Exercices travail dirige 4 avec correction signal -Traitemen
Télécharger PDFExercice 1 : Transformée de Laplace
a) Calculer la Transformée de Laplace (TL) de x(t) = eatu(t) et donner sa bande de convergence (BC).
Correction :
La Transformée de Laplace unilatérale de x(t) est définie par :
X(s) = TL{x(t)} = ∫0∞ x(t)e-st dt
Pour x(t) = eatu(t), où u(t) est la fonction échelon unité (pour t ≥ 0) :
X(s) = ∫0∞ eate-st dt = ∫0∞ e-(s-a)t dt
Cette intégrale converge si Re{s-a} > 0, c'est-à-dire si Re{s} > Re{a}.
Dans ce cas, l'intégrale vaut :
X(s) = [-1/(s-a) e-(s-a)t]0∞ = 0 - (-1/(s-a)) = 1/(s-a)
Donc, X(s) = 1/(s-a).
La bande de convergence (BC) est Re{s} > Re{a}.
b) Peut-on calculer la Transformée de Fourier (TF) X(jω) à partir de X(s) ?
Correction :
Oui, la Transformée de Fourier X(jω) peut être obtenue à partir de la Transformée de Laplace X(s) en remplaçant s par jω.
Cependant, cette substitution n'est valide que si l'axe imaginaire (où Re{s} = 0) est inclus dans la bande de convergence (BC) de X(s).
Dans notre cas, la BC de X(s) est Re{s} > Re{a}. Pour que l'axe imaginaire (Re{s}=0) soit dans la BC, il faut que Re{a} < 0.
Si Re{a} < 0, alors X(jω) = 1/(jω-a).
Exercice 2 : Système LTI continu
En utilisant la transformation de Laplace, déterminer la fonction de transfert H(s) et la réponse y(t) du système continu linéaire invariant dans le temps (LTI) régi par l'équation différentielle suivante :
y'''(t) + 3y''(t) + 3y'(t) + y(t) = x(t)
pour t ≥ 0, avec x(t) = e-tu(t) et les conditions initiales y(0) = y'(0) = y''(0) = 0.
Correction :
On applique la Transformée de Laplace (TL) à tous les termes de l'équation différentielle. On utilise les propriétés de la TL pour la dérivation et la linéarité.
- TL{y'(t)} = sY(s) - y(0)
- TL{y''(t)} = s²Y(s) - sy(0) - y'(0)
- TL{y'''(t)} = s³Y(s) - s²y(0) - sy'(0) - y''(0)
- TL{x(t)} = X(s) = 1/(s+1) (car x(t) = e-tu(t))
En remplaçant dans l'équation et en utilisant les conditions initiales nulles (y(0) = y'(0) = y''(0) = 0) :
[s³Y(s)] + 3[s²Y(s)] + 3[sY(s)] + Y(s) = X(s)
Y(s)(s³ + 3s² + 3s + 1) = X(s)
On reconnaît que (s³ + 3s² + 3s + 1) = (s+1)³.
Donc, Y(s)(s+1)³ = X(s).
La fonction de transfert H(s) est donnée par H(s) = Y(s)/X(s) lorsque les conditions initiales sont nulles :
H(s) = 1 / (s³ + 3s² + 3s + 1) = 1/(s+1)³
Puisque X(s) = 1/(s+1) :
Y(s) = H(s)X(s) = [1/(s+1)³] * [1/(s+1)] = 1/(s+1)⁴
Pour trouver la réponse y(t), nous calculons la Transformée de Laplace inverse de Y(s). En utilisant la table des TL, on sait que TL-1{n!/(s-a)n+1} = tneatu(t).
Ici, nous avons n+1 = 4, donc n = 3. Et a = -1.
Y(s) = 1/(s+1)⁴ = (1/3!) * (3!/(s+1)⁴)
Donc, y(t) = (t³/3!)e-tu(t) = (t³/6)e-tu(t).
Exercice 3 : Transformées en Z de signaux
Calculer les Transformées en Z (TZ) des signaux suivants en précisant leurs domaines de convergence (DC).
a) x[n] = δ[n]
Correction :
X(z) = Σn=-∞∞ δ[n]z-n = δ[0]z-0 = 1
DC : Tout le plan complexe (z ∞ ℂ).
b) x[n] = u[n]
Correction :
X(z) = Σn=0∞ u[n]z-n = Σn=0∞ z-n
Ceci est une série géométrique qui converge si |z-1| < 1, c'est-à-dire |z| > 1.
X(z) = 1 / (1 - z-1) = z / (z-1)
DC : |z| > 1.
c) x[n] = anu[n]
Correction :
X(z) = Σn=0∞ anz-n = Σn=0∞ (az-1)n
Ceci est une série géométrique qui converge si |az-1| < 1, c'est-à-dire |z| > |a|.
X(z) = 1 / (1 - az-1) = z / (z-a)
DC : |z| > |a|.
d) x[n] = -anu[-n-1] (signal anti-causal)
Correction :
X(z) = Σn=-∞-1 -anz-n. Soit m = -n, alors n = -m.
X(z) = Σm=1∞ -a-mzm = - Σm=1∞ (z/a)m
Ceci est une série géométrique qui converge si |z/a| < 1, c'est-à-dire |z| < |a|.
X(z) = - [ (z/a) / (1 - z/a) ] = -z / (a - z) = z / (z - a)
DC : |z| < |a|.
e) x[n] = an (bilatéral)
Correction :
La Transformée en Z de x[n] = an pour n ∞ ℤ est définie comme :
X(z) = Σn=-∞∞ anz-n
Cette somme peut être divisée en deux parties : une causale et une anti-causale.
X(z) = Σn=0∞ anz-n + Σn=-∞-1 anz-n
La première partie converge si |z| > |a|. La deuxième partie converge si |z| < |a|.
Comme il n'y a pas de région commune où les deux parties convergent simultanément, la Transformée en Z de x[n] = an pour tout n ∞ ℤ n'existe pas, sauf si |a|=1 et |z|=1 (convergence à la limite pour la TF).
DC : Ensemble vide (Ø).
f) x[n] = ancos(ω0n)u[n]
Correction :
On utilise la relation d'Euler pour le cosinus : cos(θ) = (ejθ + e-jθ)/2.
Donc, x[n] = an * (ejω0n + e-jω0n)/2 * u[n]
x[n] = (1/2) * [(aejω0)nu[n] + (ae-jω0)nu[n]]
En utilisant la propriété de linéarité de la TZ et le résultat de x[n] = bnu[n] ↔ z/(z-b), on obtient :
X(z) = (1/2) * [ z / (z - aejω0) + z / (z - ae-jω0) ]
X(z) = (z/2) * [ (z - ae-jω0 + z - aejω0) / ((z - aejω0)(z - ae-jω0)) ]
X(z) = (z/2) * [ (2z - a(ejω0 + e-jω0)) / (z² - az(ejω0 + e-jω0) + a²) ]
X(z) = (z/2) * [ (2z - 2a cos(ω0)) / (z² - 2az cos(ω0) + a²) ]
X(z) = z(z - a cos(ω0)) / (z² - 2az cos(ω0) + a²)
DC : |z| > |a|.
À noter que la TZ de ansin(ω0n)u[n] est donnée par :
TZ{ansin(ω0n)u[n]} = za sin(ω0) / (z² - 2az cos(ω0) + a²), avec DC : |z| > |a|.
Exercice 4 : Système LTI numérique
Soit un système numérique LTI régi par l'équation aux différences finies suivante :
y[n] - 0.5y[n-1] + 0.06y[n-2] = x[n]
pour n ≥ 0, avec x[n] = δ[n] (impulsion de Kronecker) et les conditions initiales y[-1] = 0, y[-2] = 0.
a) En utilisant la Transformée en Z (TZ), trouver l'expression de Y(z).
Correction :
On applique la TZ aux deux membres de l'équation aux différences finies. On utilise la propriété de retard et la linéarité.
- TZ{y[n]} = Y(z)
- TZ{y[n-1]} = z-1Y(z) + y[-1]
- TZ{y[n-2]} = z-2Y(z) + z-1y[-1] + y[-2]
- TZ{x[n]} = X(z)
En substituant dans l'équation et en utilisant les conditions initiales y[-1] = 0 et y[-2] = 0 :
Y(z) - 0.5(z-1Y(z) + 0) + 0.06(z-2Y(z) + z-1 * 0 + 0) = X(z)
Y(z) - 0.5z-1Y(z) + 0.06z-2Y(z) = X(z)
Y(z)(1 - 0.5z-1 + 0.06z-2) = X(z)
Puisque x[n] = δ[n], sa TZ est X(z) = 1.
Donc, Y(z) = 1 / (1 - 0.5z-1 + 0.06z-2)
Pour une expression plus standard, on multiplie numérateur et dénominateur par z² :
Y(z) = z² / (z² - 0.5z + 0.06)
b) En déduire la fonction de transfert de ce système. Est-il stable ? Donner la condition de causalité dans le domaine Z.
Correction :
La fonction de transfert H(z) est définie comme H(z) = Y(z)/X(z) lorsque les conditions initiales sont nulles.
H(z) = 1 / (1 - 0.5z-1 + 0.06z-2) = z² / (z² - 0.5z + 0.06)
Pour la stabilité, nous devons trouver les pôles de H(z). Les pôles sont les racines du dénominateur :
z² - 0.5z + 0.06 = 0
Le discriminant Δ = (-0.5)² - 4(1)(0.06) = 0.25 - 0.24 = 0.01.
Les pôles sont z = (0.5 ± √0.01) / 2 = (0.5 ± 0.1) / 2.
p1 = (0.5 + 0.1) / 2 = 0.6 / 2 = 0.3
p2 = (0.5 - 0.1) / 2 = 0.4 / 2 = 0.2
Un système LTI discret causal est stable si et seulement si tous ses pôles sont strictement à l'intérieur du cercle unité (c'est-à-dire |pi| < 1).
Puisque |p1| = 0.3 < 1 et |p2| = 0.2 < 1, le système est stable.
Pour la causalité, puisque le système est causal (réponse nulle pour n < 0) et stable, le domaine de convergence (DC) doit être l'extérieur du pôle le plus éloigné de l'origine.
H(z) = z² / ((z - 0.3)(z - 0.2))
La condition de causalité implique que le DC soit |z| > max(|p1|, |p2|) = |z| > 0.3.
c) Donner l'expression de la réponse fréquentielle.
Correction :
La réponse fréquentielle H(ejΩ) est obtenue en remplaçant z par ejΩ dans H(z).
H(ejΩ) = 1 / (1 - 0.5e-jΩ + 0.06e-j2Ω)
On peut aussi l'écrire :
H(ejΩ) = ej2Ω / (ej2Ω - 0.5ejΩ + 0.06)
Le gain du système est |H(ejΩ)| et la phase est ∠H(ejΩ).
Le gain statique est la valeur du gain à Ω=0 :
H(1) = 1 / (1 - 0.5 + 0.06) = 1 / 0.56 ≈ 1.7857
d) Calculer la réponse impulsionnelle et vérifier les théorèmes des valeurs finale et initiale.
Correction :
La réponse impulsionnelle h[n] est la Transformée en Z inverse de H(z). Nous décomposons H(z) en éléments simples.
H(z) = z² / ((z - 0.3)(z - 0.2))
Pour la décomposition, il est souvent plus simple de décomposer H(z)/z :
H(z)/z = z / ((z - 0.3)(z - 0.2)) = A/(z - 0.3) + B/(z - 0.2)
A = [z / (z - 0.2)]z=0.3 = 0.3 / (0.3 - 0.2) = 0.3 / 0.1 = 3
B = [z / (z - 0.3)]z=0.2 = 0.2 / (0.2 - 0.3) = 0.2 / -0.1 = -2
Donc, H(z) = 3z / (z - 0.3) - 2z / (z - 0.2)
En utilisant la table des TZ (TZ{anu[n]} = z/(z-a)), nous obtenons la réponse impulsionnelle h[n] :
h[n] = (3 * (0.3)n - 2 * (0.2)n)u[n]
Vérification des théorèmes :
- Théorème de la valeur initiale : h[0] = limz→∞ H(z)
- Théorème de la valeur finale : h[∞] = limz→1 (z-1)H(z)
limz→∞ [z² / (z² - 0.5z + 0.06)] = 1
À partir de h[n] : h[0] = (3 * (0.3)0 - 2 * (0.2)0) = 3 * 1 - 2 * 1 = 1
Le théorème de la valeur initiale est vérifié.
Ce théorème s'applique si tous les pôles de (z-1)H(z) sont à l'intérieur ou sur le cercle unité.
(z-1)H(z) = (z-1)z² / ((z - 0.3)(z - 0.2))
Les pôles de (z-1)H(z) sont 1, 0.3 et 0.2. Les pôles 0.3 et 0.2 sont à l'intérieur du cercle unité, et le pôle 1 est sur le cercle unité. Le théorème s'applique.
limz→1 (z-1)H(z) = (1-1) * 1² / ((1 - 0.3)(1 - 0.2)) = 0 * 1 / (0.7 * 0.8) = 0
À partir de h[n] : limn→∞ h[n] = limn→∞ (3 * (0.3)n - 2 * (0.2)n) = 0 (car 0.3 < 1 et 0.2 < 1)
Le théorème de la valeur finale est vérifié.
e) Dans le cas causal (conditions initiales nulles), trouver les réponses libre, forcée et globale du système.
Correction :
L'énoncé du problème spécifie des conditions initiales nulles (y[-1]=0, y[-2]=0) et un système causal. Dans ce cas, la réponse libre est nulle.
- Réponse libre (yl[n]) :
Étant donné que les conditions initiales sont nulles, la réponse libre yl[n] = 0.
Donc Yl(z) = 0.
- Réponse forcée (yf[n]) :
La réponse forcée est la sortie du système due uniquement à l'entrée x[n], avec des conditions initiales nulles.
Yf(z) = H(z)X(z)
Puisque x[n] = δ[n], X(z) = 1.
Yf(z) = H(z) * 1 = H(z) = z² / (z² - 0.5z + 0.06)
Nous avons déjà calculé l'inverse de H(z) comme la réponse impulsionnelle h[n].
Donc, yf[n] = h[n] = (3 * (0.3)n - 2 * (0.2)n)u[n].
- Réponse globale (y[n]) :
La réponse globale est la somme de la réponse libre et de la réponse forcée.
y[n] = yl[n] + yf[n]
Dans ce cas, y[n] = 0 + (3 * (0.3)n - 2 * (0.2)n)u[n]
y[n] = (3 * (0.3)n - 2 * (0.2)n)u[n].
f) Ce système est-il à Réponse Impulsionnelle Finie (FIR) ou Infinie (IIR) ? Donner le principe des schémas de réalisation directe et canonique.
Correction :
- Type de système :
La réponse impulsionnelle du système est h[n] = (3 * (0.3)n - 2 * (0.2)n)u[n].
Puisque h[n] est non nulle pour n allant de 0 à l'infini (elle décroît mais ne devient jamais strictement zéro), le système est à Réponse Impulsionnelle Infinie (RII ou IIR).
Si l'on injecte une impulsion (δ[n]) en entrée, la sortie y[n] = h[n] se calcule de manière indéfinie tant que n est positif.
- Schémas de réalisation :
L'équation aux différences finies du système est :
y[n] = x[n] + 0.5y[n-1] - 0.06y[n-2]
ou, en termes de fonction de transfert :
H(z) = Y(z)/X(z) = 1 / (1 - 0.5z-1 + 0.06z-2)
Schéma de réalisation directe (Forme Directe I) :
La forme directe I implémente directement l'équation aux différences. Elle nécessite des registres à décalage (mémoires) séparés pour les entrées retardées et les sorties retardées.
Pour ce système, il faudrait deux retards (z-1) pour x[n] et deux retards pour y[n] si le numérateur était d'ordre 2. Ici, le numérateur est 1 (ordre 0).
En général, pour un système d'ordre N, la forme directe I utilise N mémoires pour l'entrée et N mémoires pour la sortie, soit un total de 2N mémoires. Ici, 2x2 = 4 mémoires.
Schéma de réalisation canonique (Forme Directe II) :
La forme directe II combine les registres à décalage de la forme directe I pour minimiser le nombre total de mémoires. Elle décompose la fonction de transfert en deux parties : une partie toute pôle et une partie tout zéro. Ici, la partie tout zéro est simplement un gain de 1.
H(z) = (1) * [1 / (1 - 0.5z-1 + 0.06z-2)]
On pose W(z) = X(z) / (1 - 0.5z-1 + 0.06z-2) ce qui donne w[n] = x[n] + 0.5w[n-1] - 0.06w[n-2].
Puis Y(z) = 1 * W(z) ce qui donne y[n] = w[n].
Ce schéma utilise un minimum de mémoires, égal à l'ordre du système. Dans notre cas, l'ordre est 2, donc 2 mémoires sont nécessaires (au lieu de 4 pour la forme directe I). On constate ainsi que la réalisation canonique nécessite moins de mémoires.
FAQ
Qu'est-ce qu'une Transformée de Laplace?
La Transformée de Laplace est un outil mathématique qui convertit une fonction du temps (domaine temporel) en une fonction de la fréquence complexe (domaine de Laplace). Elle est particulièrement utile pour résoudre des équations différentielles linéaires et analyser des systèmes dynamiques continus, car la dérivation dans le temps devient une multiplication par 's' dans le domaine de Laplace, simplifiant ainsi les calculs.
Quelle est la condition de stabilité pour un système LTI discret?
Pour un système Linéaire Invariant dans le Temps (LTI) discret et causal, la condition de stabilité est que tous les pôles de sa fonction de transfert H(z) doivent être situés strictement à l'intérieur du cercle unité dans le plan Z. Si un ou plusieurs pôles sont sur ou en dehors du cercle unité, le système est instable.
Qu'est-ce qu'un système FIR par rapport à un système IIR?
Un système FIR (Finite Impulse Response - Réponse Impulsionnelle Finie) est un système dont la réponse impulsionnelle h[n] est de durée finie, c'est-à-dire qu'elle s'annule après un nombre fini d'échantillons. Inversement, un système IIR (Infinite Impulse Response - Réponse Impulsionnelle Infinie) a une réponse impulsionnelle de durée infinie, qui ne s'annule jamais complètement (elle décroît exponentiellement). Les systèmes FIR sont intrinsèquement stables et peuvent avoir une phase linéaire, tandis que les systèmes IIR sont plus efficaces en termes de réalisation pour obtenir des réponses fréquentielles complexes.