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272 lines
7.9 KiB
TeX
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\documentclass[../main.tex]{subfiles}
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\begin{document}
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\section*{Exercice 1 :}
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Remarque : Avec ces notations on a : $i_q = -C\frac{dv}{dt}$
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Lois des noeuds :\\
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\begin{itemize}
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\item $i = i_1 + i_2$
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\item $i = i_3 + i_4$
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\item $i_1 = i_q + i_3$
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\item $i_4 = i_q + i_2$
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\end{itemize}
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Lois des mailles :\\
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\begin{itemize}
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\item $R_1i_1 - R_2i_2 - v = 0$
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\item $R_3i_3 + v -R_4i_4 = 0$
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\end{itemize}
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\begin{align*}
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R_1i_q + R_1i_3 - R_2i_2 - v = 0\\
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R_3i_3 + v -R_4i_2- R_4i_q = 0
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\intertext{ou encore :}
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-R_1C\frac{dv}{dt} - v + R_1i_3 - R_2i_2 = 0\\
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R_4C\frac{dv}{dt} + v R_3i_3 -R_4i_2 = 0
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\end{align*}
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Posons $\Delta = R_1R_4-R_2R_3$
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On a donc :
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\begin{align*}
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i_3 &= \frac{1}{\Delta}(-(r_1+r_2)R_4C\dot{v} - (R_2+R_4)v)\\
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i_2 &= \frac{1}{\Delta}(-(R_3+R_4)R_1C\dot{v}-(R_1+R_3)v)
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\intertext{on a donc :}
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u &= L\frac{di}{dt}+R_1i_1+R_3i_3\\
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&= L\frac{di}{dt} - (R_1 + R_3)i_3 +R_1i_q\\
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& \vdots\\
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u &= L\frac{di}{dt}-\frac{(R_1R_2R_3+R_1R_2R_4+R_1R_3R_4+R_2R_3R_4)C}{\Delta}\dot{v} - \frac{(R_1+R_3)(R_2+R_4)}{\Delta}v
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\intertext{Or, $i = i_1 + i_2$ donc $i = i_q + i_3 + i_2$, donc :}
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i &= -C\dot{v} - \frac{R_1+R_2+R_3+R_4}{\Delta}v - \frac{(R_1R_3+2R_1R_4+R_2R_4)C}{\delta}\dot{v}\\
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&\vdots\\
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i &= -\frac{(R_1+R_2)(R_3+R_4)}{\Delta}\dot{v} - \frac{R_1+R_2+R_3+R_4}{\Delta}v
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\end{align*}
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On pose :
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\begin{itemize}
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\item $\alpha_1 = R_1R_2R_3+R_1R_2R_4+R_1R_3R_4+R_2R_3R_4$
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\item $ \alpha_2 = (R_1+R_2)(R_3+R_4)$
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\item $\beta_1 = (R_1+R_3)(R_2+R_4)$
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\item $\beta_2 = R_1+R_2+R_3+R_4$
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\end{itemize}
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\bigbreak
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On a alors :
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\begin{align*}
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u = L\frac{di}{dt} - \frac{\alpha_1C}{\Delta} \dot{v} - \frac{\beta_1}{\Delta}v\\
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i = -\frac{\alpha_2C}{\Delta}\dot{v} - \frac{\beta_2}{\Delta}v
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\end{align*}
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Posons $x_1 = i$ et $x_2 = v$ :
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\begin{align*}
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u = L\dot{x_1} - \frac{\alpha_1C}{\Delta} \dot{x_2} - \frac{\beta_1}{\Delta}x_2\\
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x_1 = -\frac{\alpha_2C}{\Delta}\dot{x_2} - \frac{\beta_2}{\Delta}x_2
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\end{align*}
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On a donc le système matriciel suivant :
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\begin{align*}
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\begin{pmatrix}
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L & -\frac{\alpha_1 L}{\Delta} \\
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0 & -\frac{\alpha_2 L}{\Delta}
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\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
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\dot{x}_1 \\
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\dot{x}_2
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\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix}
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0 & \frac{\beta_1}{\Delta}\\
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1 & \frac{\beta_2}{\Delta}
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\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
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x_1\\
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x_2
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\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
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1\\
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0
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\end{pmatrix}u
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\intertext{On en déduit alors pour $\frac{\alpha_2CL}{\Delta} \neq 0$ l'équation d'état:}
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\begin{pmatrix}
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\dot{x}_1\\
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\dot{x}_2
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\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix}
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-\frac{\alpha_1}{\alpha_2L} & \frac{\beta_1}{\Delta}- \frac{\alpha_1\beta_2}{\alpha_2L\Delta}\\
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-\frac{\Delta}{\alpha_2C} & -\frac{\beta_2}{\alpha_2}
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\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
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x_1\\
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x_2
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\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
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\frac{1}{L}\\
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0
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\end{pmatrix}u\\
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\intertext{Sans oublier l'équation d'obeservation :}
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y&= i = x_1 = \begin{pmatrix}
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1 & 0
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\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
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x_1\\
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x_2
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\end{pmatrix} + 0*u
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\end{align*}
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\bigbreak
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\noindent 2- Théorème de caractérisation de la commandabilité :\\
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On considère le système suivant :
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\[(S)= \left \{
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\begin{matrix}
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\dot{x} = Ax + Bu & x(0) = x_0 \in \mathbb{R}^n\\
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y = Cx + Du &
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\end{matrix}
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\right.
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\]
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\noindent (S) est commandable $\Leftrightarrow$ rang[C(A,B)] = n (matrice de rang plein)\\
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Où C(A,B) = $\begin{pmatrix}
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A^0B & AB & A^2B & ...& A^{n-1}B
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\end{pmatrix}\in \mathbb{R}^{n*n}$\\
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Remarque : on est en monovariable $\Leftrightarrow$ $det (C(A,B)) \neq 0$\\
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On calcul donc :
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\begin{align*}
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A &= \begin{pmatrix}
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-\frac{\alpha_1}{\alpha_2L} & \frac{\beta_1}{\Delta}- \frac{\alpha_1\beta_2}{\alpha_2L\Delta}\\
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-\frac{\Delta}{\alpha_2C} & -\frac{\beta_2}{\alpha_2}
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|
\end{pmatrix}\\
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A^0B &= \begin{pmatrix}
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\frac{1}{L}\\
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0
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\end{pmatrix}\\
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AB &= \begin{pmatrix}
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-\frac{\alpha_1}{\alpha_2L^2}\\
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|
-\frac{\Delta}{\alpha_2LC}
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\end{pmatrix}
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\intertext{On a donc :}
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C(A,B) &= \begin{pmatrix}
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\frac{1}{L} & -\frac{\alpha_1}{\alpha_2L^2}\\
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0 & -\frac{\Delta}{\alpha_2LC}
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\end{pmatrix}
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\intertext{On calcul alors le determinant :}
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det(C(A,B)) = \frac{-\Delta}{\alpha_2L^2C} \neq 0 &\Leftrightarrow \Delta \neq 0 \\ &\Leftrightarrow R_1R_4 - R_2R_3 \neq 0
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\end{align*}
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\bigbreak
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Remarque : si $R_1R_4 = R_2R_3$ le pont est équilibré et $v(t) = 0$ donc le système est non commandable.
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\section*{Exercice 2 :}
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\noindent 1-a) \begin{align*}
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P_a(\lambda) &= det\begin{pmatrix}
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-1-\lambda & 1 & 0\\
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-1 & -3-\lambda & 0\\
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1 & 1 & -2-\lambda
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\end{pmatrix}\\
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&= (-1-\lambda)(-3-\lambda)(-2-\lambda) + (-2-\lambda)\\
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&= (-2-\lambda)(+3+\lambda +3\lambda + \lambda^2+1)\\
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&= (-2-\lambda)^3
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\end{align*}
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\noindent 1-b) $\lambda_0 = -2$ vecteur propre triple\\
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\noindent 1-c) Cherchons les vecteurs propres vérifiant $AX = \lambda X$:
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\begin{align*}
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\begin{matrix}
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-x_1 + x_2 &= -2x_1\\
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-x1 -3x_2 &= -2x_2\\
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|
x_1+x_2 - 3x_3 &= -2x_3
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\end{matrix} &\rightarrow x_1 + x_2 =0
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\end{align*}
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On choisit donc $x_3$ quelconque et $x_1=-x_2$ ce qui correspond à un sous espace propre de dimension 2 et :
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\begin{align*}
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Ker\{ \lambda_0 \mathbb{1}_3 - A\} &= Vect \left\{ \begin{pmatrix}
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1\\-1\\0
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\end{pmatrix} , \begin{pmatrix}
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0\\0\\1
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\end{pmatrix} \right \}
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\end{align*}
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La dimension de ce sous espace propre est $2 \leq 3$ donc A est non diagonalisable.\\
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On a donc deux blocs de Jordan car la multiplicité des valeurs propres de 2 :
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\[J=\begin{pmatrix}
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\lambda_0 & 1 & 0\\
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0 & \lambda_0 & 0\\
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0 & 0 & \lambda_0
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\end{pmatrix} \textbf{ ou alors } \begin{pmatrix}
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\lambda_0 & 0 & 0\\
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0 & \lambda_0 & 1\\
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0 & 0 &\lambda_0
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\end{pmatrix} = J\]
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Le but maintenant est de trouver un 3ème vecteur pour compléter la bases de vecteurs propres et avoir $V = \begin{pmatrix}v_1 & v_2 & v_3 \end{pmatrix}$ tel que $V^{-1}AV = J$, avec J l'une des deux matrices contenant un bloc de Jordan.\\
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En posant AV = VJ on a :
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\begin{align*}
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\begin{pmatrix}
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Av_1 & Av_2 & Av_3
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\end{pmatrix}&= \begin{pmatrix}
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\lambda_0v_1 & \lambda_0 v_2 & v_2 + \lambda_0 v_3
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\end{pmatrix}
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\intertext{et on obtient le système: }
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\begin{matrix}
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Av_1\\
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Av_2\\
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Av_3
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\end{matrix} &= \begin{matrix}
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\lambda_0v_1\\
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\lambda_0 v_2\\
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v_2 + \lambda_0 v_3
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\end{matrix}
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\intertext{on obtient donc en particulier pour le vecteur $v_3$ :}
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\begin{pmatrix}
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1 & 1& 0\\
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-1& -1 & 0\\
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1& 1& 0
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\end{pmatrix} v_3 = \begin{pmatrix}
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0\\0\\1
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|
\end{pmatrix}
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\end{align*}
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On constate qu'il n'est pas possible de déterminer $v_3$ de cette façon, on cherche donc a prendreà la place de $v_2$, $\tilde{v_2} = \alpha v_1 + \beta v_2$ de sorte à avoir $A\tilde{v_2} = \lambda_0 \tilde{v_2}$ (ce qui reste vrai car on prend une combinaison liéaire de 2 vecteur propre du ker) et surtout $(A-\lambda_0 \mathbb{1}_3)v_3 = \tilde{v_2}$. On a donc :
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\begin{align*}
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\begin{pmatrix}
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1 & 1& 0\\
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|
-1& -1 & 0\\
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1& 1& 0
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\end{pmatrix} v_3 &= \alpha \begin{pmatrix}
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|
1\\-1\\0
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|
\end{pmatrix} + \beta \begin{pmatrix}
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0\\0\\1
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|
\end{pmatrix}
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\intertext{avec , $\beta = \alpha = 1$}
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\tilde{v_2} &= \begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}
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\intertext{on résoud alors pour trouver $v_3$ :}
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v_3 = \begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}
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\intertext{on a donc finalement trouvé V :}
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V &= \begin{pmatrix}
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1&1&0\\-1&-1&1\\0&1&1
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\end{pmatrix}\\
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V^{-1} &= \begin{pmatrix}
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2&1&-1\\-1&-1&1\\1&1&0
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|
\end{pmatrix}\\
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J &= V^{-1}AV = \begin{pmatrix}
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-2&0&0\\0&-2&1\\0&0&-2
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|
\end{pmatrix}
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\end{align*}
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On a bien une matrice diagonale par bloc avec un bloc de Jordan.
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On pose $\xi \in \mathbb{R}^3$, $x = V\xi$, et on a le système :
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\begin{align*}
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\left \{ \begin{matrix}
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\dot{x} = Ax + Bu & x_0 \in \mathbb{R}^n\\
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y = Cx + Du &
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\end{matrix} \right. &\rightarrow \left \{ \begin{matrix}
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\dot{\xi} = J\xi + V^{-1}B u &= J\xi + \tilde{B}u\\
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y = CV \xi +D u &= \tilde{C}\xi + \tilde{D} u
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\end{matrix} \right.
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\intertext{avec, }
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\tilde{B} &= \begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}\\
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\tilde{C} &= \begin{pmatrix}0 &1&0\end{pmatrix}\\
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\tilde{D} &= 0
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\end{align*}
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\bigbreak
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\noindent 2- \begin{align*}
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\dot{\xi} &= \begin{pmatrix}-2&0&0\\0&-2&1\\0&0&-2\end{pmatrix}\xi + \begin{pmatrix}-1&1&1\end{pmatrix}\\
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y &= \begin{pmatrix}0&1&0\end{pmatrix} \xi\\
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C(A,B) &= \begin{pmatrix}0&1&-4\\1&-3&8\\2&-3&4\end{pmatrix}\\
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det(C(A,B)) &= 0
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\end{align*}
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Non commandable.
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\end{document}
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