Cours du jour
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@ -777,3 +777,294 @@ 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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\subsection{Méthode trigonométrique}
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\paragraph{Exemple}
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$$f(t)=\sin(\omega_0.t).u(t)$$
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\paragraph{Calcul de $\mathcal{F}(z)$}
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\begin{figure}[h!]
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\centering
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\begin{tikzpicture}[domain=0:4]
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\draw[very thin,color=gray] (-1.2,-1) grid (4.2,1.0);
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\draw[->] (-1.2,0) -- (4.2,0) node[right] {$t$};
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\draw[->] (0,-1.2) -- (0,1.2) node[above] {};
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\draw[color=blue,domain=-1:0]
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plot (\x,0);
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\draw[color=blue]
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plot (\x,{sin(2*\x r)})
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node[right] {$f(x)$};
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\end{tikzpicture}
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\end{figure}
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On utilise les formules d'Euler~:
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\[
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\begin{cases}
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\cos\theta=\frac{e^{j\theta+e^{-j\theta}}}{2}\\
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\sin\theta=\frac{e^{j\theta-e^{-j\theta}}}{2j}
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\end{cases}
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\]
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$$Z\left[f(t)\right]=
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Z\left[\frac{e^{j\omega_0t}-e^{-j\omega_0t}}{2j}.u(t)\right]
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=\frac{1}{2j}\times\left[Z(e^{j\omega_0t}.u(t))-
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Z(e^{-j\omega_0t}.u(t))\right]$$
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$$a=-j\omega_0\qquad a=+j\omega_0$$
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$$Z\left[f(t)\right]=\frac{1}{2j}.\left[\frac{z}{z-e^{j\omega_0T}}-
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\frac{z}{j-e^{-j\omega_0T}}\right]$$
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$$=\frac{z}{2j}\left[\frac{z-e^{-j\omega_0T}-z+
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e^{j\omega_0T}}{z^2-(e^{j\omega_0T}+e^{-j\omega_0T})z+1}\right]$$
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$$=\frac{z.\sin(\omega_0T)}{z^2-2\cos(\omega_0T)z+1}=Z\left[(
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\sin(\omega_0T).u(t))\right]$$
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\subsubsection{Propriétés de la transformée en $z$}
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\paragraph{Linéarité}
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$$Z\left[\lambda.(f(t)+\mu.g(t))\right]=
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\lambda.\mathcal{F}(z)+\mu.g(z)\forall\lambda,\mu\text{ constants}$$
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\paragraph{Théorème du retard}
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Rappel dans le cas continu~:
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$$\mathcal{L}\left[f(t-\tau)\right]=e^{\tau.p}.F(p)$$
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$$Z\left[f(t-k.T)\right]=z^{-k}.\mathcal{F}(z)$$
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\paragraph{Théorème de la valeur initiale/finale}
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Rappel dans le cas continu~:
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\[
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\begin{cases}
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\lim_{t\rightarrow 0}f(t)=\lim_{p\rightarrow+\infty}\left[p.F(p)\right]\\
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\lim_{t\rightarrow +\infty}f(t)=\lim_{p\rightarrow 0}\left[p.F(p)\right]
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\end{cases}
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\]
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$$\lim_{k\rightarrow 0}f(k.T)=
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\lim_{z\rightarrow +\infty}\left[\mathcal{F}(z)\right]$$
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$$\lim_{k\rightarrow+\infty}f(kT)=
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\lim_{z\rightarrow 1}\left[\frac{z-1}{z}.\mathcal{F}(z)\right]$$
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$$\Rightarrow\text{régime permabebt en automatique}$$
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\subsection{Transformée en $z$ inverse}
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\paragraph{Définition} $$Z^{-1}\left[\mathcal{\mathcal{F}}(z)\right]=
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\left\{f(kT)\right\}$$
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\paragraph{Remarque} Il existe une infinité de fonctions continues du temps qui
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possèdent la même transformée en $z$~:
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\begin{figure}[h!]
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\centering
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\begin{tikzpicture}[domain=-0.5:4]
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\draw[very thin,color=gray] (-0.2,-0.2) grid (4.2,3.1);
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\draw[->] (-0.2,0) -- (4.2,0) node[right] {$t$};
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\draw[->] (0,-0.2) -- (0,3.2) node[above] {};
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\draw[color=blue,smooth]
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plot coordinates {(-0.2,1.1) (0,0.7) (1,2.2) (1.4,2.6) (2,1.7) (2.5,1.9)
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||||
(3,1.5) (3.5,1) (4.2,1.1)}
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node[right] {$f(x)$};
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\draw[color=orange,smooth]
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plot coordinates {(-0.2,0.9) (1,2.2) (2,1.7) (2.5,2.1) (3,1.5) (3.8,0.1)
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||||
(4.2,0.3)}
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node[right] {$g(x)$};
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||||
\draw[color=black] plot coordinates {(1,2.2) (1,0)} node[left] {$T$};
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\draw[color=black] plot coordinates {(2,1.7) (2,0)} node[left] {$2T$};
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\draw[color=black] plot coordinates {(3,1.5) (3,0)} node[left] {$3T$};
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\end{tikzpicture}
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\end{figure}
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$f(t)\neq g(t)$ mais $f(kT)=g(kT)\quad\forall k$
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\paragraph{$\mathcal{F}(z)=g(z)$}
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$$Z^{-1}\left[\mathcal{F}(z)\right]=Z^{-1}\left[g(z)\right]\neq f(t)\neq g(t)$$
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$$=\left\{f(kT)\right\}=g\left\{kT\right\}$$
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\subsubsection{Remarque sur les notations}
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$$Z^{-1}\left[\mathcal{F}(z)\right]=\left\{f(kT)\right\}_{k=0,1,\ldots}$$
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$$Z^{-1}\left[\mathcal{F}(z)\right]=\left\{f(kT)\right\}$$
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À éviter ~:
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$$Z^{-1}\left[\mathcal{F}(z)\right]=f(kT)$$
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La transformée en $Z$ inverse est une collection de nombres. Ce n'est pas un
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seul nombre ou une fonction continue.
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\subsubsection{Quatre méthodes de calcul de $Z^{-1}$}
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\begin{itemize}
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\item \textbf{Deux méthodes analytiques~:} (cas simples) $f(kT)=$ fonction de
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$k$ et de $T$.
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\item \textbf{Deux méthodes numériques~:} (cas général) $f(0)=\ldots$,
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$f(T)=\ldots$, $f(2T)=\ldots$, \ldots, pour les 50 premiers échantillons
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par exemple.
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\end{itemize}
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\paragraph{Méthode des résidus}
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$$f(nT)=\sum\text{résidus de }\mathcal{F}(z).z^{n-1}$$
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\subparagraph{Cas particulier}
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$\mathcal{F}(z)$ est une fraction rationnelle en $z$ n'ayant que des pôles
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simples $z_i$.
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$\rightarrow$ fonction auxiliaire~:
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$$g(z)=\mathcal{F}(z).z^{n-1}=\frac{N(z)}{D(z)}$$
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On pose $D'(z)=\frac{dD(z)}{dz}$.
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La formule d'inversion devient~:
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$$f(nT)=\sum_i\frac{N(z_i)}{D'(z_i)}$$
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\paragraph{Exemple}
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$$\mathcal{F}(z)=\frac{z(z+1)}{(z-a)(z-b)}$$
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Calculer la transformée en $z$ inverse de $\mathcal{F}(z)$, soit $Z^{-1}\left[
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\mathcal{F}(z)\right]$.
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Ici~: $\mathcal{F}(z)$ a deux pôles simples~: $z_1=a$ et $z_2=b$ (méthode 1
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applicable).
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$\rightarrow$ fonction auxiliaire~:
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$$g(z)=\mathcal{F}(z).z^{n-1}=\frac{z^n(z+1)}{(z-a)(z-b)}=\frac{N(z)}{D(z)}$$
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$$D(z)=(z-a)(z-b)\Rightarrow D'(z)=2z-a-b$$
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$$f(nT)=\sum_i\frac{N(z_i)}{D'(z_i)}=\frac{N(a)}{D'(a)}+\frac{N(b)}{D'(b)}=
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\frac{a^n(a+1)}{a-b}+\frac{b^n(b+1)}{b-a}$$
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$$Z^{-1}\left[\frac{z(z+1)}{(z-a)(z-b)}\right]=
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\left\{\frac{a+1}{a-b}a^n+\frac{b+1}{b-a}.b^n\right\}=
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\left\{1;\frac{a+1}{a-b}.a+\frac{b+1}{b-a}.b;\ldots\right\}$$
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\paragraph{Développement en fractions élémentaires}
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Cette méthode s'inspire de la méthode classique de calcul de
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$\mathcal{L}^{-1}$.
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Rappel~: $F(p)$ est une fraction rationnelle n'ayant que des pôles simples.
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$$\mathcal{L}^{-1}\left[F(p)\right]?$$
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On décompose $F(p)$ en éléments simples~:
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$$F(p)=\frac{A}{p+a}+\frac{B}{p+b}+\ldots$$
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La $\mathcal{L}^{-1}$ s'obtient terme à terme~:
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$$f(t)=\left[A.e^{-at}.u(t)+B.e^{-bt}.u(t)+\ldots\right]$$
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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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$t$ & $p$ & $z$\\\hline
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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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\subparagraph{Bonne méthode}
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\begin{itemize}
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\item Fonction auxiliaire~:
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$$g(z)=\frac{\mathcal{F}(z)}{z}$$
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\item On décompose $g(z)$ en éléments simples~:
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$$g(z)=\frac{A}{z+a}+\frac{B}{z+b}$$
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\item On multiplie les deux membres par $z$~:
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$$\mathcal{F}(z)=\frac{A.z}{z+a}+\frac{B.z}{z+b}+\ldots$$
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\end{itemize}
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\paragraph{Exemple}
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$$\mathcal{F}(z)=\frac{2z}{(z-1)(z-0,5)}$$
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Calculer $Z^{-1}\left[\mathcal{F}(z)\right]$ par la méthode 2 de développement
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en fractions élémentaires.
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\begin{itemize}
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\item fonction
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auxiliaire~: $$g(z)=\frac{\mathcal{F}(z)}{z}=\frac{2}{(z-1)(z-0,5)}
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=\frac{4}{z-1}-\frac{4}{z-0,5}$$
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\item on revient à $\mathcal{F}(z)$~:
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$$\mathcal{F}(z)=\frac{z}{z-1}-\frac{4z}{z-0,5}$$
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On recheche les solutions dans la table, via $a:0,5=e^{-aT}$,
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$f(nT)=4(1-e^{-anT})$
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$$f(nT)=4.u(nT)-4.e^{-anT}.u(nT)$$
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Maintenant, on doit éliminer $a$.
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$$f(nT)=4\left[1-(0,5)^n\right]$$
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\end{itemize}
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$$Z^{-1}\left[\frac{2z}{(z-1)(z-0,5)}=\left\{4
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\left[1-(0,5)^n\right]\right\}\right]=
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\left\{0;2;3;3,5;\ldots\right\}$$
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\paragraph{Méthode 3~: Division selon les puissances croissantes de $z^{-1}$}
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Cette méthode se base sur la définition de la transformée en $z$~:
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$$\mathcal{F}(z)=\sum^{+\infty}_{n=0}f(nT).z^{-n}$$
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\subparagraph{Problème inverse}
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\begin{itemize}
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\item On recherche un développement de $\mathcal{F}(z)$ sous la forme d'un
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polynome en $z^{-1}$.
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\item $f(nT)$ est le coefficient dans ce polynôme de $z^{-1}$
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\item ce développement peut s'obtenir par division polynomiale
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\end{itemize}
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\subparagraph{Exemple}
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$$\mathcal{F}(z)=\frac{z^2}{(z-1)(z^2-0,4.z+0,1)}$$
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$$\mathcal{F}(z)=\frac{z^2}{z^3+1,4z^2+0,5z-0,1}$$
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$$\mathcal{F}(z)=\frac{z^{-1}}{1-1,4z^{-1}+0,5z^{-2}-0,1z^{-3}}$$
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On divise haut et bas par $z^3$ pour n'avoir que des puissances de $z^{-1}$
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\paragraph{Méthode 4~: Méthode de l'équation aux différences}
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Théoriquement, \emph{l'équation aux différences} est la transposition au cas
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discret de l'équation différentielle/
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\subparagraph{Exemple} $$\frac{X(z)}{Y(z)}=\frac{0,3.z}{z-0,2}$$
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\begin{itemize}
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\item On suppose connue $Z^{-1}\left[Y(z)\right]$ soit
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$\left\{y(nT)\right\}$.
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\item On cherche $Z^{-1}\left[X(z)\right]$ soit $\left\{x(nT)\right\}$.
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\end{itemize}
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Propriété (théorème du retard)~:
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$$Z\left[f(t-kT)\right]=z^{-k}.\mathcal{F}(z)\qquad k\text{ entier}$$
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$$Z\left[z^{-k}.\mathcal{F}(z)\right]=f\left[(n-k)T\right]$$
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$$Z^{-1}\left[\mathcal{F}(z)\right]=f(nT)$$
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On divise haut et bas par $z$~:
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$$0,3.Y(z)=X(z)-0,2z^{-1}.X(z)$$
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On applique $Z^{-1}$~:
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$$0,3.y(nT)=x(nT)-0,2z.x\left[(n-1)T\right]$$
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On a donc une équation aux différences du 1\ier{} ordre.
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On pose~: $y(nT)=y_n$ et $x(nT)=z_n$
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Équation aux différences~: $x_n=0,3.y_n+0,2.x_{n-1}$
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\begin{figure}[h!]
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\centering
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\begin{tabular}{c||c|c||c}
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$n$ & $0,3.y_n$ & $0,2.x_{n-1}$ & $x_n$\\\hline
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||||
$0$ & $0,3$ & $0$ & $0,3$\\\hline
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||||
$1$ & $0,3$ & $0,06$ & $0,36$\\\hline
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||||
$2$ & $0,3$ & $0,072$ & $0,372$\\
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||||
\end{tabular}
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||||
\end{figure}
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$$Z^{-1}\left[X(z)\right]=\left\{0,3;0,36;0,372;\ldots\right\}$$
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\underline{Critère d'arrêt}
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\begin{enumerate}
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\item Nombre d'échantillons
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\item Convergence~: $x_n\longrightarrow_{n\rightarrow+\infty} L$
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\end{enumerate}
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Si $L$ existe~: $L=0,3+0,2L\Rightarrow L=\frac{0,3}{0,8}=\frac{3}{8}=0,375$.
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C'est la méthode la plus utilisée car facile à programmée.
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Reference in a new issue