Cours du jour
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bef50f3f61
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base.tex
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@ -12,6 +12,7 @@
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\usepackage{listings}
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\usepackage{color}
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\usepackage{array}
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\usepackage{tikz}
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\definecolor{dkgreen}{rgb}{0,0.6,0}
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\definecolor{gray}{rgb}{0.5,0.5,0.5}
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@ -210,6 +210,175 @@ même pour $r_2^n$.
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La solution générale de $(*)$ est $T_n=\alpha.r_1^n+\beta.r_2^n$ où $\alpha$ et
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$\beta$ sont déterminées par les conditions initiales.
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\vspace{1em}
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\begin{enumerate}[4.]
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\item
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\end{enumerate}
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$$T_{n+1}(x)=2\times T_n(x)-T_{n-1}(x)$$
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$$T_n(x)=\cos(n.\theta)\qquad\theta=\arccos(x)\Leftrightarrow$$
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$$X=\cos(\theta)\Rightarrow dx=-\sin(\theta)d\theta$$
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$$\int^1_{-1}\frac{T_n(x)T_m(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx=
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\int^0_\pi\frac{\cos(n.\theta).\cos(m\theta)}{|\sin(\theta)|}(-\sin(\theta)d\theta)
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=\int^\pi_0\cos(n\theta)cos(m\theta)d\theta$$
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$$\int^\pi_0\cos(n\theta).\cos(m\theta)d\theta=
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\frac{1}{2}\int^\pi_0\left(\cos(n+m)\theta+\cos(n-m)\theta\right)d\theta$$
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$$=\frac{1}{2}\left[\frac{\sin(n+m)\theta}{n+m}+\frac{\sin(n-m)
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\theta}{n-m}\right]=0$$
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\begin{enumerate}[5.]
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\item
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\end{enumerate}
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$$T_n(x)=0\qquad|x|\leq1$$
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$$\Leftrightarrow\cos(n\theta)=0\Leftrightarrow n.\Theta=\frac{\pi}{2}+k\pi
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\Leftrightarrow\theta_k=\frac{\pi}{2n}+\frac{k\pi}{n}$$
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Les racines de $T_n(x)$ soit~:
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$$X_k=\cos(\frac{\pi}{2n}+\frac{k\pi}{n})\qquad k=0,1\quad n=1$$
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\paragraph{Exercice 2} Polynôme de Legendre
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On considère les polynômes~:
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\[
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\left\{
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\begin{array}{l l}
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||||
P_0(x) & =1\\
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||||
P_n(x) & =\frac{1}{2^n!}\frac{d^n}{dx^n}((x^2-1)^n)\quad\forall n\geq1\\
|
||||
\end{array} \right.
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||||
\]
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Les polynômes vérifient la relation $P_n(x)=\frac{2n-1}{n}\times P_{n-1}(x)
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-\frac{n-1}{n}P_n(x)\quad\forall n\geq2$.
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\begin{enumerate}
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\item Montrer que $\int^1_{-1}x^k.P_n(x)dx=0\quad\forall k=0,1,...,n-1$.
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||||
\item En déduire la relation d'orthogonalité~: $\int^{1}_{-1}P_n(x).P_m(x)dx
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||||
=0\quad\forall n\neq m$.
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||||
\item Montrer que le coefficient dominant de $P_n(x)$ est~: $a_n=
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\frac{(2.n)!}{2^n(n!)^2}$
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||||
\item Montrer que $||P_n||=\sqrt{\frac{2}{2n-1}}$\\
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||||
(Rappel~: $||P_n||=\sqrt{\int^1_{-1}P^2_n(x)dx}$)
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||||
\end{enumerate}
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||||
\begin{enumerate}[1.]
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||||
\item
|
||||
\end{enumerate}
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||||
$$\frac{1}{2^nn!}\int^1_{-1}x^k\frac{d^n}{dx^n}
|
||||
\left(\left(x^2-1\right)^n\right)dx
|
||||
\left\{
|
||||
\begin{array}{l l}
|
||||
u^1 & =\frac{d^n}{dx^n}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)\\
|
||||
v & =x^k\\
|
||||
\end{array} \right.
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||||
$$
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||||
$$=\frac{1}{2^nn!}\left(\left[x^k\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\left(\left(x^2-1
|
||||
\right)^n\right)\right]^1_{-1}\right)-k\int^1_{-1}x^{k-1}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}
|
||||
}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)$$
|
||||
$$=\frac{-k}{2^nn!}\int^{1}_{-1}x^{k-1}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)dx$$
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||||
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||||
\subparagraph{Deuxième intégration par partie}
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$$I=-\frac{k}{2^nn!}\int^1_{-1}x^{k-1}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)dx$$
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||||
$$=-\frac{k}{2^nn!}\left(\left[X^{k-1}\frac{d^{n-2}}{dx^{n-2}}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)\right]^1_{-1}
|
||||
\frac{d^{n-2}}{dx^{n-2}}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)dx\right)$$
|
||||
$$I=\frac{k(k-1)}{2^nn!}\int^1_{-1}x^{k-2}\frac{d^{n-2}}{dx^{n-2}}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)dx$$
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||||
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||||
Après $p$ intégration par parties, on obtient~:
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||||
$$I=\frac{(-1)^p.k(k-1)(k-2)...(k-p+1)}{2^nn!}\int^1_{-1}x^{k-p}\frac{d^{n-p}}{dx^{n-p}}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)dx$$
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||||
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||||
Si $p=k$ ($k$ intégrations par partie)~:
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$$I=\frac{(-1)^kk!}{2^nn!}\int^1_{-1}\frac{d^{n-k}}{dx^{n-k}}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)dx$$
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||||
$$=\frac{(-1)^kk!}{2^nn!}\left[\frac{d^{n-k-1}}{dx^{n-k-1}}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)\right]^1_{-1}=0$$
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||||
\begin{enumerate}[2.]
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||||
\item
|
||||
\end{enumerate}
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||||
$$\int^1_{-1}P_n(x).P_m(x)dx=\sum^n_{k=0}a_k\int^1_{-1}x^k.P_m(x)=^?0\quad\forall n\neq m$$
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||||
Supposons que $n<m$ $P_n(x)=\sum^n_{k=0}a_k.x^k$
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||||
$$\int^{1}_{-1}P_n(x).P_m(x)dx=\sum^n_{k=0}a_k\int^1_{-1}x^k.P(x)dx=0\quad\text{car }k<m\text{(première partie)}$$
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||||
\begin{enumerate}[3.]
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||||
\item
|
||||
\end{enumerate}
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$$P_n(x)=\frac{(2n-1)}{n}x.P_{n-1}(x)-\frac{(n-1)}{n}P_{n-2}(x)\quad\forall n\geq 2$$
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$$=n.x.\deg(n)-n.P_{n-2}(x)$$
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||||
$a_n$ est le coefficient dominant de $P_n(x)$.
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$$a_n=\frac{(2n-1)}{n}a_{n-1}\quad a_{n-1}\text{ est le coefficient dominant de }P_{n-1}$$
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$$\left\{
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||||
\begin{array}{l l l}
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||||
a_n & = & \frac{(2n-1)}{n}a_{n-1}\\
|
||||
a_{n-1} & = & \frac{(2n-3)}{n-1}a_{n-2}\\
|
||||
a_{n-2} & = & \frac{(2n-5)}{n-2}a_{n-3}\\
|
||||
\vdots & & \\
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||||
a_2 & = & \frac{3}{2}a_{1}\\
|
||||
\end{array} \right.
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||||
$$
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||||
$$P_1(x)=\frac{1}{2}\frac{d}{dx}\left(x^2-1\right)=\frac{1}{2}\times 2x=x$$
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||||
$$P_1(x)=x$$
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||||
$$a_1=1$$
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||||
$$a_n=\frac{(2n-1)(2n-3)\ldots3.1}{n!}=\frac{(2n)!}{n!.2.4.5\ldots2n}=\frac{(2n)!}{2^n(n!)^2}$$
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||||
\begin{enumerate}[4.]
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||||
\item
|
||||
\end{enumerate}
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||||
$$
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||||
\left.
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||||
\begin{array}{c l}
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||||
||P_n|| & = \sqrt{\int^{1}_{-1}P_n^2(x)dx}\\
|
||||
P_n(x) & = a_n.x^n+Q_{n-1}(x)\\
|
||||
\end{array} \right\}
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||||
||P_n||^2=\int^1_{-1}P_n^2(x)dx$$
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||||
$$=a_n\int^1_{-1}x^n.P_n(x)+\int^1_{-1}Q_{n-1}(x).P_n(x)dx$$
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||||
$$=a_n\int^1_{-1}x^n\frac{1}{2^nn!}\frac{d^n}{dx^n}\left(x^2-1\right)dx$$
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||||
$$=\frac{a_n}{2^nn!}\int^1_{-1}x^n\frac{d^n}{dx^n}\left(x^2-1\right)dx$$
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||||
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||||
En utilisant la première question avec $k=1$~:
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$$\int^{1}_{-1}x^n\frac{d^n}{dx^n}\left(\left(x^2-1\right)^n\right)dx=(-1)^nn!
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||||
\int^1_{-1}(x-1)^ndx$$
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||||
$$||P_n||^2=\frac{a_n}{2nn!}(-1)^nn!\int^1_{-1}(x^2-1)^n dx
|
||||
=\frac{a_n(-1)^n}{2^n}\int^1_{-1}\left(x^2-1\right)^n dx$$
|
||||
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||||
Soit $I_n=\int^1_{-1}(x^2-1)^ndx$~:
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$$\left\{
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||||
\begin{array}{l l l l l}
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||||
v & = & (x^2-1) & \rightarrow & v'=n(x^2-1)^{n-1}2x\\
|
||||
n' & = & 1 & \rightarrow & n = x\\
|
||||
\end{array} \right.
|
||||
$$
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||||
$$I_n=\left[x(x^2-1)^n\right]^1_{-1}-2n\int^1_{-1}(x^2-1)^{n-1}x^2dx$$
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||||
$$=-2n\int^1_{-1}(x^2-1)^{n-1}x^2dx = -2n\int^1_{-1}(x^2-1)^{n-1}(x^2-1+1)dx$$
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||||
$$=-2n\int^1_{-1}(x^2-1)^{n}dx-2n\int^1_{-1}(x^2-1)^{n-1}dx$$
|
||||
|
||||
$$
|
||||
\begin{array}{l l l}
|
||||
(2n-1)I_n & = -2nI_{n-1} & \Rightarrow I_n=\frac{-2n}{2n+1}I_{n-1}\\
|
||||
& & \Rightarrow I_n=\frac{(-2)^nn!.I_0}{(2n+1)(2n-1)\ldots3}=\frac{(-1)^n.2^{n+1}n!}{(2n+1)!}2^nn!\\
|
||||
\end{array}
|
||||
$$
|
||||
$$||P_n||^2=\frac{(2n)!(-1)^n}{2^n(n!)^2 2^n}(-1)^n\frac{2^{2n+1}(n!)^2}{(2n+1)}=\frac{2}{2n+1}$$
|
||||
$$\Rightarrow||P_n||=\sqrt{\frac{2}{2n+1}}$$
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||||
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||||
\section{Méthode des moindres carrés}
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||||
\section{Interpolation}
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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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||||
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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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||||
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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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||||
$$E(p)=\frac{1-e^{-10p}}{10.p^2.(1+e^{-10p})}$$
|
||||
\end{enumerate}
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||||
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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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||||
$$V_s(p)=E(p)/times H(p)=\frac{1-e^{-10p}}{10^p^2.(1+e^{-10p})}\times\frac{RC.p}{1+(R+R_g).C_p}$$
|
||||
$$V_s(p)=E(p)\times H(p)=
|
||||
\frac{1-e^{-10p}}{10^{p^2}.(1+e^{-10p})}\times\frac{RC.p}{1+(R+R_g).C_p}$$
|
||||
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||||
\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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||||
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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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||||
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||||
Où les deux premières fractions correspondent à $X(p)$.
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||||
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||||
On cherche $Z^{-1}\left[X(p)\right]$~:
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||||
$$X(p)=\frac{RC}{10}.\left[\frac{1}{p}-\frac{1}{1+p}\right]$$
|
||||
|
||||
$$x(t)=\frac{RC}{10}.\left[1-e^{-t}\right].u(t)$$
|
||||
|
||||
$$V_S(p)=X(p).\frac{(1-e^{-10p})(1-e^{-10p})}{(1+e^{-10p})(1-e^{-10p})}$$
|
||||
|
||||
$$\quad=X(p).\frac{1-2.e^{-10p}+e^{-20p}}{1-e^{-20p}}$$\\
|
||||
|
||||
$$x(t)\Rightarrow n(t)\Rightarrow V_S(t)$$
|
||||
|
||||
$$N(p)=X(p).\left[1-2.e^{-10p}+e^{-20p}\right]$$
|
||||
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
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||||
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||||
SCHEMA 10
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||||
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||||
$$V_S(p)=\frac{N(p)}{1-e^{-20p}}$$
|
||||
|
||||
$V_S(t)$ 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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||||
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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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||||
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||||
SCHEMA 11
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||||
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||||
$f(t)$ est le signal échantilloné~: ${f(0),f(T),f(2T),...}$, la collection des
|
||||
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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||||
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||||
\paragraph{Problème} La transformée de Laplace $\mathcal{L}$ d'une suite de
|
||||
nombres n'est pas définie \ldots $\Rightarrow$
|
||||
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||||
\subsubsection{Deuxième définition}
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||||
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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)
|
||||
\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~:
|
||||
|
||||
$$F(p)=\frac{1}{b-a}\times\frac{1}{p+a}+\frac{1}{a-b}\times\frac{1}{p+b}$$
|
||||
$$\mathcal{F}(z)=\frac{1}{b-a}\times\frac{z}{z-e^{-aT}}+
|
||||
\frac{1}{a-b}\times\frac{z}{z-e^{-bT}}$$
|
||||
|
|
|
|||
Reference in New Issue