Exercices Exercices Corrigés
CORRIGÉS
CORRIGÉS
12.1 Identification d’un système
1. Pour le système 1, la sortie est celle d’un passe-bas du premier ordre (variation exponentielle) de transmittance canonique : H 1 ( jω) =
H 0
1 + jτω
.
Alimenté par une échelon de hauteur E 0 , s 1 (∞) = H 0 E 0 . On retrouve facilement ce point
avec la résolution de l’équation différentielle qui modélise le comportement du système :
(1 + jτω)s 1 = H 0 e 1 donc s 1 + τ
ds 1
dt
= H 0 e 1 = H 0 E 0 , qui s’intègre en : s 1 (t) = H 0 E 0 +
μ exp
−
t
τ
−→
t→∞
H 0 E 0 .
On peut aussi utiliser le théorème de la valeur finale, vue en SI, sachant que la transformée
d’un échelon est E 0 /p :
lim
t→∞
s 1 (t) = lim
p→0
pS 1 (p) = lim
p→0
pH 1 (p) E 1 (p) = lim
p→0
pH 1 (p)
E 0
p
= H 1 (0) E 0 = H 0 E 0 .
L’échelon est unitaire donc E 0 = 1 ; par lecture graphique : H 0 = 1.
La réponse indicielle vaut 63% de la valeur finale en t = τ. On lit graphiquement : τ = 2s.
2. Pour le système 2, la sortie est celle d’un passe-haut du premier ordre (variation exponentielle) de transmittance canonique : H 2 (p) = H 0
jτω
1 + jτω
. En effet, attendu que le signal est
discontinu en t = 0, les hautes fréquences doivent passer dans le système.
Pour un échelon de hauteur E 0 , s 2 (0) = H 0 E 0 . La méthode la plus simple pour retrouver
facilement ce point est d’utiliser le théorème de la valeur initiale, vue en SI, sachant que la
transformée d’un échelon est E 0 /p : lim t→0 s 2 (t) = lim p→∞ pS 2 (p) = lim p→0 pH 2 (p)
E 0
p
=
H 2 (∞) E 0 = H 0 E 0 .
La réponse indicielle a perdu 63% de la valeur initiale en t = τ. On lit graphiquement : τ = 2s.
L’échelon est unitaire donc E 0 = 1 ; par lecture graphique : H 0 = 1.
12.2 Filtrage par un premier ordre
La transmittance canonique d’un passe-bas du premier ordre est H( jω) =
H 0
1 + jτω
.
Le signal d’entrée n’est pas harmonique mais décomposable en une somme de fonctions
harmoniques : e(t) = E sin
3
(ω 0 t) =
E
4
(3 sin(ω 0 t) − sin(3ω 0 t)).
En régime sinusoïdal permanent (indispensable pour utiliser les notations complexes), la
sortie est la somme des sorties associées à e 1 (t) =
3E
4
sin(ω 0 t) (le fondamental) et e 3 (t) =
−
E
4
sin(3ω 0 t) (l’harmonique de rang 3). Calculons s 1 (t) et s 3 (t), pour ω = ω 0 :
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12.1 Identification d’un système
1. Pour le système 1, la sortie est celle d’un passe-bas du premier ordre (variation exponentielle) de transmittance canonique : H 1 ( jω) =
H 0
1 + jτω
.
Alimenté par une échelon de hauteur E 0 , s 1 (∞) = H 0 E 0 . On retrouve facilement ce point
avec la résolution de l’équation différentielle qui modélise le comportement du système :
(1 + jτω)s 1 = H 0 e 1 donc s 1 + τ
ds 1
dt
= H 0 e 1 = H 0 E 0 , qui s’intègre en : s 1 (t) = H 0 E 0 +
μ exp
−
t
τ
−→
t→∞
H 0 E 0 .
On peut aussi utiliser le théorème de la valeur finale, vue en SI, sachant que la transformée
d’un échelon est E 0 /p :
lim
t→∞
s 1 (t) = lim
p→0
pS 1 (p) = lim
p→0
pH 1 (p) E 1 (p) = lim
p→0
pH 1 (p)
E 0
p
= H 1 (0) E 0 = H 0 E 0 .
L’échelon est unitaire donc E 0 = 1 ; par lecture graphique : H 0 = 1.
La réponse indicielle vaut 63% de la valeur finale en t = τ. On lit graphiquement : τ = 2s.
2. Pour le système 2, la sortie est celle d’un passe-haut du premier ordre (variation exponentielle) de transmittance canonique : H 2 (p) = H 0
jτω
1 + jτω
. En effet, attendu que le signal est
discontinu en t = 0, les hautes fréquences doivent passer dans le système.
Pour un échelon de hauteur E 0 , s 2 (0) = H 0 E 0 . La méthode la plus simple pour retrouver
facilement ce point est d’utiliser le théorème de la valeur initiale, vue en SI, sachant que la
transformée d’un échelon est E 0 /p : lim t→0 s 2 (t) = lim p→∞ pS 2 (p) = lim p→0 pH 2 (p)
E 0
p
=
H 2 (∞) E 0 = H 0 E 0 .
La réponse indicielle a perdu 63% de la valeur initiale en t = τ. On lit graphiquement : τ = 2s.
L’échelon est unitaire donc E 0 = 1 ; par lecture graphique : H 0 = 1.
12.2 Filtrage par un premier ordre
La transmittance canonique d’un passe-bas du premier ordre est H( jω) =
H 0
1 + jτω
.
Le signal d’entrée n’est pas harmonique mais décomposable en une somme de fonctions
harmoniques : e(t) = E sin
3
(ω 0 t) =
E
4
(3 sin(ω 0 t) − sin(3ω 0 t)).
En régime sinusoïdal permanent (indispensable pour utiliser les notations complexes), la
sortie est la somme des sorties associées à e 1 (t) =
3E
4
sin(ω 0 t) (le fondamental) et e 3 (t) =
−
E
4
sin(3ω 0 t) (l’harmonique de rang 3). Calculons s 1 (t) et s 3 (t), pour ω = ω 0 :
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