Université de Batna 2 Batna, 2020/2021 Faculté de Mathématiques et d’Informatiq

Université de Batna 2 Batna, 2020/2021 Faculté de Mathématiques et d’Informatique Département de Mathématiques 2 eme année Master Corrigé-type de l’examen Final Théorie du Contrôle stochastique Exercice 1 (04 points) Considérons l’équation di¤érentielle stochastique dx(t) = (A0x(t) + Bu(t)) dt + m X k=1 Akx(t)dwk(t) y(t) = Cx(t) x(t0) = x0 2 Rn où A et B sont des matrices et wi(t), i = 1; :::; m; sont des mouvement Browniens scalaires. 1. Le système (C; A0;A1; :::; Am) est observable = )Le système (C; A0;A1; :::; Am) est détectable. (Faux) (1.5) Soient A0 = 2 4 1 0 0 0 1 3 0 0 2 3 5 ; A1 = 2 4 3 0 0 2 1 0 0 0 1 3 5, B= 0 @ 1 1 1 1 A. Dans le cours on a vu que (A0; A1; B) est contrôlable donc le système (BT ; AT 0 ; AT 1 ) est observable. On a aussi montré que (A0; A1; B) n’est pas stabilisable alors (BT ; AT 0 ; AT 1 ) n’est pas détectable. Alors le système (BT ; AT 0 ; AT 1 ) est observable mais n’est pas détectable. Le système (C; A0; A1) est observale mais n’est pas détectable. 2. Les paires (Ak; B) ne sont pas contrôlables= ) Le système (A0;A1; :::; Am; B) est contrôlable. (Faux) (1.5) Cette implication n’est pas toujours vraie. Dans la Proposition 39 on a montré que pour n=2, m=1, r=1, si les paires (A0; B);(A1; B) ne sont pas contrôlables alors le système (A0;A1; B) n0est pas contrôlable. l’exemple, et dans l’exemple 40 les paires (A0; B);(A1; B) ne sont pas contrôlable tandis que le système (A0;A1; B) est contrôlable. 3. Le système (A0;A1; :::; Am) est exponentiellement stable en moment d’ordre 2= ).l’équation AT 0 X + XA0 + m P k=1 AT k XAk + CT C = 0 admet une solution X > 0:(Faux) (1) Si le système (A0;A1; :::; Am) est exponentiellement stable en moment d’ordre 2 et si le système (C; A0;A1; :::; Am) est observable.alors.l’équation AT 0 X + XA0 + m P k=1 AT k XAk + CT C = 0 admet une solution X > 0. Exercice 2 Soient A=  2 1 0 2  ; B =  0 1  ; C =  1 1  : 1. Montrons que le problème de contrôle optimal inf E( Z +1 0 e2t(x(t)T  1 1 1 1  x(t) + u(t)2)dt associé au système: dx(t) = Ax(t)dt + Bu(t)dt + Cdw(t) x(t0) = x0 2 R2 1 admet une solution unique. D’aprés le cours on a, si 1. Le système A  2 I  ; B  est stabilisable, 2. Le système A  2 I  ; G  est détectable où GT G =Q alors 1. Il existe une solution unique de l’équation algébrique de Riccati  A  2 I T P + P  A  2 I  PBR1BT P + Q = 0 telle que spec A  2 I BR1BT P   C: 2. Un contrôle optimal u existe il est donné par u(t) = R1BT Px(t); et le coût minimal est J(u) = E xT 0 Px0  + 1 trace CCT P  On a  = 2; alors on montre que ((A I) ; B) est stabilisable. On a: rang(B; AB) = rang  0 1 1 1  = 2; alors ((A I) ; B) est contrôlable donc il est stabilisable. (01 point) Pour G = ( 1 1 )(0:5 point)) on a GT G =  1 1 1 1  = Q: Montrons que A  2 I  ; G  est obsrvable. On a rang  G GA  = 2; alors A  2 I  ; G  est observable alors il est detectable.(01 point) On déduit que le ,problème de contrôle optimal admet une solution unique. (0:5 point) On résoud maintenant l’équation de Riccati  A  2 I T P + P  A  2 I  PBR1BT P + Q = 0 (0.5) Soit P=  p1 p2 p2 p3  : L’équation de Riccati correspondante à ce problème est On a  2 1 0 2  ; B =  0 1   A  2 I T P + P  A  2 I  PBR1BT P + Q = 0 0.5  1 0 1 1   p1 p2 p2 p3  +  p1 p2 p2 p3   1 1 0 1   p1 p2 p2 p3   0 1  0 1   p1 p2 p2 p3  +  1 1 1 1  = 0 ( )  p1 p2 p1 + p2 p2 + p3  +  p1 p1 + p2 p2 p2 + p3   p2 2 p2p3 p2p3 p2 3  +  1 1 1 1  = 0 ( )  p2 2 + 2p1 + 1 p1 + 2p2 p2p3 + 1 p1 + 2p2 p2p3 + 1 p2 3 + 2p3 + 2p2 + 1  = 0 ( ) 8 < : p2 2 + 2p1 + 1 = 0 p1 + 2p2 p2p3 + 1 = 0 p2 3 + 2p3 + 2p2 + 1 = 0 (1.5) ) p1 = 2 p 5 + 4; p2 = p 5 + 2; p3 = p 5 + 2 (1.5) Alors le contrôle optimal est u(t) = R1BT Px(t) = BT Px(t) = 0 1   p1 p2 p2 p3  x(t) =  p2 p3   x1(t) x2(t)  = p 5 + 2  (x1(t) + x2(t)) (1) 2 2. Le coût minimal.est J(u) = E xT 0 Px0  + 1 trace CCT P  = E xT 0 Px0  + 1 2trace CCT P  = E xT 0 Px0  + 1 2trace  1 1  1 1  p1 p2 p2 p3  = E xT 0 Px0  + 1 2trace  p1 + p2 p2 + p3 p1 + p2 p2 + p3  = E xT 0 Px0  + 1 2(p1 + 2p2 + p3) = E xT 0 Px0  + 1 2(5 p 5 + 10) (1.5) Exercice 3 Soient A =  1 0 0 2  b =  1 0  ; c =  0 1  : (01 point) 1. L’équation est stable en moment d’ordre 1ssi A est stable. Les valeurs propores de A sont à partie réelle négative donc A est stable. 2. On a A est stable. et R +1 0 cT eAtb 2 dt = R +1 0  0 1 T  e1 0 0 e2   1 0 !2 dt = 0 < 1 , alors d’aprés le cours l’équation dx(t) = Ax(t)dt+bcT x(t)dw(t); t > 0 est stable en moment d’ordre 2. (02 points) Exercice 4 Considérons l’équation di¤érentielle dx(t) = f(x(t); t)dt + r X i=1 Bix(t)dwi(t); t  t0 (1) où f est une fonction vectorielle sur Rn  [t0; +1[ :telle que kf(x; t)k  K kxk ;pour tout (x; t) 2 Rn  [t0; +1[ ; et Bi; 1 i  r; sont des matrices de type n  n; telles que r X i=1 kBixk2   kxk2 et r X i=1 xT Bix 2   kxk4 ; 8x 2 Rn 1/ Etudions la stabilité du point d’équilibre de l’équation (1): Soit V (x) = xT x: Pour x(t) la solution du système (1), on a LV (x(t)) = 2xT f(x(t); t) + r X i=1 kBix(t)k2  (2K + ) kx(t)k2 Si 2K +  < 0; on obtient LV (x(t))  MV (x(t)); M > 0 D’aprés le théorème de Lyapunov, on déduit que le système (1) est exponentiellement stable en moment d’ordre 2:(02 points) 2. On a dV (x(t)) = LV (x(t)) + Vx(x(t))g(x(t))dw(t) = LV (x(t)) + 2x(t)T r X i=1 Bix(t)dwi(t) 3 = ) Z t t0 dV (x(s)) = Z t t0 LV (x(s))ds + r X i=1 Z t t0 2xT Bix(s)dwi(s) = ) V (x(t)) = V (x(t0)) + Z t t0 LV (x(s))ds + r X i=1 Z t t0 2xT Bix(s)dwi(s) alors ln V (x(t)) < ln V (x0) + C2(t t0) + M(t) 1 2 Z t t0 kVx(x(s))g(x(s))k2 kV (x(s))k2 ds où M(t) = R t t0 Vx(x(s))g(x(s))2 V (x(s))2 ds: On a kVx(x(t))g(x(t))k2 = 4 r P i=1 x(t)T Bix(t) 2  4 kx(t)k4 : Comme on a M(t)  2 " ln n + " 2 Z t t0 kVx(x(s))g(x(s))k2 kV (x(s))k2 ds pour t0  t  t0 + n; alors uploads/s1/ corrige-ex-f21.pdf

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Administrationsystème alors (x(t)) l’équation solution
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  • Publié le Jul 28, 2021
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