}
+
+On a bien un gain unitaire et un déphasage de $-135^o$, donc le gain $K_{45}$ assure bien une marge de phase de $45^o$.
+
+\bigskip
+
+\paragraph{Conclusion partie 2} Les résultats donnés par la simulation sont conformes à ceux obtenus par expérimentation sur la plaquette. La simulation Simulink représente bien le système réel implanté sur la plaquette.
+
+\clearpage
+
+\subsection*{Correcteur analogique numérisé}
+\subsubsection*{Préparation 3}
+On modélise l'action de l'échantillonneur-bloqueur par un retard pur de fonction de transfert \[B(p) = \exp(-T_ep/2)\]
+
+Ainsi, le gain de la fonction de transfert en boucle ouverte n'est pas affecté car $|\exp(-T_ep/2)| = 1$, et la phase est modifiée de $arg(\exp(-T_ep/2)) = -T_e/2 \omega$.
+
+\begin{figure}[h!]
+\includegraphics[scale=0.4]{Bode2.png}
+\caption{Diagrammes de Bode du système analogique et échantillonné}
+\end{figure}
+
+\begin{itemize}
+\item 1er cas : $T_e = 1ms$ (voir annexe 2)\\
+
+Le gain correspondant à la phase $-135^o$ est de $-5.7dB$ pour $\omega=190rad/s$, donc on a $K_{45} = 10^{5.7/20} = 1.93$.
+
+La limite d'instabilité est atteinte lorsqu'on a simultanément une phase de $-180^o$ et un gain de $0dB$. On a ici un gain de $-23.9dB$ pour une phase de $-180^o$, donc on a à la limite d'instabilité $K_{lim}=10^{23.9/20}=15.7$.
+
+
+\clearpage
+
+\item 2ème cas : $T_e = 5ms$ (voir annexe 3)\\
+
+Le gain correspondant à la phase $-135^o$ est de $-2.5dB$ pour $\omega=150rad/s$, donc on a $K_{45} = 10^{2.5/20} = 1.33$.
+
+La limite d'instabilité est atteinte lorsqu'on a simultanément une phase de $-180^o$ et un gain de $0dB$. On a ici un gain de $-10,5dB$ pour une phase de $-180^o$, donc on a à la limite d'instabilité $K_{lim}=3,35$.
+
+\end{itemize}
+
+\clearpage
+
+\subsubsection*{Manipulation 3}
+
+On se propose dans les deux cas ($T_e=1ms$, $T_e=5ms$) de vérifier que le gain $K_{45}$ assure la marge de phase à $45^o$ et que le gain $K_{lim}$ est bien la limite de stabilité.
+
+\bigskip
+\textbf{1er cas :} $T_e = 1ms$
+
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\includegraphics[scale=0.8]{m3retardpurTe1Kp45.png}
+\caption{$e(t)$ et $s(t)$ en boucle ouverte, $K_p=K_{45}$, $\omega=190rad/s$}
+\end{figure}
+
+Le gain $K_{45}$ assure bien une marge de phase de $-135^o$.
+
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\includegraphics[scale=0.8]{m3retardpurTe1.png}
+\caption{Réponse indicielle, $K=K_{lim}$}
+\end{figure}
+
+Le gain $K_{lim}$ assure bien la limite d'instabilité.
+
+On se propose de comparer la simulation du système avec le correcteur numérique et avec sa modélisation par un retard pur.
+
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\includegraphics[scale=0.8]{m3compTe1.png}
+\caption{Réponse indicielle simulée pour $K=K_{45}$, avec correcteur numérique (--) et modélisation par un retard pur (+)}
+\end{figure}
+
+La modélisation par un retard pur est très proche du comportement réel du correcteur.
+
+En faisant le montage avec la plaquette analogique et le correcteur numérique, on retrouve une réponse semblable.
+
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\includegraphics[scale=0.5]{m3maquette.png}
+\caption{Réponse indicielle avec la maquette et le correcteur numérique pour $K=K_{45}$}
+\end{figure}
+
+\clearpage
+\textbf{2ème cas :} $T_e = 5ms$
+
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\includegraphics[scale=0.8]{m3retardpurTe5Kp45.png}
+\caption{$e(t)$ et $s(t)$ en boucle ouverte, $K_p=K_{45}$, $\omega=150rad/s$}
+\end{figure}
+
+Le gain $K_{45}$ assure bien une marge de phase de $-135^o$.
+
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\includegraphics[scale=0.8]{m3retardpurTe5.png}
+\caption{Réponse indicielle, $K=K_{lim}$}
+\end{figure}
+
+Le gain $K_{lim}$ assure bien la limite d'instabilité.
+
+\clearpage
+\subsection*{Synthèse d'un correcteur PI numérisé}
+\subsubsection*{Préparation 4}
+
+Le diagramme de Bode asymptotique du correcteur $C(p) = K_p(1+\frac{1}{T_ip})$ est le suivant :
+
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\begin{tikzpicture}
+\draw [>=latex,->] (0,0) -- (0,3) node[left]{$\phi(^o)$} ;
+\draw [>=latex,->] (-1,2) -- (6,2) node[right]{$\omega$};
+
+\draw [red] (0,1) node[left]{$-90$} -- (3,1) -- (3,2) -- (6,2);
+
+\draw [>=latex,->] (0,4) -- (0,7) node[left]{$G_{dB}$} ;
+\draw [>=latex,->] (-1,5) -- (6,5) node[right]{$\omega$};
+
+\draw [red] (0,6.5) -- (3,5.5) -- (6,5.5);
+\draw [red,dashed] (0,5.5) node[left]{$K_p$} -- (3,5.5) -- (3,2) node[left]{$\frac{1}{T_i}$};
+
+\end{tikzpicture}
+\end{figure}
+
+Pour obtenir une marge de phase de $-45^o$, il faut utiliser $K_p$ pour ajuster la courbe de gain. Pour cela, on se place dans le domaine où le gain du correcteur est égal à $K_p$ et où la phase est nulle. 
+
+Le gain $K_p$ utilisé sera celui calculé précédemment, $K_{45} = 2.28$.
+On avait pour le système non corrigé une phase de $-135dB$ pour une pulsation de 202 rad/s. On va donc placer $\frac{1}{T_i}=\frac{202}{10}$ donc $T_i=49.5ms$.
+
+\end{document}

421-Controle_processus/TP2/TP2.blg

@@ -0,0 +1,48 @@
+This is BibTeX, Version 0.99d (TeX Live 2013/Debian)
+Capacity: max_strings=35307, hash_size=35307, hash_prime=30011
+The top-level auxiliary file: TP2.aux
+I found no \citation commands---while reading file TP2.aux
+I found no \bibdata command---while reading file TP2.aux
+I found no \bibstyle command---while reading file TP2.aux
+You've used 0 entries,
+            0 wiz_defined-function locations,
+            83 strings with 480 characters,
+and the built_in function-call counts, 0 in all, are:
+= -- 0
+> -- 0
+< -- 0
++ -- 0
+- -- 0
+* -- 0
+:= -- 0
+add.period$ -- 0
+call.type$ -- 0
+change.case$ -- 0
+chr.to.int$ -- 0
+cite$ -- 0
+duplicate$ -- 0
+empty$ -- 0
+format.name$ -- 0
+if$ -- 0
+int.to.chr$ -- 0
+int.to.str$ -- 0
+missing$ -- 0
+newline$ -- 0
+num.names$ -- 0
+pop$ -- 0
+preamble$ -- 0
+purify$ -- 0
+quote$ -- 0
+skip$ -- 0
+stack$ -- 0
+substring$ -- 0
+swap$ -- 0
+text.length$ -- 0
+text.prefix$ -- 0
+top$ -- 0
+type$ -- 0
+warning$ -- 0
+while$ -- 0
+width$ -- 0
+write$ -- 0
+(There were 3 error messages)

421-Controle_processus/TP2/TP2.tex

@@ -0,0 +1,219 @@
+\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
+\newcommand{\nomTD}{TP2 : Asservissement échantillonné, méthode de ZDAN}
+\renewcommand{\nomentete}{UE421-\nomTD}
+\renewcommand{\auteur}{Aymeric Arnould, Tom Colinot}
+\newcommand{\z}{z^{-1}}
+
+\begin{document}
+\section*{\nomTD}
+
+\subsection*{I/ Introduction et Préparation}
+
+On souhaite corriger par la méthode de ZDAN le processus de fonction de transfert \[G(p) = \frac{K}{1+\tau p}\]
+
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\begin{tikzpicture}
+\sbEntree{E}
+\sbComp{comp}{E}                
+\sbRelier[$E(z)$]{E}{comp}
+\sbBloc{reg}{$D(z)$}{comp}  
+\sbRelier[$\epsilon$]{comp}{reg}
+\sbBloc{boz}{Bloqueur $B_0(p)$}{reg}      
+\sbRelier{reg}{boz}
+\sbBloc{sys}{$G(p)$}{boz}
+\sbRelier{boz}{sys}
+\sbSortie{S}{sys}                
+\sbRelier[$S(p)$]{sys}{S}
+\sbDecaleNoeudy[4]{S}{R}
+\sbBlocr[7]{can}{Échantillonneur}{R}
+\sbRelieryx{sys-S}{can}
+\sbRelierxy{can}{comp}
+\end{tikzpicture}
+\caption{Asservissement considéré}
+\end{figure}
+
+\subsubsection*{Préparation 1}
+
+On cherche à expliciter la fonction de transfert en $z$ du processus \[G(p) = \frac{K}{1+\tau p}\]
+
+Ce processus est associé au bloqueur d'ordre 0 modélisé par \[B_0(p) = \frac{1-e^{-T_ep}}{p}\]
+
+\begin{align*}
+H(z) & = Z\{B_0(p)G(p)\} = (1-\z)Z\{^*L^{-1}\{\frac{G(p)}{p}\}\} \\
+& = (1-\z)Z\{^*L^{-1}\{ \frac{K}{p(1+\tau p)} \} \\
+& = K (1-\z)Z\{^*L^{-1}\{ \frac{1}{p} - \frac{\tau}{1+\tau p} \} \\
+& = K (1-\z)Z\{1-e^{-\frac{nT_e}{\tau}}\} \\
+& = K (1-\z)(\frac{z}{z-1}-\frac{z}{z-D}) \text{ où } D = e^{-T_e/\tau} \\
+& = K(1-\frac{z-1}{z-D}) \\
+H(z) & = K(1-D)\frac{\z}{1-D\z}
+\end{align*}
+\[ \boxed{H(z) = k_1\frac{\z}{1-a\z} \avec k_1 = K(1-e^{-\frac{T_e}{\tau}}) \et a = e^{-\frac{T_e}{\tau}}} \]
+
+\subsubsection*{Préparation 2}
+
+On utilise un correcteur de la forme :
+\[ D(z) = K_d\frac{1-a\z}{(1-\z)(1+b\z)} \]
+
+\begin{itemize} \setlength{\itemsep}{10mm}
+\item \textbf{Calcul de la fonction de transfert en boucle fermée }
+
+En boucle ouverte,
+\[ T_{BO}(z) = D(z)H(z) = k_1K_d \frac{\z}{(1-\z)(1+b\z)} \]
+
+On a donc en boucle fermée :
+\begin{align*}
+F(z) & = \frac{T_{BO}(z)}{1+T_{B0}(z)} \\
+& = \frac{k_1K_d\z}{(1-\z)(1+b\z) +k_1K_d\z} \\
+& = \frac{k_1K_d\z}{1+\z(k_1K_d+b-1)-bz^{-2}}
+\end{align*}
+
+\item \textbf{Erreur statique de position}
+
+En utilisant le théorème de la valeur finale, avec une entrée échelon $E(z) = E_0 \frac{z}{z-1}$,
+
+\begin{align*}
+\lim_{t\rightarrow +\infty}s(t) & = \lim_{z\rightarrow 1} \frac{z-1}{z} F(z) \frac{z}{z-1}E_0 \\
+& = \lim_{z\rightarrow 1} \frac{k_1K_d\z}{1+\z(k_1K_d+b-1)-bz^{-2}} E_0 \\
+& = \frac{k_1K_d}{1+(k_1K_d-1+b)-b}E_0 \\
+& = E_0
+\end{align*}
+
+On a donc bien une erreur statique de position nulle.
+
+\item On écrit la fonction de transfert en boucle fermée sous la forme suivante :
+\[ \boxed{ F(z) = \frac{A\z}{1+B\z+Cz^{-2}} \avec A = k_1K_d, \quad B=k_1K_d + b -1, \quad C = -b }\]
+\end{itemize}
+
+\subsubsection*{Préparation 3}
+\begin{itemize}\setlength{\itemsep}{10mm}
+
+\item On veut la fonction de transfert du second ordre :
+\[ M(p) = \frac{F_0}{1+\frac{2m}{\Omega}p+\frac{p^2}{\Omega^2}} = \frac{\omega_0}{(p+x)^2 + \omega_0^2} = \frac{\frac{\omega_0}{\omega_0^2+x^2}}{\frac{p^2}{\omega_0^2+x^2}+\frac{2x}{\omega_0^2 + x^2}p +1}\]
+
+On en déduit donc : \[ \boxed{ F_0 = \frac{\omega_0}{\omega_0^2 + x^2}, \quad \Omega = \sqrt{\omega_0^2 + x^2} \quad \et \quad m=\frac{x}{\Omega}} \]
+
+\item \[ \boxed{x = m\Omega, \quad \omega_0=\Omega\sqrt{1-m^2} \text{ pour } m< 1 } \]
+
+\item La transformée en $z$ de la fonction de transfert $M(p)$ est 
+\[ M(z) = \frac{ze^{-xT_e}\sin(\omega_0T_e)}{z^2 - 2ze^{-xT_e}\cos(\omega_0T_e)+e^{-2xT_e}} \]
+
+Le dénominateur a pour déterminant $\Delta = 4e^{-2xT_e}(\cos^2(\omega_0T_e)-1) \leq 0$.
+
+Les pôles sont donc \[z_{1,2} = e^{-xT_e}(\cos(\omega_0T_e) \pm j \sqrt{1-\cos^2(\omega_0T_e)}) = e^{-xT_e\pm j\omega_0T_e}\]
+
+\item On veut que $M(z)$ et $F(z)$ aient les mêmes pôles :
+\[ \frac{A\z}{1+B\z+Cz^{-2}} = \frac{ze^{-xT_e}\sin(\omega_0T_e)}{z^2 - 2ze^{-xT_e}\cos(\omega_0T_e)+e^{-2xT_e}} = \frac{\z e^{-xT_e}\sin(\omega_0T_e)}{1 - 2\z e^{-xT_e}\cos(\omega_0T_e)+z^{-2}e^{-2xT_e}} \]
+
+Donc en identifiant :
+\[ \boxed{ A = e^{-xT_e}\sin(\omega_0T_e), \quad B = -2 e^{-xT_e}\cos(\omega_0T_e), \quad C = e^{-2xT_e}} \]
+
+\item On a immédiatement
+\[ \boxed{ b = -e^{-2xT_e}} \]
+
+De plus, $B = k_1K_d + b -1 = -2 e^{-xT_e}\cos(\omega_0T_e)$ donc 
+\[ \boxed{ K_d = \frac{1-2 e^{-xT_e}\cos(\omega_0T_e)+e^{-2xT_e}}{k_1} }\]
+\end{itemize}
+
+\subsubsection*{Préparation 4}
+
+\begin{itemize}\setlength{\itemsep}{10mm}
+\item On a le correcteur 
+\[ D(z) = \frac{K_d-K_da\z}{1+(b-1)\z -bz^{-2}} = \frac{Y(z)}{X(z)} \]
+On transforme cette expression en équation de récurrence :
+\[Y(z)(1+(b-1)\z -bz^{-2}) = X(z)(K_d-K_da\z) \]
+\[ \boxed{y[n] = K_dx[n] - K_d a x[n-1] + (1-b)y[n-1] + by[n-2]}\]
+
+\item On en déduit donc : 
+\[ \boxed{ A_1 = K_d, A_2 = -aK_d, B_1 = 1-b, B_2 = b } \]
+
+\item Applications numériques :
+\[ T_e = 50 \mu s, m = 0,5, \Omega = 5000 rad/s, \tau = 1ms, K=2 \]
+\begin{multicols}{3}
+$a = 0.9512$\\
+$k_1 = 0.09754$\\
+$x = 2500 $ rad/s\\
+$\omega_0 = 4330 $rad/s\\
+
+$A = 0.18957$\\
+$B = -1.72379$\\
+$C = 0.7788$\\
+$b = -0.7788$\\
+$K_d = 0.56397$\\
+$A_1 = 0.56397$\\
+$A_2 = -0.53645$\\
+$B_1 = 1.7788$\\
+$B_2 = -0.7788$
+\end{multicols}
+
+\item Avec un coefficient d'amortissement $m=0.5$, on détermine $t_r\Omega = 5.3$ donc $t_r = 1,26$ ms. Le premier dépassement est de $D_1 = 25 \%$.
+\end{itemize}
+
+\subsection*{II/ Manipulation}
+
+\subsubsection*{Manipulation 1}
+
+\textit{Simulation du système analogique} \\
+
+Avec les valeurs calculées ci-dessus, en utilisant un pas d'intégration de $10^{-5}$s et un schéma d'Euler d'ordre 1, on obtient la réponse indicielle suivante :
+
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\includegraphics[scale=0.4]{analtr5.png}
+\caption{Réponse indicielle du système analogique simulé}
+\end{figure}
+
+Si on diminue le pas d'intégration, alors la réponse calculée peut être très différente. Par exemple, avec un temps de $10^{-4}$ s, on a la réponse :
+
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\includegraphics[scale=0.4]{analbullshit.png}
+\end{figure}
+
+Si on prend un schéma d'intégration plus précis, sans changer le pas d'intégration, on peut obtenir une réponse satisfaisante. Par exemple, en prenant un schéma de Dormand-Price d'ordre 8, on obtient la réponse suivante, qui est similaire à celle obtenue précédemment.
+
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\includegraphics[scale=0.4]{anal_DP8.png}
+\end{figure}
+
+\textit{Simulation de l'asservissement avec un correcteur numérique}\\
+
+On réalise l'asservissement avec le correcteur numérique. Les réponses du second ordre analogique et du second ordre numérique diffèrent d'un gain induit par l'échantillonnage. Pour les comparer, on peut donc les normaliser par leur gain statique.
+
+\begin{figure}[h!]
+\includegraphics[scale=0.40]{anal_num.png}
+\end{figure}
+
+La réponse du système numérique est très proche de celle du système analogique, mais les courbes ne se superposent pas tout à fait.
+\newpage
+
+On réalise la simulation pour des valeurs différentes de $T_e$ :
+
+\begin{figure}[h!]
+\includegraphics[scale=0.40]{num_Te.png}
+\caption{Réponse de l'asservissement pour $T_e$ = 1$\mu$s,10$\mu$s,100$\mu$s,1ms,5ms,10ms}
+\end{figure}
+
+La variation de la période d'échantillonnage fait varier la valeur du premier dépassement. Lorsque $T_e$ augmente et se rapproche de la période de Shannon $\frac{\pi}{\Omega}$, le dépassement  diminue. \\
+
+On avait remarqué que les réponses simulées avec $M(p)$ et $M(z)$ étaient légèrement différentes. Pour retrouver une réponse proche de celle de la boucle avec le correcteur numérique, en utilisant un modèle analogique, on approxime le bloqueur d'ordre zéro par un retard pur de $T_e/2$ et on utilise l'approximation de Tustin pour remplacer la fonction de transfert en $z$ par une fonction de transfert en $p$.
+
+\noindent Remarque : on utilise les fonctions de Matlab pour faire l'approximation de Tustin.\\
+
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\includegraphics[scale=0.4]{tustin.png}
+\includegraphics[scale=0.4]{simtustin.png}
+\end{figure}
+
+Les deux courbes ne sont pas superposées. L'approximation a cependant permis d'améliorer le modèle analogique vu au début du TP.
+
+\subsubsection*{Manipulation 2}
+
+Grâce à la carte D-space on a pu remplacer la partie analogique simulée du système par une partie analogique réelle. 
+
+On retrouve bien les performances du système modélisé : $D = 17.3 \%$ et $t_5\% = 1 ms$ (voir figures en annexe).
+
+
+\end{document}

421-Controle_processus/TP2/manip1.m

@@ -0,0 +1,104 @@
+% UE421 - TP2 - Manipulation 1
+
+close all;
+
+Te = 50e-6;
+tau = 1e-3; %ms
+K=2;
+
+% Paramètres du second ordre analogique
+m=0.5;
+Omega = 5000; %rad/s
+x = m*Omega;
+omega0 = Omega*sqrt(1-m^2);
+F0 = omega0/(omega0^2+x^2);
+
+% Paramètres du second ordre numérique correspondant
+a = exp(-Te/tau);
+k1 = K*(1-a);
+A = exp(-x*Te)*sin(omega0*Te);
+B = -2*exp(-x*Te)*cos(omega0*Te);
+C = exp(-2*x*Te);
+b = -C;
+Kd = (B-b+1)/k1;
+
+% Simulation ordre 2 analogique
+
+% Delta = 1e-4; % pas d'intégration
+% sim ('scripts/ordre2ana.slx')
+% sim_an = simout;
+% s_an = sim_an.data(:,2);
+% s0_an = s_an(end); % Valeur finale pour normalisation
+% figure(1);
+% plot(sim_an.time,sim_an.data(:,2))
+% xlabel('temps (s)');
+% title('Reponse indicielle (systeme analogique, pas 100us, Dormand Price(8))');
+
+
+% Simulation ordre 2 numérique
+% Delta = 5e-6; % pas d'intégration < Te
+% sim ('scripts/ordre2num.slx');
+% sim_num = simout;
+% s_num = sim_num.data(:,2);
+% s0_num = s_num(end); % Valeur finale pour normalisation
+
+%Comparaison des réponses analogique / numérique
+% figure(2);
+% plot(sim_num.time,s_num/s0_num,'.',sim_an.time,s_an/s0_an);
+% xlabel('temps(s)');
+% title('Comparaison des reponses indicielles');
+
+%Effet de la fréquence d'échantllonnage
+% figure(2);
+% xlabel('temps(s)');
+% title('Comparaison des reponses indicielles numériques');
+% temps_ech = [1e-6,1e-5,1e-4,1e-3,5e-3,1e-2];
+% 
+% for k = [1:1:6]
+%     Te=temps_ech(k);
+%     a = exp(-Te/tau);
+%     k1 = K*(1-a);
+%     A = exp(-x*Te)*sin(omega0*Te);
+%     B = -2*exp(-x*Te)*cos(omega0*Te);
+%     C = exp(-2*x*Te);
+%     b = -C;
+%     Kd = (B-b+1)/k1;
+%     sim ('scripts/boucle.slx');
+%     sim_num = simout;
+%     s_num = sim_num.data(:,3);
+%     s0_num = s_num(end); % Valeur finale pour normalisation
+%     subplot(2,3,k); plot(sim_num.time,s_num/s0_num);
+% end;
+% 
+
+
+% Recherche réponse par modèle analogique
+z=tf('z',Te)
+D=Kd*z*(z-a)/((z-1)*(z+b))
+Dt = d2c(D,'Tustin')
+
+% Système analogique par BF
+Delta = 1e-5; % pas d'intégration
+sim ('scripts/ordre2ana.slx')
+sim_an0 = simout;
+s_an0 = sim_an0.data(:,2);
+s0_an0 = s_an0(end); % Valeur finale pour normalisation
+
+% Approximation analogique par Tustin
+Delta = 1e-5; % pas d'intégration
+sim ('scripts/ordre2ana2.slx')
+sim_an = simout;
+s_an = sim_an.data(:,2);
+s0_an = s_an(end); % Valeur finale pour normalisation
+
+%Simulation ordre 2 numérique bouclé
+sim ('scripts/boucle.slx');
+sim_num = simout;
+s_num = sim_num.data(:,3);
+s0_num = s_num(end); % Valeur finale pour normalisation
+
+%Comparaison des réponses analogique / numérique
+figure(1);
+plot(sim_num.time,s_num/s0_num,sim_an.time,s_an/s0_an);
+xlabel('temps(s)');
+title('Comparaison des reponses indicielles');

421-Controle_processus/TP3/TP3.tex

@@ -0,0 +1,190 @@
+\documentclass{article}
+
+\input{../../preambule/preambule}
+
+\newcommand{\nomTD}{TP3 : Asservissement numériques de position}
+\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nomTD}
+\renewcommand{\auteur}{A. Arnould, T. Colinot, C.Colonna}
+\newcommand{\z}{z^{-1}}
+
+
+\begin{document}
+
+\titre{TP3 : Identification et asservissement numériques de position d'un bras à liaisons flexibles}
+
+\section{Introduction}
+
+On s'intéresse dans ce TP à la commande d'un montage disposant d'un bras entrainé par un moteur en liaison pivot élastique avec un chassis également en liaison pivot élastique avec le bâti.
+
+\subsection*{Préparation 1}
+
+\begin{itemize}
+\item En utilisant la documentation fournie en annexe on trouve la constante de temps mécanique de la MCC  : $\tau_m = 17 ms$. On peut également déduire des valeurs de résistance et d'inductance fournie un ordre de grandeur de la constante de temps électrique de la machine : \[\tau_{el} = \frac{L}{R} \approx 80 \mu s << \tau_m\]
+
+\item Comme la constante de temps mécanique est très grande devant la constante de temps électrique, on peut simplifier l'équation électrique donnée. \[u(t) = Ri(t) + \Phi\omega_m\]
+
+\item En analysant les ordres de dérivation maximum atteignables par combinaison des équations électriques et mécaniques fournies, on trouve : \begin{itemize}
+\item Pour $\theta$ : on arrive jusqu'à $\ddot{\ddot{\theta}}$, ce qui explique le degré 4 au dénominateur. Comme les expressions ne comportent que $\dot{\theta}$, on obtient un $(1-\z)$ en facteur.
+\item Pour $\psi$ : on atteint $\dot{\ddot{\psi}}$, ce qui explique l'ordre 3 pour $V_\psi$.
+\item Pour $U$ : on sait que le système est causal, ce qui impose les degrés des polynômes aux numérateurs.
+\end{itemize}
+
+\end{itemize}
+
+\subsection*{Manipulation 1}
+
+On injecte en entrée du système un créneau d'amplitude 2V crête-à-crête. On relève les signaux en sortie des capteurs de vitesse angulaire $\omega$ et de position angulaire du bras $\psi$. On obtient la courbe suivante :
+
+\begin{figure}[h!]
+\begin{center}
+\includegraphics[width=0.7\textwidth]{tau.png}
+\end{center}
+\end{figure}
+
+On relève le temps de montée du système approximé à un premier ordre, ce qui nous donne la bande passante du système. On trouve $\tau = 16 ms$ donc $F_max = 9.9Hz$. Une fréquence d'échantillonnage de 25ms est donc adaptée : elle conduit à une fréquence d'échantillonnage $F_e = 40Hz$ qui respecte la condition de Shannon : \[F_e > 2F_{max}\]
+
+On peut approximer le système par un premier ordre, car la dérivée à l'origine de la réponse indicielle n'est pas nulle. Le comportement observé est donc uniquement dû à l'aspect mécanique du système. Cela prouve que la constante de temps électrique est négligeable, et justifie la simplification de l'équation électrique.
+
+Pour une entrée sinusoïdale de fréquence 1Hz, on observe les angles $\theta$ et $\psi$ du système grâce à la carte Dspace et Simulink.
+
+\begin{figure}
+\begin{center}
+\includegraphics[width=0.7\textwidth]{CAN.png}
+\end{center}
+\end{figure}
+
+\section{Identification}
+\subsection*{Préparation 2}
+
+\begin{itemize}
+
+\item D'après l'équation (6) on trouve l'équation de récurrence : \[\gamma[k] + (a_1-1)\gamma[k-1] + (a_2-a_1)\gamma[k-2] + (a_3-a_2)\gamma[k-3] + (a_3-a_4)\gamma(k-4) = \Sigma_{i=1..4}b_iu[k-i]\]
+
+\item On peut poser $\hat{\gamma}$ tel que $\hat{\gamma}[k] = \gamma[k] - \gamma[k-1]$.
+
+\item On exprime $\hat{\gamma}[k]$ en fonction des termes précédents de $\hat{\gamma}$ et de $u$ :
+\[\hat{\gamma}[k] = -\Sigma_{i=1..3}a_i\hat{\gamma}[k-i] + \Sigma_{i=1..4}b_iu[k-i]\]
+d'où l'expression matricielle :
+\[\hat{\gamma}[k] = \left[ -\hat{\gamma}_{k-1} \quad -\hat{\gamma}_{k-2} \quad -\hat{\gamma}_{k-3} \quad -\hat{\gamma}_{k-4} \quad u_{k-1} \quad u_{k-2} \quad u_{k-3}\right] \left[a_1 \quad a_2 \quad a_3 \quad b_1 \quad b_2 \quad b_3 \quad b_4\right]^{T} \]
+
+\item D'après l'annexe 7 on obtient une expression de d[k] : \[d[k] = \left[-\hat{\gamma}[k-1] -\hat{\gamma}[k-2] ... -\hat{\gamma}[k-n] u[k-1] u[k-2] ... u[k-m]\right] \]
+tel que $d[k]v = \hat{\gamma}\*[k,v]$
+
+\item Par définition du SBPA, la grille fréquentielle est de $\frac{1}{NT_e}$. Pour $N=127$ et $T_e = 25ms$ on obtient 0.31Hz.
+
+\end{itemize}
+
+\subsection*{Manipulation 2}
+
+On génère une séquence de bruit pseudo-aléatoire de longueur 7. On utilise pour ceci un registre à décalage, que l'on peut mettre en oeuvre sous Simulink comme suit :
+
+\begin{figure}
+\begin{center}
+\includegraphics[width=0.7\textwidth]{SBPA.PNG}
+\end{center}
+\end{figure}
+
+La transformée de Fourier du SBPA est :
+
+\begin{figure}
+\begin{center}
+\includegraphics[width=0.5\textwidth]{spectroutroum.PNG}
+\end{center}
+\end{figure}
+
+L'enveloppe de la densité spectrale de puissance a la forme d'un sinus cardinal périodisé. On vérifie que la grille fréquentielle est suffisamment fine pour caractériser le système.
+
+On mesure les variations de l'angle du bras au cours du temps. On s'intéresse particulièrement au comportement fréquentiel de ce paramètre. La réponse en fréquence est donnée ci-dessous.
+
+
+\begin{figure}[h!]
+\begin{center}
+\includegraphics[width=0.5\textwidth]{FFTBG.png}
+\end{center}
+\end{figure}
+
+Il existe des résonances matérialisées par des pics dans la réponse en fréquence. La plus importante se trouve à $F_{res} = 4.1Hz$. En excitant le système au GBF, avec un sinus de fréquence 4.1Hz, on remarque que cette résonance correspond à la fréquence où le bras oscille sans la plate-forme.
+
+On veut identifier le système à partir de la forme choisie. Pour ce faire on met en oeuvre un critère des moindres carrés portant sur les paramètres du système. 
+
+Le code matlab est donné ci-dessous :
+\begin{lstlisting}
+%kth=10/(2*pi);
+%kpsi = 25/(2*pi);
+
+mlibini
+
+var_names={'Model Root/theta/Out1';'Model Root/psi/Out1';'Model Root/Alpha7/Out1'};
+var=mlib('GetTrcVar',var_names);
+mlib('Set','Trigger','off', 'TraceVars',var, 'StepSize',0.025, 'Start',0.0, 'Stop',5);
+
+mlib('StartCapture');
+while mlib('CaptureState')~=0,end
+out_data=mlib('FetchData');
+    
+Te=0.025;
+theta = out_data(1,:)-mean(out_data(1,:));
+psi = out_data(2,:)-mean(out_data(2,:));
+u = out_data(3,:)-mean(out_data(3,:));
+gamma = psi+theta;
+
+
+t=0:(length(out_data)-1);
+t=t*Te;
+
+hat_gamma = gamma - [0 gamma(1:end-1)];
+hat_gamma_1 = [0 hat_gamma(:,1:end-1)];
+hat_gamma_2 = [0 hat_gamma_1(:,1:end-1)];
+hat_gamma_3 = [0 hat_gamma_2(:,1:end-1)];
+hat_gamma_4 = [0 hat_gamma_3(:,1:end-1)];
+
+u_1 = [0 u(:,1:end-1)];
+u_2 = [0 u_1(:,1:end-1)];
+u_3 = [0 u_2(:,1:end-1)];
+
+d = [[-hat_gamma_1]; [-hat_gamma_2]; [-hat_gamma_3]; [-hat_gamma_4]; [u_1]; [u_2]; [u_3]];
+d = d';
+d = d(4:end,:);
+
+v_opt = inv(d'*d)*d'*gamma(4:end)';
+
+\end{lstlisting}
+
+Les valeurs optimales sont \[v_{opt} = \vect{a_1 \\ a_2 \\ a_3 \\ a_4 \\ b_1 \\ b_2 \\ b_3} = \vect{-0,284 \\
+-0,540 \\
+-0,718 \\
+-0,525 \\
+-0,066 \\
+0,007 \\
+0,038}\]
+
+\section{Asservissement de position}
+
+\subsection*{Préparation 3}
+
+\begin{itemize}
+
+\item Le polynôme caractéristique monique s'exprime sous la forme \[\Pi_d(p) = 1+\frac{2m}{\omega_0}p + \frac{p^2}{w_0^2}
+\]
+Si on pose $p=\frac{1-z}{T_e}$ on trouve \[\Pi_d(z) = 1+\frac{2m}{\omega_0}\frac{1-z}{T_e} + \frac{(\frac{1-z}{T_e})^2}{w_0^2}\]
+\[=1+\frac{2m}{\omega_0T_e}+\frac{1}{\omega_0^2T_e^2} + z(-\frac{2m}{ \omega_0T_e} - \frac{2}{\omega_0^2T_e^2}) + z^2(\frac{1}{\omega_0^2T_e^2})\]
+
+\item Pour $e(z) = 0$ et $p(z) = cste$ on a \[lim_{n\rightarrow+\infty}(\epsilon[n]) = lim_{z\rightarrow1}(\epsilon(z)) = lim_{z\rightarrow1}(R(z)*(...))\]
+donc si $R(z) = (z-1)\tilde{R}(z)$ on a bien : \[lim_{n\rightarrow+\infty}(\epsilon[n]) = 0\] ce qui correspond à une erreur statique nulle pour une perturbation constante.
+
+\item L'équation diophantienne prend la forme : \[A(z)R(z) - B(z)R(z) = \Pi_d(z)A_0(z) \]
+Par égalité des degrés : 
+
+\item On prend $\omega = 100$.
+
+\end{itemize}
+
+\section*{Conclusion}
+
+Si la forme de la fonction de transfert en z supposée est la bonne alors cette identification de système représente exactement la réalité.
+
+On a utilisé un bruit blanc en entrée afin d'obtenir tous
+
+
+
+\end{document}

421-Controle_processus/TP4/TP4.m

@@ -0,0 +1,30 @@
+tau = 0.056;
+Kohm=1.1;
+Kthe=3.98;
+K=1.18;
+
+K2=K*Kthe;
+mBF=0.8;
+
+C=1/(mBF^2*4*K2*tau)
+omega0 = (K2*C/tau)^(1/2)
+
+num=[K2];
+den=[tau 1 0];
+
+sys=tf(num,den);
+
+% 
+% zeta=0.8;wn=12.5;
+% rlocus(sys);
+% sgrid(zeta,wn);
+% 
+% C=0.1;
+% sysBF = feedback(C*sys,1,-1);
+rlocus(sys);
+
+% prep 2
+%  omegaBF=[20 30 50];
+%  
+%  l1=tau.*omegaBF.^2/K2
+%  l2=(2*tau*mBF.*omegaBF-1)/K2

421-Controle_processus/TP4/TP4.tex

@@ -0,0 +1,357 @@
+\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
+\newcommand{\nomTD}{TP4 : Asservissement par retour d'état}
+\renewcommand{\nomentete}{UE421-\nomTD}
+\renewcommand{\auteur}{Aymeric Arnould, Tom Colinot}
+\newcommand{\z}{z^{-1}}
+
+\title{TP4 : Asservissement de position d'un moteur à courant continu par retour d'état}
+\author{\auteur}
+
+\begin{document}
+\maketitle
+
+\section*{I/ Introduction}
+Nous allons dans ce TP mener une première étude pour identifier le moteur considéré. Ensuite, nous mettrons en place une correction proportionnelle, afin de voir dans quelle mesure la correction par retour d'état permet un meilleur réglage des paramètres du système bouclé.
+
+
+\section*{II/ Présentation du moteur}
+
+\subsection*{Préparation 1}
+\begin{itemize}\setlength{\itemsep}{10mm}
+\item Le frottement sec est assimilable à une perturbation en couple constant. Ainsi, pour réduire son importance dans la modélisation, il faut essayer d'augmenter l'amplitude de la tension d'entrée, et donc du couple créé, pour que celui-ci soit prépondérant devant le frottement sec. Il faut toutefois conserver une tension d'entrée entre $\pm$ 10 V pour ne pas avoir de saturation.
+
+\item \textbf{Détermination de $K_2$}
+
+En boucle ouverte, la fonction de transfert relative à la tension image de la position est : 
+\[\frac{V_{\theta}(p)}{U(p)} = \frac{K_2}{p(1+\tau p)} = \frac{K_2}{p}-\frac{K_2\tau}{1+\tau p}\]
+On en déduit la réponse indicielle :
+\[v_{\theta}(t) = K_2(t -  \tau(1-e^{t/\tau})), \forall t>0\]
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\includegraphics[scale=0.5]{indBO.png}
+\caption{Allure de la réponse indicielle en boucle ouverte}
+\end{figure}
+
+Dans la réponse indicielle, $K_2$ et $\tau$ correspondent à la pente et au pied de l'asymptote.
+
+\item \textbf{Détermination de} $K_1=KK_{\Omega}$ et $\tau$
+
+En boucle ouverte, la fonction de transfert relative à la tension image de la vitesse est : 
+\[\frac{V_{\Omega}(p)}{U(p)} = \frac{K_1}{1+\tau p} \]
+On en déduit la réponse indicielle :
+\[v_{\Omega}(t) = K_1(1-e^{t/\tau}), \forall t>0\]
+
+$K_1$ est alors la valeur finale de $v_{\Omega}(t)$ et  $\tau$ est le temps de montée à $63\%$.
+\end{itemize}
+
+
+\subsection*{Manipulation 1}
+\begin{itemize}\setlength{\itemsep}{10mm}
+\item \textbf{Détermination de $K_2$} avec $v_{\theta}(t)$
+
+On génère un créneau en entrée de la boucle ouverte. La réponse de $V_{\theta}$ donnée en \emph{Annexe 1} est une rampe. Sa pente est de 18,9 V/rad pour un échelon d'amplitude 4V. Ainsi, on a \[\boxed{K_2 = KK_{\theta} = 4,725 V/rad} \].
+
+Déterminer $\tau$ avec cet essai ne serait pas très précis, on utilise donc le second.
+
+\item \textbf{Détermination de} $K_1=KK_{\Omega}$ et $\tau$ avec $v_{\Omega}(t)$
+
+On prend le même créneau mais on observe la réponse de $v_{\Omega}(t)$ donnée en \emph{Annexe 2}. On obtient un premier ordre si on prend une amplitude suffisamment grande et que l'on ajoute un offset pour que le sens de rotation ne s'inverse pas à chaque créneau.
+
+Pour un échelon de 3V, la valeur finale est de 4V, donc \[\boxed{K_1 = KK_{\Omega} = 1,3}\]
+
+Le temps de montée à $63\%$ est \[\boxed{\tau = 56ms}\]
+
+\item \textbf{Essai harmonique}
+
+On génère une tension d'entrée sinusoïdale. En observant 
+\[V_{\Omega}(p) = \frac{K_1}{1+\tau p} U(p)\]
+on peut déterminer $\tau$ en observant le déphasage entre $v_{\Omega}(t)$ et $u(t)$ (\emph{Annexe 3}). En effet, lorsque la pulsation vaut $\frac{1}{\tau}$, le déphasage entre les deux signaux sera de $45^o$.
+
+On a un déphasage de $45^o$ pour une pulsation de 2,84 Hz, soit $\tau = 56ms$.
+
+\item \textbf{Détermination de $K_{\theta}$}
+
+Pour obtenir la valeur de $K_{\theta}$, on choisit de faire tourner le moteur d'un angle de $2\pi$ (repéré entre deux remises à zéro du capteur). Pour cela, on injecte une consigne continue (échelon de fréquence très faible). Pour $\theta$ allant de 0 à $2\pi$, la tension varie proportionnellement de $0$ à $25V$. 
+On a donc
+\[K_{\theta} = \frac{25}{2\pi} = 3.98 V/rad\]
+
+On en déduit donc :
+\begin{itemize}
+\item $K_{\theta} = 3.98 V/rad$
+\item $K = 1,18 V^{-1}.rad.s^{-1}$
+\item $K_{\Omega} = 1,1V.rad^{-1}.s$
+\end{itemize} 
+
+
+\end{itemize}
+
+
+\section*{III/ Asservissement de position par un correcteur proportionnel}
+
+\subsection*{Préparation 2}
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\begin{tikzpicture}
+\sbEntree{E}
+\sbComp{comp}{E}                
+\sbRelier[$E(p)$]{E}{comp}
+
+\sbBloc[3]{CP}{$C$}{comp}
+\sbRelier[$U(p$)]{comp}{CP}
+
+\sbBloc[3]{mot}{$\frac{K}{1+\tau p}$}{CP}  
+\sbRelier{CP}{mot}
+
+\sbBloc[3]{int}{$\frac{1}{p}$}{mot}      
+\sbRelier[$\Omega(p)$]{mot}{int}
+
+\sbBloc[3]{sys}{$K_{\theta}$}{int}
+\sbRelier[$\theta(p)$]{int}{sys}
+
+\sbSortie[3]{S}{sys}                
+\sbRelier[$V_{\theta}(p)$]{sys}{S}
+
+\sbRenvoi{sys-S}{comp}{}
+\end{tikzpicture}
+\caption{Asservissement considéré}
+\end{figure}
+
+\begin{itemize}\setlength{\itemsep}{10mm}
+\item La fonction de transfert en boucle fermée est :
+\[\frac{V_{\theta}(p)}{E(p)} = \frac{1}{p(1+\tau p) + K_2C} = \frac{1}{\frac{\tau}{K_2C}p^2 + \frac{1}{K_2C}p+1}\]
+
+On en déduit donc
+\begin{align*}
+\omega_{0BF} & = \sqrt{\frac{K_2C}{\tau}} \\
+m_{BF} & = \frac{1}{2\sqrt{\tau K_2C}} \\
+C & = \frac{1}{4m_{BF}^2K_2\tau}
+\end{align*}
+
+\item On veut régler le coefficient d'amortissement $m_{BF}=0,8$. On a donc :
+\[ \boxed{ C_0 = 1,63 \quad \et \quad \omega_{0BF} = 12,5 rad/s} \]
+
+\item Les pôles de la fonction de transfert en boucle fermée $\frac{V_{\theta}(p)}{E(p)}$ sont :
+
+\begin{multicols}{2}
+Pour $m<1$
+\[p_{1,2} = -\frac{1}{2\tau} \pm j \frac{\sqrt{4\tau K_2 C -1}}{2\tau} \]
+Les pôles ont pour partie réelle $-\frac{1}{2\tau}$ et se déplacent sur un axe vertical lorsque $C$ varie.
+
+Pour $m\geq 1$
+\[p_{1,2} = -\frac{1}{2\tau} \pm \frac{\sqrt{1 - 4\tau K_2 C}}{2\tau} \]
+Lorsque $C$ varie, $p_1$ se déplace entre 0 et $-\frac{1}{2\tau}$, et $p_2$ entre $-\frac{1}{2\tau}$ et $-2\frac{1}{2\tau}$
+\end{multicols}
+
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\includegraphics[scale=0.4]{rlocus.png}
+\caption{Lieu des pôles (simulé sous Matlab avec la fonction \texttt{rlocus})}
+\end{figure}
+
+Pour $m<1$, les pôles se déplacent sur un axe vertical. La distance à l'origine ($\omega_0$) et l'angle avec l'axe vertical ($m$) varient donc simultanément.
+ 
+\item À l'aide des abaques, pour $C=C_0$, donc $m=0,8$ et $\omega_{0BF} = 12,5 rad/s$, on obtient :
+\[t_r = 280 ms \]
+\[D_1 = 1,5\% \]
+
+Le gain statique de la fonction de transfert en boucle fermée est unitaire, donc l'erreur statique de position est nulle.
+\end{itemize}
+
+\subsection*{Manipulation 2}
+
+\begin{itemize}\setlength{\itemsep}{10mm}
+\item Avec les paramètres trouvés en préparation 1, on recalcule :
+\[ C_0 = 1,485 \quad \et \quad \omega_{0BF} = 11,16 rad/s \]
+On a alors
+\[ t_r = 313 ms \quad \et \quad D_1 = 1,5\% \]
+
+\item Lorsqu'on applique un échelon au système bouclé, on observe deux phases dans la réponse. En effet, il y a un jeu important dans l'engrenage, c'est le phénomène qu'on observe en premier. Ce phénomène a également tendance à retarder la réponse. Pour le minimiser, on augmente l'amplitude de la consigne.\\
+
+Sur l'\emph{annexe 5}, on relève la réponse de $v_{\theta}(t)$ à un échelon de consigne. On observe un temps de réponse de $394ms$. C'est plus élevé que ce à quoi on s'attendait car il y a du jeu dans l'engrenage qui peut retarder la réponse. L'erreur statique est quasiment nulle.
+
+Le dépassement prévu était de l'ordre de $1\%$ donc n'est pas visible sur le relevé.
+
+\item Sur les faibles amplitudes, l'erreur statique augmente (voir \emph{annexe 6}). En effet, le phénomène de jeu ainsi que celui de frottement sec ne sont plus négligeables et le modèle de second ordre n'est plus valable.
+
+
+\item \textbf{Régime harmonique}
+
+On veut déterminer le coefficient $m$ et la pulsation propre $\omega_{0BF}$ du système bouclé.\\
+
+Pour cela, on va chercher la pulsation pour laquelle le déphasage est de $90^o$ ($\omega=\omega_{0BF}$). Ainsi, on aura un gain de $\frac{1}{2m}$. (\emph{Annexe 7})
+
+On obtient ce déphasage pour $\omega_{0BF}=11,74Hz$, ce qui est conforme à ce qu'on attendait. (11,16Hz)
+Le gain est de -3.3dB donc on obtient $m=\frac{1}{2}10^{3,3/20}=0.73$. (valeur attendue de 0,8)
+
+\item Grâce à cette manipulation, on peut conclure que le modèle de second ordre pour la réponse en angle est valable dans un domaine d'amplitude de consigne élevée. Lorsque l'amplitude est faible, des phénomènes (jeu dans les engrenages, frottement sec) interviennent et mettent à mal le modèle.
+\end{itemize}
+\section*{IV/ Asservissement de position par retour d'état}
+
+\subsection*{Préparation 3}
+
+\begin{itemize}\setlength{\itemsep}{10mm}
+\item On part de la fonction de transfert
+\[ \frac{V_{\theta}(p)}{U(p)} = \frac{K_2}{p(1+\tau p)} \]
+On a donc
+\[\boxed{K_2 u(t) = \frac{dv_{\theta}(t)}{dt} + \tau \frac{d^2v_{\theta}(t)}{dt^2}} \]
+
+\item En posant
+\begin{align*}
+& \left\{
+\begin{array}{ll}
+x_1(t) & = v_{\theta}(t) = y(t) \\
+x_2(t) & = \frac{dv_{\theta}(t)}{dt}
+\end{array}
+\right.
+\intertext{on a alors}
+& \left\{ 
+\begin{array}{ll}
+\frac{dx_1(t)}{dt} & = x_2\\
+\frac{dx_2(t)}{dt} & = \frac{K_2}{\tau}u(t) - \frac{1}{\tau}x_2(t)
+\end{array}
+\right.
+\end{align*}
+
+Le modèle d'état peut donc s'écrire sous forme canonique commandable :
+\[
+\left\{ 
+\begin{array}{rl}
+\frac{d}{dt} \left[\begin{array}{c}
+x_1(t) \\
+x_2(t)
+\end{array} \right]
+ & = \left[\begin{array}{cc}
+0 & 1 \\
+0 & -\frac{1}{\tau}
+\end{array} \right]
+.
+\left[\begin{array}{c}
+x_1(t) \\
+x_2(t)
+\end{array} \right] + \left[\begin{array}{c}
+0 \\
+\frac{K_2}{\tau}
+\end{array} \right] u(t) \\
+\\
+y(t) & = \left[\begin{array}{cc}
+1 & 0\\
+\end{array} \right]. \left[\begin{array}{c}
+x_1(t) \\
+x_2(t)
+\end{array} \right]
+\end{array}
+\right.
+\]
+
+\item En posant $u(t) = -Lx(t) + \eta e(t)$, avec $L=[l_1 \quad l_2]$, 
+\begin{align*}
+\frac{d}{dt} \left[\begin{array}{c}
+x_1(t) \\
+x_2(t)
+\end{array} \right]
+ & = \left[\begin{array}{cc}
+0 & 1 \\
+0 & -\frac{1}{\tau}
+\end{array} \right]
+.
+\left[\begin{array}{c}
+x_1(t) \\
+x_2(t)
+\end{array} \right] + \left[\begin{array}{c}
+0 \\
+\frac{K_2}{\tau}
+\end{array} \right] (-\left[\begin{array}{cc}
+l_1 & l_2
+\end{array}\right]x(t) + \eta e(t)) \\
+\\
+& = \left[\begin{array}{cc}
+0 & 1 \\
+-\frac{K_2l_1}{\tau} & -\frac{K_2l_2 +1}{\tau}
+\end{array} \right]
+.
+\left[\begin{array}{c}
+x_1(t) \\
+x_2(t)
+\end{array} \right] + \left[\begin{array}{c}
+0 \\
+\eta \frac{K_2}{\tau}
+\end{array} \right] e(t))
+\end{align*}
+
+On a donc
+\[ \boxed{F = \left[\begin{array}{cc}
+0 & 1 \\
+-\frac{K_2l_1}{\tau} & -\frac{K_2l_2 +1}{\tau}
+\end{array} \right] \quad \et \quad G = \left[\begin{array}{c}
+0 \\
+\eta \frac{K_2}{\tau}
+\end{array} \right] } \]
+
+\item Calculons l'équation caractéristique $D(p)= det(pI-F)$ du système bouclé :
+
+\[ D(p) = det
+\left[\begin{array}{cc}
+p & -1 \\
+\frac{K_2l_1}{\tau} & p+\frac{K_2l_2 +1}{\tau}
+\end{array} \right] \]
+\[\boxed{D(p) = p^2 + \frac{K_2l_2 +1}{\tau}p + \frac{K_2l_1}{\tau}}\]
+
+On peut l'assimiler à l'équation caractéristique d'une fonction de transfert du second ordre :
+\[D_{2nd}(p) = p^2 + 2m_{BF}\omega_{0BF} + \omega_{0BF}^2\]
+
+avec
+\begin{align*}
+2m_{BF}\omega_{0BF} & = \frac{K_2l_2 +1}{\tau} \\
+\omega_{0BF}^2 & =  \frac{K_2l_1}{\tau}
+\end{align*}
+Ainsi,
+\[ \boxed{ l_1 = \frac{\tau \omega_{0BF}^2}{K_2} \quad \et \quad l_2 = \frac{2\tau m_{BF} \omega_{0BF}-1}{K_2} } \]
+
+On veut un amortissement $m_{BF} = 0.8$ et $\omega_{0BF} = $ 20 puis 30 et 50 rad/s :\\
+
+\begin{center}
+\begin{tabular}{|c|c|c|}
+\hline 
+$\omega_{0BF}$ & $l_1$ & $l_2$ \\ 
+\hline 
+20 & 4.17 & 0.125 \\ 
+30 & 9.38 & 0.292 \\ 
+50 & 26.0 & 0.625 \\ 
+\hline
+\end{tabular}
+\end{center} 
+
+\item On a $u(t) = -[l_1 \quad l_2]x(t) + \eta e(t)$ et on veut une erreur statique d'asservissement nulle, c'est-à-dire que $u(\infty) = 0$ lorsque $v_{\theta}(\infty) = e(\infty)$ : il faut donc que $\eta = l_1$.
+
+\subsection*{Manipulation 3}
+\begin{itemize}\setlength{\itemsep}{10mm}
+\item On met en oeuvre la correction par retour d'état en utilisant un gain $\frac{l_2K_{\theta}}{K_{\Omega}}$ pour $V_{\Omega}$ et $l_1$ pour $V_{\theta}$.
+
+On effectue, pour chacune des valeurs de $\omega_{0BF}$, une réponse à un échelon et une réponse harmonique.
+\begin{figure}[h!]
+\centering
+\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
+\hline 
+$\omega_{0BF}$ (rad/s) & erreur statique & $D_1$ & $t_{r5}$ (ms) & $m_{BF}$ & Relevé \\ 
+\hline 
+20 & 0 & 1  \% & 150 & 0.64 & 8 et 9 \\ 
+\hline 
+30 & 0 & 7 \% & 99 & 0.54 & 10 et 11 \\ 
+\hline 
+\end{tabular} 
+\end{figure}
+
+Pour $\omega_{0BF}=50rad /s$, la réponse en régime harmonique n'est plus sinusoïdal (\emph{Annexes 12 et 13}). Des effets non linéaires apparaissent et on ne peut plus du tout utiliser le modèle du second ordre.
+
+On voulait imposer $m=0,8$ mais on observe que $m$ diminue. En effet, on avait considéré que le modèle était un second ordre. En réalité, lorsque $\omega_{0BF}$ augmente, on se rapproche de l'influence du système mécanique, ce qui rajoute encore de la phase. 
+
+Par conséquent, la marge de phase du système diminue, et donc $m$ diminue et les dépassements augmentent.\\
+
+Au delà de 20 rad/s, les performances sont fortement impactées par les effets de non linéarité du système.
+\end{itemize}
+
+\end{itemize}
+
+\section*{Conclusion}
+Nous avons au cours de ce TP identifié le moteur à l'aide d'une approche temporelle et harmonique. Nous avons ensuite vu que la correction proportionnelle classique permettait de garantir certaines performances, mais pas de régler indépendamment $\omega_{0BF}$ et $m_{BF}$. Ainsi, la mise en place de la commande par retour d'état permet, dans un certain domaine de validité, de régler ces paramètres de manière indépendante.
+\end{document}