Solutions des exercices
345
On tire donc :
G(z) =
1
(z + 1) (z − 3)
1 0
⎡
⎣
z − 1
2
2
z − 1
⎤
⎦
⎛
⎝
1
1
⎞
⎠
soit :
G(z) =
z + 1
(z + 1) (z − 3)
=
1
z − 3
Il est surprenant de trouver ici une fonction de transfert du premier ordre. Nous nous attendions en effet à obtenir un
dénominateur du second ordre avec pour pôles, les deux valeurs propres de la matrice de commande, soit 3 et −1. Cette
forme doit nous laisser penser que le système n’est pas complètement commandable et qu’elle ne correspond qu’à sa
partie commandable. Il est donc illusoire de vouloir placer ce système sous forme compagne commandable.
15.3 Vérifions tout d’abord que la paire [A] , (B) est complètement commandable. La matrice de commandabilité est
formée de deux vecteurs :
[C] ([A](B)) =
(B) [A] (B)
Or :
[A] (B) =
⎡
⎣
−1
0
0 −2
⎤
⎦
⎛
⎝
1
2
⎞
⎠ =
⎛
⎝
−1
−4
⎞
⎠
d’où :
[C] ([A](B)) =
⎡
⎣
1 −1
2 −4
⎤
⎦ et : det [C] ([A](B)) =
1 −1
2 −4
= −2
Le système est donc complètement commandable.
Comme on souhaite amener le système d’un état initial à un état final au bout d’un temps 2Te, nous avons besoin
d’identifier les deux échantillons d’entrée e(0) et e(1) qui constitueront effectivement le signal de commande et qui
doivent vérifier :
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
x(1) =
⎡
⎣
−1
0
0 −2
⎤
⎦
⎛
⎝
0
0
⎞
⎠ +
⎛
⎝
1
2
⎞
⎠ e(0)
x(2) =
⎡
⎣
−1
0
0 −2
⎤
⎦ x(1) +
⎛
⎝
1
2
⎞
⎠ e(1) =
⎛
⎝
2
1
⎞
⎠
Soit :
⎡
⎣
−1
0
0 −2
⎤
⎦
⎛
⎝
1
2
⎞
⎠ e(0) +
⎛
⎝
1
2
⎞
⎠ e(1) =
⎛
⎝
2
1
⎞
⎠
d’où :
⎧
⎨
⎩
−e(0) + e(1) = 2
−4e(0) + 2e(1) = 1
On en déduit donc :
e(0) =
3
2
et e(1) =
7
2
15.4 On peut appliquer directement les résultats du cours pour obtenir la représentation compagne observable présentée sur la figure 15.8.
On en déduit immédiatement :
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎩
x(k + 1) =
⎡
⎣
0 −4
1 −2
⎤
⎦ x(k) +
⎛
⎝
K
0
⎞
⎠ e(k)
s(k) =
0 1
x(k)