Application numérique :
R =
1
Cω c
=
1
2π f c C
soit
R = 1,6 · 10 4
3) Désignons par H (ω) le module de la fonction de transfert et par ϕ(ω) son
argument.
H (ω) est à l'évidence une fonction décroissante qui tend vers zéro quand ω
tend vers l'infini. Calculons sa dérivée logarithmique :
H (ω)
H (ω)
= −
1
2
2R 2 C 2 ω
1 + (RCω c ) 2
Celle-ci s'annule pour ω = 0 et le graphe
présente une tangente parallèle à l'axe des
abscisses en ce point.
La phase ϕ(ω) = − arctan(RCω) décroît
de zéro à −π/2 et passe par la valeur
−π/4 quand ω = ω c . Sa dérivée
ϕ (ω) = −
RC
1 + (RCω) 2
vaut −RC à l'origine.
4) L'amplitude de la tension de sortie est d'autant plus faible que la fréquence
est élevée : il y a atténuation des hautes fréquences. Le système se comporte
comme un filtre qui ne laisse passer que les basses fréquences (filtre « passebas »).
5) On a, pour les harmoniques 3ω c , 5ω c , 7ω c :
ϕ 3 = − arctan 3 −1,2 rad et
H (3 ω c )
H (ω c )
=
√
2
1 + (3RCω c ) 2
=
2
1 + 3 2 = 0,45
ϕ 5 = − arctan 5 −1,4 rad et
H (5 ω c )
H (ω c )
=
2
1 + 5 2 =
2
26
= 0,28
ϕ 7 = − arctan 7 −π/2 rad
H (7 ω c )
H (ω c )
=
√
2
1 + 7 2
=
2
50
= 0,20
Corrigés
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FIG. 2