clean up des TD, ca compile
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Pierre-antoine Comby
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5583e1b6df
commit
35fd764a51
10 changed files with 194 additions and 182 deletions
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@ -1,13 +1,9 @@
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% Relu 12.10.14. AA
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\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
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\newcommand{\nomTD}{TD1 : Systèmes échantillonés}
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\renewcommand{\nomentete}{UE411 - \nomTD}
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\documentclass[../main.tex]{subfiles}
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\newcommand{\skzi}{\sum_{k=-\infty}^{+\infty}}
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\begin{document}
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\titre{\nomTD}
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\subsection*{Exercice 1}
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\begin{itemize}
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\item Montrer que $U(z) = \frac{z}{z-1}E(z)$, avec $u_k = \sum_{j=0}^{k} e_j$ et $Z(e_j) = E(z)$
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@ -33,7 +29,7 @@ U(z) & = \frac{z}{z-1}E(z)
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\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.\\
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\begin{enumerate}
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\item \[Y(p)= L[y(t)] = \frac{1}{p(p+a)} = \frac{\alpha}{p}+\frac{\beta}{p+a}\]
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\item \[Y(p)= L[y(t)] = \frac{1}{p(p+a)} = \frac{\alpha}{p}+\frac{\beta}{p+a}\]
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On identifie \[\alpha=\frac{1}{a} \text{ et } \beta=\frac{-1}{a} \]
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@ -61,7 +57,7 @@ Y(z) &=\frac{z\sin(aT_e)}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)}
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\item On procède de même que ci-dessus avec $Y(p)= \frac{p}{p^2+a^2} = L\{\cos(at)\}$:\\
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On a donc, \[y_k=\cos(akT_e) = \frac{e^{jakT_e}+e^{-jakT_e}}{2}\]
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D'où
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D'où
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\begin{align*}
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Y(z) &=\frac{z}{2}(2z-\frac{e^{jaT_e}-e^{-jaT_e}}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)}) \\
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Y(z) &=\frac{z(z-\cos(aT_e))}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)}
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@ -75,7 +71,7 @@ Z\{y_k\} &= \skzi y_k.z^{-k}\\
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Y(z) &= z^{-1} - z^{-2}
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\end{align*}
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\item $\forall k \in \N, y_{2k} = 0 \et y_{2k+1} = 1$. Ainsi,
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\item $\forall k \in \N, y_{2k} = 0 \text{ et } y_{2k+1} = 1$. Ainsi,
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\begin{align*}
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Z\{y_k\} & = \skzi 1.z^{-(2k+1)} \\
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& = z^{-1} \skzi z^{-2k} \\
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@ -109,7 +105,7 @@ Y(z) & = Z\{(a^h)^k\}
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On pose \[\frac{Y(z)}{z}=\frac{z+1}{z(z-3)^2}=\frac{\alpha}{z}+\frac{\beta}{z-3}+\frac{\gamma}{(z-3)^2}\]
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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 :
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\[Y(z) = \frac{1}{9} - \frac{1}{9}\frac{z}{z-3}+\frac{4}{3}\frac{z}{(z-3)^2}\]
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La transformée inverse donne alors en utilisant la propriété de multiplication :
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La transformée inverse donne alors en utilisant la propriété de multiplication :
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\[y_k = \frac{1}{9}.\delta_k - \frac{1}{9}.3^k.\mathbf{1}_k+\frac{4}{3}.k.3^{k-1}.\mathbf{1}_k\]
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\bigbreak
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@ -117,9 +113,9 @@ La transformée inverse donne alors en utilisant la propriété de multiplicatio
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On pose \[\frac{Y(z)}{z}=\frac{\alpha}{z}+\frac{\beta}{z-1}+\frac{\gamma}{z-2}\]
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On identifie ensuite $\alpha = \frac{3}{2}$, $\gamma =5$, $\beta = -4$, d'où :
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\[Y(z) = \frac{3}{2} - 4\frac{z}{z-1}+5\frac{z}{z-2}\]
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La transformée inverse donne alors :
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La transformée inverse donne alors :
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\[y_k = \frac{3}{2}.\delta_k - 4.\mathbf{1}_k +5.2^k.\mathbf{1}_k\]
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\end{enumerate}
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\end{enumerate}
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\subsection*{Exercice 5 :}
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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 $C=5rad.s^{-1}$.
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@ -176,29 +172,29 @@ On pose :\begin{itemize}
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\item $b_0 = C(0.2-\chi T_e-0.2\chi)$
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\item $a_1 = -(1+\chi)$
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\item $a_0 = \chi$
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\end{itemize}
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\end{itemize}
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\bigbreak
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\noindent Ainsi, on a :
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\[T(z) = \frac{b_1z+b_0}{z^2+a_1z+a_0}=\frac{B(z)}{A(z)}\]
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\medbreak
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\noindent Remarque :
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\noindent Remarque :
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Les pôles analogiques sont : $p_1=0$ , $p_2 = -5$.
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Les pôles analogiques sont : $p_1=0$ , $p_2 = -5$.
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Les pôles discrétisés sont : $p_{z_1}=1$ et $p_{z_2} = \chi$.
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Les pôles discrétisés sont : $p_{z_1}=1$ et $p_{z_2} = \chi$.
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(On peut le vérifier avec la relation $p_{z_i}=e^{p_iT_e}$.)
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Les zéros du temps discret dépendent de $T_e$.\\
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\item On a donc en boucle fermée :
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\begin{align*}
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\begin{align*}
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Y(z) = \frac{T(z)}{1+T(z)}E(z)&=\frac{B(z)}{A(z) + B(z)}E(z)\\
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&=\frac{b_1z+b_0}{z^2+(a_1+b_1)z+a_0} =F(z) E(z)
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\end{align*}
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Les zéros de T(z) sont aussi les zéros de F(z).\\
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D'autre part, on cherche $G(z) = \frac{\epsilon (z)}{E(z)}$. Or :
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D'autre part, on cherche $G(z) = \frac{\epsilon (z)}{E(z)}$. Or :
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\begin{align*}
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\epsilon (z) &= E(z) - Y(z)\\
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&= (1-F(z))E(Z)\\
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@ -212,7 +208,7 @@ Ainsi, on a: \[G(z)=\frac{z^2 +a_1z+a_0}{z^2+(a_1+b_1)z+(a_0+b_0)}\]
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\item a -- Déterminons la relation de récurrence entrée-sortie du système en boucle fermée. On a en factorisant par $z^2$:
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\[Y(z)=\frac{b_1z^{-1}+b_0z^{-2}}{1+(a_1+b_1)z^{-1}+(a_0+b_0)z^{-2}}E(z)\]
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\[Y(z)(1+(a_1+b_1)z^{-1}+(a_0+b_0)z^{-2}) = E(z)(b_1z^{-1}+b_0z^{-2}) \]
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d'où, avec la transformée inverse, la relation de récurrence suivante :
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d'où, avec la transformée inverse, la relation de récurrence suivante :
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\[y_k+(a_1+b_1)y_{k-1}+(a_0+b_0)y_{k-2}=b_1e_{k-1}+b_0e_{k-2}\]
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\noindent b -- Déterminons la réponse à un échelon $E(z) = \frac{z}{z-1}$ :
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@ -223,4 +219,4 @@ d'où:
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\end{enumerate}
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\end{document}
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\end{document}
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@ -1,13 +1,8 @@
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% Relu 12.10.14. AA
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\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
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\newcommand{\nomTD}{TD2 : Stabilité}
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\renewcommand{\nomentete}{UE411 - \nomTD}
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\documentclass[../main.tex]{subfiles}
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\begin{document}
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\section*{\nomTD}
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\subsection*{Exercice I : Stabilité d'un asservissement avec retour unitaire}
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On considère l'asservissement analogique où :
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@ -15,7 +10,7 @@ On considère l'asservissement analogique où :
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On place un CNA (BOZ) en amont de $H(p)$ et un CAN dans la boucle de retour.
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\begin{enumerate}
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\item Pour passer de l'analogique au numérique, on utilise la formule suivante :
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\item Pour passer de l'analogique au numérique, on utilise la formule suivante :
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\[ T(z) = (1-z^{-1})Z[^*L^{-1}[\frac{H(p)}{p}]] \]
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On a donc successivement :
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\begin{align*}
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@ -30,7 +25,7 @@ T(z) & = (1-z^{-1})A(z) \\
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& = C[ -\tau + \frac{T_e}{z-1} + \frac{\tau(z-1)}{z-D} ] \\
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T(z) & = C \frac{(\tau(1+D)+T_e-2\tau)z + (-D\tau - T_e D + \tau)}{z^2 - (1+D)z + D}
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\end{align*}
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On pose
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On pose
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\begin{align*}
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T(z) & = \frac{b_1 z + b_0}{z^2 + a_1 z + a_0} \\
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& b_1 = C(\tau(D-1) + T_e)\\
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@ -45,15 +40,15 @@ Y(z) & = \frac{T(z)}{1+T(z)} E(z) \\
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& = \frac{B(z)}{A(z) + B(z)} \text{ avec } T(z) = \frac{A(z)}{B(z)}
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\end{align*}
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Le polynôme caractéristique s'écrit :
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Le polynôme caractéristique s'écrit :
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\begin{eqnarray*}
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\Pi(z) & = & B(z) + A(z) \\
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& = & c_2 z^2 + c_1 z + c_0 \\
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& \text{avec } & c_2 = 1 \\
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& & c_1 = a_1 + b_1 = -(1+D) + C(T_e + \tau (D-1)) \\
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& & c_1 = a_1 + b_1 = -(1+D) + C(T_e + \tau (D-1)) \\
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& & c_1 = -(1+D) + CT_eD \text{ car ici } \tau = T_e \\
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& & c_0 = a_0 + b_0 = D + C(\tau(1-D) - T_e D) \\
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& & c_0 = D + CT_e(1-2D)
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& & c_0 = D + CT_e(1-2D)
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\end{eqnarray*}
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@ -71,14 +66,14 @@ Tableau de Routh :\\
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\begin{figure}[h!]
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\centering
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\begin{tabular}{|c|c|c|}
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\hline
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$w^2$ & $c_2-c_1+c_0$ & $c_2+c_1+c_0$ \\
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\hline
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$w$ & $2(c_2-c_0)$ & 0 \\
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\hline
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$w^0$ & $c_2+c_1+c_0$ & \\
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\hline
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\end{tabular}
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\hline
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$w^2$ & $c_2-c_1+c_0$ & $c_2+c_1+c_0$ \\
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\hline
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$w$ & $2(c_2-c_0)$ & 0 \\
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\hline
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$w^0$ & $c_2+c_1+c_0$ & \\
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\hline
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\end{tabular}
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\end{figure}
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@ -109,7 +104,7 @@ On traduit ces conditions
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& 1 - (-(1+D) + CT_eD) + (D + CT_e(1-2D)) > 0 \\
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& 2 + 2D + cT_e(-3D+1) > 0 \\
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& C T_e(1-3D) > -2 -2D \\
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& C < -\frac{2+2D}{1-3D} \text{ car } 3D > 1
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& C < -\frac{2+2D}{1-3D} \text{ car } 3D > 1
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\end{align*}
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\item $-c_2 < c_0 < c_2$
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@ -125,7 +120,7 @@ Le critère de Jury aboutit donc à :
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\item On s'intéresse à l'asservissement analogique du même système
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\[ Y(p) = \frac{H(p)}{1+H(p)} E(p) \]
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L'équation caractéristique conduit à
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L'équation caractéristique conduit à
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\begin{align*}
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1 + H(p) & = 0 \\
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1 + \frac{C}{p(1+\tau p)} &= 0 \\
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@ -147,13 +142,13 @@ On revient à la même condition $ C > 0 $.
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\item Suggestion : faire le développement à l'ordre 2 ?
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Avec $e^{-T_e p} \approx 1 - T_ep + \frac{(T_ep)^2}{2}$,
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Avec $e^{-T_e p} \approx 1 - T_ep + \frac{(T_ep)^2}{2}$,
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\begin{align*}
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B_0(p) & = \frac{T_ep-T_e^2p^2 / 2 }{p}\\
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& = T_e - \frac{T_e^2}{2}p \text{ : non causal} \\
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\tilde{H}(p) & = T_e(1-\frac{T_e}{2}p)\frac{C}{p(1+\tau p)}
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\end{align*}
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L'équation caractéristique $1+\tilde{H}(p) = 0$ mène à
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L'équation caractéristique $1+\tilde{H}(p) = 0$ mène à
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\begin{align*}
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\tau p^2 + p + CT_e(1-\frac{T_e}{2}p) & = 0 \\
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\tau p^2 + (1-C\frac{T_e^2}{2})p + CT_e & = 0
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@ -170,7 +165,7 @@ B_0(p) & \approx \frac{1-\frac{1 - \frac{T_e}{2}p}{1 + \frac{T_e}{2}p}}{p} \\
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\tilde{H}(p) & = \frac{T_e}{1+\frac{T_e}{2}p} . \frac{C}{p(1+\tau p)}
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\end{align*}
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||||
L'équation caractéristique $1+\tilde{H}(p)=0$ mène à
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||||
L'équation caractéristique $1+\tilde{H}(p)=0$ mène à
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\begin{align*}
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||||
CT_e + p (1+\frac{T_e}{2}p)(1+\tau p) & = 0 \\
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\tau\frac{T_e}{2}p^3 + (\tau+\frac{T_e}{2})p^2 + p + CT_e &= 0
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@ -179,16 +174,16 @@ CT_e + p (1+\frac{T_e}{2}p)(1+\tau p) & = 0 \\
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\begin{figure}[h!]
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\centering
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\begin{tabular}{|c|c|c|}
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\hline
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$p^3$ & $\tau \frac{T_e}{2}$ & 1 \\
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\hline
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$p^2$ & $\tau + \frac{T_e}{2} $ & $CT_e$ \\
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\hline
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||||
$p$ & $1- \frac{CT_e \tau}{2(\tau + \frac{T_e}{2})}$ & 0 \\
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\hline
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$p^0$ & $CT_e$ & \\
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\hline
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\end{tabular}
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\hline
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$p^3$ & $\tau \frac{T_e}{2}$ & 1 \\
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\hline
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||||
$p^2$ & $\tau + \frac{T_e}{2} $ & $CT_e$ \\
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\hline
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||||
$p$ & $1- \frac{CT_e \tau}{2(\tau + \frac{T_e}{2})}$ & 0 \\
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\hline
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||||
$p^0$ & $CT_e$ & \\
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\hline
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||||
\end{tabular}
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\end{figure}
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La condition est donc $C < \frac{2(\tau + T_e/2)}{T_e \tau} = \frac{3}{\tau}$
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@ -197,4 +192,4 @@ La condition est donc $C < \frac{2(\tau + T_e/2)}{T_e \tau} = \frac{3}{\tau}$
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\item La discrétisation d'un asservissement en temps continu dégrade la stabilité.
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\end{enumerate}
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\end{document}
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||||
\end{document}
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@ -1,12 +1,7 @@
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|||
\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
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||||
\newcommand{\nomTD}{TD3 : Correcteur des asservissements numériques}
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||||
\renewcommand{\nomentete}{UE411 - \nomTD}
|
||||
\documentclass[../main.tex]{subfiles}
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||||
\begin{document}
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||||
\section*{\nomTD}
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\subsection*{Exercice 1 : Analyse et synthèse par une approche (pseudo-)continue}
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On considère la fonction de transfert \[H(p) = \frac{1}{p(1 + \tau p)} \avec \tau = 0,2\]
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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 :
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@ -1,19 +1,14 @@
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\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
|
||||
\newcommand{\nomTD}{TD4 : Correcteur RST}
|
||||
\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nomTD}
|
||||
\documentclass[../main.tex]{subfiles}
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||||
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||||
\begin{document}
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||||
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||||
\section*{\nomTD}
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||||
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||||
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\subsection*{Exercice 1 : Asservissement par synthèse d'un correcteur RST}
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On considère la fonction de transfert: \[G(p) = \frac{1}{p(1+\tau p)}\]
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Rappel : (TD précédent)
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\begin{align*}
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G(z) & = \frac{B(z)}{A(z)} \\
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& = \frac{b_1z+b_0}{(z-1)(z-D)} \avec D=e^{-T_e/2}\\
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||||
& = \frac{b_1z+b_0}{(z-1)(z-D)} \avec D=e^{-T_e/2}\\
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||||
& =\frac{b_1z+b_0}{z^2+a_1z+a_0} \\
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||||
n & = deg(A) = 2 \\
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m & = deg(B) = 1 \\
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@ -27,11 +22,11 @@ m & = deg(B) = 1 \\
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||||
Les conditions de causalité sont alors : $\tau \leq p$ et $\sigma \leq p$.\\
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||||
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||||
\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 $\sigma \leq p$.\\
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||||
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||||
\item $\nu(z)=\frac{T}{R}[-\frac{S}{T}Y(z) + E(z)]$
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||||
\item $\nu(z)=\frac{T}{R}[-\frac{S}{T}Y(z) + E(z)]$
|
||||
|
||||
Causalité : $\tau \leq p$ et $\sigma \leq p$.\\
|
||||
\end{itemize}
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||||
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@ -59,11 +54,11 @@ Y(z)&= G(z)(\nu(z)+p(z))
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|||
\item Calcul de R et S.
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On considère l'exigence 1 du cahier des charges :\\
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$p_{1,2}=\omega_0 (-\xi \pm j\sqrt{1-\xi^2})$, 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 $\xi=0.7$
|
||||
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||||
$p_3 = -3\omega_0 \xi$\\
|
||||
|
||||
Comme $z_i = e^{T_ep_i}$, avec $\Omega = \omega_0 \sqrt{1-\xi^2}$,
|
||||
Comme $z_i = e^{T_ep_i}$, avec $\Omega = \omega_0 \sqrt{1-\xi^2}$,
|
||||
|
||||
$z_1 = e^{-T_e\omega_0\xi}(cos(\Omega T_e) +j sin(\Omega T_e))$
|
||||
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||||
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@ -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 :
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||||
Pour $E(z) = 0$ i.e $e_k = 0$, et $P(z) = P_0 \frac{z}{z-1}$,
|
||||
\[\lim_{\rightarrow\infty} y_k =0\]
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||||
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||||
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||||
Ainsi, avec le théorème de la valeur finale on a :
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||||
\begin{align*}
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||||
\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*}
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||||
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||||
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@ -115,7 +110,7 @@ $\Pi_d$ monique $\rightarrow q$ inconnues\\
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|||
donc on a \[\tilde{\rho}+\sigma +1 = q\]
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||||
|
||||
3) Causalité du correcteur $\frac{S(z)}{R(z)}$, donc on a nécessairement $\sigma \leq \rho = \tilde{\rho}+1$
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d'où on a
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||||
d'où on a
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\[ \sigma = \tilde{n} -1 \leq \tilde{\rho} + 1 = q - \tilde{n} +1 \]
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||||
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donc
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||||
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@ -131,7 +126,7 @@ AR+BS & = \Pi_d A_0\\
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|||
\tilde{A}\tilde{R} + BS & = \Pi_d A_0
|
||||
\end{align*}
|
||||
1) Égalité des degrés
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||||
\[\tilde{n} + \tilde{\rho} = q + k \text{ avec, $q=3$ donné}\]
|
||||
\[\tilde{n} + \tilde{\rho} = q + k \text{ avec, $q=3$ donné}\]
|
||||
|
||||
2) Nombre d'inconnues = nombre d'équations
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||||
\[ \tilde{\rho} + \sigma +1 = q +k\]
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||||
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|
@ -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}
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||||
\right]
|
||||
\]
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||||
|
||||
La résolution de cette équation donne les polynômes
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||||
|
||||
La résolution de cette équation donne les polynômes
|
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\begin{align*}
|
||||
R(z) & = (z-1)(z+r_0)\\
|
||||
S(z) & = s_2+z^2+s_1z+s_0
|
||||
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|
@ -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 $n-m = 2-1 = 1$
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||||
\[q-\mu \geq 1 \longrightarrow \mu \leq q-1 = 2\]
|
||||
L'égalité des numérateurs donne alors $m+\tau = \mu + k$ donc
|
||||
L'égalité des numérateurs donne alors $m+\tau = \mu + k$ donc
|
||||
\[\mu = m+\tau-k = \tau\]
|
||||
\[\tau \leq 2\]
|
||||
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||||
|
|
@ -232,7 +227,7 @@ T(z) &= \tilde{B}(z)(z-z_0)
|
|||
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||||
Solution la plus simple pour $\tau \leq 2$ : $\tilde{B}(z) = 1$ donc $B_d(z) = B(z)$, et \[T(z) = A_0(z)\]
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||||
\item
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||||
\item
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||||
\begin{align*}
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||||
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}
|
||||
|
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@ -250,7 +245,7 @@ donc $ \frac{b_0}{b_1} = \frac{0.052848}{0.073576} < 1$ donc le zéro est stable
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|||
|
||||
$H_d(z) = \frac{T_e}{z-1} \rightarrow $ retard $=q-\mu = 1 \geq m-n$. OK. \\
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||||
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||||
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 $\hat{\rho}=0$.
|
|||
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||||
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
|
||||
\[\tilde{A}+B_{nS}S = \Pi_dA_0\]
|
||||
\[S = \frac{1}{b_1}(\Pi_dA_0 - \tilde{A}) \]
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||||
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||||
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@ -314,4 +309,4 @@ Il reste donc à déterminer le polynôme $T(z)$.
|
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|
||||
\end{enumerate}
|
||||
|
||||
\end{document}
|
||||
\end{document}
|
||||
|
|
|
|||
|
|
@ -1,16 +1,8 @@
|
|||
\documentclass{article}
|
||||
\input{../../preambule/preambule}
|
||||
|
||||
\newcommand{\nom}{TD5 : Modélisation par variables d'état}
|
||||
\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nom}
|
||||
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||||
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||||
\documentclass[../main.tex]{subfiles}
|
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|
||||
\begin{document}
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||||
\titre{\nom}
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||||
\section*{Exercice 1 : Représentation d'état de correcteurs analogiques}
|
||||
\subsection*{Exercice 1 : Représentation d'état de correcteurs analogiques}
|
||||
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||||
\noindent 1- Correcteur à avance de phase
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||||
On considère le circuit suivant :
|
||||
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@ -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 : $s(t) = Cx(t) + De(t)$\\
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||||
La loi des nœuds donne :
|
||||
La loi des nœuds donne :
|
||||
\begin{itemize}
|
||||
\item $ i_2 = i_1+i_3$
|
||||
\item $ i = i_2$
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|
|
@ -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 .
|
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||||
\section*{Exercice 2 : association de systèmes}
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||||
\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}
|
||||
|
|
@ -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 : $i_q = -C\frac{dv}{dt}$
|
||||
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||||
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|
@ -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 :\\
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||||
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*}
|
||||
|
|
|
|||
|
|
@ -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}
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||||
\end{align*}
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Le calcul abouti à :
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@ -388,7 +383,7 @@ z_1\\\vdots\\\vdots\\z_n
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\end{pmatrix}u
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\end{align*}
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Ayant la forme canonique de commandabilité, la forme de Browmovski conciste à poser :\\\[\boxed{v(t) = -a^Tz + u}\]
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Ayant la forme canonique de commandabilité, la forme de Browmovski conciste à poser :\\\[\boxed{v(t) = -a^Tz + u}\]
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où $a = \begin{pmatrix}
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a_0 &...&a_{n-1}
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\end{pmatrix}^T$
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@ -1,33 +1,23 @@
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\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
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\newcommand{\nom}{TD8 - Poursuite de trajectoire avec retour d'état}
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\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nom}
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\documentclass[../main.tex]{subfiles}
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\begin{document}
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\titre{\nom}
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\section{Exercice 1 : Forme canonique et poursuite de trajectoire}
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\subsection*{Exercice 1 : Forme canonique et poursuite de trajectoire}
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\begin{enumerate}
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\item
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\item
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\begin{enumerate}
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\item
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On a toujours le système suivant : \[\left \{ \begin{matrix}
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\dot{x_1} &= &\begin{pmatrix}-10&12\\-6&7\end{pmatrix} x_1 &+ \begin{pmatrix}-1\\-1\end{pmatrix}u\\
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||||
y_1 &= &\begin{pmatrix}4&-5\end{pmatrix}x_1
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||||
\end{matrix} \right.\]
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||||
\end{matrix} \right.\]
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||||
Et on a effectué le changement de variable suivant : $x_1(t) = Mx_c(t) x_c = \begin{pmatrix}z_1\\z_2\end{pmatrix}$
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||||
On a donc le système équivalent :
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||||
\[\left \{ \begin{matrix}
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||||
\dot{x_c} &= &\begin{pmatrix}0&1\\-2&-3\end{pmatrix} x_c &+ \begin{pmatrix}0\\-1\end{pmatrix}u\\
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||||
y &= &\begin{pmatrix}0&1\end{pmatrix}x_c
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||||
\end{matrix} \right.\]
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||||
\end{matrix} \right.\]
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||||
\item On impose la trajectoire :
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\begin{align*}
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||||
y_d(t) &= 10\left(\frac{t}{T}\right)^3 - 15\left(\frac{t}{T}\right)^4 + 6\left(\frac{t}{T}\right)^5
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||||
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@ -87,10 +77,10 @@ Loi de commande en BF par retour d'état :
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\end{enumerate}
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||||
\end{enumerate}
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||||
\section{Exercice 2 : Synthèse d'une loi de commande par retour d'état}
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||||
\subsection*{Exercice 2 : Synthèse d'une loi de commande par retour d'état}
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\begin{enumerate}
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\item On a ici, n=3. Déterminons la représentation d'état.\\
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||||
On a avec la fonction de transfert :\\
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||||
On a avec la fonction de transfert :\\
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\begin{align*}
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A(p)Y(p) &= B(p)U(p)\\
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||||
\intertext{d'où l'équation dans le domaine temporelle :}
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@ -107,7 +97,7 @@ On a une forme canonique de commandabilité, donc le système est effectivement
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|||
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.\\
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||||
Une représentation minimal est appelée réalisation d'état.\\
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||||
\item On impose pour la boucle fermée :
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||||
\item On impose pour la boucle fermée :
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\[ \left \{ \begin{matrix}
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||||
u = -Kx_c + \eta e\\
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||||
K = \begin{pmatrix}k_0 & k_1 & k_2\end{pmatrix} \in \mathbb{R^{1x3}}\\
|
||||
|
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@ -1,14 +1,8 @@
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|||
\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
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||||
\newcommand{\nomTD}{TD9 - Observateurs}
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||||
\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nomTD}
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||||
\documentclass[../main.tex]{subfiles}
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||||
\begin{document}
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\titre{\nomTD}
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||||
\section*{Exercice 1 : Système hydraulique}
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||||
\subsection*{Exercice 1 : Système hydraulique}
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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 $q_1 \approx k h_i$\\
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||||
On a aussi la formule $k = \frac{S}{2} \sqrt{2gH_0}$ \\
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@ -41,7 +35,7 @@ y &= h_1\\
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|||
&= \begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix}. \begin{pmatrix}h_1\\h_2\end{pmatrix}\\
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||||
&= Cx
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\end{align*}
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A-t-on observabilité du système? \\
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\[O(C,A) = \begin{pmatrix} C\\CA\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&0\\-a&0\end{pmatrix}\]
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||||
Le système est non observable lorsque $y= h_1$.\\
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@ -56,7 +50,7 @@ Rappel : Équation fondamentale de l'observateur asymptotique :
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\hat{y} = C\hat{x}
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\end{matrix}\right. \]
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Posons :
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||||
Posons :
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\begin{align*}
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\epsilon_x = x - \hat{x}\\
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||||
\dot{\epsilon_x} = \dot{x}-\dot{\hat{x}}\\
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@ -81,7 +75,7 @@ P_{A-LC}(p) &= p^2 + (2a+l_2)p + a^2 + a(l_1+l_2)\\
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|||
\Pi_0(p) &= (p - \xi(-a))^2\\
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||||
&= (p + \xi a )^2\\
|
||||
&= p^2 + 2\xi ap + \xi^2a^2
|
||||
\intertext{d'où, par identification :}
|
||||
\intertext{d'où, par identification :}
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||||
&\left \{\begin{matrix}
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||||
2a + l_2 = 2 \xi a\\
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||||
a^2 + a(l_1+l_2) = \xi^2a^2
|
||||
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|
@ -93,7 +87,7 @@ l_1 &= a(\xi -1) ^2
|
|||
\end{enumerate}
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||||
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||||
\section*{Exercice 2 : système hydraulique avec perturbation}
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||||
\subsection*{Exercice 2 : système hydraulique avec perturbation}
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\begin{enumerate}
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||||
\item On a :
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@ -127,20 +121,20 @@ det(\lambda \mathbf{1} - A) &= \left | \begin{matrix}
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|||
&= \lambda(\lambda + a)^2
|
||||
\end{align*}
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||||
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||||
\item
|
||||
\item
|
||||
\begin{align*}
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||||
\dot{\hat{x}} &= A\hat{x} + B u + L(y-\hat{y})\\
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||||
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.\\
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||||
|
||||
|
||||
|
||||
\end{enumerate}
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||||
\end{document}
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||||
\end{document}
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68
421-Controle_processus/TD/main.tex
Normal file
68
421-Controle_processus/TD/main.tex
Normal file
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@ -0,0 +1,68 @@
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\documentclass[12pt,a4paper,french]{article}
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||||
% Packages
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\usepackage[utf8x]{inputenc} % encodage
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\usepackage{mathtools} % math
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||||
\usepackage{cancel} % rayer des trucs en maths
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||||
\usepackage{amsfonts} % math
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||||
\usepackage{amssymb} % math
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||||
\usepackage{mathrsfs}
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||||
\usepackage{graphicx} % pour inserer des graphiques
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||||
\usepackage[french]{babel} % pour ecrire en francais
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||||
\usepackage[left=2.00cm, right=2.00cm, top=3.00cm, bottom=3.00cm]{geometry} % la mise en page
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||||
\usepackage{fancyhdr} % la mise en page
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||||
\usepackage[dvipsnames,x11names]{xcolor} % Un peu de couleur !
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\usepackage{float}
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\usepackage{subcaption}
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\usepackage{enumitem}
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\usepackage{multicol}
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\usepackage{subfiles} % Gere les sous-fichier
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||||
\usepackage{hyperref} % Creer des lien dans le pdf, en particulier sur la table des matières
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||||
\usepackage{tikz}
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||||
\usetikzlibrary{fit}
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||||
\usetikzlibrary{positioning}
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||||
\usepackage{schemabloc}
|
||||
\usepackage{circuitikz}
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||||
\usepackage{pgfplots}
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||||
\usepackage{../../raccourcis}
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||||
\usepackage{../../boites}
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||||
\hypersetup{
|
||||
colorlinks = true,
|
||||
linkcolor=.,
|
||||
}
|
||||
% Mise en page
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||||
\title{421 - Controle de processus \\ Correction des TD}
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\renewcommand{\thesection}{TD\arabic{section}}
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\newcommand{\et}{\quad\text{ et }\quad}
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||||
\newcommand{\avec}{\quad\text{ avec }\quad}
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\makeatletter
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||||
\def\l@section{\@dottedtocline{1}{1em}{3em}}
|
||||
\makeatother
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||||
|
||||
\graphicspath{{TD1/}{TD2/}{TD3/}{TD4/}{TD5/}{TD6/}{TD7/}{TD8/}{TD9/}}
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\begin{document}
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\maketitle
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\tableofcontents
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||||
\section{Systèmes échantillonés}
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\subfile{TD1/TD1.tex}
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||||
\section{Stabilité}
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\subfile{TD2/TD2.tex}
|
||||
\section{Correcteurs numériques}
|
||||
\subfile{TD3/TD3.tex}
|
||||
\section{Correcteur RST}
|
||||
\subfile{TD4/TD4.tex}
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||||
\section{Modélisation par variable d'état}
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||||
\subfile{TD5/TD5.tex}
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||||
\section{Représentation d'état et commandabilité}
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||||
\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}
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||||
\subfile{TD9/TD9.tex}
|
||||
|
||||
\end{document}
|
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