diff --git a/421-Controle_processus/TD/TD1/TD1.tex b/421-Controle_processus/TD/TD1/TD1.tex index 666f971..7a2b078 100644 --- a/421-Controle_processus/TD/TD1/TD1.tex +++ b/421-Controle_processus/TD/TD1/TD1.tex @@ -1,13 +1,9 @@ % Relu 12.10.14. AA -\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles} -\newcommand{\nomTD}{TD1 : Systèmes échantillonés} -\renewcommand{\nomentete}{UE411 - \nomTD} - +\documentclass[../main.tex]{subfiles} +\newcommand{\skzi}{\sum_{k=-\infty}^{+\infty}} \begin{document} -\titre{\nomTD} - \subsection*{Exercice 1} \begin{itemize} \item Montrer que $U(z) = \frac{z}{z-1}E(z)$, avec $u_k = \sum_{j=0}^{k} e_j$ et $Z(e_j) = E(z)$ @@ -33,7 +29,7 @@ U(z) & = \frac{z}{z-1}E(z) \noindent Méthode : on effectue la transformée inverse pour obtenir le signal temporel. Puis on l'échantillonne avant de passer à sa transformée en Z, où l'on obtient une suite géométrique que l'on simplifie.\\ \begin{enumerate} -\item \[Y(p)= L[y(t)] = \frac{1}{p(p+a)} = \frac{\alpha}{p}+\frac{\beta}{p+a}\] +\item \[Y(p)= L[y(t)] = \frac{1}{p(p+a)} = \frac{\alpha}{p}+\frac{\beta}{p+a}\] On identifie \[\alpha=\frac{1}{a} \text{ et } \beta=\frac{-1}{a} \] @@ -61,7 +57,7 @@ Y(z) &=\frac{z\sin(aT_e)}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)} \item On procède de même que ci-dessus avec $Y(p)= \frac{p}{p^2+a^2} = L\{\cos(at)\}$:\\ On a donc, \[y_k=\cos(akT_e) = \frac{e^{jakT_e}+e^{-jakT_e}}{2}\] -D'où +D'où \begin{align*} Y(z) &=\frac{z}{2}(2z-\frac{e^{jaT_e}-e^{-jaT_e}}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)}) \\ Y(z) &=\frac{z(z-\cos(aT_e))}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)} @@ -75,7 +71,7 @@ Z\{y_k\} &= \skzi y_k.z^{-k}\\ Y(z) &= z^{-1} - z^{-2} \end{align*} -\item $\forall k \in \N, y_{2k} = 0 \et y_{2k+1} = 1$. Ainsi, +\item $\forall k \in \N, y_{2k} = 0 \text{ et } y_{2k+1} = 1$. Ainsi, \begin{align*} Z\{y_k\} & = \skzi 1.z^{-(2k+1)} \\ & = z^{-1} \skzi z^{-2k} \\ @@ -109,7 +105,7 @@ Y(z) & = Z\{(a^h)^k\} On pose \[\frac{Y(z)}{z}=\frac{z+1}{z(z-3)^2}=\frac{\alpha}{z}+\frac{\beta}{z-3}+\frac{\gamma}{(z-3)^2}\] On identifie ensuite $\alpha = \frac{1}{9}$, $\gamma =\frac{4}{3}$ et pour $\beta$ on peut multiplier l'égalité par $(z-3)$ puis faire tendre $z$ vers $+\infty$ pour obtenir que $0 = \alpha + \beta$. D'où $\beta = \frac{-1}{9}$, et ainsi : \[Y(z) = \frac{1}{9} - \frac{1}{9}\frac{z}{z-3}+\frac{4}{3}\frac{z}{(z-3)^2}\] -La transformée inverse donne alors en utilisant la propriété de multiplication : +La transformée inverse donne alors en utilisant la propriété de multiplication : \[y_k = \frac{1}{9}.\delta_k - \frac{1}{9}.3^k.\mathbf{1}_k+\frac{4}{3}.k.3^{k-1}.\mathbf{1}_k\] \bigbreak @@ -117,9 +113,9 @@ La transformée inverse donne alors en utilisant la propriété de multiplicatio On pose \[\frac{Y(z)}{z}=\frac{\alpha}{z}+\frac{\beta}{z-1}+\frac{\gamma}{z-2}\] On identifie ensuite $\alpha = \frac{3}{2}$, $\gamma =5$, $\beta = -4$, d'où : \[Y(z) = \frac{3}{2} - 4\frac{z}{z-1}+5\frac{z}{z-2}\] -La transformée inverse donne alors : +La transformée inverse donne alors : \[y_k = \frac{3}{2}.\delta_k - 4.\mathbf{1}_k +5.2^k.\mathbf{1}_k\] -\end{enumerate} +\end{enumerate} \subsection*{Exercice 5 :} L'asservissement analogique considéré est le suivant, où $H(p) = \frac{C}{p(1+0.2p)}$ et $B_0(p) = \frac{1-e^{-T_ep}}{2}$, avec $T_e=0.2s$ et $C=5rad.s^{-1}$. @@ -176,29 +172,29 @@ On pose :\begin{itemize} \item $b_0 = C(0.2-\chi T_e-0.2\chi)$ \item $a_1 = -(1+\chi)$ \item $a_0 = \chi$ -\end{itemize} +\end{itemize} \bigbreak \noindent Ainsi, on a : \[T(z) = \frac{b_1z+b_0}{z^2+a_1z+a_0}=\frac{B(z)}{A(z)}\] \medbreak -\noindent Remarque : +\noindent Remarque : -Les pôles analogiques sont : $p_1=0$ , $p_2 = -5$. +Les pôles analogiques sont : $p_1=0$ , $p_2 = -5$. -Les pôles discrétisés sont : $p_{z_1}=1$ et $p_{z_2} = \chi$. +Les pôles discrétisés sont : $p_{z_1}=1$ et $p_{z_2} = \chi$. (On peut le vérifier avec la relation $p_{z_i}=e^{p_iT_e}$.) Les zéros du temps discret dépendent de $T_e$.\\ \item On a donc en boucle fermée : -\begin{align*} +\begin{align*} Y(z) = \frac{T(z)}{1+T(z)}E(z)&=\frac{B(z)}{A(z) + B(z)}E(z)\\ &=\frac{b_1z+b_0}{z^2+(a_1+b_1)z+a_0} =F(z) E(z) \end{align*} Les zéros de T(z) sont aussi les zéros de F(z).\\ -D'autre part, on cherche $G(z) = \frac{\epsilon (z)}{E(z)}$. Or : +D'autre part, on cherche $G(z) = \frac{\epsilon (z)}{E(z)}$. Or : \begin{align*} \epsilon (z) &= E(z) - Y(z)\\ &= (1-F(z))E(Z)\\ @@ -212,7 +208,7 @@ Ainsi, on a: \[G(z)=\frac{z^2 +a_1z+a_0}{z^2+(a_1+b_1)z+(a_0+b_0)}\] \item a -- Déterminons la relation de récurrence entrée-sortie du système en boucle fermée. On a en factorisant par $z^2$: \[Y(z)=\frac{b_1z^{-1}+b_0z^{-2}}{1+(a_1+b_1)z^{-1}+(a_0+b_0)z^{-2}}E(z)\] \[Y(z)(1+(a_1+b_1)z^{-1}+(a_0+b_0)z^{-2}) = E(z)(b_1z^{-1}+b_0z^{-2}) \] -d'où, avec la transformée inverse, la relation de récurrence suivante : +d'où, avec la transformée inverse, la relation de récurrence suivante : \[y_k+(a_1+b_1)y_{k-1}+(a_0+b_0)y_{k-2}=b_1e_{k-1}+b_0e_{k-2}\] \noindent b -- Déterminons la réponse à un échelon $E(z) = \frac{z}{z-1}$ : @@ -223,4 +219,4 @@ d'où: \end{enumerate} -\end{document} \ No newline at end of file +\end{document} diff --git a/421-Controle_processus/TD/TD2/TD2.tex b/421-Controle_processus/TD/TD2/TD2.tex index 50dfc9c..637f255 100644 --- a/421-Controle_processus/TD/TD2/TD2.tex +++ b/421-Controle_processus/TD/TD2/TD2.tex @@ -1,13 +1,8 @@ % Relu 12.10.14. AA -\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles} -\newcommand{\nomTD}{TD2 : Stabilité} -\renewcommand{\nomentete}{UE411 - \nomTD} +\documentclass[../main.tex]{subfiles} \begin{document} - -\section*{\nomTD} - \subsection*{Exercice I : Stabilité d'un asservissement avec retour unitaire} On considère l'asservissement analogique où : @@ -15,7 +10,7 @@ On considère l'asservissement analogique où : On place un CNA (BOZ) en amont de $H(p)$ et un CAN dans la boucle de retour. \begin{enumerate} -\item Pour passer de l'analogique au numérique, on utilise la formule suivante : +\item Pour passer de l'analogique au numérique, on utilise la formule suivante : \[ T(z) = (1-z^{-1})Z[^*L^{-1}[\frac{H(p)}{p}]] \] On a donc successivement : \begin{align*} @@ -30,7 +25,7 @@ T(z) & = (1-z^{-1})A(z) \\ & = C[ -\tau + \frac{T_e}{z-1} + \frac{\tau(z-1)}{z-D} ] \\ T(z) & = C \frac{(\tau(1+D)+T_e-2\tau)z + (-D\tau - T_e D + \tau)}{z^2 - (1+D)z + D} \end{align*} -On pose +On pose \begin{align*} T(z) & = \frac{b_1 z + b_0}{z^2 + a_1 z + a_0} \\ & b_1 = C(\tau(D-1) + T_e)\\ @@ -45,15 +40,15 @@ Y(z) & = \frac{T(z)}{1+T(z)} E(z) \\ & = \frac{B(z)}{A(z) + B(z)} \text{ avec } T(z) = \frac{A(z)}{B(z)} \end{align*} -Le polynôme caractéristique s'écrit : +Le polynôme caractéristique s'écrit : \begin{eqnarray*} \Pi(z) & = & B(z) + A(z) \\ & = & c_2 z^2 + c_1 z + c_0 \\ & \text{avec } & c_2 = 1 \\ -& & c_1 = a_1 + b_1 = -(1+D) + C(T_e + \tau (D-1)) \\ +& & c_1 = a_1 + b_1 = -(1+D) + C(T_e + \tau (D-1)) \\ & & c_1 = -(1+D) + CT_eD \text{ car ici } \tau = T_e \\ & & c_0 = a_0 + b_0 = D + C(\tau(1-D) - T_e D) \\ -& & c_0 = D + CT_e(1-2D) +& & c_0 = D + CT_e(1-2D) \end{eqnarray*} @@ -71,14 +66,14 @@ Tableau de Routh :\\ \begin{figure}[h!] \centering \begin{tabular}{|c|c|c|} -\hline -$w^2$ & $c_2-c_1+c_0$ & $c_2+c_1+c_0$ \\ -\hline -$w$ & $2(c_2-c_0)$ & 0 \\ -\hline -$w^0$ & $c_2+c_1+c_0$ & \\ -\hline -\end{tabular} +\hline +$w^2$ & $c_2-c_1+c_0$ & $c_2+c_1+c_0$ \\ +\hline +$w$ & $2(c_2-c_0)$ & 0 \\ +\hline +$w^0$ & $c_2+c_1+c_0$ & \\ +\hline +\end{tabular} \end{figure} @@ -109,7 +104,7 @@ On traduit ces conditions & 1 - (-(1+D) + CT_eD) + (D + CT_e(1-2D)) > 0 \\ & 2 + 2D + cT_e(-3D+1) > 0 \\ & C T_e(1-3D) > -2 -2D \\ -& C < -\frac{2+2D}{1-3D} \text{ car } 3D > 1 +& C < -\frac{2+2D}{1-3D} \text{ car } 3D > 1 \end{align*} \item $-c_2 < c_0 < c_2$ @@ -125,7 +120,7 @@ Le critère de Jury aboutit donc à : \item On s'intéresse à l'asservissement analogique du même système \[ Y(p) = \frac{H(p)}{1+H(p)} E(p) \] -L'équation caractéristique conduit à +L'équation caractéristique conduit à \begin{align*} 1 + H(p) & = 0 \\ 1 + \frac{C}{p(1+\tau p)} &= 0 \\ @@ -147,13 +142,13 @@ On revient à la même condition $ C > 0 $. \item Suggestion : faire le développement à l'ordre 2 ? -Avec $e^{-T_e p} \approx 1 - T_ep + \frac{(T_ep)^2}{2}$, +Avec $e^{-T_e p} \approx 1 - T_ep + \frac{(T_ep)^2}{2}$, \begin{align*} B_0(p) & = \frac{T_ep-T_e^2p^2 / 2 }{p}\\ & = T_e - \frac{T_e^2}{2}p \text{ : non causal} \\ \tilde{H}(p) & = T_e(1-\frac{T_e}{2}p)\frac{C}{p(1+\tau p)} \end{align*} -L'équation caractéristique $1+\tilde{H}(p) = 0$ mène à +L'équation caractéristique $1+\tilde{H}(p) = 0$ mène à \begin{align*} \tau p^2 + p + CT_e(1-\frac{T_e}{2}p) & = 0 \\ \tau p^2 + (1-C\frac{T_e^2}{2})p + CT_e & = 0 @@ -170,7 +165,7 @@ B_0(p) & \approx \frac{1-\frac{1 - \frac{T_e}{2}p}{1 + \frac{T_e}{2}p}}{p} \\ \tilde{H}(p) & = \frac{T_e}{1+\frac{T_e}{2}p} . \frac{C}{p(1+\tau p)} \end{align*} -L'équation caractéristique $1+\tilde{H}(p)=0$ mène à +L'équation caractéristique $1+\tilde{H}(p)=0$ mène à \begin{align*} CT_e + p (1+\frac{T_e}{2}p)(1+\tau p) & = 0 \\ \tau\frac{T_e}{2}p^3 + (\tau+\frac{T_e}{2})p^2 + p + CT_e &= 0 @@ -179,16 +174,16 @@ CT_e + p (1+\frac{T_e}{2}p)(1+\tau p) & = 0 \\ \begin{figure}[h!] \centering \begin{tabular}{|c|c|c|} -\hline -$p^3$ & $\tau \frac{T_e}{2}$ & 1 \\ -\hline -$p^2$ & $\tau + \frac{T_e}{2} $ & $CT_e$ \\ -\hline -$p$ & $1- \frac{CT_e \tau}{2(\tau + \frac{T_e}{2})}$ & 0 \\ -\hline -$p^0$ & $CT_e$ & \\ -\hline -\end{tabular} +\hline +$p^3$ & $\tau \frac{T_e}{2}$ & 1 \\ +\hline +$p^2$ & $\tau + \frac{T_e}{2} $ & $CT_e$ \\ +\hline +$p$ & $1- \frac{CT_e \tau}{2(\tau + \frac{T_e}{2})}$ & 0 \\ +\hline +$p^0$ & $CT_e$ & \\ +\hline +\end{tabular} \end{figure} La condition est donc $C < \frac{2(\tau + T_e/2)}{T_e \tau} = \frac{3}{\tau}$ @@ -197,4 +192,4 @@ La condition est donc $C < \frac{2(\tau + T_e/2)}{T_e \tau} = \frac{3}{\tau}$ \item La discrétisation d'un asservissement en temps continu dégrade la stabilité. \end{enumerate} -\end{document} \ No newline at end of file +\end{document} diff --git a/421-Controle_processus/TD/TD3/TD3.tex b/421-Controle_processus/TD/TD3/TD3.tex index a55099f..42af2c2 100644 --- a/421-Controle_processus/TD/TD3/TD3.tex +++ b/421-Controle_processus/TD/TD3/TD3.tex @@ -1,12 +1,7 @@ -\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles} -\newcommand{\nomTD}{TD3 : Correcteur des asservissements numériques} -\renewcommand{\nomentete}{UE411 - \nomTD} +\documentclass[../main.tex]{subfiles} \begin{document} -\section*{\nomTD} - - \subsection*{Exercice 1 : Analyse et synthèse par une approche (pseudo-)continue} On considère la fonction de transfert \[H(p) = \frac{1}{p(1 + \tau p)} \avec \tau = 0,2\] La période d'échantillonnage est $T_e = 0,2s$ et l'on souhaite régler le correcteur PI pour satisfaire le cahier des charges suivants en boucle fermée : diff --git a/421-Controle_processus/TD/TD4/TD4.tex b/421-Controle_processus/TD/TD4/TD4.tex index 16bd8cb..5770859 100644 --- a/421-Controle_processus/TD/TD4/TD4.tex +++ b/421-Controle_processus/TD/TD4/TD4.tex @@ -1,19 +1,14 @@ -\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles} -\newcommand{\nomTD}{TD4 : Correcteur RST} -\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nomTD} +\documentclass[../main.tex]{subfiles} \begin{document} -\section*{\nomTD} - - \subsection*{Exercice 1 : Asservissement par synthèse d'un correcteur RST} On considère la fonction de transfert: \[G(p) = \frac{1}{p(1+\tau p)}\] Rappel : (TD précédent) \begin{align*} G(z) & = \frac{B(z)}{A(z)} \\ -& = \frac{b_1z+b_0}{(z-1)(z-D)} \avec D=e^{-T_e/2}\\ +& = \frac{b_1z+b_0}{(z-1)(z-D)} \avec D=e^{-T_e/2}\\ & =\frac{b_1z+b_0}{z^2+a_1z+a_0} \\ n & = deg(A) = 2 \\ m & = deg(B) = 1 \\ @@ -27,11 +22,11 @@ m & = deg(B) = 1 \\ Les conditions de causalité sont alors : $\tau \leq p$ et $\sigma \leq p$.\\ -\item $\nu(z)=\frac{S}{R}[-Y(z) + \frac{T}{S}E(z)] $ +\item $\nu(z)=\frac{S}{R}[-Y(z) + \frac{T}{S}E(z)] $ Causalité : $\tau \leq p$ et $\sigma \leq p$.\\ -\item $\nu(z)=\frac{T}{R}[-\frac{S}{T}Y(z) + E(z)]$ +\item $\nu(z)=\frac{T}{R}[-\frac{S}{T}Y(z) + E(z)]$ Causalité : $\tau \leq p$ et $\sigma \leq p$.\\ \end{itemize} @@ -59,11 +54,11 @@ Y(z)&= G(z)(\nu(z)+p(z)) \item Calcul de R et S. On considère l'exigence 1 du cahier des charges :\\ -$p_{1,2}=\omega_0 (-\xi \pm j\sqrt{1-\xi^2})$, avec $\omega_0 = 1.5$ et $\xi=0.7$ +$p_{1,2}=\omega_0 (-\xi \pm j\sqrt{1-\xi^2})$, avec $\omega_0 = 1.5$ et $\xi=0.7$ $p_3 = -3\omega_0 \xi$\\ -Comme $z_i = e^{T_ep_i}$, avec $\Omega = \omega_0 \sqrt{1-\xi^2}$, +Comme $z_i = e^{T_ep_i}$, avec $\Omega = \omega_0 \sqrt{1-\xi^2}$, $z_1 = e^{-T_e\omega_0\xi}(cos(\Omega T_e) +j sin(\Omega T_e))$ @@ -88,11 +83,11 @@ C_2 &= -z_1-z_2-z_3 = -(e^{-3\xi \omega_0 T_e}+2e^{-\xi \omega_0 T_e}cos(\Omega On s'intéresse à l'exigence 2 du cahier des charges : Pour $E(z) = 0$ i.e $e_k = 0$, et $P(z) = P_0 \frac{z}{z-1}$, \[\lim_{\rightarrow\infty} y_k =0\] - + Ainsi, avec le théorème de la valeur finale on a : \begin{align*} \lim_{z\rightarrow 1} \frac{z-1}{z}Y(z) = \lim_{z\rightarrow 1} \frac{BR}{AR+BS}P_0 =0 -\Leftrightarrow & \lim_{z\rightarrow 1} B(z)R(z) = 0\\ +\Leftrightarrow & \lim_{z\rightarrow 1} B(z)R(z) = 0\\ \Leftrightarrow & R(z) = (z-1)^l \tilde{R}(z)\text{\indent avec, } l\geq 1\\ \end{align*} @@ -115,7 +110,7 @@ $\Pi_d$ monique $\rightarrow q$ inconnues\\ donc on a \[\tilde{\rho}+\sigma +1 = q\] 3) Causalité du correcteur $\frac{S(z)}{R(z)}$, donc on a nécessairement $\sigma \leq \rho = \tilde{\rho}+1$ -d'où on a +d'où on a \[ \sigma = \tilde{n} -1 \leq \tilde{\rho} + 1 = q - \tilde{n} +1 \] donc @@ -131,7 +126,7 @@ AR+BS & = \Pi_d A_0\\ \tilde{A}\tilde{R} + BS & = \Pi_d A_0 \end{align*} 1) Égalité des degrés -\[\tilde{n} + \tilde{\rho} = q + k \text{ avec, $q=3$ donné}\] +\[\tilde{n} + \tilde{\rho} = q + k \text{ avec, $q=3$ donné}\] 2) Nombre d'inconnues = nombre d'équations \[ \tilde{\rho} + \sigma +1 = q +k\] @@ -164,7 +159,7 @@ S(z) &= s_2z^2+s_1z+s_0\\ \avec \tilde{C}_3 & = C_2 - z_0 \\ \tilde{C}_2 &= C_1 - z_0C_2 \\ \tilde{C}_1 &= C_0 - z_0C_1 \\ -\tilde{C}_0 &= -z_0C_0 +\tilde{C}_0 &= -z_0C_0 \intertext{et} \tilde{A}(z) &= (z-1)A(z) = (z-1)(z^2+a_1z+a_0)\\ &= z^3 + \tilde{a_2}z^2+\tilde{a_1}z+\tilde{a_0} \\ @@ -202,8 +197,8 @@ s_0 \end{array} \right] \] - -La résolution de cette équation donne les polynômes + +La résolution de cette équation donne les polynômes \begin{align*} R(z) & = (z-1)(z+r_0)\\ S(z) & = s_2+z^2+s_1z+s_0 @@ -219,7 +214,7 @@ Par causalité, \[deg(B_dA_0) = \mu +k \leq deg(\Pi_dA_0) = q + k\] \[ \mu \leq k = 3 \] En boucle ouverte : on a le retard $n-m = 2-1 = 1$ \[q-\mu \geq 1 \longrightarrow \mu \leq q-1 = 2\] -L'égalité des numérateurs donne alors $m+\tau = \mu + k$ donc +L'égalité des numérateurs donne alors $m+\tau = \mu + k$ donc \[\mu = m+\tau-k = \tau\] \[\tau \leq 2\] @@ -232,7 +227,7 @@ T(z) &= \tilde{B}(z)(z-z_0) Solution la plus simple pour $\tau \leq 2$ : $\tilde{B}(z) = 1$ donc $B_d(z) = B(z)$, et \[T(z) = A_0(z)\] -\item +\item \begin{align*} Y(z) & = \frac{B_d(z)}{\Pi_d(z)}E(z) + \frac{B_p(z)}{\Pi_d(z)}P(z) \intertext{En l'absence de perturbation, on veut que pour} @@ -250,7 +245,7 @@ donc $ \frac{b_0}{b_1} = \frac{0.052848}{0.073576} < 1$ donc le zéro est stable $H_d(z) = \frac{T_e}{z-1} \rightarrow $ retard $=q-\mu = 1 \geq m-n$. OK. \\ -Modèle admissible : +Modèle admissible : \[\frac{BT}{AR+BS} = \frac{B_d}{\Pi_d} \frac{A_0}{A_0}\] \begin{align*} \lim_{n \rightarrow \infty} y_n = 0 & \Leftrightarrow \lim_{z \rightarrow 1} \frac{z-1}{z}\frac{BR}{AR+BS} p(z) = 0\\ @@ -296,7 +291,7 @@ On choisit $k=3$, et on a alors $\hat{\rho}=0$. Par conséquent, on a $\hat{R}(z) = 1$ et on prend $S(z) = s_3z^3 + s_2z^2 + s_1z^1 + s_0$. -L'équation se ramène donc à +L'équation se ramène donc à \[\tilde{A}+B_{nS}S = \Pi_dA_0\] \[S = \frac{1}{b_1}(\Pi_dA_0 - \tilde{A}) \] @@ -314,4 +309,4 @@ Il reste donc à déterminer le polynôme $T(z)$. \end{enumerate} -\end{document} \ No newline at end of file +\end{document} diff --git a/421-Controle_processus/TD/TD5/TD5 Correction.tex b/421-Controle_processus/TD/TD5/TD5.tex similarity index 94% rename from 421-Controle_processus/TD/TD5/TD5 Correction.tex rename to 421-Controle_processus/TD/TD5/TD5.tex index 6b7e9e5..67bf94b 100644 --- a/421-Controle_processus/TD/TD5/TD5 Correction.tex +++ b/421-Controle_processus/TD/TD5/TD5.tex @@ -1,16 +1,8 @@ -\documentclass{article} -\input{../../preambule/preambule} - -\newcommand{\nom}{TD5 : Modélisation par variables d'état} -\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nom} - - +\documentclass[../main.tex]{subfiles} \begin{document} -\titre{\nom} - -\section*{Exercice 1 : Représentation d'état de correcteurs analogiques} +\subsection*{Exercice 1 : Représentation d'état de correcteurs analogiques} \noindent 1- Correcteur à avance de phase On considère le circuit suivant : @@ -28,7 +20,7 @@ On considère le circuit suivant : On se propose ensuite de construire un modèle d'état de vecteur d'état $x \in \mathbb{R^n}$ tel que : $\dot{x}(t)= Ax(t) + B e(t)$ équation d'état.\\ Équation d'observation : $s(t) = Cx(t) + De(t)$\\ -La loi des nœuds donne : +La loi des nœuds donne : \begin{itemize} \item $ i_2 = i_1+i_3$ \item $ i = i_2$ @@ -49,9 +41,9 @@ Et l'équation d'observation : $s = \frac{-R_1}{R_3}u_C - (\frac{R_1R_2}{RR_3}+\ \noindent 2 et 3 à faire . -\section*{Exercice 2 : association de systèmes} +\subsection*{Exercice 2 : association de systèmes} -On considère les deux systèmes (S1) et (S2) respectivement décrits par les représentation d'état : +On considère les deux systèmes (S1) et (S2) respectivement décrits par les représentation d'état : \begin{align*} (S1)\left \{ \begin{matrix} \dot{x_1} = A_1x_1 + B_1u_1\\ @@ -120,7 +112,7 @@ C_1&C_2\end{pmatrix}.\begin{pmatrix} x_1\\x_2\end{pmatrix} + (D_1+D_2)u_4\\ &= C_4 x_4 + D_4 u_4 \end{align*} -On a donc une équation d'observation en $x_4$ et $y_4$ +On a donc une équation d'observation en $x_4$ et $y_4$ \item On asservie la structure (S3) précédente avec une retour unitaire comme sur le schéma suivant :\\ \begin{center} diff --git a/421-Controle_processus/TD/TD6/TD6.tex b/421-Controle_processus/TD/TD6/TD6.tex index 8550c1b..ca23cd1 100644 --- a/421-Controle_processus/TD/TD6/TD6.tex +++ b/421-Controle_processus/TD/TD6/TD6.tex @@ -1,15 +1,7 @@ -\documentclass{article} -\input{../../preambule/preambule} - -\newcommand{\nom}{TD6 : Représentation d'état et commandabilité} -\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nom} - - +\documentclass[../main.tex]{subfiles} \begin{document} -\titre{\nom} - \section*{Exercice 1 :} Remarque : Avec ces notations on a : $i_q = -C\frac{dv}{dt}$ @@ -76,10 +68,10 @@ x_1 = -\frac{\alpha_2C}{\Delta}\dot{x_2} - \frac{\beta_2}{\Delta}x_2 On a donc le système matriciel suivant : \begin{align*} \begin{pmatrix} -L & -\frac{\alpha_1 L}{\Delta} \\ +L & -\frac{\alpha_1 L}{\Delta} \\ 0 & -\frac{\alpha_2 L}{\Delta} \end{pmatrix}.\begin{pmatrix} -\dot{x}_1 \\ +\dot{x}_1 \\ \dot{x}_2 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} 0 & \frac{\beta_1}{\Delta}\\ @@ -117,10 +109,10 @@ x_2 \noindent 2- Théorème de caractérisation de la commandabilité :\\ On considère le système suivant : -\[(S)= \left \{ +\[(S)= \left \{ \begin{matrix} \dot{x} = Ax + Bu & x(0) = x_0 \in \mathbb{R}^n\\ - y = Cx + Du & + y = Cx + Du & \end{matrix} \right. \] @@ -178,7 +170,7 @@ P_a(\lambda) &= det\begin{pmatrix} -x_1 + x_2 &= -2x_1\\ -x1 -3x_2 &= -2x_2\\ x_1+x_2 - 3x_3 &= -2x_3 -\end{matrix} &\rightarrow x_1 + x_2 =0 +\end{matrix} &\rightarrow x_1 + x_2 =0 \end{align*} On choisit donc $x_3$ quelconque et $x_1=-x_2$ ce qui correspond à un sous espace propre de dimension 2 et : \begin{align*} diff --git a/421-Controle_processus/TD/TD7/TD7.tex b/421-Controle_processus/TD/TD7/TD7.tex index 5eebc4d..ab98f80 100644 --- a/421-Controle_processus/TD/TD7/TD7.tex +++ b/421-Controle_processus/TD/TD7/TD7.tex @@ -1,15 +1,10 @@ -\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles} -\newcommand{\nom}{TD7 - Commandabilité et planification de trajectoire} -\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nom} +\documentclass[../../main.tex]{subfiles} \begin{document} -\titre{\nom} - - \subsection*{Exercice 1 :} On considère le système suivant : -\[(S)= \left \{ +\[(S)= \left \{ \begin{matrix} \dot{x} = \begin{pmatrix}-10 & 12\\-4 & 7\end{pmatrix} x_1 + \begin{pmatrix} -1\\-1\end{pmatrix} u\\ y_1 =\begin{pmatrix}4 & 5\end{pmatrix}x_1 @@ -27,16 +22,16 @@ P(\lambda) &= det(A_1 - \lambda \mathbf{1}_2)\\ &= (-10-\lambda)(7-\lambda)+72\\ &= -70 + 3\lambda + \lambda^2 +72\\ &= \lambda^2 + 3 \lambda +2\\ -&= (\lambda + 1 )(\lambda + 2) +&= (\lambda + 1 )(\lambda + 2) \end{align*} Cherchons les vecteurs propres vérifiant $A_1X = \lambda X$:\\ Pour $\lambda = -1$ : \begin{align*} -A_1X = \lambda X &\rightarrow -6x_1 + 8x_2 =0 +A_1X = \lambda X &\rightarrow -6x_1 + 8x_2 =0 \end{align*} -On a donc : +On a donc : \begin{align*} E_{-1} &= Ker\{ -1. \mathbf{1}_3 - A\} \\ &= Vect\left \{ \begin{pmatrix} @@ -46,9 +41,9 @@ E_{-1} &= Ker\{ -1. \mathbf{1}_3 - A\} \\ \bigbreak Pour $\lambda = -2$ : \begin{align*} -A_1X = \lambda X &\rightarrow -6x_1 + 9x_2 =0 +A_1X = \lambda X &\rightarrow -6x_1 + 9x_2 =0 \end{align*} -On a donc : +On a donc : \begin{align*} E_{-2} &= Ker\{ -2. \mathbf{1}_3 - A\} \\ &= Vect\left \{ \begin{pmatrix} @@ -64,9 +59,9 @@ On effectue alors le changement de base $x_1 = P \xi_1$ \left \{ \begin{matrix} \dot{x}_1 = A_1+x_1 +B_1 u_1\\ y_1 = C_1 x_1 -\end{matrix} \right. \rightarrow \left \{ \begin{matrix} +\end{matrix} \right. \rightarrow \left \{ \begin{matrix} \dot{\xi}_1 = \Lambda\xi_1 + V^{-1}B_1u_1\\ -y_1 = C_1V\xi_1 +y_1 = C_1V\xi_1 \end{matrix} \right.\\ \intertext{avec,} \Lambda = V^{-1}A_1V = \begin{pmatrix} -1&0\\0&-2 @@ -97,7 +92,7 @@ y_1(t) &= C_m\xi_1(t)\\ \end{align*} Pour une réponse indicielle $u_1(t) = 1$ $\forall t \geq 0$\\ -\item Commandabilité : +\item Commandabilité : C(A,B) = $\begin{pmatrix}B & AB \end{pmatrix}$ \begin{align*} A &= V\Lambda V^{-1}\\ @@ -126,10 +121,10 @@ x_1(t_1) &= e^{A_1t_1}x_0 + \int_0^{t_1} e^{A_1(t_1-\tau)}B_1B_1^Te^{A_1^T(t_1-\ \item On considère le système (S2) suivant : -\[(S2)= \left \{ +\[(S2)= \left \{ \begin{matrix} \dot{x}_2 = -10x_2 + 4u_2 & x_2(0) = x_0 \in \mathbb{R}^n\\ - y = -2x + u_2 & + y = -2x + u_2 & \end{matrix} \right. \] @@ -137,7 +132,7 @@ x_1(t_1) &= e^{A_1t_1}x_0 + \int_0^{t_1} e^{A_1(t_1-\tau)}B_1B_1^Te^{A_1^T(t_1-\ \begin{center} \includegraphics[scale=0.7]{TD7.png} \end{center} -\bigbreak +\bigbreak \begin{enumerate} \item La relation de connection est $u_1 = y_2$ et donne \[\dot{\xi}_1 = \Lambda \xi_1 + B_m u_1 \text{ avec, } u_1 = y_2 = C_2x_2+ D_2u_2\] @@ -148,7 +143,7 @@ D'où le système suivant : \dot{x}_2 = A_2x_2 + B_2u_2 \end{matrix} \right. \end{align*} -Posons x(t) = \begin{pmatrix}\xi_1\\x_2\end{pmatrix}, on a alors : +Posons x(t) = $\begin{pmatrix}\xi_1\\x_2\end{pmatrix}$, on a alors : \begin{align*} \dot{x} &= \begin{pmatrix} @@ -187,13 +182,13 @@ rang(C(A,B)) &= 2 \text{ car } L_3 = 4L_2 (S1) est stable, (S2) est stable mais l'association des deux ne l'est pas !\\ \item On considère le système (S) suivant : -\[(S)= \left \{ +\[(S)= \left \{ \begin{matrix} \dot{x} = Ax + Bu & x(0) = x_0 \in \mathbb{R}^n\\ - y = Cx + Du & + y = Cx + Du & \end{matrix} \right. -\] +\] \noindent On introduit le vecteur : \begin{align*} \dot{x} &= \begin{pmatrix} @@ -252,8 +247,8 @@ C(p\mathbf{1_n}-A)^{-1}B &= G(p) = \frac{p}{(p+1)(p+10)} \end{align*} Remarque : \begin{align*} -G(p) &= G_1(p) G_2(p) -\intertext{avec} +G(p) &= G_1(p) G_2(p) +\intertext{avec} G_1(p) &= C_1(p\mathbf{1_2}-A_1)B_1 = \frac{p}{(p+1)(p+2)}\\ G_2(p) &= C_2(p\mathbf{1_1}-A_2)B_2 + D_2 = \frac{p+2}{p+10} \end{align*} @@ -271,17 +266,17 @@ y_1 &= &\begin{pmatrix}4&-5\end{pmatrix}x_1 Avec les conditions initiales suivantes :\\ \smallbreak \begin{center} \begin{tabular}{|c|c|} -\hline -t=0 & t=T \\ -\hline \hline -$y_1(0)=0$ & $y_1(T)=1$ \\ -\hline -$\dot{y_1}(0)=0$ & $\dot{y_1}(T)=0$ \\ -\hline -$\ddot{y_1}(0)=0$ & $\ddot{y_1}(T)=0$ \\ -\hline -\end{tabular} +t=0 & t=T \\ +\hline +\hline +$y_1(0)=0$ & $y_1(T)=1$ \\ +\hline +$\dot{y_1}(0)=0$ & $\dot{y_1}(T)=0$ \\ +\hline +$\ddot{y_1}(0)=0$ & $\ddot{y_1}(T)=0$ \\ +\hline +\end{tabular} \end{center} On a aussi : @@ -310,7 +305,7 @@ y_1(T) = 1 &\Leftrightarrow \sum_{k=0}^5 \alpha_k = 1 \\ &\Leftrightarrow \frac{1}{T^2}(6\alpha_3 + 12\alpha_4 + 20\alpha_5) = 0\\ \intertext{ce système est alors équivalent au calcul matriciel suivant :} \begin{pmatrix}1&1&1\\3&4&5\\6&12&20\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}\alpha_3\\ \alpha_4 \\ \alpha_5\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix}\\ -\begin{pmatrix}\alpha_3\\ \alpha_4 \\ \alpha_5\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix}1&1&1\\3&4&5\\6&12&20\end{pmatrix}^{-1}.\begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix} +\begin{pmatrix}\alpha_3\\ \alpha_4 \\ \alpha_5\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix}1&1&1\\3&4&5\\6&12&20\end{pmatrix}^{-1}.\begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix} \end{align*} Le calcul abouti à : @@ -388,7 +383,7 @@ z_1\\\vdots\\\vdots\\z_n \end{pmatrix}u \end{align*} -Ayant la forme canonique de commandabilité, la forme de Browmovski conciste à poser :\\\[\boxed{v(t) = -a^Tz + u}\] +Ayant la forme canonique de commandabilité, la forme de Browmovski conciste à poser :\\\[\boxed{v(t) = -a^Tz + u}\] où $a = \begin{pmatrix} a_0 &...&a_{n-1} \end{pmatrix}^T$ diff --git a/421-Controle_processus/TD/TD8/TD8.tex b/421-Controle_processus/TD/TD8/TD8.tex index d7108c7..d2c8dd7 100644 --- a/421-Controle_processus/TD/TD8/TD8.tex +++ b/421-Controle_processus/TD/TD8/TD8.tex @@ -1,33 +1,23 @@ -\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles} -\newcommand{\nom}{TD8 - Poursuite de trajectoire avec retour d'état} -\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nom} - - +\documentclass[../main.tex]{subfiles} \begin{document} - -\titre{\nom} - - -\section{Exercice 1 : Forme canonique et poursuite de trajectoire} +\subsection*{Exercice 1 : Forme canonique et poursuite de trajectoire} \begin{enumerate} - - -\item +\item \begin{enumerate} \item On a toujours le système suivant : \[\left \{ \begin{matrix} \dot{x_1} &= &\begin{pmatrix}-10&12\\-6&7\end{pmatrix} x_1 &+ \begin{pmatrix}-1\\-1\end{pmatrix}u\\ y_1 &= &\begin{pmatrix}4&-5\end{pmatrix}x_1 -\end{matrix} \right.\] +\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 : \[\left \{ \begin{matrix} \dot{x_c} &= &\begin{pmatrix}0&1\\-2&-3\end{pmatrix} x_c &+ \begin{pmatrix}0\\-1\end{pmatrix}u\\ y &= &\begin{pmatrix}0&1\end{pmatrix}x_c -\end{matrix} \right.\] +\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 @@ -87,10 +77,10 @@ Loi de commande en BF par retour d'état : \end{enumerate} \end{enumerate} -\section{Exercice 2 : Synthèse d'une loi de commande par retour d'état} +\subsection*{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 :\\ +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 :} @@ -107,7 +97,7 @@ On a une forme canonique de commandabilité, donc le système est effectivement 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 : +\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}}\\ diff --git a/421-Controle_processus/TD/TD9/TD9.tex b/421-Controle_processus/TD/TD9/TD9.tex index b1ae64c..8f3bcef 100644 --- a/421-Controle_processus/TD/TD9/TD9.tex +++ b/421-Controle_processus/TD/TD9/TD9.tex @@ -1,14 +1,8 @@ -\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles} -\newcommand{\nomTD}{TD9 - Observateurs} -\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nomTD} - - +\documentclass[../main.tex]{subfiles} \begin{document} -\titre{\nomTD} - -\section*{Exercice 1 : Système hydraulique} +\subsection*{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 $k = \frac{S}{2} \sqrt{2gH_0}$ \\ @@ -41,7 +35,7 @@ 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 $y= h_1$.\\ @@ -56,7 +50,7 @@ Rappel : Équation fondamentale de l'observateur asymptotique : \hat{y} = C\hat{x} \end{matrix}\right. \] -Posons : +Posons : \begin{align*} \epsilon_x = x - \hat{x}\\ \dot{\epsilon_x} = \dot{x}-\dot{\hat{x}}\\ @@ -81,7 +75,7 @@ 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 :} +\intertext{d'où, par identification :} &\left \{\begin{matrix} 2a + l_2 = 2 \xi a\\ a^2 + a(l_1+l_2) = \xi^2a^2 @@ -93,7 +87,7 @@ l_1 &= a(\xi -1) ^2 \end{enumerate} -\section*{Exercice 2 : système hydraulique avec perturbation} +\subsection*{Exercice 2 : système hydraulique avec perturbation} \begin{enumerate} \item On a : @@ -127,20 +121,20 @@ det(\lambda \mathbf{1} - A) &= \left | \begin{matrix} &= \lambda(\lambda + a)^2 \end{align*} -\item +\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 + det(O(C,A)) &= -a^2b \end{align*} donc observable.\\ - + \end{enumerate} -\end{document} \ No newline at end of file +\end{document} diff --git a/421-Controle_processus/TD/main.tex b/421-Controle_processus/TD/main.tex new file mode 100644 index 0000000..43b76a3 --- /dev/null +++ b/421-Controle_processus/TD/main.tex @@ -0,0 +1,68 @@ +\documentclass[12pt,a4paper,french]{article} +% Packages +\usepackage[utf8x]{inputenc} % encodage +\usepackage{mathtools} % math +\usepackage{cancel} % rayer des trucs en maths +\usepackage{amsfonts} % math +\usepackage{amssymb} % math +\usepackage{mathrsfs} +\usepackage{graphicx} % pour inserer des graphiques +\usepackage[french]{babel} % pour ecrire en francais +\usepackage[left=2.00cm, right=2.00cm, top=3.00cm, bottom=3.00cm]{geometry} % la mise en page +\usepackage{fancyhdr} % la mise en page +\usepackage[dvipsnames,x11names]{xcolor} % Un peu de couleur ! +\usepackage{float} +\usepackage{subcaption} +\usepackage{enumitem} +\usepackage{multicol} +\usepackage{subfiles} % Gere les sous-fichier +\usepackage{hyperref} % Creer des lien dans le pdf, en particulier sur la table des matières +\usepackage{tikz} +\usetikzlibrary{fit} +\usetikzlibrary{positioning} +\usepackage{schemabloc} +\usepackage{circuitikz} +\usepackage{pgfplots} +\usepackage{../../raccourcis} +\usepackage{../../boites} +\hypersetup{ + colorlinks = true, + linkcolor=., + } + % Mise en page + +\title{421 - Controle de processus \\ Correction des TD} +\renewcommand{\thesection}{TD\arabic{section}} + +\newcommand{\et}{\quad\text{ et }\quad} +\newcommand{\avec}{\quad\text{ avec }\quad} +\makeatletter +\def\l@section{\@dottedtocline{1}{1em}{3em}} +\makeatother + +\graphicspath{{TD1/}{TD2/}{TD3/}{TD4/}{TD5/}{TD6/}{TD7/}{TD8/}{TD9/}} + +\begin{document} + +\maketitle +\tableofcontents +\section{Systèmes échantillonés} +\subfile{TD1/TD1.tex} +\section{Stabilité} +\subfile{TD2/TD2.tex} +\section{Correcteurs numériques} +\subfile{TD3/TD3.tex} +\section{Correcteur RST} +\subfile{TD4/TD4.tex} +\section{Modélisation par variable d'état} +\subfile{TD5/TD5.tex} +\section{Représentation d'état et commandabilité} +\subfile{TD6/TD6.tex} +\section{Commandabilité et plannification de trajectoire} +\subfile{TD7/TD7.tex} +\section{Poursuite de trajectoire avec retour d'état} +\subfile{TD8/TD8.tex} +\section{Observateur} +\subfile{TD9/TD9.tex} + +\end{document}