ball and beam

1. 1.Présentation du système balland beam et avantages:
Le systèmeest présenté par une bille placé sur une barre. La barre présente la
piste sur laquelle la bille est libre de rouler.
.Un élévateur est attaché a la barre d’uneextrémité et attaché a un
servomoteur de l’autre extremité.Quand le servo est commandé par le
microcontrôleur il tourned’un angle.𝜃 Quand l’angle .𝜃 changede la position
horizontalela forcede gravitécause la bille à tourner au long de la barre. Une
commande bien choisi va donner un systèmestable pour atteindre une
position désiré.
Le systèmeBall and Beam est idéale pour explorer divers concepts de contrôle
liés aux systèmes en boucle fermée instables.
Ilpeut être utilisé aussi pour démontrer des défis de contrôle du monde réel
tels que le contrôle du roulis des avions.
2.a.lagrangien :

2. Ball :
𝐾𝑏 =
1
2
∗ 𝑚 ∗ 𝑣2 +
1
2
∗ 𝐽𝑏 ∗ 𝜃̇ 2
1
2
∗ 𝐽𝑏 ∗ 𝜃̇ 2 =
1
2
∗ 𝐽𝑏 ∗ (
𝑥̇
𝑟
)2 =
1
2
∗ 𝐽𝑏 ∗
𝑥̇2
𝑟2
1
2
∗ 𝑚 ∗ 𝑣2 =
1
2
∗ 𝑚 ∗ 𝑥𝑏
2 +
1
2
∗ 𝑚 ∗ 𝑦𝑏
2
𝑥𝑏 = 𝑥 ∗ cos𝛼 => 𝑥̇ = 𝑥̇ ∗ cos𝛼 − 𝑥 ∗ 𝛼̇ ∗ sin 𝛼
𝑦𝑏 = 𝑥 ∗ sin 𝛼 => 𝑦̇ = 𝑥̇ ∗ sin 𝛼 + 𝑥 ∗ 𝛼̇ ∗ cos𝛼
𝑣2 = 𝑥𝑏
̇ 2
+ 𝑦𝑏
̇ 2
= (𝑥̇ ∗ cos𝛼 − 𝑥 ∗ 𝛼̇ ∗ sin 𝛼)2 + (𝑥̇ ∗ sin 𝛼 + 𝑥 ∗ 𝛼̇ ∗ cos𝛼)2
Ainsi :
𝐾𝑏 =
1
2
𝑚 ∗ 𝑥̇2 + 𝑥2 ∗ 𝛼̇ 2 +
1
2
∗ 𝐽𝑏 ∗
𝑥̇2
𝑟2
=
1
2
∗ (
𝐽𝑏
𝑟2
+ 𝑚) ∗ 𝑥̇2 +
1
2
∗ 𝑚 ∗ 𝑥2 ∗ 𝛼̇ 2
𝑃𝑏 = 𝑚 ∗ 𝑔 ∗ 𝑥 ∗ sin 𝛼
Beam:
𝐾𝐵 =
1
2
∗ 𝐽 ∗ 𝛼̇2
𝑃𝐵 = 𝑀 ∗ 𝑔 ∗
𝐿
2
∗ sin 𝛼
𝐿𝑎𝑔 = 𝐾 − 𝑃 = 𝐾𝐵 + 𝐾𝑏 − 𝑃𝑏 − 𝑃𝐵
𝐿𝑎𝑔 = (
1
2
∗ 𝑚 ∗ 𝑥2 +
1
2
∗ 𝐽) ∗ 𝛼̇2 +
1
2
∗ (
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚) ∗ 𝑥̇2 − 𝑔 ∗ sin 𝛼 ∗ ( 𝑚 ∗ 𝑥 + 𝑀 ∗
𝐿
2
)
𝜕𝐿𝑎𝑔
𝜕𝑞
= (
𝜕𝐿𝑎𝑔
𝜕𝑥
𝜕𝐿𝑎𝑔
𝜕𝛼
) = (
𝑚 ∗ 𝑥 ∗ 𝛼̇ 2 − 𝑚 ∗ 𝑔 ∗ sin 𝛼
−𝑚 ∗ 𝑔 ∗ 𝑥 ∗ cos𝛼 − 𝑀 ∗ 𝑔 ∗
𝐿
2
∗ cos𝛼
)

3. 𝜕𝐿𝑎𝑔
𝜕𝑞̇
= (
𝜕𝐿𝑎𝑔
𝜕𝑥̇
𝜕𝐿𝑎𝑔
𝜕𝛼̇
) = (
(
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚) ∗ 𝑥̇
(𝑚 ∗ 𝑥2 + 𝐽) ∗ 𝛼̇
)
𝑑
𝑑𝑡
(
𝜕𝐿𝑎𝑔
𝜕𝑞̇
) = (
𝑑
𝑑𝑡
(
𝜕𝐿𝑎𝑔
𝜕𝑥̇
)
𝑑
𝑑𝑡
(
𝜕𝐿𝑎𝑔
𝜕𝛼̇
)
) = (
(
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚) ∗ 𝑥̈
(𝑚 ∗ 𝑥2 + 𝐽) ∗ 𝛼̈ + 2 ∗ 𝑚 ∗ 𝑥 ∗ 𝑥̇ ∗ 𝛼̇
)
𝜔 = 𝜏 ∗ 𝛼
Ainsi :
(
𝜕𝜔
𝜕𝑥
𝜕𝑤
𝜕𝛼
) = (
0
𝜏
) =
𝑑
𝑑𝑡
(
𝜕𝐿𝑎𝑔
𝜕𝑞̇
)−
𝜕𝐿𝑎𝑔
𝜕𝑞
Or
𝑑
𝑑𝑡
(
𝜕𝐿𝑎𝑔
𝜕𝑞̇
) −
𝜕𝐿𝑎𝑔
𝜕𝑞
= (
(
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚) ∗ 𝑥̈ − 𝑚 ∗ 𝑥 ∗ 𝛼̇2 + 𝑚 ∗ 𝑔 ∗ sin 𝛼
(𝑚 ∗ 𝑥2 + 𝐽) ∗ 𝛼̈ + 2 ∗ 𝑚 ∗ 𝑥 ∗ 𝑥̇ ∗ 𝛼̇ + 𝑔 ∗ cos(𝛼) ∗ (𝑀 ∗
𝐿
2
+ 𝑚 ∗ 𝑥)
)
D’oùle modèle dynamique dusystème estreprésenté par :
(𝑚 ∗ 𝑥2 + 𝐽) ∗ 𝛼̈ + 2 ∗ 𝑚 ∗ 𝑥 ∗ 𝑥̇ ∗ 𝛼̇ + (
𝐿
2
∗ 𝑀 + 𝑚 ∗ 𝑥) ∗ 𝑔 ∗ cos(𝛼) = 𝜏
(
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚) ∗ 𝑥̈ + 𝑚 ∗ 𝑔 ∗ sin(𝛼) − 𝑚 ∗ 𝑥 ∗ 𝛼̇2 = 0
2.b.Newton :

4. SoitR le repère absolu
Et soitR’ le repère relatif reliéàlabarre
On :
𝑎𝑎
⃗⃗⃗⃗ = 𝑎𝑟
⃗⃗⃗⃗ + 𝑎𝑒
⃗⃗⃗⃗ + 𝑎𝑐
⃗⃗⃗⃗
𝑎𝑒
⃗⃗⃗⃗ = (
𝑑Ω
(R′
R
)
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑑𝑡
)𝑅 ∧ O′
M
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + Ω
(R′
R
)
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ (Ω
(R′
R
)
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ O′
M
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )
𝑎𝑐
⃗⃗⃗⃗ = 2 ∗ (Ω
(R′
R
)
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑣𝑟
⃗⃗⃗ )
O′
M
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = x ∗ i ,Ω
(
R′
R
)
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = α̇ ∗ k
⃗ ,𝑣𝑟
⃗⃗⃗⃗ = ẋ ∗ i
⃗ ,𝑎𝑟
⃗⃗⃗⃗ = 𝑥̈ ∗𝑖
𝑎𝑒
⃗⃗⃗⃗ = α̈ ∗ k ∧ x ∗ i + α̇ ∗ k ∧ ( α̇ ∗ k ∧ x ∗ i) = α̈ ∗ x ∗ j − α̇2
∗ x ∗ i
𝑎𝑐
⃗⃗⃗⃗ = 2 ∗ (α̇ ∗ k ∧ ẋ ∗ i ) = 2 ∗ α̇ ∗ ẋ ∗ j
Ainsi
𝑎𝑎
⃗⃗⃗⃗ = 𝑥̈ ∗ 𝑖 + α̈ ∗ x ∗ j − α̇2
∗ x ∗ i + 2 ∗ α̇ ∗ ẋ ∗ j = (𝑥̈ − α̇2
∗ x) ∗ i + (α̈ ∗ x + 2 ∗ α̇ ∗ ẋ ) ∗ j
Appliquant maintenant le théorème fondamentalde la dynamique enrotationpour la bille :
𝐽𝑏 ∗ 𝜃̈ = 𝐹
𝑟 ∗ 𝑟 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝜃 =
−𝑥
𝑟
=> 𝐹
𝑟 =
𝐽𝑏
𝑟2 ∗ 𝑥̈
Appliquant maintenant le théorème fondamentalde la dynamique entranslation pour la bille selon l’axe 𝑖 ∶
𝑚 ∗ 𝑎𝑎 = 𝐹𝑟 − 𝑚 ∗𝑔 ∗ sin𝛼 =
𝐽𝑏
𝑟2 ∗ 𝑥̈ − 𝑚 ∗𝑔 ∗ sin𝛼 = 𝑚 ∗(𝑥̈ − α̇ 2
∗ x)
Ainsi onobtientlaprèmiere equationdumodele dynamique :

5. (
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚) ∗ 𝑥̈ + 𝑚 ∗ 𝑔 ∗ sin(𝛼) − 𝑚 ∗ 𝑥 ∗ 𝛼̇2 = 0
Appliquant maintenant le théorème fondamentalde la dynamique enrotationpour la barre :
𝐽 ∗ 𝛼̈ = 𝜏 − 𝑁 ∗ 𝑥 − 𝑀 ∗
𝐿
2
∗ 𝑔 ∗cos(𝛼) => 𝑁 ∗ 𝑥 = −𝐽 ∗ 𝛼̈ + 𝜏 − 𝑀 ∗
𝐿
2
∗𝑔 ∗ cos(𝛼)
Appliquant maintenant le théorème fondamentalde la dynamique entranslation pour la bille selon l’axe 𝑗 ∶
𝑚 ∗ 𝑎𝑎 = 𝑁 − 𝑚 ∗ 𝑔 ∗ cos(𝛼) = 𝑚 ∗ α̈ ∗ x + 2 ∗ 𝑚 ∗α̇ ∗ ẋ
Ainsi :
−𝐽 ∗ 𝛼̈ + 𝜏 − 𝑀 ∗
𝐿
2
∗ 𝑔 ∗ cos(𝛼) − 𝑚 ∗ 𝑥 ∗ 𝑔 ∗ cos(𝛼) − 𝑚 ∗ α̈ ∗ x2
− 2 ∗ 𝑚 ∗ α̇ ∗ ẋ ∗ x = 0
D’où on obtient la deuxieme equation du modele dynamique :
(𝑚 ∗ 𝑥2 + 𝐽) ∗ 𝛼̈ + 2 ∗ 𝑚 ∗ 𝑥 ∗ 𝑥̇ ∗ 𝛼̇ + (
𝐿
2
∗ 𝑀 + 𝑚 ∗ 𝑥) ∗ 𝑔 ∗ cos(𝛼) = 𝜏
3.Déterminons une représentation non linéaire de
système :
Soitle vecteurd’étatsuivant :
𝑋 = (
𝑥1
𝑥2
𝑥3
𝑥4
) = (
𝑥
𝑥̇
𝛼
𝛼̇
)
𝑥̇1 = 𝑥̇ = 𝑥2
𝑥̇2 = 𝑥̈ =
−𝑚 ∗ 𝑔 ∗ sin(𝛼) + 𝑚 ∗ 𝑥 ∗ 𝛼̇ 2
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚
=
𝑚 ∗ (𝑥1 ∗ 𝑥4
2 − 𝑔 ∗ sin(𝑥3))
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚
𝑥̇3 = 𝛼̇ = 𝑥4
𝑥̇4 = 𝛼̈ =
𝜏 − 2 ∗ 𝑚 ∗ 𝑥 ∗ 𝑥̇ ∗ 𝛼̇ − (
𝐿
2
∗ 𝑀 + 𝑚 ∗ 𝑥) ∗ 𝑔 ∗ cos(𝛼)
(𝑚 ∗ 𝑥2 + 𝐽)

6. 𝑥̇4 =
𝜏 − 2 ∗ 𝑚 ∗ 𝑥1 ∗ 𝑥2 ∗ 𝑥4 − (
𝐿
2
∗ 𝑀 + 𝑚 ∗ 𝑥1) ∗ 𝑔 ∗ cos(𝑥3)
(𝑚 ∗ 𝑥1
2 + 𝐽)
Linéarisation de système :
Prenonsmaintenantle vecteurd’étatsuivant :
𝑋 = (
𝑥1
𝑥2
𝑥3
𝑥4
) = (
𝑥 − 𝑥0
𝑥̇ − 𝑥̇0
𝛼 − 𝛼0
𝛼̇ − 𝛼̇0
)
On a
𝑥̇0 = 0 ,𝛼0 = 0 , 𝛼̇0 = 0
Ainsi :
𝑋 = (
𝑥1
𝑥2
𝑥3
𝑥4
) = (
𝑥 − 𝑥0
𝑥̇
𝛼
𝛼̇
)
𝑋 = (
𝑥̇1
𝑥̇2
𝑥̇3
𝑥̇4
) =
(
𝑥2
𝑚 ∗ (𝑥1 ∗ 𝑥4
2 − 𝑔 ∗ sin(𝑥3))
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚
𝑥4
𝜏 − 2 ∗ 𝑚 ∗ 𝑥1 ∗ 𝑥2 ∗ 𝑥4 − (
𝐿
2
∗ 𝑀 + 𝑚 ∗ 𝑥1)∗ 𝑔 ∗ cos(𝑥3)
(𝑚 ∗ 𝑥1
2 + 𝐽) )
= 𝑓(𝑥, 𝜏)
On a lesdeux équationsde dynamiques :
(𝑚 ∗ 𝑥2 + 𝐽) ∗ 𝛼̈ + 2 ∗ 𝑚 ∗ 𝑥 ∗ 𝑥̇ ∗ 𝛼̇ + (
𝐿
2
∗ 𝑀 + 𝑚 ∗ 𝑥) ∗ 𝑔 ∗ cos(𝛼) = 𝜏
(
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚) ∗ 𝑥̈ + 𝑚 ∗ 𝑔 ∗ sin(𝛼) − 𝑚 ∗ 𝑥 ∗ 𝛼̇2 = 0
On a :
𝐽(𝑞) = (
𝑚 ∗ 𝑥2 + 𝐽 0
0
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚
)

7. 𝐺(𝑞) = (
(
𝐿
2
∗ 𝑀 + 𝑚 ∗ 𝑥) ∗ 𝑔 ∗ cos(𝛼)
𝑚 ∗ 𝑔 ∗ sin(𝛼)
)
𝐷 = (
1 0
0 0
)
𝐻(𝑞,𝑞̇) = (
2 ∗ 𝑚 ∗ 𝑥 ∗ 𝑥̇
−𝑚 ∗ 𝑥 ∗ 𝛼̇2)
𝑑𝐺(𝑞)
𝑑𝑞
= (−(
𝐿
2
∗ 𝑀 + 𝑚 ∗ 𝑥) ∗ 𝑔 ∗ sin(𝛼) 𝑚 ∗ 𝑔 ∗ cos(𝛼)
𝑚 ∗ 𝑔 ∗ cos(𝛼) 0
)
Soitle vecteurd’état:
𝜑 = 𝑞 − 𝑞é𝑞 = (
𝛼 − 𝛼é𝑞
𝑥 − 𝑥é𝑞
)
𝜑̇ = (
𝛼̇
𝑥̇
)
̇
𝑉 = 𝑈 − 𝑈é𝑞
−𝐽−1
(𝑞é𝑞) ∗
𝑑𝐺(𝑞)
𝑑𝑞 𝑞=𝑞é𝑞
= −
(
1
𝑚 ∗ 𝑥é𝑞
2 + 𝐽
0
0
1
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚)
∗ (
− (
𝐿
2
∗ 𝑀 + 𝑚 ∗ 𝑥) ∗ 𝑔 ∗ sin(𝛼é𝑞) 𝑚 ∗ 𝑔 ∗ cos(𝛼é𝑞)
𝑚 ∗ 𝑔 ∗ cos(𝛼é𝑞) 0
)
−𝐽−1(𝑞é𝑞) ∗
𝑑𝐺(𝑞)
𝑑𝑞 𝑞=𝑞é𝑞
= −
(
−(
𝐿
2
∗ 𝑀 + 𝑚 ∗ 𝑥) ∗ 𝑔 ∗ sin(𝛼é𝑞)
𝑚 ∗ 𝑥é𝑞
2 + 𝐽
𝑚 ∗ 𝑔 ∗ cos(𝛼é𝑞)
𝑚 ∗ 𝑥é𝑞
2 + 𝐽
𝑚 ∗ 𝑔 ∗ cos(𝛼é𝑞)
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚
0
)
𝐽−1(𝑞é𝑞) ∗ 𝐷 =
(
1
𝑚 ∗ 𝑥é𝑞
2
+ 𝐽
0
0
1
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚
)
∗ (
1 0
0 0
) = (
1
𝑚 ∗ 𝑥é𝑞
2
+ 𝐽
0
0 0
)
𝑋̇ =
(
0
0
(
𝐿
2
∗ 𝑀 + 𝑚 ∗ 𝑥) ∗ 𝑔 ∗ sin(𝛼é𝑞)
𝑚 ∗ 𝑥é𝑞
2 + 𝐽
−
𝑚 ∗ 𝑔 ∗ cos(𝛼é𝑞)
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚
0
0
−𝑚 ∗ 𝑔 ∗ cos(𝛼é𝑞)
𝑚 ∗ 𝑥é𝑞
2 + 𝐽
0
1
0
0
0
0
1
0
0
)
+
(
0
0
1
𝑚 ∗ 𝑥é𝑞
2
+ 𝐽
0
0
0
0
0
)
𝑈

8. 𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥, 𝜏) =
(
𝜕𝑥̇1
𝜕𝑥1
𝜕𝑥̇2
𝜕𝑥1
𝜕𝑥̇3
𝜕𝑥1
𝜕𝑥̇4
𝜕𝑥1
𝜕𝑥̇1
𝜕𝑥2
𝜕𝑥̇2
𝜕𝑥2
𝜕𝑥̇3
𝜕𝑥2
𝜕𝑥̇4
𝜕𝑥2
𝜕𝑥̇1
𝜕𝑥3
𝜕𝑥̇2
𝜕𝑥3
𝜕𝑥̇3
𝜕𝑥3
𝜕𝑥̇4
𝜕𝑥3
𝜕𝑥̇1
𝜕𝑥4
𝜕𝑥̇2
𝜕𝑥4
𝜕𝑥̇3
𝜕𝑥4
𝜕𝑥̇4
𝜕𝑥4)
=
(
0
𝑚∗𝑥4
2
𝐽𝑏
𝑟2+𝑚
0
𝜕𝑥̇4
𝜕𝑥1
1
0
0
−2∗𝑚∗𝑥1∗𝑥4
(𝑚∗𝑥1
2+𝐽)
0
−𝑚∗𝑔∗cos(𝑥3)
𝐽𝑏
𝑟2+𝑚
0
(𝐿
2
∗𝑀+𝑚∗𝑥1)∗𝑔∗sin(𝑥3)
(𝑚∗𝑥1
2+𝐽)
0
2∗𝑚∗𝑥1∗𝑥4
𝐽𝑏
𝑟2+𝑚
1
−2∗𝑚∗𝑥1∗𝑥2
(𝑚∗𝑥1
2+𝐽) )
Avec
𝜕𝑥̇4
𝜕𝑥1
=
(−2∗𝑚∗𝑥2∗𝑥4−𝑚∗𝑔∗cos(𝑥3))(𝑚∗𝑥1
2+𝐽)−2∗𝑚∗𝑥1∗(𝜏−2∗𝑚∗𝑥1∗𝑥2∗𝑥4−(𝐿
2
∗𝑀+𝑚∗𝑥1)∗𝑔∗cos(𝑥3))
(𝑚∗𝑥1
2+𝐽)2
𝜕𝑓
𝜕𝜏
(𝑥,𝜏) =
(
𝜕𝑥̇1
𝜕𝜏
𝜕𝑥̇2
𝜕𝜏
𝜕𝑥̇3
𝜕𝜏
𝜕𝑥̇4
𝜕𝜏 )
=
(
0
0
0
1
(𝑚 ∗ 𝑥1
2
+ 𝐽) )
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥0,𝜏0) =
(
0
0
0
−𝑚 ∗ 𝑔
(𝑚 ∗ 𝑥0
2 + 𝐽)
1
0
0
0
0
−𝑚 ∗ 𝑔
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚
0
0
0
0
1
0
)
𝜕𝑓
𝜕𝜏
(𝑥0, 𝜏0) =
(
0
0
0
1
(𝑚 ∗ 𝑥0
2
+ 𝐽) )
Ainsi on obtient le systèmelinéaire avec :
𝑥̇(𝑡) = 𝐴𝑥(𝑡) + 𝐵𝑢(𝑡)
𝑦(𝑡) = 𝐶𝑥(𝑡)
Avec :

9. 𝐴 =
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥0,𝜏0) ,𝐵 =
𝜕𝑓
𝜕𝜏
(𝑥0, 𝜏0) , 𝐶 = (1 0 0 0)
4.Commande PID :
Pour la commande on opte pour la commande pid ,pour cela commencant par déterminer la
fonction de tranfert du système :
On a l’équation du modèle dynamique suivante :
(
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚) ∗ 𝑥̈ + 𝑚 ∗ 𝑔 ∗ sin(𝛼) − 𝑚 ∗ 𝑥 ∗ 𝛼̇2 = 0
Une linéarisationde cette équationautourdupoint 𝛼 = 0 donne l’équation suivante:
(
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚) ∗ 𝑥̈ = −𝑚 ∗ 𝑔 ∗ 𝛼
La relationqui relieentre l’angle de servomoteuretl’anglede labarre estla suivante :
𝛼 =
𝑑
𝐿
∗ 𝜃
Remplaconsdansl’equation(1):
(
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚) ∗ 𝑥̈ = −𝑚 ∗ 𝑔 ∗
𝑑
𝐿
∗ 𝜃
Appliquons maintenantlatransformée de laplace :
(
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚) ∗ 𝑋(𝑝) ∗ 𝑝2 = −𝑚 ∗ 𝑔 ∗
𝑑
𝐿
∗ 𝜃(𝑝)
D’oùon obtientlafonctionde transfertsuivante surlaquelle onferal’étude :
𝐹(𝑝) =
𝑋(𝑝)
𝜃(𝑝)
=
−𝑚 ∗ 𝑔 ∗ 𝑑
𝐿 ∗ (
𝐽𝑏
𝑟2 + 𝑚) ∗ 𝑝2
On cherche maintenantàdeterminerlescoefficientskp,ki etkddu correcteurpour obtenirle
comportementdésiré.