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Travaux dirigés de Commande optimale
Mastère professionnelle
0=
Correction TD : Commande optimale
∂H = 2u + λ ∂u
(b)
4ème condition : Correction Ex 1
Le temps final est connu T = 1 et l’état final x (1) est libre d’où dT = 0
1) L’expression du critère et du Hamiltonien sont donnés par :
et dx ≠ 0 , la condition (6) impose alors : T
T + ψ υ − λ + (φt +ψ tTυ + H ) dT φ{ dX X {=0 X { { ≠ 0 =0 =0 =0
T
J (t0 ) = φ ( X (T ), T ) + ∫ L( X (t ), U (t ), t ) dt 14243 t0 1442443 =0
x2 +u 2
H ( X (t ),U (t ), λ (t ), t ) = L( X (t ),U (t ), t ) + λ T f ( X (t ),U (t ), t ) 1442443 1442443 x +u 2
2
Soit
λ (T ) = λ (1) = 0
x&
4) Le système à résoudre est : 2) Le Hamiltonien est donné par :
λ (a ) ⇒ x& = − 2 (b) ⇒ λ& = −2 x
H = x 2 + u 2 + λu
3) Les conditions d’optimalités sont : 1er condition : x& = ème
2
Correction Ex2
∂H = f ( x(t ), u (t ), t ) = u ∂λ
1) C’est un problème de C.O linéaire quadratique à état final libre. 2) La représentation d’état du système est :
condition donne le système adjoint :
λ& = −
∂H = −2 x ∂x
x& (t ) = Ax(t ) + Bu (t )
(a) avec :
3ème condition de stationnarité :
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0 1 A= , 0 0
0 B= 1
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3) Le critère est de la forme : J (t0 ) =
libre nécessite la détermination de l’équation de Ricatti suivant :
1 T 1 T X (3) S (3) X (3) + ∫ ( X T QX + U T RU ) dt 2 2 t0
1 avec R = , 2
q q Q = 11 12 , q21 q22
4) On a : X T QX = ( x1
soit
5) La résolution du problème de C.O linéaire quadratique à état final
− S& = Q + AT S + SA − SBR −1 BT S ,
s (3) s12 (3) S = 11 s21 (3) s22 (3)
s11 (t ) s12 (t ) avec S (t ) = s21 (t ) s22 (t )
q x q x2 ) 11 12 1 = 2 x12 + 4 x22 + 2 x1 x2 q21 q22 x2
q11 = 2 ⇒ q22 = 4 q + q = 2 ⇒ q = q = 1 12 21 21 12
2 1 Q= 1 4
est
d’où le système d’équations différentielle couplées suivant : s&11 (t ) = −2 + 2 s122 (t ) s&12 (t ) = −1 − s11 (t ) + 2 s12 (t ) s22 (t ) & 2 s22 (t ) = −4 − 2 s12 (t ) − 2 s22 (t )
définit
positive. avec les conditions terminales : D’autre part on a :
s (3) s12 (3) x1 (3) 1 T 1 X (3) S (3) X (3) = ( x1 (3) x2 (3) ) 11 = 2 2 s21 (3) s22 (3) x2 (3) 1 = ( x12 (3) + 2 x22 (3) ) 2
soit
s11 (3) = 1 s22 (3) = 2 s12 (3) = s21 (3) = 0
⇒
s11 (3) = 1 s22 (3) = 2 s12 (3) = s21 (3) = 0
6) Le gain de Kalman est alors :
s (t ) s12 (t ) G (t ) = R −1 BT S (t ) = 2 ( 0 1) 11 s12 (t ) s22 (t )
1 0 S (3) = est définit 0 2
d’où
G (t ) = 2 ( s12 (t ) s22 (t ) )
Correction Ex3
positive.
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tp3
A. Partie 1 : 2/5
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∂H & λ1 = − ∂x = 0 1 λ& = − ∂H = −λ 1 2 ∂x2
1) Il s’agit d’un problème de CO. Linéaire quadratique à état final fixe.
soit :
2) On a :
1 H = XT Q X +U T { RU + λ T ( AX + BU ) { 2 =0 =0 x& 1 = u 2 + ( λ1 λ2 ) 1 2 x&2 1 = u 2 + λ1 x2 + λ2u 2
3ème condition de stationnarité : 0=
∂H = u + λ2 = 0 ∂u
d’où la commande u (t ) = −λ2 (t ) . 4) La solution du système adjoint donne le vecteur adjoint suivant :
3) Les conditions d’optimalités sont :
λ&1 = 0 λ1 (t ) = λ1 (T ) On a : soit : λ&2 = −λ1 λ2 (t ) = −λ1 (T ) ( t − T ) + λ2 (T )
1ère condition redonne les équations d’états du système.
x& =
∂H ∂λ
∂H x&1 = ∂λ = x2 1 ⇒ x& = ∂H = u 2 ∂λ2
NB : T T λ&2 = −λ1 ⇒ ∫ λ&2 (t )dt = − ∫ λ1 (t )dt ⇒ λ2 (t ) = −λ1 (t ) ( t − T ) + λ2 (T ) t
t
5) D’après la condition de stationnarité on a :
2ème condition donne le système adjoint :
u (t ) = −λ2 (t )
∂H −λ& = = AT λ ∂x
D’où la commande optimale u* (t ) est :
u* (t ) = λ1 (T ) ( t − T ) − λ2 (T ) 6) Les équations d’états sont données par : ISSAT Kairouan
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x&1 = x2 x1 (0) = ξ1 avec x&2 = λ1 (T ) ( t − T ) − λ2 (T ) x2 (0) = ξ 2
En remplaçant (3) et (4) dans (1) et (2), on trouve x1* (t ) et x*2 (t ) en fonction des conditions terminales.
D’où :
B. Partie 2 : x*2 (t ) − x2 (0) = ∫ λ1 (T ) ( t − T ) − λ2 (T )u dt 0 t
1) Il s’agit d’un problème de C.O à temps final libre. 2) Le Hamiltonien est donné par :
Soit : 1 x*2 (t ) = λ1 (T )t 2 − λ1 (T )Tt − λ2 (T )t + ξ 2 2
H ( X (t ), U (t ), λ (t ), t ) = L( X (t ),U (t ), t ) + λ T f ( X (t ),U (t ), t ) (1) 1 Soit : H = u 2 + 1 + λ1 x2 + λ2u 2
t
x&1 = x2 ⇒ x1 (t ) − x1 (0) = ∫ x2 (t ) dt 0
3) Détermination des conditions terminales : D’où :
La détermination de T nécessite l’utilisation des conditions terminales. x1* (t ) =
1 1 1 λ1 (T )t 3 − λ1 (T )Tt 2 − λ2 (T )t 2 + ξ 2t + ξ1 6 2 2
En effet, le temps final T étant libre, dT ≠ 0 , à partir de la condition
(2)
d’optimalité suivante :
Sachant que :
φ +ψ υ − λ ) dX + (φ +ψ υ + H ) dT = 0 (144 42444 3 144 42444 3
x1 (T ) = 0 et x2 (T ) = 0 , les conditions terminales λ1 (T ) et λ2 (T )
X
T
T X
t
¨=0
T t
H (T ) = 0
peuvent êtres déterminés à partir de (1) et (2) pour t = T . Nous avons :
λ1 (T ) =
12 6 ξ + 2 ξ2 3 1 T T
λ2 (T ) = −
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6 2 ξ − ξ2 2 1 T T
H (T ) = 0
(3)
où encore sachant que x1 (T ) = 0 et x2 (T ) = 0 :
(4)
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1 2 u (T ) + 1 + λ2 (T )u (T ) = 0 2
or u (T ) = −λ2 (T ) , on obtient alors :
λ22 (T ) = 2 Connaissant λ2 (T ) , (4) ⇒ T et (3) ⇒ λ1 (T ) .
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