\section{Modelisation}

\begin{align*}
	\dot{x_{1}}, \dot{x_{2}} = f(e_{1},e_{2},q) & &
	\left\{ \begin{aligned} 
		x_{1}(\zeta,t) &= \frac{\partial^{2}\omega}{\partial\varepsilon^{2}}\\
		x_{2}(\zeta,t) &= \rho(\zeta)\frac{\partial\omega}{dt}
	\end{aligned} \right. & &
	\left\{ \begin{aligned} 
		e_{1}(\zeta,t) &= EI(\zeta)x_{1}\\
		e_{2}(\zeta,t) &= \frac{1}{\rho(\zeta)}x_{2} = \frac{\partial\omega}{\partial t}
	\end{aligned} \right.
\end{align*}


\subsection{Question 1}

\begin{align}
	\left\{\begin{aligned}
		\dot{x_{1}} &= \frac{\partial x_{1}}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t} (\frac{\partial^2\omega}{\partial \zeta^2}) = \frac{\partial^2}{\partial \zeta^2}(\frac{\partial^2\omega}{\partial t})\\
		\dot{x_{2}} &= \rho(\zeta)\frac{\partial^2\omega}{\partial t} = \underbrace{-\frac{\partial^{2}}{\partial \zeta^2}(EI(\zeta)\frac{\partial^2\omega}{\partial\zeta^2})-q(\zeta,t)}_\text{EDP}
	\end{aligned}\right. & &
	\Rightarrow & &
	\boxed{\left\{\begin{aligned}
			\dot{x_{1}} &= \frac{\partial^2 e_2}{\partial\zeta^2} \\
			\dot{x_{2}} &= -\frac{\partial^2 e_1}{\partial\zeta^2}-q(\zeta,t)
		\end{aligned}\right. }
\end{align}


\subsection{Question 2}

\begin{align*}
		\left\{\begin{aligned}
			x_1 &\approx \phi^Tx_{1d}(t) \\
			x_2 &\approx \phi^Tx_{2d}(t)
		\end{aligned}\right. & &
		\left\{\begin{aligned}
			e_1 &\approx \phi^Te_{1d}(t) \\
			e_2 &\approx \phi^Te_{2d}(t)
		\end{aligned}\right.
\end{align*}

En utilisant la première ligne de l'équation 1, on trouve :

\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*}

\begin{equation}
	\underbrace{\int_{0}^{L}\phi(\zeta)\phi(\zeta)^Td\zeta}_\text{E}\times\dot{x_{1d}} = \left(\int_{0}^{L}\phi(\zeta)\ddot{\phi}(\zeta)d\zeta\right)e_{2d}
\end{equation}

On applique plusieurs fois de l’intégration par partie (IPP) :

\begin{equation*}
	\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 \\
		&= \phi(L)\dot{\phi}(L)^T - \underbrace{\phi(0)\dot{\phi}(0)^T }_\text{=0} - \dot{\phi}(L)\phi(L)^T + \underbrace{\dot{\phi(0)}\phi(0)^T }_\text{=0} + \int_{0}^{L} \ddot{\phi}(\zeta)\phi(\zeta)^T d\zeta \\
		&= \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 : $\Rightarrow \boxed{E\dot{x}_{1d} = De_{2d}}$ \\


Puis on a dans la deuxième ligne de l'équation 1 : 

\begin{equation*}
	\begin{aligned}
			\phi^T(\zeta)\dot{x}_{2d} &= - \frac{\partial^2}{\partial\zeta^2} (\phi(\zeta)^T e_{1d}) - q(\zeta, t) \\
			\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*}

Puis on trouve D :

\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 \\
		\Rightarrow & D^T = \dot{\phi}(L)\phi(L)^T - \dot{\phi}(L)\phi(L)^T + \int_{0}^{L}\phi(\zeta)\ddot{\phi}(\zeta)d\zeta \\
		\Rightarrow & \boxed{\int_{0}^{L}\underbrace{\phi(\zeta)}\ddot{\phi}(\zeta)^Td\zeta} = D^T - \dot{\phi}(L)\phi(L)^T + \phi(L)\dot{\phi}(L)^T \\
		\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 : 

\begin{align*}
	\Rightarrow\left\{\begin{aligned}
		\frac{de_1}{d\zeta} = u(t) &\Rightarrow \dot{\phi}(L)^T e_{1d} = u(t) \\
		e_1 (L,t) = 0 &\Rightarrow \phi(L)^T e_{1d} = 0
	\end{aligned}\right. & &
	\Rightarrow & &
	\boxed{E\dot{x}_{2d} = - e_{1d}D^T - \phi(L)u(t) - F_{ext}}
\end{align*}

Puis on a ceci :

\begin{align*}
	\left\{\begin{aligned}
		y(t) &= -e_2 (L,t) \\
		e_2 (L,t) &\approx	\phi(L)^T e_{2d} 
	\end{aligned}\right. & &
	\Rightarrow & &
	\boxed{y(t) = -\phi(L)^T e_{2d}}
\end{align*}


\subsection{Question 3}
On a :

\begin{equation*}
	\left\{\begin{aligned}
		e_1 = EIx_1 = x_1 &\Rightarrow e_{1d} = x_{1d} \\
		e_2 = \frac{1}{\rho(\zeta)}x_2 = x_2 &\Rightarrow e_{2d} = x_{2d}
	\end{aligned}\right.
\end{equation*}

Donc :

\begin{equation*}
	\left\{\begin{aligned}
		E\dot{X}_{1d} &= Dx_{2d} \\
		E\dot{X}_{2d} &= -D^T x_{1d} - \phi(L)u(t) - 0 \\
		y &= -\phi(L)^T x_{2d}
	\end{aligned}\right.
\end{equation*}

Ce qui nous donne :

\begin{equation*}
	A = \begin{pmatrix}
		0 & E^{-1}D \\
		-E^{-1}D^T & 0
	\end{pmatrix}, \  B = \begin{pmatrix}
		0 \\
		-E^{-1}\phi(L)
	\end{pmatrix}, \ C = \begin{pmatrix}
		0 & -\phi(L)^T
	\end{pmatrix}
\end{equation*}

Pour :

\begin{equation*}
	\left\{\begin{aligned}
		\zeta = L = 1 \\
		\phi(1) = \begin{pmatrix}
			0 \\
			1 \\
			0 \\
			0
		\end{pmatrix}
	\end{aligned}\right. 
\end{equation*}

\begin{equation*}
	A = \begin{pmatrix}
		0 & 0 & 0 & 0 & 114 & 6 & 12 & -2 \\
		0 & 0 & 0 & 0 & -54 & 6 & -2 & 4 \\
		0 & 0 & 0 & 0 & -1188 & -12 & -114 & 6 \\
		0 & 0 & 0 & 0 & -828 & -12 & -54 & 0 \\
		6 & 54 & 4 & -2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
		-6 & -114 & -2 & 12 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
		-12 & -828 & -6 & 54 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
		-12 & -1188 & -6 & 114 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
	\end{pmatrix}, \  B = \begin{pmatrix}
		0 \\
		0 \\
		0 \\
		0 \\
		4 \\
		-16 \\
		-60 \\
		-120 \\
	\end{pmatrix}, \ C = \begin{pmatrix}
		0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -1 & 0 & 0
	\end{pmatrix}
\end{equation*}


\subsection{Question 4}
\begin{equation*}
	\omega(p, t) = C_\omega(p)x_d(t)
\end{equation*}
	
\begin{equation*}
	C_\omega(p) = \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}
\end{equation*}

\begin{equation*}
	\phi(L)^T = \begin{bmatrix}
		2p^3 - 3p^2 + 1 & 3p^2 - 2p^3 & p^3 - 2p^2 + p & p^3 - p^2
	\end{bmatrix}
\end{equation*}
\includegraphics[width=\textwidth]{Illustrations/Question4}
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.

\subsection{Question 5}
\includegraphics[width=\textwidth]{Illustrations/Question5}\begin{align*}
	y  = -\phi(L)^Te_{2d} && y = -e_2(L, t) & & e_2(\zeta, t) \approx \phi(\zeta)^Te_{2d}(t)
\end{align*}

\begin{align*}
	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}
\end{align*}

\begin{align*}
	\begin{bmatrix}
		\dot{x}_{1d} \\ \dot{x}_{1d}
	\end{bmatrix} = A \begin{bmatrix}
	x_{1d} \\ x_{2d}
	\end{bmatrix} + Bu & & y = C \begin{bmatrix}
	x_{1d} \\ x_{2d}
	\end{bmatrix}
\end{align*}


\subsection{Question 6}
\begin{equation*}
	\begin{bmatrix}
		x_1 \\ x_2
	\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
		\frac{\partial^2\omega}{\partial\zeta^2}(\zeta,t) \\
		\rho(\zeta)\frac{\partial\omega}{\partial t}(\zeta,t)
	\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
		\phi(\zeta)^T & 0000 \\
		0000 & \phi(\zeta)^T
	\end{bmatrix} \begin{bmatrix}
		x_{1d} \\ x_{2d}
	\end{bmatrix}
\end{equation*}

\begin{equation*}
	\frac{\partial^2\omega}{\partial\zeta^2}(\zeta,t) = \underbrace{\begin{bmatrix}
		\phi(\zeta)^T & 0 & 0 & 0 & 0 
	\end{bmatrix}}_{C.I.=0+0}x_{d}(t)
\end{equation*}

\begin{equation*}
	\begin{aligned}
		\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}
			\phi(\zeta)^T & 0 & 0 & 0 & 0 
		\end{bmatrix}d\zeta + C_1(t) \\
		\omega(\zeta,t) &= \int\int\frac{\partial^2\omega}{\partial^2\zeta^2}(\zeta,t)d\zeta^2 = x_d(t)\int\int\begin{bmatrix}
			\phi(\zeta)^T & 0 & 0 & 0 & 0 
		\end{bmatrix}d\zeta^2 + \underbrace{\int C_1(t)d\zeta + C_2(t)}_{\zeta C_1(t) + C_2(t)}
	\end{aligned}
\end{equation*}

$C_1$ et $C_2$ ?????????????????

\section{Retour de sortie}

\subsection{Question 7}
La sortie est donnée par $y(t) = C\,x_d(t)$, donc le système en boucle fermée s’écrit :

\begin{equation*}
\begin{cases}
	\dot{x}_d(t) = (A - B C k)\,x_d(t) + B H\,w_c(L,t) \\
	w(L,t) = C_w(L)\,x_d(t)
\end{cases}
\end{equation*}

En régime permanent, $\dot{x}_d(t)=0$, donc :
\begin{equation*}
	0 = (A - B C k)\,x_d + B H\,C_w(L)\,x_d
	\quad \Rightarrow \quad
	x_d = -(A - B C k)^{-1} B H w_c(L,t)
\end{equation*}

En multipliant l’expression par $C_w(L)$, on trouve :
\begin{equation*}
	w(L,t) = C_w(L)\,x_d = -C_w(L)(A - B C k)^{-1} B H w_c(L,t)
\end{equation*}

Pour assurer le suivi $w(L,t) = w_c(L,t)$, il faut :
\begin{equation*}
	- C_w(L)(A - B C k)^{-1} B H = I
\end{equation*}

D’où : 
\begin{equation*}
	\boxed{H = -\left(C_w(L)(A - B C k)^{-1} B\right)^{-1}}
\end{equation*}

Finalement, après calcul sous MATLAB, on obtient $H = -3$.


\subsection{Question 8}
\includegraphics[width=\textwidth]{Illustrations/Question8}

\subsection{Question 9}
\includegraphics[width=\textwidth]{Illustrations/Question9}
En discrétisant notre système par la période d'échantillonnage $T_{s3} = 0.04 \ [s]$, on obtient une valeur propre
en dehors du cercle unitaire de stabilité. Cette période d'échantillonnage déstabilise le système.

\subsection{Question 10}
La période d'échantillonnage maximale permettant de garantir la stabilité asymptotique
est de $T_s \approx 0.011 \ [s]$.
\includegraphics[width=\textwidth]{Illustrations/Question10}



\section{Retour d'état}

\subsection{Question 11}
En utilisant la fonction \texttt{lqr()} de MATLAB avec $Q = I_8$ et $R = 1$, on trouve la matrice de gain $K$ suivante :
\begin{equation*}
	K = \begin{pmatrix}
		0.97 & -14.62 & 0.66 & 1.32 & 19.32 & 0.39 & 2.40 & -2.11
	\end{pmatrix}
\end{equation*}

\subsection{Question 12}
\includegraphics[width=\textwidth]{Illustrations/Question12}


\subsection{Question 13}
La même période d'échantillonnage que la section précédente n'est pas appropriée pour cette loi de commande. 
La période d'échantillonnage maximale permettant de garantir la stabilité asymptotique
est de $T_s = 0.0107 \ [s]$.
\includegraphics[width=\textwidth]{Illustrations/Question13}


\subsection{Question 14}
En prenant une période d'échantillonnage $T_s = 0.01 \ [s]$, on se rapproche du comportement désiré de 
la question 12.
\includegraphics[width=\textwidth]{Illustrations/Question14}


\section{Rejection de perturbation}

\subsection{Question 15}
On sait que :
\begin{equation*}
	F_{ext} = \int_{0}^{L}\phi(\zeta)q(\zeta,t)d\zeta
	\quad \Rightarrow \quad 
	F_{ext} = q_0(t) \cdot \int_{0}^{L}\phi(\zeta)d\zeta \text{ car } q(\zeta,t) = q_0(t)
\end{equation*}
Or on a :
\begin{equation*}
	E\dot{x}_{2d} = - e_{1d}D^T - \phi(L)u(t) - F_{ext}
\end{equation*}
Donc, puisque $\dot{x}_{d}(t) = A x_d(t) + B u(t) + B_p q_0(t)$, on trouve :
\begin{equation*}
B_p =
\begin{pmatrix}
    0_{4 \times 1} \\
    -\int_{0}^{L}\phi(\zeta)d\zeta
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
    0_{4 \times 1} \\
    \frac{1}{2} \\
    \frac{1}{2} \\
    \frac{1}{12} \\
    -\frac{1}{12}
\end{pmatrix}
\end{equation*}

\subsection{Question 16}
\includegraphics[width=\textwidth]{Illustrations/Question16}
Notre système ne permet pas de garantir une erreur nulle en régime permanent face
à une perturbation constante.

\subsection{Question 17}
Nous souhaitons garder les mêmes valeurs propres que celles obtenues lors de la question 11
avec la LQR. La valeur propre supplémentaire doit être plus à droite pour permettre
de rejeter la perturbation. On choisit $\lambda_9 = -2$.
On trouve alors : 
\begin{equation*}
	\lambda = \begin{pmatrix}
		-84.66 & -7.56 \pm 68.77i & -27.97 \pm 17.24i & -15.91 & -4.38 \pm 2.66i & -2
	\end{pmatrix}^T
\end{equation*}

\subsection{Question 18}
En utilisant la fonction \texttt{place()} de MATLAB, on trouve la matrice de gain $K$ suivante :
\begin{equation*}
K_{aug} =
\begin{pmatrix}
    K_1 & K_i
\end{pmatrix}
\quad \text{avec} \quad
K_1 \in \mathbb{R}^{1 \times 8}, \;
K_i \in \mathbb{R}
\end{equation*}

\begin{equation*}
	K_{1} = \begin{pmatrix}
		-0.89 & -16.59 & 0.28 & 1.68 & 19.39 & -0.84 & 2.36 & -1.94
	\end{pmatrix}
	K_i =  \begin{pmatrix}
		12.00
	\end{pmatrix}

\end{equation*}


\subsection{Question 19}
\includegraphics[width=\textwidth]{Illustrations/Question19}
En utilisant l'action intégrale, on parvient à rejeter la perturbation constante 
et à garantir une erreur nulle en régime permanent.

\subsection{Question 20}
Nous pouvons utiliser les mêmes gains $K_1$ et $K_i$ dans l'implémentation avec un contrôleur 
numérique en prenant une période d'échantillonnage suffisamment court. La période d'échantillonnage 
maximale garantissant la stabilité asymptotique est de $T_s = 0.01066 [s]$. 
En divisant la période d'échantillonnage par 5 soit $T_s \approx 0.002 [s]$, on obtient une réponse du système
répondant à la performance désirée et à la stabilité.