208 lines
9.1 KiB
TeX
208 lines
9.1 KiB
TeX
\documentclass{../../td}
|
|
\begin{document}
|
|
\subsection*{Exercice 1}
|
|
\begin{enumerate}
|
|
\item Pour trouver les points d'équilibres, on annuler les dérivées des positions:
|
|
\[
|
|
\left \{ \begin{matrix}
|
|
0 = \sigma(x_2-x_1)\\
|
|
0 = \rho x_1 - x_2-x_1x_3\\
|
|
0 = -\beta x_3 + x_1 x_2
|
|
\end{matrix} \right. \Leftrightarrow
|
|
\left \{ \begin{matrix}
|
|
x_1 = x_2\\
|
|
x_1(\rho -1 -x_3) = 0 \\
|
|
\beta x_3 = x_1^2
|
|
\end{matrix} \right.\]
|
|
Si $ x_1 = 0$, alors:
|
|
\[\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\]
|
|
Si $x_1 \neq 0$, alors
|
|
\[\left \{ \begin{matrix}
|
|
x_3 = \rho -1\\
|
|
\text{si $\rho > 1$, } x_1 = \pm \sqrt{\beta(\rho -1)} = x_2
|
|
\end{matrix}\right.
|
|
\text{ ou alors }
|
|
\left \{ \begin{matrix}
|
|
x_3 = \rho -1\\
|
|
\text{si $\rho < 1$, } x_1 = \pm j\sqrt{\beta(1-\rho)} = x_2
|
|
\end{matrix}\right.\]
|
|
|
|
|
|
\item Donnons la linéarisation tangente du système autour du point d'équilibre en $\rho = 1$:
|
|
\[
|
|
\left \{ \begin{matrix}
|
|
\dot{x_1} = \sigma(x_2-x_1)\\
|
|
\dot{x_2} = x_1 - x_2-x_1x_3\\
|
|
\dot{x_3} = -\beta x_3 + x_1 x_2
|
|
\end{matrix} \right. \Leftrightarrow
|
|
\left \{ \begin{matrix}
|
|
\dot{x_1} = f_1(x))\\
|
|
\dot{x_2} = f_2(x)\\
|
|
\dot{x_3} = f_3(x)
|
|
\end{matrix} \right.\]
|
|
Ainsi, on a en linéarisant autour de 0:
|
|
\[\delta \dot{x} = \begin{pmatrix}
|
|
\left. \frac{\partial f_1}{\partial x_1}\right |_0 & \left. \frac{\partial f_1}{\partial x_2}\right |_0 & \left. \frac{\partial f_1}{\partial x_3}\right |_0 \\ \left. \frac{\partial f_2}{\partial x_1}\right |_0 & \left. \frac{\partial f_2}{\partial x_2}\right |_0 & \left. \frac{\partial f_2}{\partial x_3}\right |_0 \\
|
|
\left. \frac{\partial f_3}{\partial x_1}\right |_0 &\left. \frac{\partial f_3}{\partial x_2}\right |_0 & \left. \frac{\partial f_3}{\partial x_3}\right |_0
|
|
\end{pmatrix} \delta x \Rightarrow
|
|
A = \begin{pmatrix}
|
|
-\sigma & \sigma & 0 \\ 1 & -1 &0 \\ 0& 0& -\beta
|
|
\end{pmatrix}\]
|
|
|
|
Stabilité en linéaire de $x_0 = \begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$
|
|
On calcule $det(\lambda I - A) = 0$, ie:
|
|
\begin{align*}
|
|
det\begin{pmatrix}\lambda + \sigma & -\sigma & 0 \\ -1 &\lambda +1 &0\\ 0 & 0 &\lambda + \beta\end{pmatrix} &= (\lambda + \beta)((\lambda + \sigma ) (\lambda + 1 ) - \sigma)\\
|
|
&= (\lambda + \beta)(\lambda^2 + (1+\sigma)\lambda
|
|
\intertext{On a donc les trois équations suivantes:}
|
|
\lambda &= - \beta\\
|
|
\lambda &= 0\\
|
|
\lambda &= -(\sigma+1)
|
|
\end{align*}
|
|
|
|
Il n'existe pas de point d'équilibre en linéaire ce qui contredit le résultat en N.L où nous avons pour seul point d'équilibre $ x = \begin{pmatrix}
|
|
0\\0\\0
|
|
\end{pmatrix}$.
|
|
|
|
\end{enumerate}
|
|
|
|
\subsection*{Exercice 2 : Asservissement à relais}
|
|
|
|
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{enumerate}
|
|
\item On pose $e(t) = 0$, la transformée inverse donne donc, d'une part:
|
|
\begin{align*}
|
|
\omega &= \frac{d\theta}{dt}
|
|
\intertext{Ce qui conduit à: }
|
|
\omega(t) + \tau \frac{d\omega(t)}{dt} &= \frac{d\theta(t)}{dt} + \tau \frac{d^2\theta(t)}{dt^2}\\
|
|
&= K R(-L\frac{d\theta(t)}{dt} - \theta(t))\\
|
|
&= -KR(L\frac{d\theta(t)}{dt} + \theta(t))
|
|
\intertext{avec comme condition initiale:}
|
|
\theta(t=0) &= 0\\
|
|
\omega(t=0) &= 0
|
|
\end{align*}
|
|
|
|
Si l'on pose maintenant $e = e_0u(t)$, on a simplement:
|
|
\[\frac{d\theta(t)}{dt} + \tau \frac{d^2\theta(t)}{dt^2} = -KR(L\frac{d\theta(t)}{dt} + \theta(t) - e)\]
|
|
avec comme condition initiale $\theta(0) = -e_0$ et $\dot{\theta} = \omega_0 = 0$.\\
|
|
|
|
Remarque : si on pose $ \theta ' = \theta - e_0$ on retrouve la même équation différentielle et cela n'influence pas la transformée de Laplace, les deux sont donc équivalent.
|
|
|
|
\item On a pour le temps réduit $ \overline{t} = \frac{t}{\tau}$.\\
|
|
Attention! La fonction R(.) fait sortir un $U_0$ a ne pas oublier.\\
|
|
Et on pose en identifiant après avoir injecté le $\tau$ provenant de la normalisation du temps, $\overline{\theta} = \frac{\theta}{KU_0\tau}$.\\
|
|
On trouve alors simplement $\overline{\omega} = \frac{d\overline{\theta}}{d\overline{t}} = \frac{\omega}{KU_0}$.
|
|
Reste plus qu'à identifier les constantes:\\
|
|
On a simplement $\beta = \frac{L}{\tau}$.\\
|
|
Et d'une façon presque obscure $a = \frac{\Delta + h}{2KU_0\tau}$ et $\alpha a = \frac{\Delta - h}{2KU_0\tau}$.
|
|
|
|
\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:
|
|
\begin{align*}
|
|
\overline{\omega}(t) + \frac{d\overline{\omega}}{d\overline{t}} = \lambda &\Rightarrow \overline{\omega}(t) = \overline{\omega_0}e^{-\overline{t}} + \lambda(1 - e^{-\overline{t}})
|
|
\intertext{On a donc en variable $\overline{\theta}$}
|
|
\frac{d\overline{\theta}}{d\overline{t}} &= \overline{\omega_0}e^{-\overline{t}} + \lambda(1 - e^{-\overline{t}})
|
|
\intertext{d'où:}
|
|
\overline{\theta}(t) - \overline{\theta_0} &= \overline{\omega_0} - \overline{\omega_0}e^{-\overline{t}} + \lambda \overline{t} - \lambda(1 - e^{-\overline{t}})
|
|
\end{align*}
|
|
|
|
\item Pour décrire l'espace des phases, on pose $x_1 = \overline{\theta}$ et $x_2 = \overline{\omega}$.Par élimination de $\overline{t}$, en utilisant la méthode explicite on a:
|
|
|
|
\begin{align*}
|
|
x_2(t) + x_1(t) &= \overline{\omega_0} + \overline{\theta_0} + \lambda\overline{t}
|
|
\intertext{d'où:}
|
|
x_2 - \lambda &= (\overline{\omega_0} - \lambda)e^{-\overline{t}}
|
|
\intertext{et ainsi:}
|
|
\overline{t} &= ln\left(\frac{\overline{\omega_0}-\lambda}{x_2-\lambda}\right)
|
|
\intertext{ainsi, en remplaçant de façon explicite le temps réduit:}
|
|
x_2(t) + x_1(t) &= \overline{\omega_0} + \overline{\theta_0} + \lambda ln\left(\frac{\overline{\omega_0}-\lambda}{x_2-\lambda}\right)
|
|
\end{align*}
|
|
|
|
Avec la méthode implicite on a $\frac{dx_2}{d\overline{t}} = \lambda -x_2$ et $\frac{dx_1}{d\overline{t}} = x_2$. Ainsi on a $\frac{dx_2}{dx_1} = \frac{\lambda-x_2}{x_2}$ et en intégrant, on retrouve le résultat précédent.
|
|
|
|
\item L'allure de l'espace de phase dépend de la valeur de $\lambda$.\\
|
|
|
|
Pour $\lambda = 0$ on a directement $x_1 + x_2 = \overline{\theta_0} + \overline{\omega_0}$
|
|
|
|
Pour $\lambda $ on a
|
|
|
|
|
|
Comportement asymptotique
|
|
\[\overline{t} \leftarrow \infty \Rightarrow \left \{ \begin{matrix}
|
|
x_1 = \pm \infty \\
|
|
x_2 = \lambda
|
|
\end{matrix} \right. \]
|
|
\[\overline{t} \leftarrow -\infty \Rightarrow \left \{ \begin{matrix}
|
|
x_1 \approx -\overline{\omega_0} e^{-\overline{t}}+\lambda e^{-\overline{t}} \\
|
|
x_2 \approx \overline{\omega_0} e^{-\overline{t}}-\lambda e^{-\overline{t}}
|
|
\end{matrix} \right. \]
|
|
On a dans le deuxième cas:
|
|
$x_1(t) = - x_2(t)$ et $\frac{dx_2}{dx_1} = \frac{\lambda - x_2}{x_2} =_{x_2=0} + \infty$
|
|
|
|
\begin{align*}
|
|
\frac{d^2x_2}{dx_1^2} &= \frac{-\lambda(\lambda-x_2)}{x_2^3}
|
|
\intertext{Selon la valeur de $\lambda$ on a plusieurs solutions:}
|
|
\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]
|
|
\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]
|
|
\centering
|
|
\includegraphics[width=0.9\textwidth]{2}
|
|
\caption{ }
|
|
\label{fig:label}
|
|
\end{figure}
|
|
On en déduit que:
|
|
\begin{figure}[ht]
|
|
\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]
|
|
\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.\\
|
|
|
|
\item On étudie chaque portion du cycle.
|
|
|
|
Entre le point P et Q on a comme relation:
|
|
\begin{align*}
|
|
x_{1p} + \beta x_{2p} & = -\alpha a\\
|
|
x_{1q} + \beta x_{2q} & = a
|
|
x_{1p} + x_{2p} & = x_{1q} + x_{2q} \text{ (dynamique)}
|
|
\end{align*}
|
|
|
|
Entre le point Q et R on a comme relation:
|
|
\begin{align*}
|
|
x_{1q} + \beta x_{2q} & = a\\
|
|
x_{1r} + \beta x_{2r} & = \alpha a\\
|
|
x_{1r} + x_{2r} & = x_{1q} + x_{2q} - ln\left(\frac{1+x_{2q}}{1+x_{2r}}\right) \text{ (dynamique)}
|
|
\end{align*}
|
|
|
|
Par symétrie, l'obtention du cycle limite vérifie $x_{2r} = -x_{2p}$. On a donc donc 6 inconnu et 6 équations différentes.
|
|
|
|
Ainsi, pour imposer le comportement du système, on fixe un cycle limite et l'on impose les valeurs de $a$ et $\alpha$ pour l'obtenir.
|
|
\end{enumerate}
|
|
|
|
|
|
\end{document}
|