suppression des macros custom

424-Systeme_Non_Lineaires/TD/TD1/TD1.tex

@@ -70,10 +70,6 @@ Il n'existe pas de point d'équilibre en linéaire ce qui contredit le résultat
 
 On considère le système constitué d'un moteur a courant continu asservie en position avec une correction tachymétrique, donné par la figure ci-dessous. R(.) représente la caractéristique d'un relais symétrique avec seuil $\Delta$ et hystérésis $h$.
 
-\begin{center}
-%\includegraphics[scale=0.5]{figure1.png}
-\end{center}
-
 \begin{enumerate}
 \item On pose $e(t) = 0$, la transformée inverse donne donc, d'une part:
 \begin{align*}
@@ -101,10 +97,6 @@ Attention! La fonction R(.) fait sortir un $U_0$ a ne pas oublier.\\
  On a simplement $\beta = \frac{L}{\tau}$.\\
  Et d'une façon presque obscure $a = \frac{\Delta + h}{2KU_0\tau}$ et $\alpha a = \frac{\Delta - h}{2KU_0\tau}$.
 
- \begin{center}
- %\includegraphics[scale=0.5]{figure2.png}
- \end{center}
-
 \item On pose $\frac{d\overline{\theta}}{d\overline{t}} + \frac{d^2\overline{\theta}}{d\overline{t}^2} = \lambda$ avec $\lambda = 1$ , 0 ou -1 en fonction de $\epsilon$ ou de $\frac{d\epsilon}{dt}$.\\
 
 On a comme condition initiale : $\overline{\theta}(t=0) = \overline{\theta_0}$ et $\overline{\omega}(t=0) = \overline{\omega_0}$. Ce qui conduit à:
@@ -155,24 +147,38 @@ $x_1(t) = - x_2(t)$ et $\frac{dx_2}{dx_1} = \frac{\lambda - x_2}{x_2} =_{x_2=0}
 \lambda = -1 \text{ et, } x_2 >-1 &\Rightarrow \text{concavité tournée vers $x_1 < 0$}\\
 \lambda = 1 \text{ et, } x_2 < 1 &\Rightarrow \text{concavité tournée vers $x_1 > 0$}\\
 \end{align*}
-
+\begin{figure}[ht]
-\img{0.25}{1.png}
+  \centering
+  \includegraphics[width=0.9\textwidth]{1}
+  \caption{ }
+  \label{fig:label}
+\end{figure}
 
 \newpage
 On a en sortie du comparateur: $\epsilon = x_1 + \beta x_2$
 Sachant que l'on a la caractéristique: (attention, on a permuté avec $-R(\epsilon)$
-
+\begin{figure}[ht]
-\img{0.4}{2.png}
+  \centering
-
+  \includegraphics[width=0.9\textwidth]{2}
+  \caption{ }
+  \label{fig:label}
+\end{figure}
 On en déduit que:
-
+\begin{figure}[ht]
-\img{0.4}{3.png}
+  \centering
+  \includegraphics[width=0.9\textwidth]{3}
+  \caption{ }
+  \label{fig:label}
+\end{figure}
 
 Ainsi, selon la où l'on est, on va avoir différent $\lambda$, et on va pouvoir recouper ce graph avec celui de l'espace de phase précédent pour avoir le comportement du système dans l'espace de phase.
 On parcourt donc l'espace de phase en partant du point P, puis on se déplace vers le point Q par la droite de pente -1, puis de Q a R et S pour revenir vers T sur la portion de courbe ou se situe P.
-
+\begin{figure}[ht]
-\img{0.4}{4.png}
+  \centering
-
+  \includegraphics[width=0.9\textwidth]{4}
+  \caption{ }
+  \label{fig:label}
+\end{figure}
 Si $x_{2T} < x_{2P}$, alors on a stabilité et on converge vers le point d'équilibre 0.\\
 Si $x_{2T} > x_{2P}$, alors on a un comportement instable et le système diverge.\\
 Si $x_{2T} = x_{2P}$, alors on est sur le cycle limite.\\

424-Systeme_Non_Lineaires/TD/TD2/TD2.tex

@@ -7,9 +7,9 @@
 \[ y = 
 \left\{
 \begin{array}{cc}
-0 & \si |X| \leq \frac{\Delta}{2} \\
+0 & \text{ si } |X| \leq \frac{\Delta}{2} \\
-x-\frac{\Delta}{2} & \si X > \frac{\Delta}{2} \\
+x-\frac{\Delta}{2} & \text{ si } X > \frac{\Delta}{2} \\
-x+\frac{\Delta}{2} & \si X < -\frac{\Delta}{2}
+x+\frac{\Delta}{2} & \text{ si } X < -\frac{\Delta}{2}
 \end{array}
 \right.
 \]
@@ -32,7 +32,7 @@ On a alors $N(X) = \frac{P}{X}$.
 \item Pour le relais avec hystérésis
 
 %\img{0.5}{3}
-On pose $X\sin(\omega t_1) = \frac{h}{2} \donc t_1 = \frac{1}{\omega} arcsin(\frac{h}{2X})$
+On pose $X\sin(\omega t_1) = \frac{h}{2} \text{ donc } t_1 = \frac{1}{\omega} arcsin(\frac{h}{2X})$
 
 \begin{figure}[h!]
 \centering
@@ -101,10 +101,8 @@ donc
 \begin{itemize}
 \item La NL est statique
 \item Un filtre passe-bas d'ordre relatif $>1$ est en aval de la NL
-
-\begin{rmq}
 Si le filtre est $\frac{p+1}{p^2 / \omega^2 + 2m/\omega p +1}$, on ne peut pas appliquer la méthode du 1er harmonique.
-\end{rmq}
+
 \end{itemize}
 
 \item On a $Q=0$ car la NL est impaire.
@@ -132,16 +130,16 @@ Im=0 & \Rightarrow X_0 = \frac{4Mk_2T_1(k_1T_2-kT_1)}{\pi(T_1+T_2)}
 On peut alors réécrire \[\omega_0^2 = \frac{k_1+k}{T_1(k_1T_2-kT_1)} \]
 
 \paragraph{Stabilité du cycle limite}
-\[ \drond{R}{X}|_0 \drond{I}{\omega}|_0 - \drond{I}{X}|_0 \drond{R}{\omega}|_0 > 0 \]
+\[ \derivp[R]{X}|_0 \derivp[I]{\omega}|_0 - \derivp[I]{X}|_0 \derivp[R]{\omega}|_0 > 0 \]
 
 \begin{align*}
-\drond{R}{X}|_0 & = (k+k_1)k_2 \dd{N}{X}|_0 < 0 \\
+\derivp[R]{X}|_0 & = (k+k_1)k_2 \dd{N}{X}|_0 < 0 \\
-\drond{R}{\omega}|_0 & = -2(T_1+T_2)\omega_0 < 0 \\
+\derivp[R]{\omega}|_0 & = -2(T_1+T_2)\omega_0 < 0 \\
-\drond{I}{X}|_0 & = kk_2T_1 \dd{N}{X}|_0 \omega_0< 0 \\
+\derivp[I]{X}|_0 & = kk_2T_1 \dd{N}{X}|_0 \omega_0< 0 \\
-\drond{I}{\omega}|_0 & = 1 + kk_2T_1N(X_0)-3T_1T_2\omega_0 = -2T_1T_2\omega_0^2 < 0
+\derivp[I]{\omega}|_0 & = 1 + kk_2T_1N(X_0)-3T_1T_2\omega_0 = -2T_1T_2\omega_0^2 < 0
 \end{align*}
 
-Le cycle limite est stable si $\drond{R}{X}|_0 \drond{I}{\omega}|_0 - \drond{I}{X}|_0 \drond{R}{\omega}|_0 > 0$
+Le cycle limite est stable si $\derivp[R]{X}|_0 \derivp[I]{\omega}|_0 - \derivp[I]{X}|_0 \derivp[R]{\omega}|_0 > 0$
 \[-2(k+k_1)k_2\dd{N}{X}T_1T_2\omega_0^2 + 2(T_1+T_2)\omega_0^2kk_2T_1\dd{N}{X}> 0\]
 
 soit
@@ -175,11 +173,11 @@ Il n'y a pas d'intersection entre les deux : d'après la méthode du 1er harmoni
 
 L'entrée du filtre du 1er ordre $u=M$
 
-\[y(t) = KM(1-e^{-t/\tau}) \Rightarrow \exists t_1 \tq y(t_1) > h/2 \car KM>h/2 \]
+\[y(t) = KM(1-e^{-t/\tau}) \Rightarrow \exists t_1 \text{ tq } y(t_1) > h/2 \text{ car } KM>h/2 \]
 \[x(t) = -y(t) < -h/2 \Rightarrow u = -M\]
 
 et avec le même raisonnement,
-\[ \exists t_2 \tq y(t_2) < -h/2 \]
+\[ \exists t_2 \text{ tq } y(t_2) < -h/2 \]
 \[ x(t) > h/2 \]
 
 donc pour $KM>h/2$, il existe un cycle limite.

424-Systeme_Non_Lineaires/TD/TD3a/TD3a.tex

@@ -18,31 +18,28 @@ Donc on a la trajectoire :
 \[ x(t) = x_0 \exp(-6t\cos t + 6t_0\cos t_0 + 6\sin t - 6\sin t_0 - t^2 + t_0^2) \]
 
 \item Stabilité au sens de Lyapunov :
-\[ \forall \epsilon > 0, \exists \delta >0 \tq ||x_0|| \leq \delta \Rightarrow ||x|| \leq \epsilon \]
+\[ \forall \epsilon > 0, \exists \delta >0 \text{ tq } ||x_0|| \leq \delta \Rightarrow ||x|| \leq \epsilon \]
 
-Soit $\epsilon>0 \tq |x(t)| \leq \epsilon$. Exprimons $\delta$ en fonction de $\epsilon$ tel que $|x_0| \leq \delta$.
+Soit $\epsilon>0 \text{ tq } |x(t)| \leq \epsilon$. Exprimons $\delta$ en fonction de $\epsilon$ tel que $|x_0| \leq \delta$.
 \begin{align*}
 |x(t)| & \leq |x_0| \exp (6t_0 \cos t_0 - 6\sin t_0 + t_0^2 + 6 + 6 t - t^2) \\
 \text{Or, } & 0 < (3-t)^2 = 9-6t+t^2 \Rightarrow 6t-t^2 < 9 \\
-\donc |x(t)| & \leq |x_0| C \quad \avec C = \exp(6t_0 \cos t_0 - 6\sin t_0 + t_0^2 + 12) > 0 \\
+\text{ donc } |x(t)| & \leq |x_0| C \quad \avec C = \exp(6t_0 \cos t_0 - 6\sin t_0 + t_0^2 + 12) > 0 \\
 \Rightarrow \delta & = \frac{\epsilon}{C}
 \end{align*}
-
-\begin{rmq}
 Le fait que le $\delta$ dépende de $t_0$ n'empêche pas que l'origine soit stable au sens de Lyapunov. Cela montre que la stabilité n'est pas uniforme.
-\end{rmq}
 
 \item Stabilité au sens de Lagrange :
-\[ \forall \delta > 0, \exists \epsilon >0 \tq |x_0| \leq \delta \Rightarrow |x| \leq \epsilon \]
+\[ \forall \delta > 0, \exists \epsilon >0 \text{ tq } |x_0| \leq \delta \Rightarrow |x| \leq \epsilon \]
 
 $t_0=2\pi n$ et $t=t_0 + \pi$
 
 \begin{align*}
 x(t) & = x_0 \exp(6.2\pi n + A\pi^2 n^2 - 6(2\pi n + \pi) - (2\pi n + \pi)^2) \\
-& = x_0\exp((4n+1)\pi(6-\pi)) \tdv \infty \si n \tdv \infty
+& = x_0\exp((4n+1)\pi(6-\pi)) \to \infty \text{ si } n \to \infty
 \end{align*}
 
-$|x_0| \leq \delta$ alors que $\nexists \epsilon > 0 \tq |x| \leq \epsilon$ : l'origine n'est pas stable au sens de Lagrange.
+$|x_0| \leq \delta$ alors que $\nexists \epsilon > 0 \text{ tq } |x| \leq \epsilon$ : l'origine n'est pas stable au sens de Lagrange.
 
 
 \end{enumerate}
@@ -61,16 +58,16 @@ Donc on a la trajectoire :
 \[ x(t) = x_0 \frac{1+t_0}{1+t} \]
 
 \item Stabilité au sens de Lagrange :
-\[ \forall \delta > 0, \exists \epsilon >0 \tq |x_0| \leq \delta \Rightarrow |x| \leq \epsilon \]
+\[ \forall \delta > 0, \exists \epsilon >0 \text{ tq } |x_0| \leq \delta \Rightarrow |x| \leq \epsilon \]
 
-Soit $\delta > 0 \tq |x_0| \leq \delta$, il faut exprimer $\epsilon$ en fonction de $\delta \tq |x(t)| \leq \epsilon$.
+Soit $\delta > 0 \text{ tq } |x_0| \leq \delta$, il faut exprimer $\epsilon$ en fonction de $\delta \text{ tq } |x(t)| \leq \epsilon$.
 
-\[ |x(t)| = |x_0|\frac{1+t_0}{1+t} \avec t,t_0>0 \et t\geq t_0 \donc \frac{1+t_0}{1+t} \leq 1\]
+\[ |x(t)| = |x_0|\frac{1+t_0}{1+t} \avec t,t_0>0 \et t\geq t_0 \text{ donc } \frac{1+t_0}{1+t} \leq 1\]
 
 On prend $\epsilon=\delta$ et l'origine est stable au sens de Lagrange.
 
 \item Stabilité au sens de Lyapunov :
-\[ \forall \epsilon > 0, \exists \delta >0 \tq |x_0| \leq \delta \Rightarrow |x| \leq \epsilon \]
+\[ \forall \epsilon > 0, \exists \delta >0 \text{ tq } |x_0| \leq \delta \Rightarrow |x| \leq \epsilon \]
 
 Soit $\epsilon>0$. On pose $\delta=\epsilon$
 \[ |x_0| \leq \delta=\epsilon \Rightarrow |x| = |x_0|\frac{1+t_0}{1+t} \leq \epsilon \frac{1+t_0}{1+t} \leq \epsilon \] chibrage de l'exo

424-Systeme_Non_Lineaires/TD/TD3b/TD3b.tex

@@ -8,12 +8,12 @@ LE bout de l'autre génie.
 
 
 \[x(t) = x_0 \frac{1+t_0}{1+t}\]
-\[\forall  \epsilon > 0 \exists \delta > 0 \tq ||x_0|| \leq \delta \Rightarrow ||x(t) || \leq \epsilon\]
+\[\forall  \epsilon > 0 \exists \delta > 0 \text{ tq } ||x_0|| \leq \delta \Rightarrow ||x(t) || \leq \epsilon\]
 contraposée
-\[\exists \epsilon \tq \forall \delta >0, ||x_0|| \leq \delta \et ||x(t) || \geq \epsilon\]
+\[\exists \epsilon \text{ tq } \forall \delta >0, ||x_0|| \leq \delta \et ||x(t) || \geq \epsilon\]
 \begin{align*}
 |x(t)| = |x_0| \frac{1+t_0}{1+t} &> \frac{|x_0|t_0}{1+t}\\
-& > |x_0| = \epsilon \si t_0 \rightarrow \infty
+& > |x_0| = \epsilon \text{ si } t_0 \rightarrow \infty
 \end{align*}
 
 \end{enumerate}
@@ -85,8 +85,8 @@ Il n'existe pas de Q(x) tel que $\dot{V(x) \leq -Q(x)}$\\
 Barhashin : 
 \begin{align*}
 \dot{V(x)} = 0 \Rightarrow x_2 =0 \Rightarrow \dot{x_1} = 0\\
-\pour |x_1- < \pi \Rightarrow x_2 = 0\\
+\text{ pour } |x_1- < \pi \Rightarrow x_2 = 0\\
-\donc \dot{x_2} = 0 \Rightarrow sin(x_1) = 0
+\text{ donc } \dot{x_2} = 0 \Rightarrow sin(x_1) = 0
 \end{align*}
 Si $x_1 = 0$, $\pi$ , $-\pi$ il n'y a pas de stabilité asymptotique.\\
 
@@ -137,7 +137,12 @@ Avec $\alpha = \frac{1}{4}$ et $\beta = 1$ la condition 2 est respectée donc on
 \end{enumerate}
 
 \item On considère le système suivant:
-\[ \acc{\dot{x_1} = x_2 + x_3^4}{\dot{x_2} = -5sin(x_1) - x_2 + u_1}{\dot{x_3} = -kx_3 + u_2} \]
+  \[       \begin{cases}
+      \dot{x_1} = x_2 + x_3^4 \\
+      \dot{x_2} = -5sin(x_1) - x_2 + u_1 \\
+      \dot{x_3} = -kx_3 + u_2 \\
+    \end{cases}
+\]
 \begin{enumerate}
 \item Pour $u_1 = u_2 = 0$, l'origine est stable car $\dot{x} = 0 $.\\
 
@@ -168,3 +173,9 @@ La stabilité suivant le critère de Routh donne que c'est stable si $k>0$
 \end{enumerate}
 \end{enumerate}
 \end{document}
+    
+
+%%% Local Variables:
+%%% mode: latex
+%%% TeX-master: "../main"
+%%% End:

424-Systeme_Non_Lineaires/TD/TD4/TD4.tex

@@ -2,7 +2,13 @@
 \begin{document}
 \subsection*{Exercice 1: Forme quadratique de la fonction de Lyapunov}
 Soit le système donné par:
-\[\acc{\dot{x_1} = f_1(x_1,x_2,...,x_n)}{\dot{x_2} = f_2(x_1,x_2,...,x_n)}{\dot{x_n} = f_n(x_1,x_2,...,x_n)}\]
+\[
+  \begin{cases}
+\dot{x_1} = f_1(x_1,x_2,...,x_n) \\
+    \dot{x_2} = f_2(x_1,x_2,...,x_n)\\
+\dot{x_n} = f_n(x_1,x_2,...,x_n)
+\end{cases}
+\]
 \begin{enumerate}
 \item 
 L'approximation linéaire pour le point d'équilibre $x_0$ est :
@@ -59,7 +65,7 @@ Comme $V = \sum_{k=1}^2 z_k z_k^*$ alors,
 \Rightarrow& \alpha x_1^2 + \beta x_2^2 > 1 
 \end{align*}
 
-\img{0.5}{1.png}
+%\img{0.5}{1.png}
 Au voisinage de l'origine, ($\alpha x_1^2 + \beta x_2^2 >1$), c'est instable, mais en dehors de la trajectoire converge. On a un cycle limite pour $\alpha x_1^2 + \beta x_2^2 =1$
 \end{enumerate}
 
@@ -76,21 +82,27 @@ Au voisinage de l'origine, ($\alpha x_1^2 + \beta x_2^2 >1$), c'est instable, ma
 \end{enumerate}
 
 \subsection*{Exercice III : Commandabilité et observabilité}
+\newcommand{\D}{\mathcal{D}}
+\newcommand{\Vc}{\mathcal{V}}
 
 \begin{enumerate}
 \item On considère le système :
-$ \acc{ \dot{x_1} & = -x_2 -x_2^2}{ \dot{x_2} & = u}$
+  $ \begin{cases}
+\dot{x_1} & = -x_2 -x_2^2\\
+    \dot{x_2} & = u
+\end{cases}
+$
 
 On a donc $f(x) = \vect{ -x_2-x_2^2 \\ 0} \et g(x) = \vect{0 \\ 1}$.
 
 $E=\{f(x),g(x)\}$
 \begin{align*}
 [f,g] & = J_gf - J_fg \\
-& = \matd{0 & 0}{0 & 0}f(x)-\matd{0 & -1 -2x_2}{0 & 0} \vect{0 \\ 1} = \vect{1 + 2x_2 \\ 0}\\
+& = \vect{0 & 0 \\ 0 & 0}f(x)-\vect{0 & -1 -2x_2\\0 & 0} \vect{0 \\ 1} = \vect{1 + 2x_2 \\ 0}\\
 [f,[f,g]] & = J_{[f,g]}f - J_f[f,g] \\
-& = \matd{0 & 2}{0 & 0} \vect{-x_2 -x_2^2 \\ 0} - \matd{0 & -1-2x_2}{0 & 0} \vect{ 1 + 2x_2 \\ 0} = \vect{0 \\ 0} \\
+& = \vect{0 & 2\\0 & 0} \vect{-x_2 -x_2^2 \\ 0} - \vect{0 & -1-2x_2\\0 & 0} \vect{ 1 + 2x_2 \\ 0} = \vect{0 \\ 0} \\
 [g,[f,g]] & = J_g[f,g] - J_{[f,g]}g \\
-& = 0 - \matd{0 & 2}{0 & 0} \vect{0 \\ 1} = -\vect{2 \\ 0} 
+& = 0 - \vect{0 & 2\\0 & 0} \vect{0 \\ 1} = -\vect{2 \\ 0} 
 \end{align*}
 On a donc : \[
 \D = \{\vect{0 \\ 1}, \vect{2 \\ 0}, \vect{1+2x_2 \\ 0}\}\]
@@ -123,3 +135,8 @@ Le système est donc observable.
 \end{enumerate}
 
 \end{document}
+
+%%% Local Variables:
+%%% mode: latex
+%%% TeX-master: "../main"
+%%% End:

424-Systeme_Non_Lineaires/TD/TD5/TD5.tex

@@ -4,7 +4,13 @@
 \subsection*{Exercice I}
 
 On considère le système 
-\[ \accc{\dot{x_1} & = x_1 +x_2}{\dot{x_2} & = x_2^2 + u}{y & = x_1} \donc f(x) = \vect{x_1+x_2\\x_2^2}, g(x) = \vect{0 \\ 1} \et h(x) = x_1 \]
+\[
+  \begin{cases}
+\dot{x_1} & = x_1 +x_2\\
+\dot{x_2} & = x_2^2 + u\\
+y & = x_1
+\end{cases}
+\text{ donc } f(x) = \vect{x_1+x_2\\x_2^2}, g(x) = \vect{0 \\ 1} \et h(x) = x_1 \]
 
 \begin{enumerate}
 \item On peut balancer $u=-x_2^2 + v$ comme des bâtards mais on va suivre le cours :
@@ -18,23 +24,38 @@ z_3 & = \dot{z_2} = \dot{x_1} + \dot{x_2} = x_1 + x_2 + x_2^2 + u, \quad r=2
 \end{align*}
 
 \item
-\[ \acc{\dot{z_1} = z_2}{\dot{z_2} = v} \quad \text{ modèle linéaire avec } \vect{z_1 \\ z_2} = \vect{x_1 \\ x_1 + x_2} \]
+\[
+  \begin{cases}
+\dot{z_1} = z_2\\
+\dot{z_2} = v
+\end{cases}
+\quad \text{ modèle linéaire avec } \vect{z_1 \\ z_2} = \vect{x_1 \\ x_1 + x_2} \]
 
 \begin{align*}
 u & = v - x_1 - x_2 - x_2^2 \\
 & = v - z_2 - ( z_2 - z_1 )^2
 \end{align*}
 \end{enumerate}
+\begin{figure}[ht]
+  \centering
+  \includegraphics[width=0.9\textwidth]{1}
+  \caption{ }
+  \label{fig:label}
+\end{figure}
 
-\img{0.5}{1}
+%\img{0.5}{1}
 
 \newpage
-\item \[ \acc{ \dot{z_1} & = z_2 }{ \dot{z_2} & = \ddot{y} = v = \ddot{y_r} + a_1(\dot{y_r}-\dot{y})+a_2(y_r-y)} \]
+\item \[
+    \begin{cases}
+\dot{z_1} & = z_2 \\ \dot{z_2} & = \ddot{y} = v = \ddot{y_r} + a_1(\dot{y_r}-\dot{y})+a_2(y_r-y)
+\end{cases}
+\]
 
 Équation caractéristique de la dynamique 
 \[ x^2 + a_1 x + a_2 = 0 \]
 
-\img{0.5}{2}
+%\img{0.5}{2}
 
 \item On considère maintenant le système suivant:
 \[\left\{\begin{matrix}

424-Systeme_Non_Lineaires/TD/TD6/TD6.tex

@@ -52,7 +52,7 @@ u_1 \\ \omega
 Ainsi, D(x) (la matrice devant le vecteur de commande, hein!) est inversible si $2x_3-x_2 \neq 0 $.\\
 Si cette condition est réalisable alors le modèle est linéarisable.
 
-\imgt{1}
+%\imgt{1}
 
 
 \end{enumerate}

424-Systeme_Non_Lineaires/TD/TD8/TD8.tex

@@ -3,7 +3,12 @@
 \subsection*{Exercice I: Platitude}
 \begin{enumerate}
 \item On considère le système suivant:
-\[\acc{\dot{x_1} &= x_2 - x_1 cos x_1}{\dot{x_2} &= (x_2^2 + u)(5 + sinx_1)} \]
+\[
+  \begin{cases}
+\dot{x_1} &= x_2 - x_1 cos x_1\\
+\dot{x_2} &= (x_2^2 + u)(5 + sinx_1)
+\end{cases}
+\]
 
 Montrons que $x_1$ est une sortie plate, pour cela, il faut exprimer u en fonction de $x_1$ et ses dérivées uniquement:
 \begin{align*}
@@ -32,7 +37,12 @@ On a bien les commandes en fonctions de $x_1$,$x_3$ et leurs dérivées uniqueme
 
 \subsection*{Exercice II: Planification}
 On considère le système suivant:
-\[\acc{\dot{x_1} &= x_2}{\dot{x_2} &= \alpha\dot{x_1} + u} \]
+\[
+  \begin{cases}
+\dot{x_1} &= x_2\\
+\dot{x_2} &= \alpha\dot{x_1} + u
+\end{cases}
+\]
 \begin{enumerate}
 \item Trouvons la sortie plate y. On remarque que pour $y=x_1$ on a $u = \ddot{y} - \alpha \dot{y}$, donc ce y convient (est une sortie plate) et on a alors le système:
 \[ \left\{\begin{matrix}
@@ -105,3 +115,8 @@ Terme 3 et 4:  mode glissant
 
 $\alpha >1  K tel que |\Delta \alpha x_2^2| < K$
 \end{document}
+
+%%% Local Variables:
+%%% mode: latex
+%%% TeX-master: "../main"
+%%% End:

424-Systeme_Non_Lineaires/TD/main.tex

@@ -15,7 +15,7 @@
 \def\l@section{\@dottedtocline{1}{1em}{3em}}
 \makeatother
 
-\graphicspath{{TD1/}{TD2/}{TD3/}{TD4/}{TD5/}{TD6/}{TD7/}{TD8/}{TD9/}
+\graphicspath{{TD1/}{TD2/}{TD3/}{TD4/}{TD5/}{TD6/}{TD7/}{TD8/}{TD9/}}
 
 \begin{document}
 
@@ -26,8 +26,8 @@
 \section{Methode du premier harmonique}
 \subfile{TD2/TD2.tex}
 \section{Stabilité en non linéaire}
-\subfile{TD3/TD3a.tex}
+\subfile{TD3a/TD3a.tex}
-\subfile{TD3/TD3b.tex}
+\subfile{TD3b/TD3b.tex}
 \section{Choix de la fonction de Lyapunov candidate, Commandabilité et Observabilité}
 \subfile{TD4/TD4.tex}
 \section{Bouclage linéarisant par retour d'état statique}
@@ -39,7 +39,6 @@
 \section{Commande hiérarchisée et robustesse}
 \subfile{TD8/TD8.tex}
 
-
 \end{document}
 
 %%% Local Variables: