Dsl j'avais oublié de push mais le projet est fini
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3e50bccb55
3 changed files with 142 additions and 123 deletions
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@ -60,55 +60,24 @@ Voir annexe.
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\subsection{Question 4}
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\begin{equation*}
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\omega(p, t) = C_\omega(p)x_d(t)
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\end{equation*}
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\begin{equation*}
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C_\omega(p) = \begin{bmatrix}
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\frac{p^2(2p^3-5p^2+10)}{20} & -\frac{p^4(2p-5)}{20} & \frac{p^3(3p^2-10p+10)}{60} & \frac{p^4(3p-5)}{60} & 0 & 0 & 0 & 0
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\end{bmatrix}
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\end{equation*}
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\begin{equation*}
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\phi(L)^T = \begin{bmatrix}
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2p^3 - 3p^2 + 1 & 3p^2 - 2p^3 & p^3 - 2p^2 + p & p^3 - p^2
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\end{bmatrix}
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\end{equation*}
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\vspace*{-1.5em}
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\begin{figure}[H]
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\centering
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\includegraphics[width=\textwidth]{Illustrations/Question4}
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\end{figure}
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\vspace*{-0.5em}
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Les valeurs propres du système dans tous les cas (continu, discrétisé avec Tustin et bloqueur d'ordre 0) sont dans les zones de stabilité. La stabilité du système est vérifiée pour tous les cas.
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\subsection{Question 5}
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\vspace*{-2em}
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\begin{figure}[H]
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\centering
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\includegraphics[width=35em]{Illustrations/Question5}
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\end{figure}
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\begin{align*}
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y = -\phi(L)^Te_{2d} && y = -e_2(L, t) & & e_2(\zeta, t) \approx \phi(\zeta)^Te_{2d}(t)
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\end{align*}
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\begin{align*}
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x_1 = \frac{\partial^2\omega}{\partial\zeta^2}(\zeta,t)\approx\phi(\zeta)^2x_{1d} & & x_2(\zeta,t) = \rho(\zeta)\frac{\partial\omega}{\partial t}(\zeta,t) \approx\phi(\zeta)^Tx_{2d}
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\end{align*}
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\begin{align*}
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\begin{bmatrix}
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\dot{x}_{1d} \\ \dot{x}_{1d}
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\end{bmatrix} = A \begin{bmatrix}
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x_{1d} \\ x_{2d}
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\end{bmatrix} + Bu & & y = C \begin{bmatrix}
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x_{1d} \\ x_{2d}
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\end{bmatrix}
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\end{align*}
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\subsection{Question 6}
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\vspace*{-2em}
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\begin{equation*}
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\begin{bmatrix}
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x_1 \\ x_2
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@ -122,13 +91,13 @@ Les valeurs propres du système dans tous les cas (continu, discrétisé avec Tu
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x_{1d} \\ x_{2d}
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\end{bmatrix}
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\end{equation*}
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\vspace*{-.4em}
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\begin{equation*}
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\frac{\partial^2\omega}{\partial\zeta^2}(\zeta,t) = \underbrace{\begin{bmatrix}
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\phi(\zeta)^T & 0 & 0 & 0 & 0
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\end{bmatrix}}_{C.I.=0+0}x_{d}(t)
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\end{equation*}
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\vspace*{-1em}
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\begin{equation*}
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\begin{aligned}
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\frac{\partial\omega}{\partial\zeta}(\zeta,t) &= \int\frac{\partial^2\omega}{\partial\zeta^2}(\zeta,t)d\zeta = x_d(t)\int\begin{bmatrix}
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@ -140,76 +109,54 @@ Les valeurs propres du système dans tous les cas (continu, discrétisé avec Tu
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\end{aligned}
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\end{equation*}
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||||
Du côté gauche de la poutre soit $\zeta = 0$, la vitesse et la déformation de la poutre sont nulles. Grâce à ces deux données, nous pouvons calculer les constantes représentant les conditions
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initiales qui sont donc aussi nulles.
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En calculant les intégrales de $\phi(\zeta)$, nous retrouvons les coefficients de $C_w(\zeta)$. Nous avons alors bien $w(\zeta ,t) = C_w(\zeta) x_d (t)$.
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||||
initiales qui sont donc aussi nulles. En calculant les intégrales de $\phi(\zeta)$, nous retrouvons les coefficients de $C_w(\zeta)$. Nous avons alors bien $w(\zeta ,t) = C_w(\zeta) x_d (t)$.
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\section{Retour de sortie}
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\vspace*{-.5em}
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\subsection{Question 7}
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La sortie est donnée par $y(t) = C\,x_d(t)$, donc le système en boucle fermée s’écrit :
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\begin{equation*}
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\begin{cases}
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\dot{x}_d(t) = (A - B C k)\,x_d(t) + B H\,w_c(L,t) \\
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w(L,t) = C_w(L)\,x_d(t)
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||||
\end{cases}
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\end{equation*}
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En régime permanent, $\dot{x}_d(t)=0$, donc :
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\begin{equation*}
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0 = (A - B C k)\,x_d + B H\,C_w(L)\,x_d
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\quad \Rightarrow \quad
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x_d = -(A - B C k)^{-1} B H w_c(L,t)
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\end{equation*}
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En multipliant l’expression par $C_w(L)$, on trouve :
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\begin{equation*}
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w(L,t) = C_w(L)\,x_d = -C_w(L)(A - B C k)^{-1} B H w_c(L,t)
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\end{equation*}
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Pour assurer le suivi $w(L,t) = w_c(L,t)$, il faut :
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\begin{equation*}
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- C_w(L)(A - B C k)^{-1} B H = I
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\end{equation*}
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D’où :
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\vspace*{-.2em}
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Suivant les calculs de l'annexe, nous avons :
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\begin{equation*}
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\boxed{H = -\left(C_w(L)(A - B C k)^{-1} B\right)^{-1}}
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\end{equation*}
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Finalement, après calcul sous MATLAB, on obtient $H = -3$.
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Après calcul dans MATLAB, nous obtienons $\boxed{H = -3}$.
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\subsection{Question 8}
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\vspace*{-2em}
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\begin{figure}[H]
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\centering
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\includegraphics[width=35em]{Illustrations/Question8}
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\includegraphics[width=30em]{Illustrations/Question8}
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\end{figure}
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\vspace*{-1em}
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\subsection{Question 9}
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\vspace*{-2em}
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\begin{figure}[H]
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\centering
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\includegraphics[width=35em]{Illustrations/Question9}
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\includegraphics[width=25em]{Illustrations/Question9}
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\end{figure}
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\vspace*{-1em}
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||||
En discrétisant notre système par la période d'échantillonnage $T_{s3} = 0.04 \ [s]$, on obtient une valeur propre
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en dehors du cercle unitaire de stabilité. Cette période d'échantillonnage déstabilise le système.
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\subsection{Question 10}
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\vspace*{-2em}
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\begin{figure}[H]
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\centering
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\includegraphics[width=30em]{Illustrations/Question10}
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\end{figure}
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\vspace*{-1em}
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La période d'échantillonnage maximale permettant de garantir la stabilité asymptotique
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est de $T_s \approx 0.011 \ [s]$.
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\begin{figure}[H]
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\centering
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\includegraphics[width=35em]{Illustrations/Question10}
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\end{figure}
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\section{Retour d'état}
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\vspace*{-1em}
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\subsection{Question 11}
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En utilisant la fonction \texttt{lqr()} de MATLAB avec $Q = I_8$ et $R = 1$, on trouve la matrice de gain $K$ suivante :
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En utilisant la fonction \texttt{lqr()} de MATLAB avec $Q = I_8$ et $R = 1$, on trouve la matrice de gain :
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\begin{equation*}
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K = \begin{pmatrix}
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0.97 & -14.62 & 0.66 & 1.32 & 19.32 & 0.39 & 2.40 & -2.11
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@ -217,6 +164,7 @@ En utilisant la fonction \texttt{lqr()} de MATLAB avec $Q = I_8$ et $R = 1$, on
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\end{equation*}
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\subsection{Question 12}
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\vspace*{-2em}
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\begin{figure}[H]
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\centering
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\includegraphics[width=35em]{Illustrations/Question12}
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@ -227,7 +175,7 @@ En utilisant la fonction \texttt{lqr()} de MATLAB avec $Q = I_8$ et $R = 1$, on
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La même période d'échantillonnage que la section précédente n'est pas appropriée pour cette loi de commande.
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La période d'échantillonnage maximale permettant de garantir la stabilité asymptotique
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est de $T_s = 0.0107 \ [s]$.
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\vspace*{-1em}
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\begin{figure}[H]
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\centering
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\includegraphics[width=35em]{Illustrations/Question13}
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@ -237,34 +185,23 @@ est de $T_s = 0.0107 \ [s]$.
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\subsection{Question 14}
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En prenant une période d'échantillonnage $T_s = 0.01 \ [s]$, on se rapproche du comportement désiré de
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la question 12.
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\vspace*{-1em}
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\begin{figure}[H]
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\centering
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\includegraphics[width=35em]{Illustrations/Question14}
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\end{figure}
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\vspace*{-1em}
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\section{Rejection de perturbation}
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\vspace*{-1em}
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\subsection{Question 15}
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On sait que :
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\vspace*{-2em}
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\begin{equation*}
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F_{ext} = \int_{0}^{L}\phi(\zeta)q(\zeta,t)d\zeta
|
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\quad \Rightarrow \quad
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||||
F_{ext} = q_0(t) \cdot \int_{0}^{L}\phi(\zeta)d\zeta \text{ car } q(\zeta,t) = q_0(t)
|
||||
\end{equation*}
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||||
Or on a :
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\begin{equation*}
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||||
E\dot{x}_{2d} = - e_{1d}D^T - \phi(L)u(t) - F_{ext}
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||||
\end{equation*}
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||||
Donc, puisque $\dot{x}_{d}(t) = A x_d(t) + B u(t) + B_p q_0(t)$, on trouve :
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\begin{equation*}
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||||
B_p =
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||||
\begin{pmatrix}
|
||||
B_p = \begin{pmatrix}
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||||
0_{4 \times 1} \\
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||||
-\int_{0}^{L}\phi(\zeta)d\zeta
|
||||
\end{pmatrix}
|
||||
=
|
||||
\begin{pmatrix}
|
||||
= \begin{pmatrix}
|
||||
0_{4 \times 1} \\
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||||
\frac{1}{2} \\
|
||||
\frac{1}{2} \\
|
||||
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@ -272,12 +209,14 @@ B_p =
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|||
-\frac{1}{12}
|
||||
\end{pmatrix}
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||||
\end{equation*}
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||||
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\vspace*{-1em}
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\subsection{Question 16}
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\vspace*{-2em}
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\begin{figure}[H]
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\centering
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||||
\includegraphics[width=35em]{Illustrations/Question16}
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||||
\end{figure}
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\vspace*{-1em}
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Notre système ne permet pas de garantir une erreur nulle en régime permanent face
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à une perturbation constante.
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@ -286,6 +225,7 @@ Nous souhaitons garder les mêmes valeurs propres que celles obtenues lors de la
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avec la LQR. La valeur propre supplémentaire doit être plus à droite pour permettre
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de rejeter la perturbation. On choisit $\lambda_9 = -2$.
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On trouve alors :
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\vspace*{-.5em}
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\begin{equation*}
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||||
\lambda = \begin{pmatrix}
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||||
-84.66 & -7.56 \pm 68.77i & -27.97 \pm 17.24i & -15.91 & -4.38 \pm 2.66i & -2
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||||
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@ -294,16 +234,16 @@ On trouve alors :
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\subsection{Question 18}
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En utilisant la fonction \texttt{place()} de MATLAB, on trouve la matrice de gain $K$ suivante :
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\vspace*{-.5em}
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\begin{equation*}
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||||
K_{aug} =
|
||||
\begin{pmatrix}
|
||||
K_{aug} = \begin{pmatrix}
|
||||
K_1 & K_i
|
||||
\end{pmatrix}
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||||
\quad \text{avec} \quad
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||||
K_1 \in \mathbb{R}^{1 \times 8}, \;
|
||||
K_i \in \mathbb{R}
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||||
\end{equation*}
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||||
\vspace*{-2em}
|
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\vspace*{-2.8em}
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||||
\begin{align*}
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||||
K_1 = \begin{pmatrix}
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||||
-0.89 & -16.59 & 0.28 & 1.68 & 19.39 & -0.84 & 2.36 & -1.94
|
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@ -315,11 +255,12 @@ K_i \in \mathbb{R}
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\subsection{Question 19}
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\vspace*{-2em}
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\begin{figure}[H]
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\centering
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||||
\includegraphics[width=35em]{Illustrations/Question19}
|
||||
\end{figure}
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\vspace*{-1em}
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En utilisant l'action intégrale, on parvient à rejeter la perturbation constante et à garantir une erreur nulle en régime permanent.
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@ -13,7 +13,7 @@
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\newpage
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\pagenumbering{Alph}
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\section{Annexe}
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\vspace*{-1em}
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||||
\subsection{Question 2}
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\vspace*{-2em}
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\begin{align*}
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||||
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@ -27,8 +27,8 @@
|
|||
\end{aligned}\right.
|
||||
\end{align*}
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||||
En utilisant la première ligne de l'équation 1, on trouve :
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||||
|
||||
En utilisant la 1\textsuperscript{ère} ligne de l'éq. 1, on trouve :
|
||||
\vspace*{-.2em}
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
\int\phi(\zeta)d\zeta\times\phi^T\dot{x_{1d}} = \int\phi(\zeta)d\zeta\times\frac{\partial^2}{\partial\zeta^2} = \ddot{\phi}(\zeta)^Te_{2d}
|
||||
\end{equation*}
|
||||
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@ -38,7 +38,7 @@ En utilisant la première ligne de l'équation 1, on trouve :
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|||
\end{equation}
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||||
|
||||
On applique plusieurs fois de l’intégration par partie (IPP) :
|
||||
|
||||
\vspace*{-.5em}
|
||||
\begin{equation*}
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||||
\begin{aligned}
|
||||
\int_{0}^{L}\phi(\zeta)\ddot{\phi}(\zeta)^T d\zeta &= [\phi(\zeta)\dot{\phi}(\zeta)^T]_{0}^{L} - \int_{0}^{L}\dot{\phi}(\zeta)\dot{\phi}(\zeta)^T d\zeta \\
|
||||
|
|
@ -46,11 +46,8 @@ On applique plusieurs fois de l’intégration par partie (IPP) :
|
|||
&= \phi(L)\dot{\phi}(L)^T - \dot{\phi}(L)\phi(L)^T + \int_{0}^{L} \ddot{\phi}(\zeta)\phi(\zeta)^T d\zeta = D
|
||||
\end{aligned}
|
||||
\end{equation*}
|
||||
|
||||
On continue avec ça en remplaçant dans l'équation 2 : $\Rightarrow \boxed{E\dot{x}_{1d} = De_{2d}}$ \\
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||||
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||||
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||||
Puis on a dans la deuxième ligne de l'équation 1 :
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||||
\vspace*{-.5em}
|
||||
Continuons en remplaçant dans l'équation 2 : $\Rightarrow \boxed{E\dot{x}_{1d} = De_{2d}}$ Dans la 2\textsuperscript{de} ligne de l'éq. 1 on a :
|
||||
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
\begin{aligned}
|
||||
|
|
@ -58,9 +55,10 @@ Puis on a dans la deuxième ligne de l'équation 1 :
|
|||
\int_{0}^{L} \phi^T(\zeta)d\zeta\times\dot{x}_{2d} &= -e_{1d}\int_{0}^{L}\phi(\zeta)\ddot{\phi}(\zeta)^T d\zeta - \underbrace{\int_{0}^{L}\phi(\zeta)q(\zeta,t)d\zeta}_{=F_{ext}}
|
||||
\end{aligned}
|
||||
\end{equation*}
|
||||
\vspace*{-1.3em}
|
||||
|
||||
Puis on trouve D :
|
||||
|
||||
\vspace*{-.5em}
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
\begin{aligned}
|
||||
& D = \phi(L)\dot{\phi}(L)^T - \phi(L)\dot{\phi}(L)^T + \int_{0}^{L}\ddot{\phi}(\zeta)\phi(\zeta)^Td\zeta \\
|
||||
|
|
@ -69,9 +67,7 @@ Puis on trouve D :
|
|||
\Rightarrow & E\dot{x}_{2d} = -e_{1d}D^T + \overbrace{e_{1d}\dot{\phi}(L)\phi(L)^T}^{=0} - e_{1d}\phi(L)\dot{\phi}(L)^T - F_{ext}
|
||||
\end{aligned}
|
||||
\end{equation*}
|
||||
|
||||
Or on sait que :
|
||||
|
||||
\vspace*{-.8em}
|
||||
\begin{align*}
|
||||
\Rightarrow\left\{\begin{aligned}
|
||||
\frac{de_1}{d\zeta} = u(t) &\Rightarrow \dot{\phi}(L)^T e_{1d} = u(t) \\
|
||||
|
|
@ -82,7 +78,7 @@ Or on sait que :
|
|||
\end{align*}
|
||||
|
||||
Puis on a ceci :
|
||||
|
||||
\vspace*{-.1em}
|
||||
\begin{align*}
|
||||
\left\{\begin{aligned}
|
||||
y(t) &= -e_2 (L,t) \\
|
||||
|
|
@ -94,8 +90,7 @@ Puis on a ceci :
|
|||
|
||||
|
||||
\subsection{Question 3}
|
||||
On a :
|
||||
|
||||
\vspace*{-2em}
|
||||
\begin{align*}
|
||||
\left\{\begin{aligned}
|
||||
e_1 = EIx_1 = x_1 &\Rightarrow e_{1d} = x_{1d} \\
|
||||
|
|
@ -108,11 +103,9 @@ On a :
|
|||
y &= -\phi(L)^T x_{2d}
|
||||
\end{aligned}\right.
|
||||
\end{align*}
|
||||
|
||||
Ce qui nous donne :
|
||||
|
||||
\vspace*{-.5em}
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
A = \begin{pmatrix}
|
||||
\Rightarrow A = \begin{pmatrix}
|
||||
0 & E^{-1}D \\
|
||||
-E^{-1}D^T & 0
|
||||
\end{pmatrix}, \ B = \begin{pmatrix}
|
||||
|
|
@ -130,8 +123,93 @@ Ce qui nous donne :
|
|||
\end{pmatrix}
|
||||
\end{aligned}\right.
|
||||
\end{equation*}
|
||||
\vspace*{-1.5em}\\
|
||||
Puis application numérique
|
||||
\vspace*{-2em}\\
|
||||
\subsection{Question 4}
|
||||
\vspace*{-2em}
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
\omega(p, t) = C_\omega(p)x_d(t) = \begin{bmatrix}
|
||||
\frac{p^2(2p^3-5p^2+10)}{20} & -\frac{p^4(2p-5)}{20} & \frac{p^3(3p^2-10p+10)}{60} & \frac{p^4(3p-5)}{60} & 0 & 0 & 0 & 0
|
||||
\end{bmatrix}x_d(t)
|
||||
\end{equation*}
|
||||
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
\phi(L)^T = \begin{bmatrix}
|
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2p^3 - 3p^2 + 1 & 3p^2 - 2p^3 & p^3 - 2p^2 + p & p^3 - p^2
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\end{bmatrix}
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\end{equation*}
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\vspace*{-4em}\\
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\subsection{Question 5}
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\vspace*{-2em}
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\begin{align*}
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y = -\phi(L)^Te_{2d} && y = -e_2(L, t) & & e_2(\zeta, t) \approx \phi(\zeta)^Te_{2d}(t)
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\end{align*}
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\vspace*{-2em}
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\begin{align*}
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x_1 = \frac{\partial^2\omega}{\partial\zeta^2}(\zeta,t)\approx\phi(\zeta)^2x_{1d} & & x_2(\zeta,t) = \rho(\zeta)\frac{\partial\omega}{\partial t}(\zeta,t) \approx\phi(\zeta)^Tx_{2d}
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||||
\end{align*}
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\vspace*{-2em}
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\begin{align*}
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\begin{bmatrix}
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\dot{x}_{1d} \\ \dot{x}_{1d}
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\end{bmatrix} = A \begin{bmatrix}
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x_{1d} \\ x_{2d}
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||||
\end{bmatrix} + Bu & & y = C \begin{bmatrix}
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||||
x_{1d} \\ x_{2d}
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||||
\end{bmatrix}
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\end{align*}
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\vspace*{-4em}\\
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\subsection{Question 7}
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\vspace*{-.5em}
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La sortie est donnée par $y(t) = C\,x_d(t)$, donc le système en boucle fermée s’écrit :
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\begin{equation*}
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\begin{cases}
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\dot{x}_d(t) = (A - B C k)\,x_d(t) + B H\,w_c(L,t) \\
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w(L,t) = C_w(L)\,x_d(t)
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\end{cases}
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\end{equation*}
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En régime permanent, $\dot{x}_d(t)=0$, donc :
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\begin{equation*}
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0 = (A - B C k)\,x_d + B H\,C_w(L)\,x_d
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\quad \Rightarrow \quad
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x_d = -(A - B C k)^{-1} B H w_c(L,t)
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\end{equation*}
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En multipliant l’expression par $C_w(L)$, on trouve :
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\begin{equation*}
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w(L,t) = C_w(L)\,x_d = -C_w(L)(A - B C k)^{-1} B H w_c(L,t)
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\end{equation*}
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Pour assurer le suivi $w(L,t) = w_c(L,t)$, il faut :
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\begin{equation*}
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- C_w(L)(A - B C k)^{-1} B H = I
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\end{equation*}
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\vspace*{-4em}\\
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\subsection{Question 15}
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\vspace*{-.5em}
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On sait que :
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\begin{equation*}
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F_{ext} = \int_{0}^{L}\phi(\zeta)q(\zeta,t)d\zeta
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\quad \Rightarrow \quad
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F_{ext} = q_0(t) \cdot \int_{0}^{L}\phi(\zeta)d\zeta\ \text{ car }\ q(\zeta,t) = q_0(t)
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\end{equation*}
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Or on a $E\dot{x}_{2d} = - e_{1d}D^T - \phi(L)u(t) - F_{ext}$\\
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Donc, puisque $\dot{x}_{d}(t) = A x_d(t) + B u(t) + B_p q_0(t)$, on trouve les résultats d'en-haut.
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Puis application numérique.
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BIN
latex/main.pdf
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