Cours du jour

base.tex

@@ -12,6 +12,7 @@
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+\usepackage{tikz}
 
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 \definecolor{gray}{rgb}{0.5,0.5,0.5}

maths/approximations.tex

@@ -210,6 +210,175 @@ même pour $r_2^n$.
 La solution générale de $(*)$ est $T_n=\alpha.r_1^n+\beta.r_2^n$ où $\alpha$ et
 $\beta$ sont déterminées par les conditions initiales.
 
+\vspace{1em}
+
+\begin{enumerate}[4.]
+  \item
+\end{enumerate}
+
+$$T_{n+1}(x)=2\times T_n(x)-T_{n-1}(x)$$
+
+$$T_n(x)=\cos(n.\theta)\qquad\theta=\arccos(x)\Leftrightarrow$$
+
+$$X=\cos(\theta)\Rightarrow dx=-\sin(\theta)d\theta$$
+
+$$\int^1_{-1}\frac{T_n(x)T_m(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx=
+\int^0_\pi\frac{\cos(n.\theta).\cos(m\theta)}{|\sin(\theta)|}(-\sin(\theta)d\theta)
+=\int^\pi_0\cos(n\theta)cos(m\theta)d\theta$$
+$$\int^\pi_0\cos(n\theta).\cos(m\theta)d\theta=
+\frac{1}{2}\int^\pi_0\left(\cos(n+m)\theta+\cos(n-m)\theta\right)d\theta$$
+$$=\frac{1}{2}\left[\frac{\sin(n+m)\theta}{n+m}+\frac{\sin(n-m)
+\theta}{n-m}\right]=0$$
+
+\begin{enumerate}[5.]
+  \item
+\end{enumerate}
+
+$$T_n(x)=0\qquad|x|\leq1$$
+$$\Leftrightarrow\cos(n\theta)=0\Leftrightarrow n.\Theta=\frac{\pi}{2}+k\pi
+\Leftrightarrow\theta_k=\frac{\pi}{2n}+\frac{k\pi}{n}$$
+
+Les racines de $T_n(x)$ soit~:
+
+$$X_k=\cos(\frac{\pi}{2n}+\frac{k\pi}{n})\qquad k=0,1\quad n=1$$
+
+\paragraph{Exercice 2} Polynôme de Legendre
+
+On considère les polynômes~:
+
+\[
+\left\{
+  \begin{array}{l l}
+    P_0(x) & =1\\
+    P_n(x) & =\frac{1}{2^n!}\frac{d^n}{dx^n}((x^2-1)^n)\quad\forall n\geq1\\
+  \end{array} \right.
+\]
+
+Les polynômes vérifient la relation $P_n(x)=\frac{2n-1}{n}\times P_{n-1}(x)
+-\frac{n-1}{n}P_n(x)\quad\forall n\geq2$.
+
+\begin{enumerate}
+  \item Montrer que $\int^1_{-1}x^k.P_n(x)dx=0\quad\forall k=0,1,...,n-1$.
+  \item En déduire la relation d'orthogonalité~: $\int^{1}_{-1}P_n(x).P_m(x)dx
+=0\quad\forall n\neq m$.
+  \item Montrer que le coefficient dominant de $P_n(x)$ est~: $a_n=
+\frac{(2.n)!}{2^n(n!)^2}$
+  \item Montrer que $||P_n||=\sqrt{\frac{2}{2n-1}}$\\
+    (Rappel~: $||P_n||=\sqrt{\int^1_{-1}P^2_n(x)dx}$)
+\end{enumerate}
+
+\begin{enumerate}[1.]
+  \item
+\end{enumerate}
+
+$$\frac{1}{2^nn!}\int^1_{-1}x^k\frac{d^n}{dx^n}
+\left(\left(x^2-1\right)^n\right)dx
+\left\{
+  \begin{array}{l l}
+    u^1 & =\frac{d^n}{dx^n}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)\\
+    v & =x^k\\
+  \end{array} \right.
+$$
+$$=\frac{1}{2^nn!}\left(\left[x^k\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\left(\left(x^2-1
+\right)^n\right)\right]^1_{-1}\right)-k\int^1_{-1}x^{k-1}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}
+}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)$$
+$$=\frac{-k}{2^nn!}\int^{1}_{-1}x^{k-1}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)dx$$
+
+\subparagraph{Deuxième intégration par partie}
+
+$$I=-\frac{k}{2^nn!}\int^1_{-1}x^{k-1}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)dx$$
+$$=-\frac{k}{2^nn!}\left(\left[X^{k-1}\frac{d^{n-2}}{dx^{n-2}}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)\right]^1_{-1}
+\frac{d^{n-2}}{dx^{n-2}}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)dx\right)$$
+$$I=\frac{k(k-1)}{2^nn!}\int^1_{-1}x^{k-2}\frac{d^{n-2}}{dx^{n-2}}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)dx$$
+
+Après $p$ intégration par parties, on obtient~:
+
+$$I=\frac{(-1)^p.k(k-1)(k-2)...(k-p+1)}{2^nn!}\int^1_{-1}x^{k-p}\frac{d^{n-p}}{dx^{n-p}}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)dx$$
+
+Si $p=k$ ($k$ intégrations par partie)~:
+
+$$I=\frac{(-1)^kk!}{2^nn!}\int^1_{-1}\frac{d^{n-k}}{dx^{n-k}}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)dx$$
+$$=\frac{(-1)^kk!}{2^nn!}\left[\frac{d^{n-k-1}}{dx^{n-k-1}}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)\right]^1_{-1}=0$$
+
+\begin{enumerate}[2.]
+  \item
+\end{enumerate}
+
+$$\int^1_{-1}P_n(x).P_m(x)dx=\sum^n_{k=0}a_k\int^1_{-1}x^k.P_m(x)=^?0\quad\forall n\neq m$$
+
+Supposons que $n<m$ $P_n(x)=\sum^n_{k=0}a_k.x^k$
+
+$$\int^{1}_{-1}P_n(x).P_m(x)dx=\sum^n_{k=0}a_k\int^1_{-1}x^k.P(x)dx=0\quad\text{car }k<m\text{(première partie)}$$
+
+\begin{enumerate}[3.]
+  \item
+\end{enumerate}
+
+$$P_n(x)=\frac{(2n-1)}{n}x.P_{n-1}(x)-\frac{(n-1)}{n}P_{n-2}(x)\quad\forall n\geq 2$$
+$$=n.x.\deg(n)-n.P_{n-2}(x)$$
+
+$a_n$ est le coefficient dominant de $P_n(x)$.
+
+$$a_n=\frac{(2n-1)}{n}a_{n-1}\quad a_{n-1}\text{ est le coefficient dominant de }P_{n-1}$$
+$$\left\{
+  \begin{array}{l l l}
+    a_n & = & \frac{(2n-1)}{n}a_{n-1}\\
+    a_{n-1} & = & \frac{(2n-3)}{n-1}a_{n-2}\\
+    a_{n-2} & = & \frac{(2n-5)}{n-2}a_{n-3}\\
+    \vdots & & \\
+    a_2 & = & \frac{3}{2}a_{1}\\
+  \end{array} \right.
+$$
+
+$$P_1(x)=\frac{1}{2}\frac{d}{dx}\left(x^2-1\right)=\frac{1}{2}\times 2x=x$$
+$$P_1(x)=x$$
+$$a_1=1$$
+
+$$a_n=\frac{(2n-1)(2n-3)\ldots3.1}{n!}=\frac{(2n)!}{n!.2.4.5\ldots2n}=\frac{(2n)!}{2^n(n!)^2}$$
+
+\begin{enumerate}[4.]
+  \item
+\end{enumerate}
+
+$$
+\left.
+  \begin{array}{c l}
+    ||P_n|| & = \sqrt{\int^{1}_{-1}P_n^2(x)dx}\\
+    P_n(x) & = a_n.x^n+Q_{n-1}(x)\\
+  \end{array} \right\}
+||P_n||^2=\int^1_{-1}P_n^2(x)dx$$
+$$=a_n\int^1_{-1}x^n.P_n(x)+\int^1_{-1}Q_{n-1}(x).P_n(x)dx$$
+$$=a_n\int^1_{-1}x^n\frac{1}{2^nn!}\frac{d^n}{dx^n}\left(x^2-1\right)dx$$
+$$=\frac{a_n}{2^nn!}\int^1_{-1}x^n\frac{d^n}{dx^n}\left(x^2-1\right)dx$$
+
+En utilisant la première question avec $k=1$~:
+
+$$\int^{1}_{-1}x^n\frac{d^n}{dx^n}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)dx=(-1)^nn!
+\int^1_{-1}(x-1)^ndx$$
+$$||P_n||^2=\frac{a_n}{2nn!}(-1)^nn!\int^1_{-1}(x^2-1)^n dx
+=\frac{a_n(-1)^n}{2^n}\int^1_{-1}\left(x^2-1\right)^n dx$$
+
+Soit $I_n=\int^1_{-1}(x^2-1)^ndx$~:
+
+$$\left\{
+  \begin{array}{l l l l l}
+    v & = & (x^2-1) & \rightarrow & v'=n(x^2-1)^{n-1}2x\\
+    n' & = & 1 & \rightarrow & n = x\\
+  \end{array} \right.
+$$
+$$I_n=\left[x(x^2-1)^n\right]^1_{-1}-2n\int^1_{-1}(x^2-1)^{n-1}x^2dx$$
+$$=-2n\int^1_{-1}(x^2-1)^{n-1}x^2dx = -2n\int^1_{-1}(x^2-1)^{n-1}(x^2-1+1)dx$$
+$$=-2n\int^1_{-1}(x^2-1)^{n}dx-2n\int^1_{-1}(x^2-1)^{n-1}dx$$
+
+$$
+  \begin{array}{l l l}
+    (2n-1)I_n & = -2nI_{n-1} & \Rightarrow I_n=\frac{-2n}{2n+1}I_{n-1}\\
+    & & \Rightarrow I_n=\frac{(-2)^nn!.I_0}{(2n+1)(2n-1)\ldots3}=\frac{(-1)^n.2^{n+1}n!}{(2n+1)!}2^nn!\\
+  \end{array}
+$$
+$$||P_n||^2=\frac{(2n)!(-1)^n}{2^n(n!)^2 2^n}(-1)^n\frac{2^{2n+1}(n!)^2}{(2n+1)}=\frac{2}{2n+1}$$
+$$\Rightarrow||P_n||=\sqrt{\frac{2}{2n+1}}$$
+
 \section{Méthode des moindres carrés}
 
 \section{Interpolation}

mathsignal/cours.tex

@@ -1,6 +1,6 @@
 \chapter{Mathématique du signal}
 
-\begin{tabular}{|c|c|c|}w
+\begin{tabular}{|c|c|c|}
   Domaine temporel & Domaine fréquentiel & Domaine temporel\\
   & traitements divers & \\
   $t$ & & \\
@@ -225,7 +225,7 @@ $$x(t)=(1+5.e^{-2t}-4.e^{-3.t}).u(t)\qquad ligne 2 et 3 du tableau$$
 
 $$\ddot{y}(t)+\dot{y}(t)-6y(t)-12t=12t+20$$
 
-\subparagraph{Hypothèse~:} les conditions initiales sont nulles.
+\subparagraph{Hypothese~:} les conditions initiales sont nulles.
 
 $\Rightarrow$ pas de problème avec les dérivées.
 
@@ -295,7 +295,7 @@ $$E(p)=\frac{1-e^{-10p}}{10.p^2.(1+e^{-10p})}$$
 \end{figure}
 
 \begin{enumerate}
-  \item 2. Exprimer la fonction de transdert du circuit électrique~:
+  \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}
@@ -308,6 +308,472 @@ SCHEMA 8
   \item On en déduit~: $Y(p)=X(p)\times H(p)$
 \end{enumerate}
 
-$$V_s(p)=E(p)/times H(p)=\frac{1-e^{-10p}}{10^p^2.(1+e^{-10p})}\times\frac{RC.p}{1+(R+R_g).C_p}$$
+$$V_s(p)=E(p)\times H(p)=
+\frac{1-e^{-10p}}{10^{p^2}.(1+e^{-10p})}\times\frac{RC.p}{1+(R+R_g).C_p}$$
+
+\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~:
+
+$$F(p)=\frac{1}{b-a}\times\frac{1}{p+a}+\frac{1}{a-b}\times\frac{1}{p+b}$$
+$$\mathcal{F}(z)=\frac{1}{b-a}\times\frac{z}{z-e^{-aT}}+
+\frac{1}{a-b}\times\frac{z}{z-e^{-bT}}$$