Cours du jour
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@ -1,6 +1,6 @@
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\chapter{Mathématique du signal}
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\begin{tabular}{|c|c|c|}w
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\begin{tabular}{|c|c|c|}
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Domaine temporel & Domaine fréquentiel & Domaine temporel\\
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& traitements divers & \\
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$t$ & & \\
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@ -225,7 +225,7 @@ $$x(t)=(1+5.e^{-2t}-4.e^{-3.t}).u(t)\qquad ligne 2 et 3 du tableau$$
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$$\ddot{y}(t)+\dot{y}(t)-6y(t)-12t=12t+20$$
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\subparagraph{Hypothèse~:} les conditions initiales sont nulles.
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\subparagraph{Hypothese~:} les conditions initiales sont nulles.
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$\Rightarrow$ pas de problème avec les dérivées.
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@ -295,7 +295,7 @@ $$E(p)=\frac{1-e^{-10p}}{10.p^2.(1+e^{-10p})}$$
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\end{figure}
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\begin{enumerate}
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\item 2. Exprimer la fonction de transdert du circuit électrique~:
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\item Exprimer la fonction de transdert du circuit électrique~:
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$$\frac{V_S(p)}{E(p)}=\frac{R}{R_g+R+\frac{1}{C_p}}=\frac{R.C.P}{1+(R+R_g).C_p}$$
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$$E(p)=\frac{1-e^{-10p}}{10.p^2.(1+e^{-10p})}$$
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\end{enumerate}
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@ -308,6 +308,472 @@ SCHEMA 8
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\item On en déduit~: $Y(p)=X(p)\times H(p)$
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\end{enumerate}
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$$V_s(p)=E(p)/times H(p)=\frac{1-e^{-10p}}{10^p^2.(1+e^{-10p})}\times\frac{RC.p}{1+(R+R_g).C_p}$$
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$$V_s(p)=E(p)\times H(p)=
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\frac{1-e^{-10p}}{10^{p^2}.(1+e^{-10p})}\times\frac{RC.p}{1+(R+R_g).C_p}$$
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\begin{enumerate}
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\item 3. On cherche $V_s(t)$
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\end{enumerate}
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$$V_S(p)=E(p)\times H(p)$$
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On calcul $\mathcal{L}^{-1}[V_S(p)]=V_S(t)$
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$$V_S(p)=\frac{RC}{10p}.
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\frac{1-e^{-10p}}{\left[(R+R_g)(p+1)\right]\times(1+e^{-10p})}$$
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\paragraph{Hypothese}
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$(R+R_g)C=1\mu s$
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$$V_S(p)=\frac{RC}{10}.\frac{1}{p(1+p)}.\frac{1-e^{-10p}}{1+e^{-10p}}$$
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Où les deux premières fractions correspondent à $X(p)$.
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On cherche $Z^{-1}\left[X(p)\right]$~:
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$$X(p)=\frac{RC}{10}.\left[\frac{1}{p}-\frac{1}{1+p}\right]$$
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$$x(t)=\frac{RC}{10}.\left[1-e^{-t}\right].u(t)$$
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$$V_S(p)=X(p).\frac{(1-e^{-10p})(1-e^{-10p})}{(1+e^{-10p})(1-e^{-10p})}$$
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$$\quad=X(p).\frac{1-2.e^{-10p}+e^{-20p}}{1-e^{-20p}}$$\\
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$$x(t)\Rightarrow n(t)\Rightarrow V_S(t)$$
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$$N(p)=X(p).\left[1-2.e^{-10p}+e^{-20p}\right]$$
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Par le théorème du retard~:
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$$n(t)=x(t)-2x(t-10)+x(t-20)$$
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$$\mathcal{L}\left[f(t-\tau)\right]=e^{-\tau p}.F(p)$$
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SCHEMA 9
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SCHEMA 10
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$$V_S(p)=\frac{N(p)}{1-e^{-20p}}$$
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$V_S(t)$ est la reproduction, toutes les $20\mu s$ du signal $n(t)$
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\section{Signaux discrets (ou échantillionnés)}
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\subsection{Définitions du signal échantillonné}
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Soit un signal continue $f(t)$ causal~: $f(t)=0, t\leq0$.
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SCHEMA 11
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$f(t)$ est le signal échantilloné~: ${f(0),f(T),f(2T),...}$, la collection des
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échantillons.
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Problème de cette première définition~: $f(t)\mapsto^\mathcal{L}?$, le passage
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dans le domaine fréquentiel.
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\paragraph{Problème} La transformée de Laplace $\mathcal{L}$ d'une suite de
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nombres n'est pas définie \ldots $\Rightarrow$
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\subsubsection{Deuxième définition}
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\begin{equation} \label{eq:one}
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f^*(t)=\sum^{+\infty}_{n=0}f(n.T).\delta(t-n.T)
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\end{equation}
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$\delta(t)$~: pic de Dirac~: SCHEMA 12
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$\sum^{+\infty}_{n=0}\delta(t-n.T)$~: peigne de Dirac
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SCHEMA 13
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\begin{quote}
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Les échantillons $f(0)$, $f(T)$, $f(2T)$, \ldots prennent le train. Chaque
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échantillon s'installe dans un wagon différent, dont il occupe toute la
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surface.
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\end{quote}
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||||
Intérêt de la définition 2~: on peut calculer $\mathcal{L}$ de $f^*(t)$.
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$$\mathcal{L}\left[f^*(t)\right]=F^*(t)=\mathcal{L}
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||||
\left[\sum^{+\infty}_{n=0}f(n.T).\delta(t-n.T)\right]$$
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\underline{$\mathcal{L}$ linéaire~:}
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$$\mathcal{L}(\text{somme})=\text{Somme}(\mathcal{L})$$
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$$\mathcal{L}\left(f^*(t)\right)=\sum^{+\infty}_{n=0}\mathcal{L}
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||||
\left[f(n.T).\delta(t-n.T)\right]$$
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||||
$$\mathcal{L}\left(f^*(t)\right)=\sum^{+\infty}_{n=0}f^*(t).\mathcal{L}
|
||||
\left[\delta(t-n.T)\right]$$
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||||
$$\mathcal{L}\left[f^*(t)\right]=\sum^{+\infty}_{n=0}f(n.T).e^{-n.T.p}.
|
||||
\mathcal{L}\left[\delta(t)\right]$$
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||||
\begin{equation} \label{eq:two}
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||||
F^*(p)=\sum^{+\infty}_{n=0}f(n.T).e^{-n.T.p}
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||||
\end{equation}
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||||
Transfert de Laplace du signal échantillonné équivaut à la représentation
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fréquentielle.
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$F^*(p)$ devient $\mathcal{F}(z)$ par le changement de variable éliminant
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l'exponentielle $z=e^{T.p}$.
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\begin{equation} \label{eq:three}
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||||
\mathcal{F}(z)=\sum^{+\infty}_{n=0}f(n.T).z^{-n}
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||||
\end{equation}
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||||
$F^*(p)$ est la \emph{transformation de Laplace \emph{échantillonnée} du signal
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$f(t)$} ou la transformation de Laplace du signal échantillonné $f^*(t)$
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\subsubsection{Transformation en $\gamma$}
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$$\gamma=e^{-T.p}\quad\text{peu utilisé}$$
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$$\mathcal{F}(\gamma)=\sum^{+\infty}_{n=0}f(n.T).\gamma^n$$
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\subsubsection{Échantillonnage idéal/échantillonnage réel}
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SCHEMA 14
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$$F^*_h(p)\approx h.F^*(p)\quad\text{si }h\ll T$$
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SCHEMA 15
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On suppose l'échantillonnage idéal.\\
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Si on veut tenir compte de la durée $h$ de prélèvement, on peut le faire après
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coup en multipliant par $h$ le résultat final.
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\subsection{Reconstitution du signal continu, théorème de Shannon}
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SCHEMA 16
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\begin{itemize}
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\item La reconstitution exacte de $f(t)$ à partir de $f^*(t)$ peut
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être possible si $T$ avait été \emph{bien choisi} lors de
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l'échantillonnage.
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||||
\item Y a-t-il eu \emph{perte d'information} lors de
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l'échantillonnage~?
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||||
\item Comment mesurer la \emph{quantité d'information} contenue dans
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le signal~?
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\end{itemize}
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\begin{figure}[h!]
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$$f(t)\mapsto^{\mathcal{F}}F(\mathcal{L})$$
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$$\text{spectre de Fourier}\rightarrow|F(\nu)|$$
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SCHEMA 17
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\caption{Spectre de Fourier}
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\end{figure}
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\subsubsection{Spectre de Fourier de $f^*(t)$}
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Transformation de Fourier de $f^*(t)$ (admis).
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$$F^*(\nu)=\frac{1}{T}.
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\sum^{+\infty}_{k=-\infty}F\left(\nu-\frac{k}{T}\right)$$
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SCHEMA 18
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L'échantillonnage se traduit par la recopie de l'information \emph{une
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infinité de fois} le long de l'axe fréquentiel.
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\begin{tikzpicture}
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\draw (0,0) (0,1.5) -- (1,1.5);
|
||||
\draw (0,0) (0,0) rectangle (1,1);
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||||
\draw (0,0) node {test};
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||||
\end{tikzpicture}
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||||
\paragraph{Théorème de Shannon} Lorsque l'on échantillonne un signal
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continu à spectre fréquentiel borné $[-N;+N]$ on ne perd aucune
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information si la fréquence d'échantillonnage $f_e$ est supérieure au
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\emph{double} de la plus haute fréquence $N$ contenu dans le signal continu.\\
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||||
Si le théorème de Shannon ($N<\frac{1}{2T}$) n'est pas respecté, la
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composante latérale chevauche partiellement la composante centrale. Il
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est donc impossible de reconstituer le signal continu.
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\subsubsection{Reconstitution du signal continu}
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On a vu que si, lors de l'échantillonnage, la condition de Shannon
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($T<\frac{1}{2N}$) a été respecté, on peut reconstituer le signal
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continu de manière exacte.
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\paragraph{Problème} le filtre en $\pi$ idéal n'existe pas, c'est un
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concept abstrait. Dans la réalité, on le remplace par un filtre
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approché~: \emph{un bloqueur d'ordre 0}.
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SCHEMA 19
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\subparagraph{Comportement fréquentiel de B}
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SCHEMA 20
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\subparagraph{Calcul de $\mathcal{L}\left[f_{B_0}(t)\right]$}
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\[
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\begin{cases}
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||||
f_{B_0}(t)=f(0) & \qquad 0\leq t<T\\
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||||
f_{B_0}(t)=f(T) & \qquad T\leq t<2T\\
|
||||
f_{B_0}(t)=f(2T) & \qquad 2T\leq t<3T\\
|
||||
\quad \vdots & \\
|
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\end{cases}
|
||||
\]
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||||
|
||||
\[
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||||
\begin{array}{l l l}
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||||
f_{B_0}(t) = & & f(0).\left[u(t)-u(t-T)\right]\\
|
||||
& + & f(T).\left[u(t-T)-u(t-2T)\right]\\
|
||||
& + & f(2T).\left[u(t-2T)-u(t-3T)\right]\\
|
||||
& + & \ldots\\
|
||||
\end{array}
|
||||
\]
|
||||
|
||||
\[
|
||||
\begin{array}{l l l}
|
||||
F_{B_0}=\mathcal{L}\left[f_{B_0}(t)\right]= & &
|
||||
f(0).\left[\mathcal{L}\left(u(t)\right)-\mathcal{L}\left(
|
||||
u(t-T)\right)\right]\\
|
||||
& + & f(T).\left[\mathcal{L}\left(u(t-T)\right)-\mathcal{L}\left(
|
||||
u(t-2T)\right)\right]\\
|
||||
& + & f(T).\left[\mathcal{L}\left(u(t-2T)\right)-\mathcal{L}\left(
|
||||
u(t-3T)\right)\right]\\
|
||||
& + & \ldots\\
|
||||
\end{array}
|
||||
\]
|
||||
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||||
On peut factoriser $F_{B_0}(p)$~:
|
||||
$$F_{B_0}(p)=\left(\frac{1-e^{-T.p}}{p}\right)\times\left[
|
||||
f(0)+f(T).e^{-T.p}+f(2T).e^{-2T.p}+\ldots\right]$$
|
||||
$$B_0=\frac{\mathcal{L}\left[f_{B_0}(t)\right]}{
|
||||
\mathcal{L}\left[f^*(t)\right]}$$
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||||
$$F_{B_0}(p)=\frac{1-e^{-Tp}}{p}\times\sum^{+\infty}_{n=0}f(nT).e^{-nTp}$$
|
||||
$$\Rightarrow B_0(p)=\frac{1-e^{-Tp}}{p}\quad\text{L'approximation du
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filtre passe-bas idéal~?}$$
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\subparagraph{On trace le diagramme de Bode de $B_0(p)$}
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||||
\[
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||||
\begin{cases}
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||||
|B_0(j\omega)|\\
|
||||
\angle{B_0(j\omega)}
|
||||
\end{cases}
|
||||
\]
|
||||
|
||||
$$|B_0(j\omega)|=|\frac{1-e^{-Tj\omega}}{j\omega}|=
|
||||
|\frac{1-\cos(T\omega)+j\omega T\omega}{j\omega}|$$
|
||||
$$=\frac{\sqrt{(1-\cos(T\omega)^2+\sin^2(T\omega))}}{\omega}$$
|
||||
$$=\frac{\sqrt{2-2\cos(T\omega)}}{\omega}=|B_0(j\omega)|$$
|
||||
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||||
SCHEMA 23
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||||
\paragraph{Remarque} avec $B_1$, $B_2$, \ldots (des bloqueurs d'ordre plus
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élevés), le profil fréquentiel $|B_1(j\omega)|$, $|B_2(j\omega)|$,
|
||||
\ldots ressemble de plus en plus au signal rectangulaire idéal.
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||||
\subsection{Transformée en Z et transformée en Z inverse}
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\subsubsection{Calcul pratique d'une transformée en Z}
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SCHEMA 24
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\paragraph{Voie 1} Calcul de $\mathcal{F}(z)$ à partir de $f(t)$
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||||
\begin{equation} \label{eq:Done}
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||||
f^*(t)=\sum^{+\infty}_{n=0}f(n.T).z^{-n}
|
||||
\end{equation}
|
||||
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||||
\paragraph{Voie 2} Calcul de $\mathcal{F}(z)$ à partir de $F(p)$\\
|
||||
! Ce n'est pas le changement de variable $z=e^{Tp}$
|
||||
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||||
\begin{figure}[h!]
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||||
\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}
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||||
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||||
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}
|
||||
|
||||
$$f(t)=e^{-at}.u(t)$$
|
||||
$$f(nT)=e^{-anT}.u(nT)=e^{-anT}\quad n\geq0$$
|
||||
|
||||
$$\mathcal{F}(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}(e^{-aT}.z^{-1})^n$$
|
||||
$$\mathcal{F}(z)=\frac{1}{1-e^{-aT}.z^{-1}}$$
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\paragraph{Voie 2}
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$$F(p)=\frac{1}{p+a}=\frac{N(p)}{D(p)}$$
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\begin{itemize}
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\item 1 seul pôle~: $p_1=a$ simple\\
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$D'(p)=1$
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$$r_1=\frac{1}{1}\times\frac{1}{1-e^{T.p_1}.z^{-1}}=\frac{z}{z-e^{-aT}}=
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\mathcal{F}(z)$$
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\end{itemize}
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\subsubsection{Exemple 3}
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\[\text{Soit~:}
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\begin{cases}
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f(t)=t.u(t)\\
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F(p)=\frac{1}{p^2}
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\end{cases}
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\]
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\paragraph{Voie 2}
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\begin{itemize}
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\item 1 seul pôle $p_1=0$ multiple d'ordre $n=2$, $\mathcal{F}=r_1$
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$$r_1=\frac{1}{1!}\left(\frac{d}{dp}\left[p^2\times\frac{\frac{1}{p^2}}
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{1-e^{Tp}.z^-1}\right]\right)=\left(\frac{1}{1-e^{Tp}.z^{-1}}\right)_{p=0}=
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\frac{+T.e^{Tp}.z^{-1}}{(1-e^{Tp}.z^{-1})^2}$$
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$$r_1=\frac{T.z^{-1}}{(1-z^{-1})^2}=\frac{Tz}{(z-1)^2}$$
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$$Z\left[t.u(t)\right]=\frac{Tz}{(z-1)^2}$$
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\end{itemize}
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\paragraph{Voie 1}
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$$\mathcal{F}(z)=\sum^{+\infty}_{n=0}f(nT)z^{-1}$$
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$$f(t)=t.u(t)$$
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$$f(nT)=nT.u(nT)=nT$$
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$$\mathcal{F}(z)=\sum^{+\infty}_{n=0}nT.z^{-n}=T.\sum^{+\infty}_{n=0}n.z^{-n}$$
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$$\sum^{+\infty}_{n=0}(-n).z^{n-1}=\frac{z^{-1}-z}{(z-1)^2}=
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\frac{-1}{(z-1)^2}$$
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$$\sum^{+\infty}_{n=0}z^{-n}=\frac{z}{(z-1)^2}\Rightarrow
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Z\left[t.u(t)\right]=\frac{Tz}{(z-1)^2}$$
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$$Z\left[t.u(t)\right]=\frac{Tz}{(z-1)^2}$$
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\subsubsection{Exemple 4}
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\[\text{Soit }f(t)\text{~: }F(p)=\frac{1}{(p+a)(p+b)}\]
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On ne peut pas utiliser la voie 1 car on ne connait pas $f(t)$. On a
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cependant toujours deux méthodes~: la voie deux par la méthode directe
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et par la méthode indirecte (on peut décomposer $F(p)$ en éléments simples).
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\begin{figure}[h]
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\centering
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\begin{tabular}{c|c|c}
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$t$ & $p$ & $z$\\
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\hline
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$u(t)$ & $\frac{1}{p}$ & $\frac{z}{z-1}$ \\
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$t.u(t)$ & $\frac{1}{p^2}$ & $\frac{Tz}{(z-1)^2}$ \\
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$e^{-at}.u(t)$ & $\frac{1}{p+a}$ & $\frac{z}{z-e^{-aT}}$ \\
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\end{tabular}
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\end{figure}
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\paragraph{Voie 2~: méthode directe}
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\begin{itemize}
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\item 2 pôles simples~: $p_1=-a\longrightarrow r_1$ et
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$p_2=-b\longrightarrow r_2$
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$$r_1=\frac{N(p_1)}{D'(p_1)}\times\frac{1}{1-e^{Tp_1}.z^{-1}}$$
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$$D(p)=(p+a)(p+b)\mapsto D'(p)=2p+a+b$$
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\end{itemize}
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\[\begin{cases}
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r_1=\frac{1}{b-a}\times\frac{1}{1-e^{-aT}.z^{-1}}\\
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r_2=\frac{1}{a-b}\times\frac{1}{1-e^{-bT}.z^{-1}}
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\end{cases}\]
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$$\mathcal{F}(z)=\frac{1}{b-a}\left[\frac{1}{1-e^{-aT}.z^{-1}}-
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\frac{1}{1-e^{-bT}.z^{-1}}\right]$$
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\paragraph{Méthode indirecte}
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$$\frac{1}{(p+a)(p+b)}=\frac{A}{p+a}+\frac{B}{p+b}$$
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On multiplie par $(p+a)$, considérant $p=-a$~: $$A=\frac{1}{b-a}$$
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On multiplie par $(p+b)$, considérant $p=-b$~: $$B=\frac{1}{a-b}$$
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Donc~:
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$$F(p)=\frac{1}{b-a}\times\frac{1}{p+a}+\frac{1}{a-b}\times\frac{1}{p+b}$$
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$$\mathcal{F}(z)=\frac{1}{b-a}\times\frac{z}{z-e^{-aT}}+
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\frac{1}{a-b}\times\frac{z}{z-e^{-bT}}$$
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