\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~:

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

\subsection{Méthode trigonométrique}

\paragraph{Exemple}

$$f(t)=\sin(\omega_0.t).u(t)$$

\paragraph{Calcul de $\mathcal{F}(z)$}

\begin{figure}[h!]
  \centering
  \begin{tikzpicture}[domain=0:4]
    \draw[very thin,color=gray] (-1.2,-1) grid (4.2,1.0);
    \draw[->] (-1.2,0) -- (4.2,0) node[right] {$t$};
    \draw[->] (0,-1.2) -- (0,1.2) node[above] {};
    \draw[color=blue,domain=-1:0]
    plot (\x,0);
    \draw[color=blue]
    plot (\x,{sin(2*\x r)})
    node[right] {$f(x)$};
  \end{tikzpicture}
\end{figure}

On utilise les formules d'Euler~:

\[
\begin{cases}
  \cos\theta=\frac{e^{j\theta+e^{-j\theta}}}{2}\\
  \sin\theta=\frac{e^{j\theta-e^{-j\theta}}}{2j}
\end{cases}
\]
$$Z\left[f(t)\right]=
Z\left[\frac{e^{j\omega_0t}-e^{-j\omega_0t}}{2j}.u(t)\right]
=\frac{1}{2j}\times\left[Z(e^{j\omega_0t}.u(t))-
Z(e^{-j\omega_0t}.u(t))\right]$$

$$a=-j\omega_0\qquad a=+j\omega_0$$
$$Z\left[f(t)\right]=\frac{1}{2j}.\left[\frac{z}{z-e^{j\omega_0T}}-
\frac{z}{j-e^{-j\omega_0T}}\right]$$
$$=\frac{z}{2j}\left[\frac{z-e^{-j\omega_0T}-z+
e^{j\omega_0T}}{z^2-(e^{j\omega_0T}+e^{-j\omega_0T})z+1}\right]$$
$$=\frac{z.\sin(\omega_0T)}{z^2-2\cos(\omega_0T)z+1}=Z\left[(
\sin(\omega_0T).u(t))\right]$$

\subsubsection{Propriétés de la transformée en $z$}

\paragraph{Linéarité}

$$Z\left[\lambda.(f(t)+\mu.g(t))\right]=
\lambda.\mathcal{F}(z)+\mu.g(z)\forall\lambda,\mu\text{ constants}$$

\paragraph{Théorème du retard}

Rappel dans le cas continu~:
$$\mathcal{L}\left[f(t-\tau)\right]=e^{\tau.p}.F(p)$$
$$Z\left[f(t-k.T)\right]=z^{-k}.\mathcal{F}(z)$$

\paragraph{Théorème de la valeur initiale/finale}

Rappel dans le cas continu~:
\[
\begin{cases}
  \lim_{t\rightarrow 0}f(t)=\lim_{p\rightarrow+\infty}\left[p.F(p)\right]\\
  \lim_{t\rightarrow +\infty}f(t)=\lim_{p\rightarrow 0}\left[p.F(p)\right]
\end{cases}
\]

$$\lim_{k\rightarrow 0}f(k.T)=
\lim_{z\rightarrow +\infty}\left[\mathcal{F}(z)\right]$$
$$\lim_{k\rightarrow+\infty}f(kT)=
\lim_{z\rightarrow 1}\left[\frac{z-1}{z}.\mathcal{F}(z)\right]$$
$$\Rightarrow\text{régime permabebt en automatique}$$

\subsection{Transformée en $z$ inverse}

\paragraph{Définition} $$Z^{-1}\left[\mathcal{\mathcal{F}}(z)\right]=
\left\{f(kT)\right\}$$

\paragraph{Remarque} Il existe une infinité de fonctions continues du temps qui
possèdent la même transformée en $z$~:

\begin{figure}[h!]
  \centering
  \begin{tikzpicture}[domain=-0.5:4]
    \draw[very thin,color=gray] (-0.2,-0.2) grid (4.2,3.1);
    \draw[->] (-0.2,0) -- (4.2,0) node[right] {$t$};
    \draw[->] (0,-0.2) -- (0,3.2) node[above] {};
    \draw[color=blue,smooth]
    plot coordinates {(-0.2,1.1) (0,0.7) (1,2.2) (1.4,2.6) (2,1.7) (2.5,1.9)
      (3,1.5) (3.5,1) (4.2,1.1)}
    node[right] {$f(x)$};
    \draw[color=orange,smooth]
    plot coordinates {(-0.2,0.9) (1,2.2) (2,1.7) (2.5,2.1) (3,1.5) (3.8,0.1)
      (4.2,0.3)}
    node[right] {$g(x)$};
    \draw[color=black] plot coordinates {(1,2.2) (1,0)} node[left] {$T$};
    \draw[color=black] plot coordinates {(2,1.7) (2,0)} node[left] {$2T$};
    \draw[color=black] plot coordinates {(3,1.5) (3,0)} node[left] {$3T$};
  \end{tikzpicture}
\end{figure}

$f(t)\neq g(t)$ mais $f(kT)=g(kT)\quad\forall k$

\paragraph{$\mathcal{F}(z)=g(z)$}
$$Z^{-1}\left[\mathcal{F}(z)\right]=Z^{-1}\left[g(z)\right]\neq f(t)\neq g(t)$$
$$=\left\{f(kT)\right\}=g\left\{kT\right\}$$

\subsubsection{Remarque sur les notations}

$$Z^{-1}\left[\mathcal{F}(z)\right]=\left\{f(kT)\right\}_{k=0,1,\ldots}$$
$$Z^{-1}\left[\mathcal{F}(z)\right]=\left\{f(kT)\right\}$$
À éviter ~:
$$Z^{-1}\left[\mathcal{F}(z)\right]=f(kT)$$

La transformée en $Z$ inverse est une collection de nombres. Ce n'est pas un
seul nombre ou une fonction continue.

\subsubsection{Quatre méthodes de calcul de $Z^{-1}$}
\begin{itemize}
  \item \textbf{Deux méthodes analytiques~:} (cas simples) $f(kT)=$ fonction de
    $k$ et de $T$.
  \item \textbf{Deux méthodes numériques~:} (cas général) $f(0)=\ldots$,
    $f(T)=\ldots$, $f(2T)=\ldots$, \ldots, pour les 50 premiers échantillons
    par exemple.
\end{itemize}

\paragraph{Méthode des résidus}

$$f(nT)=\sum\text{résidus de }\mathcal{F}(z).z^{n-1}$$

\subparagraph{Cas particulier}

$\mathcal{F}(z)$ est une fraction rationnelle en $z$ n'ayant que des pôles
simples $z_i$.

$\rightarrow$ fonction auxiliaire~:
$$g(z)=\mathcal{F}(z).z^{n-1}=\frac{N(z)}{D(z)}$$

On pose $D'(z)=\frac{dD(z)}{dz}$.

La formule d'inversion devient~:

$$f(nT)=\sum_i\frac{N(z_i)}{D'(z_i)}$$

\paragraph{Exemple}

$$\mathcal{F}(z)=\frac{z(z+1)}{(z-a)(z-b)}$$

Calculer la transformée en $z$ inverse de $\mathcal{F}(z)$, soit $Z^{-1}\left[
\mathcal{F}(z)\right]$.

Ici~: $\mathcal{F}(z)$ a deux pôles simples~: $z_1=a$ et $z_2=b$ (méthode 1
applicable).

$\rightarrow$ fonction auxiliaire~:
$$g(z)=\mathcal{F}(z).z^{n-1}=\frac{z^n(z+1)}{(z-a)(z-b)}=\frac{N(z)}{D(z)}$$
$$D(z)=(z-a)(z-b)\Rightarrow D'(z)=2z-a-b$$

$$f(nT)=\sum_i\frac{N(z_i)}{D'(z_i)}=\frac{N(a)}{D'(a)}+\frac{N(b)}{D'(b)}=
\frac{a^n(a+1)}{a-b}+\frac{b^n(b+1)}{b-a}$$

$$Z^{-1}\left[\frac{z(z+1)}{(z-a)(z-b)}\right]=
\left\{\frac{a+1}{a-b}a^n+\frac{b+1}{b-a}.b^n\right\}=
\left\{1;\frac{a+1}{a-b}.a+\frac{b+1}{b-a}.b;\ldots\right\}$$

\paragraph{Développement en fractions élémentaires}

Cette méthode s'inspire de la méthode classique de calcul de
$\mathcal{L}^{-1}$.

Rappel~: $F(p)$ est une fraction rationnelle n'ayant que des pôles simples.
$$\mathcal{L}^{-1}\left[F(p)\right]?$$

On décompose $F(p)$ en éléments simples~:
$$F(p)=\frac{A}{p+a}+\frac{B}{p+b}+\ldots$$

La $\mathcal{L}^{-1}$ s'obtient terme à terme~:
$$f(t)=\left[A.e^{-at}.u(t)+B.e^{-bt}.u(t)+\ldots\right]$$

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

\subparagraph{Bonne méthode}

\begin{itemize}
  \item Fonction auxiliaire~:
    $$g(z)=\frac{\mathcal{F}(z)}{z}$$
  \item On décompose $g(z)$ en éléments simples~:
    $$g(z)=\frac{A}{z+a}+\frac{B}{z+b}$$
  \item On multiplie les deux membres par $z$~:
    $$\mathcal{F}(z)=\frac{A.z}{z+a}+\frac{B.z}{z+b}+\ldots$$
\end{itemize}

\paragraph{Exemple}

$$\mathcal{F}(z)=\frac{2z}{(z-1)(z-0,5)}$$
Calculer $Z^{-1}\left[\mathcal{F}(z)\right]$ par la méthode 2 de développement
en fractions élémentaires.

\begin{itemize}
  \item fonction
    auxiliaire~: $$g(z)=\frac{\mathcal{F}(z)}{z}=\frac{2}{(z-1)(z-0,5)}
    =\frac{4}{z-1}-\frac{4}{z-0,5}$$
  \item on revient à $\mathcal{F}(z)$~:
    $$\mathcal{F}(z)=\frac{z}{z-1}-\frac{4z}{z-0,5}$$
    On recheche les solutions dans la table, via $a:0,5=e^{-aT}$,
    $f(nT)=4(1-e^{-anT})$
    $$f(nT)=4.u(nT)-4.e^{-anT}.u(nT)$$
    Maintenant, on doit éliminer $a$.
    $$f(nT)=4\left[1-(0,5)^n\right]$$
\end{itemize}

$$Z^{-1}\left[\frac{2z}{(z-1)(z-0,5)}=\left\{4
\left[1-(0,5)^n\right]\right\}\right]=
\left\{0;2;3;3,5;\ldots\right\}$$

\paragraph{Méthode 3~: Division selon les puissances croissantes de $z^{-1}$}

Cette méthode se base sur la définition de la transformée en $z$~:
$$\mathcal{F}(z)=\sum^{+\infty}_{n=0}f(nT).z^{-n}$$

\subparagraph{Problème inverse}

\begin{itemize}
  \item On recherche un développement de $\mathcal{F}(z)$ sous la forme d'un
    polynome en $z^{-1}$.
  \item $f(nT)$ est le coefficient dans ce polynôme de $z^{-1}$
  \item ce développement peut s'obtenir par division polynomiale
\end{itemize}

\subparagraph{Exemple}

$$\mathcal{F}(z)=\frac{z^2}{(z-1)(z^2-0,4.z+0,1)}$$
$$\mathcal{F}(z)=\frac{z^2}{z^3+1,4z^2+0,5z-0,1}$$
$$\mathcal{F}(z)=\frac{z^{-1}}{1-1,4z^{-1}+0,5z^{-2}-0,1z^{-3}}$$
On divise haut et bas par $z^3$ pour n'avoir que des puissances de $z^{-1}$

\paragraph{Méthode 4~: Méthode de l'équation aux différences}

Théoriquement, \emph{l'équation aux différences} est la transposition au cas
discret de l'équation différentielle/

\subparagraph{Exemple} $$\frac{X(z)}{Y(z)}=\frac{0,3.z}{z-0,2}$$

\begin{itemize}
  \item On suppose connue $Z^{-1}\left[Y(z)\right]$ soit
    $\left\{y(nT)\right\}$.
  \item On cherche $Z^{-1}\left[X(z)\right]$ soit $\left\{x(nT)\right\}$.
\end{itemize}

Propriété (théorème du retard)~:
$$Z\left[f(t-kT)\right]=z^{-k}.\mathcal{F}(z)\qquad k\text{ entier}$$
$$Z\left[z^{-k}.\mathcal{F}(z)\right]=f\left[(n-k)T\right]$$
$$Z^{-1}\left[\mathcal{F}(z)\right]=f(nT)$$

On divise haut et bas par $z$~:
$$0,3.Y(z)=X(z)-0,2z^{-1}.X(z)$$
On applique $Z^{-1}$~:
$$0,3.y(nT)=x(nT)-0,2z.x\left[(n-1)T\right]$$
On a donc une équation aux différences du 1\ier{} ordre.

On pose~: $y(nT)=y_n$ et $x(nT)=z_n$

Équation aux différences~: $x_n=0,3.y_n+0,2.x_{n-1}$

\begin{figure}[h!]
  \centering
  \begin{tabular}{c||c|c||c}
    $n$ & $0,3.y_n$ & $0,2.x_{n-1}$ & $x_n$\\\hline
    $0$ & $0,3$ & $0$ & $0,3$\\\hline
    $1$ & $0,3$ & $0,06$ & $0,36$\\\hline
    $2$ & $0,3$ & $0,072$ & $0,372$\\
  \end{tabular}
\end{figure}

$$Z^{-1}\left[X(z)\right]=\left\{0,3;0,36;0,372;\ldots\right\}$$

\underline{Critère d'arrêt}
\begin{enumerate}
  \item Nombre d'échantillons
  \item Convergence~: $x_n\longrightarrow_{n\rightarrow+\infty} L$
\end{enumerate}

Si $L$ existe~: $L=0,3+0,2L\Rightarrow L=\frac{0,3}{0,8}=\frac{3}{8}=0,375$.

C'est la méthode la plus utilisée car facile à programmée.
