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\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
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\newcommand{\nomTD}{TD4 : Correcteur RST}
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\renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nomTD}
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\begin{document}
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\section*{\nomTD}
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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^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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\end{align*}
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\begin{enumerate}
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\item Il y a plusieurs façon de représenter le correcteur RST :
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\begin{itemize}
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\item $\nu(z)=-\frac{S(z)}{R(z)}Y(z) + \frac{T(z)}{R(z)}E(z)$
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Les conditions de causalité sont alors : $\tau \leq p$ et $\sigma \leq p$.\\
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\item $\nu(z)=\frac{S}{R}[-Y(z) + \frac{T}{S}E(z)] $
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Causalité : $\tau \leq p$ et $\sigma \leq p$.\\
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\item $\nu(z)=\frac{T}{R}[-\frac{S}{T}Y(z) + E(z)]$
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Causalité : $\tau \leq p$ et $\sigma \leq p$.\\
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\end{itemize}
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\item On a : $Y(p)= G(p)[\nu(p) + P(p)]$, $P(p) = \frac{P_0}{p}$ et $\nu(p) = B_0(p)\nu^*(p)$\\
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\begin{align*}
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Y(p) &= G(p)[\nu(p) + P(p)]\\
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&= G(p)[B_0(p)\nu^*(p)+\frac{P_0}{p}]\\
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&= \frac{1-e^{-T_ep}}{p}G(p)\nu^*(p) + G(p)\frac{P_0}{p}\\
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\intertext{On pose $A(p) = \frac{G(p)}{p}$, et on a après transformée inverse de Laplace :}
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y(t) &= (a*\nu^*)(t)-(a*\nu^*)(t-T_e)+a(t)P_0\\
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\intertext{après discrétisation on obtient : }
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y_k & = a_k*\nu_k-a_{k-1}*\nu_{k-1} + a_kP_0\\
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\intertext{après transformée en $z$ on a alors :}
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Y(z) &= A(z)\nu(z)-z^{-1}A(z)\nu(z)+A(z)P_0\\
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&=(1-z^{-1})A(z)\nu(z)+A(z)P_0\\
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&= G(z)\nu(z)+(1-z^{-1})A(z)(1-z^{-1})^{-1}P_0\\
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&= G(z)\nu(z)+G(z)P_0\frac{z}{z-1}\\
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Y(z)&= G(z)(\nu(z)+p(z))
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\end{align*}
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\bigbreak
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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 $\xi=0.7$
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$p_3 = -3\omega_0 \xi$\\
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Comme $z_i = e^{T_ep_i}$, avec $\Omega = \omega_0 \sqrt{1-\xi^2}$,
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$z_1 = e^{-T_e\omega_0\xi}(cos(\Omega T_e) +j sin(\Omega T_e))$
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$z_2 = \overline{z_1}$
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$z_3 = e^{-3\omega_0 \xi T_e}$\\
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En boucle fermée, l'asservissement considéré donne en posant $G(z) = \frac{B(z)}{A(z)}$,
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\[Y(z) = \frac{BT}{AR+BS}E(z) + \frac{BR}{AR+BS}p(z)\]
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On pose $H_d(z) = \frac{B_d(z)}{\Pi_d(z)} = \frac{BT}{AR+BS}$, avec $deg(\Pi_d)=q$ et $deg(B_d)=\mu$. Les pôles (continus) imposés par le cahier des charges conduisent à la forme suivante pour le polynôme caractéristique :
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\begin{align*}
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\Pi_d(z) &= (z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)\\
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&= z^3+C_2z^2+C_1z+C_0\\
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\intertext{avec}
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C_0 &= z_1z_2z_1 = -e^{-5\omega_0 \xi T_e}\\
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C_1 &= z_1z_2 + z_2z_3 + z_3z_1 = (e^{-2 \xi \omega_0 T_e}+2e^{-4\xi \omega_0 T_e}cos(\Omega T_e))\\
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C_2 &= -z_1-z_2-z_3 = -(e^{-3\xi \omega_0 T_e}+2e^{-\xi \omega_0 T_e}cos(\Omega T_e))\\
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\end{align*}
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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 $P(z) = P_0 \frac{z}{z-1}$,
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\[\lim_{\rightarrow\infty} y_k =0\]
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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
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\Leftrightarrow & \lim_{z\rightarrow 1} B(z)R(z) = 0\\
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\Leftrightarrow & R(z) = (z-1)^l \tilde{R}(z)\text{\indent avec, } l\geq 1\\
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\end{align*}
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Par simplicité, on prend donc $l=1$.
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\[\frac{B(z)T(z)}{A(z)R(z)+B(z)S(z)} = \frac{B_d(z)}{\Pi_d(z)}\]
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donc $B(z)T(z) = B_d(z)$ et $A(z)(z-1)\tilde{R}(z)+B(z)S(z)=\Pi_d(z)$\\
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donc avec $\tilde{A}(z) = (z-1)A(z)$, \[\boxed{\tilde{A}(z)\tilde{R}(z) + B(z)S(z) = \Pi_d(z)}\]
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Soit $\tilde{n} = deg(\tilde{A}) = n+1$ et $\tilde{\rho} = deg(\tilde{R})$\\
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1) Égalité des degrés : $deg(\tilde{A}\tilde{R})=deg(AR)<deg(BS)$ par causalité, donc
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\[\tilde{n}+\tilde{\rho} = q = 3\]
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2) Nombre d'inconnues = nombre d'équations : \\
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$\tilde{R}$ monique $\rightarrow \tilde{\rho}$ inconnues\\
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$S$ non monique $\rightarrow \sigma +1$ inconnues\\
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$\Pi_d$ 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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\[ \sigma = \tilde{n} -1 \leq \tilde{\rho} + 1 = q - \tilde{n} +1 \]
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donc
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\[q \geq 2\tilde{n}-2 = 4\]
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Or, on avait déterminé $q=3$, donc il faut donc introduire $A_0(z)$ un polynôme auxiliaire/observable de degrés $k$ qui doit être monique dans le numérateur et le dénominateur.
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Les racines de $A_0(z)$ sont choisies plus rapide que $z_1$, $z_2$, et $z_3$ (d'au moins une décade).
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On pose donc : $\frac{BT}{AR+BS} = \frac{B_d}{\Pi_d}\frac{A_0}{A_0}$ d'où :
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\begin{align*}
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AR+BS & = \Pi_d A_0\\
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\tilde{A}\tilde{R} + BS & = \Pi_d A_0
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\end{align*}
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1) Égalité des degrés
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\[\tilde{n} + \tilde{\rho} = q + k \text{ avec, $q=3$ donné}\]
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2) Nombre d'inconnues = nombre d'équations
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\[ \tilde{\rho} + \sigma +1 = q +k\]
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3) Causalité
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\[\tilde{\rho} \geq \sigma -1\]
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Avec 1) et 2),
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\[\sigma = \tilde{n}-1 = 2\]
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Avec 3) et 1)
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\[-\tilde{n}+q+k \geq \tilde{n}-2\]
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\[k \geq 2\tilde{n}-2 -q = k_{min} = 1
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\]
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\textbf{Bilan :}\\
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On a donc :
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\[ k \geq 1, \quad \sigma = 2, \quad \tilde{\rho} \geq 1\]
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Idéalement, on prend $k=1$ et la racine de $A_0$ doit être prise plus rapide (au moins une décade) que $z_1,z_2$ et $z_3$\\
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\[A_0(z) = z-z_0 \avec z_0 = e^{-30\xi \omega_0 T_e}\]
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On a alors :
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\begin{align*}
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\tilde{R}(z) &= z + r_0 \\
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S(z) &= s_2z^2+s_1z+s_0\\
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\tilde{\Pi_d}(z) &= \Pi_d(z)A_0(z)\\
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&=(z^3+C_2z^2+C_3z+C_0)(z-z_0)\\
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&= z^4+\tilde{C_3}z^3+\tilde{C_2}z^2+\tilde{C_1}z+\tilde{C_0}\\
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\avec \tilde{C}_3 & = C_2 - z_0 \\
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\tilde{C}_2 &= C_1 - z_0C_2 \\
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\tilde{C}_1 &= C_0 - z_0C_1 \\
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\tilde{C}_0 &= -z_0C_0
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\intertext{et}
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\tilde{A}(z) &= (z-1)A(z) = (z-1)(z^2+a_1z+a_0)\\
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&= z^3 + \tilde{a_2}z^2+\tilde{a_1}z+\tilde{a_0} \\
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\avec \tilde{a_2}& =a_1-1\\
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\tilde{a_1}& =a_0-a_1\\
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\tilde{a_0}& = -a_0
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\end{align*}
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L'équation $\tilde{A}\tilde{R} + BS = \Pi_dA_0$ peut donc se réécrire sous la forme matricielle suivante :
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\[
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\left[
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\begin{array}{cccc}
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1 & b_1 & 0 & 0 \\
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\tilde{a}_2 & b_0 & b_1 & 0 \\
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\tilde{a}_1 & 0& b_0 & b_1 \\
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|
\tilde{a}_0 & 0 & 0 & b_0
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\end{array}
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\right]
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\left[
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\begin{array}{c}
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r_0 \\
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s_2 \\
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s_1 \\
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s_0
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\end{array}
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\right]
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=
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\left[
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\begin{array}{c}
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\tilde{C}_3 - \tilde{a}_2 \\
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\tilde{C}_2 - \tilde{a}_1 \\
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\tilde{C}_1 - \tilde{a}_0 \\
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|
\tilde{C}_0
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\end{array}
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\right]
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\]
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La résolution de cette équation donne les polynômes
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\begin{align*}
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R(z) & = (z-1)(z+r_0)\\
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S(z) & = s_2+z^2+s_1z+s_0
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\end{align*}
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Il ne reste qu'à déterminer le polynôme $T(z)$.
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\[ \text{Rappel : } B(z)T(z) = B_d(z)A_0(z)\]
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\[\frac{BT}{AR+BS} = \frac{B_d}{\Pi_d}\frac{A_0}{A_0}\]
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On note : $\mu = deg B_d$, et on a $k = deg A_0$\\
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Par causalité, \[deg(B_dA_0) = \mu +k \leq deg(\Pi_dA_0) = q + k\]
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\[ \mu \leq k = 3 \]
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En boucle ouverte : on a le retard $n-m = 2-1 = 1$
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\[q-\mu \geq 1 \longrightarrow \mu \leq q-1 = 2\]
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L'égalité des numérateurs donne alors $m+\tau = \mu + k$ donc
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\[\mu = m+\tau-k = \tau\]
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\[\tau \leq 2\]
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Avec $B_d(z) = B(z)\tilde{B}(z)$,
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\begin{align*}
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BT & = B_dA_0 \\
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B(z)T(z) &= B(z)\tilde{B}(z)A_0(z) \\
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T(z) &= \tilde{B}(z)(z-z_0)
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\end{align*}
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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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\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)
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\intertext{En l'absence de perturbation, on veut que pour}
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E(z) & = \frac{E_0z}{z-1}
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\intertext{on ait :}
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Y(z) & = \frac{E_0z T_e}{(z-1)^2}\\
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\intertext{donc}
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\frac{B_d(z)}{\Pi_d(z)} & = \frac{T_e}{z-1} \longrightarrow \Pi_d(z) = z-1
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\end{align*}
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Compensation du zéro de B(z) avec $B(z) = b_1z+b_0 = b_1(z+\frac{b_0}{b_1})$
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or, $b_0 = 0.2(1-2D)$, et $b_1 = 0.2D$, donc $\frac{b_0}{b_1}= \frac{1-2D}{D}$ avec $D=e{-1}$
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donc $ \frac{b_0}{b_1} = \frac{0.052848}{0.073576} < 1$ donc le zéro est stable et on peut le compenser.
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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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Modèle admissible :
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\[\frac{BT}{AR+BS} = \frac{B_d}{\Pi_d} \frac{A_0}{A_0}\]
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\begin{align*}
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\lim_{n \rightarrow \infty} y_n = 0 & \Leftrightarrow \lim_{z \rightarrow 1} \frac{z-1}{z}\frac{BR}{AR+BS} p(z) = 0\\
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& \Leftrightarrow \lim_{z \rightarrow 1} \frac{z-1}{z}\frac{BR}{\Pi_dA_0} p(z) = 0\\
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& \Leftrightarrow \lim_{z \rightarrow 1} \frac{z-1}{z} \frac{BR}{(z-1)A_0(z)} \frac{p_0 z}{z-1} = 0
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\end{align*}
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Il faut, $R(z) = (z-1)^l\tilde{R}(z)$ avec $l \geq 2$.
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On prend $l = 2$.
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\begin{align*}
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B(z) &= b_1(z+ \frac{b_0}{b_1})\\
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&=B_s(z)B_{ns}(z)\\
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\avec B_s(z) & = (z+\frac{b_0}{b_1})\\
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\et B_{ns}(z) & = b_1
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\intertext{on a donc :}
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\frac{B_sB_{ns}T}{AR+B_sB_{ns}S}&= \frac{B_dA_0}{\Pi_d A_0}
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\intertext{Comme $R = (z-1)^2\tilde{R}(z)$, en posant $\tilde{R} = B_s\hat{R}$ ($\hat{R}$ monique) et $\tilde{A}(z) = (z-1)^2A(z)$ on obtient }
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\frac{B_{ns}T}{\tilde{A}\hat{R}+B_{ns}S}&= \frac{B_dA_0}{\Pi_d A_0}
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\intertext{D'où l'équation diophantine}
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\tilde{A}\hat{R}+B_{ns}S & = \Pi_dA_0
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\end{align*}
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On pose $\hat{\rho} = deg(\hat{R}) $ et $\tilde{n}=deg(\tilde{A})=n+l=4$.\\
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1) Égalité des degrés :
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\[\tilde{n} + \hat{\rho} = q+k \]
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2) Nombre d'inconnues = nombre d'équations :
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\[\hat{rho} + \sigma +1 = q+k \]
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3) Causalité :
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\[\rho \geq \sigma \]
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Avec 1) et 2),
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\[\sigma = \tilde{n}-1 = 3\]
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Comme $\rho = l + \hat{\rho} + m_S$,
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\[ \sigma = \tilde{n}-1 \ leq l + m_S + \hat{\rho} = l + m_S + q + k - \tilde{n}\]
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\[ \rightarrow k \geq k_{min} = 3 \]
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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 $S(z) = s_3z^3 + s_2z^2 + s_1z^1 + s_0$.
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L'équation se ramène donc à
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\[\tilde{A}+B_{nS}S = \Pi_dA_0\]
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\[S = \frac{1}{b_1}(\Pi_dA_0 - \tilde{A}) \]
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Comme $\Pi_dA_0 = (z-1)A_0$ avec $A_0=(z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)=z^3+C_2z^2+C_1z+C_0$
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\[\Pi_dA_0 = z^4 + \gamma_3z^3 + \gamma_2z^2 + \gamma_1z + \gamma_0\]
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avec $\gamma_3 = c_2-1, \gamma_2 = c_1-c_2, \gamma_1 = c_0-c_1, \gamma_0=-c_0$.\\
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De plus, $\tilde{A}(z) = (z-1)^2 A(z) = z^4 + \tilde{a}_3z^3 + \tilde{a}_2z^2 + \tilde{a}_1z^1 + \tilde{a}_0$\\
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avec $\tilde{a}_3 = a_1 -2, \tilde{a}_2 = 1 -2a_1+a_0, \tilde{a}_1 = a_1-2a_0, \tilde{a}_0 = a_0$\\
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On a donc, \[\forall j =0,...,3, \quad s_j=\frac{\gamma_j-\tilde{a}_j}{b_1}\]
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Il reste donc à déterminer le polynôme $T(z)$.
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\end{enumerate}
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\end{document} |