cours-ing1/mathsignal/cours.tex

\chapter{Mathématique du signal}

\begin{tabular}{|c|c|c|}
  Domaine temporel & Domaine fréquentiel & Domaine temporel\\
  & traitements divers & \\
  $t$ & & \\
  $(k.T)$ & &
\end{tabular}

\section{Signal continu}

\subsection{Outils mathématiques}

\subsubsection{Équations différentielles}

Équation linéaires à coefficients constants.

\begin{tabular}{c|c|c}
  $u(t)$ & système & $y(t)$
\end{tabular}

\vspace{1.5em}

$$\ddot{y}(t)+\dot{y}(t)-6y(t)=12t+20$$

Résoudre l'équation différentielle $\rightarrow y(t)$

\paragraph{Méthode classique en deux étapes}

\begin{enumerate}
  \item Solution générale de l'ESSM (l'éuation sans second membre)~:
    $$\ddot{y}(t)+\dot{y}(t)-6y(t)=0$$
    Cherchons les solution de la forme $y(t)=e^{r.t}$.\\

    \[
    \begin{cases}
      \ddot{y}(t) & = r^2.e^{r.t} \\
      \dot{y}(t)  & = r.e^{rt}
    \end{cases}
    \]
    $$\Rightarrow \text{équation différentielle}$$
    $$(r^2+r-6).e^{r.t}=0$$
    $$r^2+r-6=0$$
    $$(r-2)(r+3)=0$$
    $$\Rightarrow r_1=2 et r_2=-3$$

    Solution générale de l'ESSM~:
    $$y(t)=A.e^{2t}+B.e^{-3t}$$
    $$\ddot{y}(t)+\dot{y}(t)=6y(t)=12t+20$$

    $\Rightarrow$ résoudre l'équiation différentielle $\rightarrow y(t)$ ?

  \item \textbf{Solution particulière de l'équation EASM (équation avec second
      membre)}\\
    On cherche les solutions particulière de la même forme que le deuxième
    membre.
    $$y(t)=a.t+b\qquad (a,b)?$$
    $$\dot{y}(t)=a\qquad\ddot{y}(t)=0$$
    $$a-6.a.t-6.b=12.t+20$$

    \[
    \begin{cases}
      a-6.b & = 20 \\
      -6.a & = 12
    \end{cases}
    \Rightarrow a=-2 \Rightarrow
    b=\frac{-11}{3}
    \]

    $A$ et $B$ fixés par ($I$).

  \item La solution générale de l'EASM s'obtient en additionnant la solution
    générale de l'ESSM et la solution particulière de l'EASM $\rightarrow$
    $$y(t)=A.e^{2.t}+B.e^{-3t}-2t-\frac{11}{3}$$
\end{enumerate}

\subsubsection{Produit de convolution}

Soient deux signaux $x(t)$ et $y(t)$~:

$$2(t)\times y(t)=\int^{+\infty}_{-\infty}x(\tau).y(t-\tau)d\tau$$

On appel cette équation \emph{l'unité de convolution}.

\paragraph{Produit classique~:} $1.x=x.1=x$

$$x(t)\times \delta(t)=x(t)$$
$$\delta(t)\times x(t)=x(t)$$

$\delta(t)=$ «impulsion» de DIRAC

SHÉMA ICI

\subsubsection{Fonction complexe d'une variable complexe}

$f(t)\mapsto F(p)$ avec $F$ un nombre complexe et $p$ un nombre complexe.

\paragraph{Définition de la transformation complexe}

$$x(t)\mapsto^\mathcal{L} X(p)$$

$$X(p)=\int^{\infty}_{0}x(t).e^{-p.t}dt$$

$X(p)=$ nombre complexe
$p=$ nombre complexe $=\sigma+j.\omega$ où $\omega$ est la pulsion.\\

$\omega$ est lié à la fréquence $f$ par $\omega=2.\pi.f$

$$x(t)\mapsto^\mathcal{L} X(p)$$
$x(t)$ le domaine temporel et $X(p)$ le domaine fréquentiel.

\paragraph{Propriétés~:}

\begin{enumerate}
  \item \textbf{Convergence~:} existance dans $X(p)$.

    $x(t)=$ signal réel (ou signal existant physiquement) $\rightarrow X(p)$
    existe.
  \item \textbf{Linéarité~:}
    $$\mathcal{L}[a.f(t)+b.g(t)]=a.F(p)+b.G(p)\qquad\forall a,b=\text{constantes}$$

  \item \textbf{Théorèmes du retard~:}
    $$\mathcal{L}[f(t-\tau)]=e^{-\tau.p}.F(p)\qquad\tau\text{ le retard}$$

    \paragraph{Remarque~:} ICI SCHEMA 2

  \item \textbf{Convergence~:}

    $$\mathcal{L}\left[x(t)\times y(t)=X(p).Y(p)\right]$$
    $\mathcal{L}[*]=\cdot$ très facile de faire un produit de convolution dans l'espace
    de Laplace.

  \item \textbf{Dérivation/Intégration}

    $$\mathcal{L}\left[\frac{dx(t)}{dt}=p.X(p)-x(t=0)\right]$$
    Avec $x(t=0)$ la condition initiale.

    \underline{En automatique~:} on suppose que toutes les conditions initales
    sont nulles.

    \textbf{Remarque~:} si une condition initiale n'est pas nulle, on considère
    la nouvelle variable~: $x(t=0)\neq 0$

    $$y(t)=x(t)-x(t=0)$$

    $y(t=0)=0$
    On peut toujours se ramener à des variables avec des conditions initiales
    nulles.

    $\Rightarrow_{CI nulles}$ La dérivation est une simple
    \emph{multiplication} par $p$.
    L'intégration est une simple \emph{division} par $p$.

    $\rightarrow$ C'est très facile de dériver et d integrer dans l'espace de
    Laplace.

  \item \textbf{Théorème de la valeur initiale/Théorème de la valeur finale}
    \[
    \begin{cases}
      \lim_{t\rightarrow 0} f(t)=\lim_{p\rightarrow +\infty}[p.F(p)]\\
      \lim_{t\rightarrow +\infty} f(t)=\lim_{p\rightarrow 0}[p.F(p)] \text{<-
        régime permannent en automtique}
    \end{cases}
    \]

    \paragraph{Remarque~:} régime permanent~:
    SCHEMA 3
\end{enumerate}

\begin{figure}
  \begin{tabular}{c|c}
    $t$ & $p$ \\
    $\delta(t)$ & $1$ \\
    échelon de Heaviside & $\frac{1}{p}$ \\
    $k^{-a.t}.u(t)$ & $\frac{1}{p+a}$ avec $a$ réel ou complexe \\
    $t.u(t)$ & $\frac{1}{p^2}$ \\
  \end{tabular}
  \caption{Tableau des transformation de Laplace usuelles}
\end{figure}

\paragraph{Remarque~:} la multiplication par $u(t)$ rend le signal CAUSAL (nul,
$t\leq 0$).

$$f(t)=sin(\omega.t).u(t)$$

SCHEMA 4

\subparagraph{Exercice~:} La définition de L sous forme d'intégrale est
rarement utilisée. On se sert des propriétés et des transofrmation de Laplce
usuelles.

\subparagraph{Formule d'Euler~:}
$sin(\theta)=\frac{e^{j.\theta-j.\theta}}{2j}$, $j^2=-1$.\\


$$\mathcal{L}[(sin(\omega.t)).u(t)]=\mathcal{L}[\frac{e^{j.\omega.t-j.\omega.t}}{2j}.u(t)]$$
$$=\frac{1}{2j}[\mathcal{L}[e^{j.\omega.t}.u(t)]-\mathcal{L}[e^{-j.\omega.t}.u(t)]]\qquad
a=-j.\omega$$
$$=\frac{1}{2j}[\frac{1}{p-j\omega}-\frac{1}{p+j\omega}]\qquad formule 3 du
tableau$$
$$=\frac{1}{2j}[\frac{p+j\omega-p+j\omega}{p^2+\omega^2}]$$
$$=\frac{\omega}{p^2+\omega^2}$$

\paragraph{Transformation de Laplace inverse}

$$X(p)=\frac{2p^2+12p+6}{p(p+2)(p+3)}\longmapsto^\mathcal{L} ?$$

On décompose $X(p)$ en élément simples~:
$$X(p)=\frac{A}{p}+\frac{B}{p+2}+\frac{C}{p+3}$$

\subparagraph{Multiplication par $p$ des deux membres, puis $p=0$} $1=A$

\subparagraph{Multiplication par $p+2$ des deux membres, puis $p=-2$}
$\frac{8-24+6}{-2(1)}=B=\frac{-10}{-2}=5$

\subparagraph{Multiplication par $p+3$ des deux membres, puis $p=-3$}
$\frac{18-36+6}{(-3)(-1)}=C=\frac{-12}{3}=-4$

$$X(p)=\frac{1}{p}+\frac{5}{p+2}-\frac{4}{p+3}$$
$$x(t)=(1+5.e^{-2t}-4.e^{-3.t}).u(t)\qquad ligne 2 et 3 du tableau$$


\paragraph{Résolution d'équation différentielle linéaire et à coefficients
  constants}

$$\ddot{y}(t)+\dot{y}(t)-6y(t)-12t=12t+20$$

\subparagraph{Hypothese~:} les conditions initiales sont nulles.

$\Rightarrow$ pas de problème avec les dérivées.

$$\ddot{y}(t)+\dot{y}(t)-6y(t)=(12t+20).u(t)\qquad\text{on suppose que le
  deuxième membre n'existe que pour} t\geq0$$
$$(p^2+p-6).Y(p)=\mathcal{L}\left[(12t+20).u(t)\right]=12.\mathcal{L}\left(t.u(t)\right)+20.\mathcal{L}\left(u(t)\right)$$
$$(p^2+p-6).Y(p)=\frac{12}{p^2}+\frac{20}{p}\Rightarrow\frac{1}{p^2}+\frac{1}{p}$$

$$Y(p)=\frac{12+20p}{p^2(p^2+p-6)}\mapsto^{\mathcal{L}^{-1}}?$$

\subparagraph{On décompose $Y(p)$ en éléments simples~:}
$Y(p)=\frac{A}{p^2}+\frac{B}{p}+\frac{C}{p+3}+\frac{D}{p-2}=
\frac{12+20p}{p^2(p+3)(p-2)}$

\subparagraph{Multiplication par $p^2$ des deux membres, puis $p=0$} $A=-2$
\subparagraph{Multiplication par $p+3$ des deux membres, puis $p=-3$}
$C=\frac{-48}{-45}=\frac{16}{15}$
\subparagraph{Multiplication par $p-2$ des deux membres, puis $p=2$}
$D=\frac{52}{20}=\frac{13}{5}$
\subparagraph{Multiplication par $p$ des deux membres, puis
$p\rightarrow+\infty$} $B+C+D=0$\\
$\Rightarrow B=\frac{-16}{15}-\frac{13}{5}=\frac{-55}{15}=\frac{-11}{3}$

$$Y(p)=\frac{-2}{p^2}-\frac{11}{3}\times\frac{1}{p}+\frac{16}{15}\times\frac{1}{p+3}+\frac{13}{5}\times\frac{1}{p-2}$$
$$y(t)=-2t-\frac{11}{3}+A.e^{2t}+B.e^{-3t}$$

\[
\begin{cases}
  y(0)=0\rightarrow -\frac{11}{3}+A+B=0\\
  \dot{y}(0)=0\qquad\dot{y}(t)=-2+2A.e^{2t}-3B.e^{-3t}
\end{cases}
\]

\subparagraph{$\dot{y}(0)=0$} $-2+2A-3B=0\Rightarrow A=\frac{13}{5}$,
$B=\frac{16}{15}$

$$\frac{26}{5}-\frac{48}{15}=\frac{26}{5}-\frac{16}{5}=\frac{10}{5}=2$$

\paragraph{Application en électronique}

SCHEMA 5

\begin{enumerate}
  \item Calculer $\mathcal{L}\left[e(t)\right]=E(p)$.\\
    On s'intéresse à une seule période (entre $t=0$ et $t=20$). On calcule
    $\mathcal{L}\left[h(t)\right]$, soit $H(p)$ (on décompose $h(t)$ sous la
    forme de signaux élémentaire + propriétés de $\mathcal{L}$).\\
    On en déduit $\mathcal{L}\left[e(t)\right]$, soit $E(p)$.
    \textbf{Ne pas utiliser la définition de $\mathcal{L}$.}
\end{enumerate}

SCHEMA 6

$$H(p)=\frac{1}{10.p^2}\left(1-2.e^{-10.p+e^{-20.p}}\right)=\frac{(1-e^{-10.p})^2}{10.p^2}$$

$$e(t)=h(t)+h(t-20)+h(t-40)+...$$
$$E(p)=H(p)+H(p).e^{-20.p}+H(p).e^{-40p}+...$$
$$E(p)=H(p)\left[1+e^{-20p}+(e^{-20p})^2+(e^{-20p})^3+...\right]$$
$$E(p)=\frac{(1-e^{-10p})^2}{10p^2}\times\frac{1}{1-e^{-20p}}$$
$$1-e^{-20p}=(1-e^{-10p})(1+e^{-10p})$$

$$E(p)=\frac{1-e^{-10p}}{10.p^2.(1+e^{-10p})}$$

\begin{figure}
  SCHEMA 7
  \caption{Pont diviseur de tension}
\end{figure}

\begin{enumerate}
  \item Exprimer la fonction de transdert du circuit électrique~:
    $$\frac{V_S(p)}{E(p)}=\frac{R}{R_g+R+\frac{1}{C_p}}=\frac{R.C.P}{1+(R+R_g).C_p}$$
    $$E(p)=\frac{1-e^{-10p}}{10.p^2.(1+e^{-10p})}$$
\end{enumerate}

SCHEMA 8

\begin{enumerate}
  \item On calcul $X(p)=\mathcal{L}\left[x(t)\right]$
  \item On calcul $H(p)$
  \item On en déduit~: $Y(p)=X(p)\times H(p)$
\end{enumerate}

$$V_s(p)=E(p)\times H(p)=
\frac{1-e^{-10p}}{10^{p^2}.(1+e^{-10p})}\times\frac{RC.p}{1+(R+R_g).C_p}$$

\begin{enumerate}
  \item 3. On cherche $V_s(t)$
\end{enumerate}

$$V_S(p)=E(p)\times H(p)$$

On calcul $\mathcal{L}^{-1}[V_S(p)]=V_S(t)$

$$V_S(p)=\frac{RC}{10p}.
\frac{1-e^{-10p}}{\left[(R+R_g)(p+1)\right]\times(1+e^{-10p})}$$

\paragraph{Hypothese}

$(R+R_g)C=1\mu s$

$$V_S(p)=\frac{RC}{10}.\frac{1}{p(1+p)}.\frac{1-e^{-10p}}{1+e^{-10p}}$$

Où les deux premières fractions correspondent à $X(p)$.

On cherche $Z^{-1}\left[X(p)\right]$~:

$$X(p)=\frac{RC}{10}.\left[\frac{1}{p}-\frac{1}{1+p}\right]$$

$$x(t)=\frac{RC}{10}.\left[1-e^{-t}\right].u(t)$$

$$V_S(p)=X(p).\frac{(1-e^{-10p})(1-e^{-10p})}{(1+e^{-10p})(1-e^{-10p})}$$

$$\quad=X(p).\frac{1-2.e^{-10p}+e^{-20p}}{1-e^{-20p}}$$\\

$$x(t)\Rightarrow n(t)\Rightarrow V_S(t)$$

$$N(p)=X(p).\left[1-2.e^{-10p}+e^{-20p}\right]$$
Par le théorème du retard~:
$$n(t)=x(t)-2x(t-10)+x(t-20)$$

$$\mathcal{L}\left[f(t-\tau)\right]=e^{-\tau p}.F(p)$$

SCHEMA 9

SCHEMA 10

$$V_S(p)=\frac{N(p)}{1-e^{-20p}}$$

$V_S(t)$ est la reproduction, toutes les $20\mu s$ du signal $n(t)$

\section{Signaux discrets (ou échantillionnés)}

\subsection{Définitions du signal échantillonné}

Soit un signal continue $f(t)$ causal~: $f(t)=0, t\leq0$.

SCHEMA 11

$f(t)$ est le signal échantilloné~: ${f(0),f(T),f(2T),...}$, la collection des
échantillons.

Problème de cette première définition~: $f(t)\mapsto^\mathcal{L}?$, le passage
dans le domaine fréquentiel.

\paragraph{Problème} La transformée de Laplace $\mathcal{L}$ d'une suite de
nombres n'est pas définie \ldots $\Rightarrow$

\subsubsection{Deuxième définition}

\begin{equation} \label{eq:one}
f^*(t)=\sum^{+\infty}_{n=0}f(n.T).\delta(t-n.T)
\end{equation}

$\delta(t)$~: pic de Dirac~: SCHEMA 12

$\sum^{+\infty}_{n=0}\delta(t-n.T)$~: peigne de Dirac
SCHEMA 13

\begin{quote}
Les échantillons $f(0)$, $f(T)$, $f(2T)$, \ldots prennent le train. Chaque
échantillon s'installe dans un wagon différent, dont il occupe toute la
surface.
\end{quote}

Intérêt de la définition 2~: on peut calculer $\mathcal{L}$ de $f^*(t)$.

$$\mathcal{L}\left[f^*(t)\right]=F^*(t)=\mathcal{L}
\left[\sum^{+\infty}_{n=0}f(n.T).\delta(t-n.T)\right]$$

\underline{$\mathcal{L}$ linéaire~:}

$$\mathcal{L}(\text{somme})=\text{Somme}(\mathcal{L})$$
$$\mathcal{L}\left(f^*(t)\right)=\sum^{+\infty}_{n=0}\mathcal{L}
\left[f(n.T).\delta(t-n.T)\right]$$
$$\mathcal{L}\left(f^*(t)\right)=\sum^{+\infty}_{n=0}f^*(t).\mathcal{L}
\left[\delta(t-n.T)\right]$$
$$\mathcal{L}\left[f^*(t)\right]=\sum^{+\infty}_{n=0}f(n.T).e^{-n.T.p}.
\mathcal{L}\left[\delta(t)\right]$$
\begin{equation} \label{eq:two}
  F^*(p)=\sum^{+\infty}_{n=0}f(n.T).e^{-n.T.p}
\end{equation}

Transfert de Laplace du signal échantillonné équivaut à la représentation
fréquentielle.

$F^*(p)$ devient $\mathcal{F}(z)$ par le changement de variable éliminant
l'exponentielle $z=e^{T.p}$.

\begin{equation} \label{eq:three}
  \mathcal{F}(z)=\sum^{+\infty}_{n=0}f(n.T).z^{-n}
\end{equation}

$F^*(p)$ est la \emph{transformation de Laplace \emph{échantillonnée} du signal
  $f(t)$} ou la transformation de Laplace du signal échantillonné $f^*(t)$

\subsubsection{Transformation en $\gamma$}

$$\gamma=e^{-T.p}\quad\text{peu utilisé}$$
$$\mathcal{F}(\gamma)=\sum^{+\infty}_{n=0}f(n.T).\gamma^n$$

\subsubsection{Échantillonnage idéal/échantillonnage réel}

SCHEMA 14

$$F^*_h(p)\approx h.F^*(p)\quad\text{si }h\ll T$$

SCHEMA 15

On suppose l'échantillonnage idéal.\\

Si on veut tenir compte de la durée $h$ de prélèvement, on peut le faire après
coup en multipliant par $h$ le résultat final.

\subsection{Reconstitution du signal continu, théorème de Shannon}

SCHEMA 16

\begin{itemize}
  \item La reconstitution exacte de $f(t)$ à partir de $f^*(t)$ peut
    être possible si $T$ avait été \emph{bien choisi} lors de
    l'échantillonnage.
  \item Y a-t-il eu \emph{perte d'information} lors de
    l'échantillonnage~?
  \item Comment mesurer la \emph{quantité d'information} contenue dans
    le signal~?
\end{itemize}

\begin{figure}[h!]
  $$f(t)\mapsto^{\mathcal{F}}F(\mathcal{L})$$
  $$\text{spectre de Fourier}\rightarrow|F(\nu)|$$
  SCHEMA 17
  \caption{Spectre de Fourier}
\end{figure}

\subsubsection{Spectre de Fourier de $f^*(t)$}

Transformation de Fourier de $f^*(t)$ (admis).

$$F^*(\nu)=\frac{1}{T}.
\sum^{+\infty}_{k=-\infty}F\left(\nu-\frac{k}{T}\right)$$

SCHEMA 18

L'échantillonnage se traduit par la recopie de l'information \emph{une
infinité de fois} le long de l'axe fréquentiel.

\begin{tikzpicture}
  \draw (0,0) (0,1.5) -- (1,1.5);
  \draw (0,0) (0,0) rectangle (1,1);
  \draw (0,0) node {test};
\end{tikzpicture}

\paragraph{Théorème de Shannon} Lorsque l'on échantillonne un signal
continu à spectre fréquentiel borné $[-N;+N]$ on ne perd aucune
information si la fréquence d'échantillonnage $f_e$ est supérieure au
\emph{double} de la plus haute fréquence $N$ contenu dans le signal continu.\\

Si le théorème de Shannon ($N<\frac{1}{2T}$) n'est pas respecté, la
composante latérale chevauche partiellement la composante centrale. Il
est donc impossible de reconstituer le signal continu.

\subsubsection{Reconstitution du signal continu}
On a vu que si, lors de l'échantillonnage, la condition de Shannon
($T<\frac{1}{2N}$) a été respecté, on peut reconstituer le signal
continu de manière exacte.

\paragraph{Problème} le filtre en $\pi$ idéal n'existe pas, c'est un
concept abstrait. Dans la réalité, on le remplace par un filtre
approché~: \emph{un bloqueur d'ordre 0}.

SCHEMA 19

\subparagraph{Comportement fréquentiel de B}

SCHEMA 20

\subparagraph{Calcul de $\mathcal{L}\left[f_{B_0}(t)\right]$}

\[
\begin{cases}
  f_{B_0}(t)=f(0) & \qquad 0\leq t<T\\
  f_{B_0}(t)=f(T) & \qquad T\leq t<2T\\
  f_{B_0}(t)=f(2T) & \qquad 2T\leq t<3T\\
  \quad \vdots & \\
\end{cases}
\]

\[
  \begin{array}{l l l}
    f_{B_0}(t) = & & f(0).\left[u(t)-u(t-T)\right]\\
    & + & f(T).\left[u(t-T)-u(t-2T)\right]\\
    & + & f(2T).\left[u(t-2T)-u(t-3T)\right]\\
    & + & \ldots\\
  \end{array}
\]

\[
  \begin{array}{l l l}
    F_{B_0}=\mathcal{L}\left[f_{B_0}(t)\right]= & &
    f(0).\left[\mathcal{L}\left(u(t)\right)-\mathcal{L}\left(
u(t-T)\right)\right]\\
    & + & f(T).\left[\mathcal{L}\left(u(t-T)\right)-\mathcal{L}\left(
u(t-2T)\right)\right]\\
    & + & f(T).\left[\mathcal{L}\left(u(t-2T)\right)-\mathcal{L}\left(
u(t-3T)\right)\right]\\
    & + & \ldots\\
  \end{array}
\]

On peut factoriser $F_{B_0}(p)$~:
$$F_{B_0}(p)=\left(\frac{1-e^{-T.p}}{p}\right)\times\left[
f(0)+f(T).e^{-T.p}+f(2T).e^{-2T.p}+\ldots\right]$$
$$B_0=\frac{\mathcal{L}\left[f_{B_0}(t)\right]}{
\mathcal{L}\left[f^*(t)\right]}$$
$$F_{B_0}(p)=\frac{1-e^{-Tp}}{p}\times\sum^{+\infty}_{n=0}f(nT).e^{-nTp}$$
$$\Rightarrow B_0(p)=\frac{1-e^{-Tp}}{p}\quad\text{L'approximation du
  filtre passe-bas idéal~?}$$

\subparagraph{On trace le diagramme de Bode de $B_0(p)$}

\[
\begin{cases}
  |B_0(j\omega)|\\
  \angle{B_0(j\omega)}
\end{cases}
\]

$$|B_0(j\omega)|=|\frac{1-e^{-Tj\omega}}{j\omega}|=
|\frac{1-\cos(T\omega)+j\omega T\omega}{j\omega}|$$
$$=\frac{\sqrt{(1-\cos(T\omega)^2+\sin^2(T\omega))}}{\omega}$$
$$=\frac{\sqrt{2-2\cos(T\omega)}}{\omega}=|B_0(j\omega)|$$

SCHEMA 23

\paragraph{Remarque} avec $B_1$, $B_2$, \ldots (des bloqueurs d'ordre plus
élevés), le profil fréquentiel $|B_1(j\omega)|$, $|B_2(j\omega)|$,
\ldots ressemble de plus en plus au signal rectangulaire idéal.

\subsection{Transformée en Z et transformée en Z inverse}

\subsubsection{Calcul pratique d'une transformée en Z}

SCHEMA 24

\paragraph{Voie 1} Calcul de $\mathcal{F}(z)$ à partir de $f(t)$

\begin{equation} \label{eq:Done}
  f^*(t)=\sum^{+\infty}_{n=0}f(n.T).z^{-n}
\end{equation}

\paragraph{Voie 2} Calcul de $\mathcal{F}(z)$ à partir de $F(p)$\\
! Ce n'est pas le changement de variable $z=e^{Tp}$

\begin{figure}[h!]
\begin{equation} \label{eq:Dtwo}
  \mathcal{F}(z)=\sum_{\text{sur les pôles}}
(\text{résidus de }\frac{F(p)}{1-e^{Tp}.z^{-1}})
\end{equation}
\caption{Formule des résidus}
\end{figure}

\subparagraph{En pratique} $F(p)=\text{fraction rationelle en }p=
\frac{N(p)}{D(p)}$

\begin{itemize}
  \item pôles $p_i$ simples
  \item pôles $p_i$ multiples d'ordre $n$
\end{itemize}

\subparagraph{Exemple} $$F(p)=\frac{(2p-3)(p+7)}{p^2(1+5p)^5(3p+1)}$$

$F(p)$ a~:
\begin{itemize}
  \item 2 zéros~: $p_1=\frac{3}{2}$ simple et $p_2=-7$ multiple
    d'ordre 3.
  \item 3 pôles~: $p_1=0$ multiple d'ordre 2~; $p_2=-\frac{1}{5}$
    multiple d'ordre 5~; $p_3=1\frac{1}{3}$ simple
\end{itemize}

La voie 2 devient $\mathcal{F}(z)=\sum_i\text{résidu }r_i$

\begin{itemize}
  \item résidus $r_i$ associé à un pôle simple $p_i$ de $F(p)$.
    \begin{equation} \label{eq:Dtwoa}
      r_i=\frac{N(p_i)}{D'(p_i)}\times\frac{1}{1-e^{T.p_i}.z^{-1}}
    \end{equation}
    en posant $D'(p)=\frac{d.D(p)}{dp}$
  \item résidu $r_i$ associé à un pôle multiple $p_i$ d'ordre $n$ de
    $F(p)$
    \begin{equation} \label{eq:Dtwob}
      r_i=\frac{1}{(n-1)!}\times\frac{d^{n-1}}{dp^{n-1}}\left[(p-p_i)^n\times
\frac{F(p)}{1-e^{Tp}.z^{-1}}\right]
    \end{equation}
\end{itemize}

\subsection{Exemples}

\subsubsection{Exemple 1}

Calcul de transformée en Z usuelles par les deux voies.
\[
\begin{cases}
  f(t)=u(t)=\text{échelon unitaire}\\
  F(p)=\frac{1}{p}
\end{cases}
\]
$$\mathcal{F}(z)=\sum^{+\infty}_{n=0}f(nT).z^{-n}$$

\paragraph{Voie 1}

SCHEMA 25

\begin{figure}[h!]
  $$1+x+x^2+\ldots+x^n=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}$$
  $$1+x+x^2+\ldots=\frac{1}{1-x}\qquad |x|<1$$
  \caption{sommation d'une série géométrique de \og raison\fg{} $x$}
\end{figure}

On admet que la sommation de la série est \emph{convergente} (raison
$\in\mathbb{C}$), $Z\left[u(t)\right]=\frac{z}{z-1}$.

$$Z\left[u(t)\right]=\sum^{+\infty}_{n=0}z^{-n}=1+z^{-1}+(z^{-1})^2+\ldots=
\frac{1}{1-z^{-1}}$$
$$\mathcal{F}(z)=\sum^{+\infty}_{n=0}f(nT).z^{-n}$$

\paragraph{Voie 2}

$$F(p)=\frac{1}{p}$$

\begin{itemize}
  \item 1 seul pôle~: $p_1=0$ simple.\\
    1 seul résidu $r_1$ $\mathcal{F}(z)=r_1$\\
    Par \ref{eq:Dtwoa}~: $N(p)=1$ et $D(p)=p\rightarrow D'(p)=1$
    \[
    \begin{array}{llll}
      r_1= & \frac{N(p_1)}{D'(p_1)} & \times & \frac{1}{1-e^{T.p_1}.z^{-1}}\\
      & \frac{1}{1} & \times & \frac{1}{1-e^{T.0}.z^{-1}}=\frac{1}{1-z^{-1}}\\
  \end{array}
    \]
    $$\mathcal{F}(z)=r1=\frac{z}{z-1}$$
\end{itemize}

\subsubsection{Exemple 2}

\[\text{Soit~:}
\begin{cases}
  f(t)=e^{-at}.u(t)\\
  F(p)=\frac{1}{p+a}
\end{cases}
\]

\paragraph{Voie 1}

$$f(t)=e^{-at}.u(t)$$
$$f(nT)=e^{-anT}.u(nT)=e^{-anT}\quad n\geq0$$

$$\mathcal{F}(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}(e^{-aT}.z^{-1})^n$$
$$\mathcal{F}(z)=\frac{1}{1-e^{-aT}.z^{-1}}$$

\paragraph{Voie 2}

$$F(p)=\frac{1}{p+a}=\frac{N(p)}{D(p)}$$

\begin{itemize}
  \item 1 seul pôle~: $p_1=a$ simple\\
    $D'(p)=1$
    $$r_1=\frac{1}{1}\times\frac{1}{1-e^{T.p_1}.z^{-1}}=\frac{z}{z-e^{-aT}}=
\mathcal{F}(z)$$
\end{itemize}

\subsubsection{Exemple 3}

\[\text{Soit~:}
\begin{cases}
  f(t)=t.u(t)\\
  F(p)=\frac{1}{p^2}
\end{cases}
\]

\paragraph{Voie 2}

\begin{itemize}
  \item 1 seul pôle $p_1=0$ multiple d'ordre $n=2$, $\mathcal{F}=r_1$
    $$r_1=\frac{1}{1!}\left(\frac{d}{dp}\left[p^2\times\frac{\frac{1}{p^2}}
{1-e^{Tp}.z^-1}\right]\right)=\left(\frac{1}{1-e^{Tp}.z^{-1}}\right)_{p=0}=
\frac{+T.e^{Tp}.z^{-1}}{(1-e^{Tp}.z^{-1})^2}$$
$$r_1=\frac{T.z^{-1}}{(1-z^{-1})^2}=\frac{Tz}{(z-1)^2}$$
$$Z\left[t.u(t)\right]=\frac{Tz}{(z-1)^2}$$
\end{itemize}

\paragraph{Voie 1}

$$\mathcal{F}(z)=\sum^{+\infty}_{n=0}f(nT)z^{-1}$$
$$f(t)=t.u(t)$$
$$f(nT)=nT.u(nT)=nT$$

$$\mathcal{F}(z)=\sum^{+\infty}_{n=0}nT.z^{-n}=T.\sum^{+\infty}_{n=0}n.z^{-n}$$
$$\sum^{+\infty}_{n=0}(-n).z^{n-1}=\frac{z^{-1}-z}{(z-1)^2}=
\frac{-1}{(z-1)^2}$$
$$\sum^{+\infty}_{n=0}z^{-n}=\frac{z}{(z-1)^2}\Rightarrow
Z\left[t.u(t)\right]=\frac{Tz}{(z-1)^2}$$
$$Z\left[t.u(t)\right]=\frac{Tz}{(z-1)^2}$$

\subsubsection{Exemple 4}

\[\text{Soit }f(t)\text{~: }F(p)=\frac{1}{(p+a)(p+b)}\]

On ne peut pas utiliser la voie 1 car on ne connait pas $f(t)$. On a
cependant toujours deux méthodes~: la voie deux par la méthode directe
et par la méthode indirecte (on peut décomposer $F(p)$ en éléments simples).

\begin{figure}[h]
  \centering
  \begin{tabular}{c|c|c}
    $t$ & $p$ & $z$\\
    \hline
    $u(t)$ & $\frac{1}{p}$ & $\frac{z}{z-1}$ \\
    $t.u(t)$ & $\frac{1}{p^2}$ & $\frac{Tz}{(z-1)^2}$ \\
    $e^{-at}.u(t)$ & $\frac{1}{p+a}$ & $\frac{z}{z-e^{-aT}}$ \\
  \end{tabular}
\end{figure}

\paragraph{Voie 2~: méthode directe}

\begin{itemize}
  \item 2 pôles simples~: $p_1=-a\longrightarrow r_1$ et
    $p_2=-b\longrightarrow r_2$
    $$r_1=\frac{N(p_1)}{D'(p_1)}\times\frac{1}{1-e^{Tp_1}.z^{-1}}$$
    $$D(p)=(p+a)(p+b)\mapsto D'(p)=2p+a+b$$
\end{itemize}
\[\begin{cases}
  r_1=\frac{1}{b-a}\times\frac{1}{1-e^{-aT}.z^{-1}}\\
  r_2=\frac{1}{a-b}\times\frac{1}{1-e^{-bT}.z^{-1}}
\end{cases}\]

$$\mathcal{F}(z)=\frac{1}{b-a}\left[\frac{1}{1-e^{-aT}.z^{-1}}-
\frac{1}{1-e^{-bT}.z^{-1}}\right]$$

\paragraph{Méthode indirecte}

$$\frac{1}{(p+a)(p+b)}=\frac{A}{p+a}+\frac{B}{p+b}$$

On multiplie par $(p+a)$, considérant $p=-a$~: $$A=\frac{1}{b-a}$$

On multiplie par $(p+b)$, considérant $p=-b$~: $$B=\frac{1}{a-b}$$

Donc~:

$$F(p)=\frac{1}{b-a}\times\frac{1}{p+a}+\frac{1}{a-b}\times\frac{1}{p+b}$$
$$\mathcal{F}(z)=\frac{1}{b-a}\times\frac{z}{z-e^{-aT}}+
\frac{1}{a-b}\times\frac{z}{z-e^{-bT}}$$