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TP et TD rédigé en 2014/2015
Le cours est un polycopié donné par le prof.
\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
\newcommand{\nomTD}{TD1 : L'amplificateur opérationnel}
\renewcommand{\nomentete}{UE431 - \nomTD}
\begin{document}
\section*{\nomTD}
\subsection*{Exercice 1}
Le but de ce TD est de valider les hypothèse $\mu \neq \infty$ et $R_e \neq \infty$ et $R_0=0$.\\
On considère le montage suivant :\\
\medbreak
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale = 1]
\draw[color=black]
(1,1) node[op amp] (opamp) {}
(opamp.+) node[left] {}
(opamp.-) node[left] {}
(opamp.out) node[right] {}
(2,-1) to[open,v_>=$V_s$] (2,1)
(-1,1.5)--(opamp.-)--(-0.5,1.5)--(-0.5,2.5)to[R, l=$R_2$,i<=$i_2$](2,2.5)--(2,1)
(-1,0.5)--(opamp.+)
(-1,0.5)--(-1,-.2)to[V,v^<=$V_e$](-1,-1.75) node[ground]{}
(-1,1.5) to[R,i=$i_1$,l^=$R_1$] (-3,1.5)--(-3.5,1.5) node[ground]{}
;
\end{tikzpicture}
\end{center}
\medbreak
On a un montage amplificateur non inverseur idéal. Donc $V_+=V_-=V_e$. Et comme $i_1=i_2$ on a $\frac{V_s}{V_e}=1+\frac{R_2}{R_1} = G_v$ gain du montage. Si $R_1=R_2$ alors $G_v = 2$
\paragraph{Étude de l'AO non idéal tel que : }$R_e \neq \infty$ et $\mu \neq \infty$.\\
Le montage devient alors :\\
\medbreak
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale = 1]
\draw[color=black]
(1,1) node[op amp] (opamp) {}
(opamp.+) node[left] {}
(opamp.-) node[left] {}
(opamp.out) node[right] {}
(opamp.out) -- (3.5,1)
(1,-2) node[ground]{} to[V_=$\mu \epsilon$] (1,0)--(1,1)--(opamp.out)
(-1,1.5)--(opamp.-)--(-0.5,1.5)--(-0.5,2.5)to[R, l=$R_2$,i<=$i_2$](2,2.5)--(2,1)
(-1,-0.2)--(-0.2,-0.2)--(opamp.+)
(-1,1.5) to[R, l=$R_e$,i^<=$i_{0d}$] (-1,0)--(-1,-.2)to[V,v^<=$V_e$](-1,-2)node[ground]{}
(-1,1.5) to[R,i=$i_1$,l^=$R_1$] (-3,1.5)--(-3.5,1.5) node[ground]{}
(3.5,-2)to[open,v_>=$V_s$](3.5,1)
;
\end{tikzpicture}
\end{center}
\medbreak
La loi des noeuds en A donne : $i_1=i_2+i_{ed}$. Ceci nous donne donc :
\begin{align*}
& \frac{V_e-\epsilon}{R_1} = \frac{V_s +\epsilon - V_e}{R_2} + \frac{\epsilon}{R_e}\\
& V_e(\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}) =\frac{V_s}{R_2}+\epsilon(\frac{1}{R_e}+\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2})\\
& \text{or, } \epsilon =\frac{V_s}{\mu}\text{, d'où :}\\
& {G'}_v = \frac{V_s}{V_e} = \frac{\mu.R_e(R_1+R_2)}{R_e(R_1\mu+R_1+R_2) + R_1R_2}
\end{align*}
Si on prend $R_1=R_2=1K\Omega$, $R_e=1M\Omega$ et ${G'}_v=1.9999$.\\
En conclusion, l'influence de $\mu \neq \infty$ et $R_e \neq \infty$ est négligeable.
\paragraph{Influence de la dépendance du gain à la fréquence} $R_e \rightarrow \infty$ et $u(p)=\frac{A_0}{1+\frac{p}{\omega_c}}$ avec $Z_0 = 10^6$ et $\frac{\omega_c}{2\pi}$.\\
On a d'après le calcul précédent et $R_e \rightarrow \infty$:\\
\begin{align*}
{G''}_v &= \frac{\mu(R_1+R_2)}{R_1\mu+R_1+R_2}\\
&=\frac{1}{\frac{R_1}{R_1+R_2}+\frac{1}{\mu}}\\
&= \frac{1}{\beta+\frac{1}{\mu}} \text{\indent avec }\beta=\frac{R_1}{R_1+R_2}=\frac{1}{G_v}\\
&=\frac{1}{\beta(1+\frac{1}{\mu\beta})}
\end{align*}
\noindent L'erreur relative est $\delta = \frac{v^{ideal}_s-v_s}{v_s}$.\\
Or, $\frac{v_e}{\beta}=G_v.v_e=v^{ideal}_s$\\
donc, $v_s(1+\frac{1}{\mu\beta})=v^{ideal}_s$\\
d'où, $\delta=\frac{1}{\mu\beta}$\\
Mais que vaut ${G''}_v$ en fonction de p?\\
\[{G''}_v = \frac{1}{\beta\frac{\beta\mu}{\beta\mu+1}} = \frac{\frac{A_0}{1+\frac{p}{\omega_0}}}{\beta\frac{A_0}{1+\frac{p}{\omega_0}}+1} = \frac{A_0}{\beta A_0+1+\frac{p}{\omega_0}}\]
or, $\beta A_0 >> 1$ donc
\[{G''}_v \approx \frac{A_0}{A_0\beta+\frac{p}{\omega_0}}=\frac{1}{\beta}\frac{1}{1+\frac{p}{A_0\beta\omega_0}} \]
Le gain statique du montage quand $\omega \rightarrow 0$ est $\frac{1}{\beta}=1+\frac{R_2}{R_1}$.
La fréquence de coupure a -3db du montage est $A_0\beta f_0$.
Le produit gain bande est $\frac{1}{\beta}*A_0\beta f_0$, donc plus le gain est élevé et plus la bande passante est faible.
\bigbreak
\paragraph{Impédance de sortie non nulle}
On considère le montage suivant avec l'impédance de sortie $R_0$ non nulle :\\
\medbreak
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale = 1]
\draw[color=black]
(1,1) node[op amp] (opamp) {}
(opamp.+) node[left] {}
(opamp.-) node[left] {}
(opamp.out) node[right] {}
(opamp.out) to [R, l =$R_0$] (3.5,1)
(1,-2) node[ground]{} to[V_=$\mu \epsilon$] (1,0)--(1,1)--(opamp.out)
(-1,1.5)--(opamp.-)--(-0.5,1.5)--(-0.5,2.5)to[R, l=$R_2$,i<=$i_2$](3.5,2.5)--(3.5,1)
(-1,-0.2)--(-0.2,-0.2)--(opamp.+)
(-1,1.5) to[R, l=$R_e$,i^<=$i_{0d}$] (-1,0)--(-1,-.2)to[V,v^<=$V_e$](-1,-2) node[ground]{}
(-1,1.5) to[R,i=$i_1$,l^=$R_1$] (-3,1.5)--(-3.5,1.5) node[ground]{}
(3.5,-2) node[ground]{} to[R,l=$R_L$,v_>=$V_s$](3.5,1)
(2,-2)to[open,v_>=$V_s'$](2,1)
;
\end{tikzpicture}
\end{center}
\medbreak
Expressions de ${G'''}_v = \frac{V_s}{V_e}$\\
On applique la loi des nœuds en B
\begin{align*}
& \frac{v_A-v_S}{R_2}+\frac{{v'}_s-v_S}{R_0} = \frac{v_S}{R_L}\\
& \frac{v_A-v_S}{R_2}+\frac{{v'}_s-v_S}{R_0} = v_P(\frac{1}{R_L}+\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_0})\\
\end{align*}
or, ${v'}_p=\mu\epsilon$, $v_A=v_e-\epsilon$, et $v_A=\frac{R_1}{R_1+R_2}v_S$\\
\begin{align*}
& {v'}_p=\mu(v_e-\frac{R_1}{R_1+R_2}V_S)\\
& \frac{R_1}{R_2(R_1+R_2)}V_S +\frac{\mu}{R_0}(v_e-\frac{R_1}{R_1+R_2})=v_S(\frac{1}{R_L}+\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_0})\\
& \frac{\mu}{R_0}v_e = v_S(\frac{1}{R_L}+\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_0} + \frac{\mu R_1R_2-R_1R_0}{R_0R_2(R_1+R_2)}) \text{\indent or }uR_2>>R_0\\
& {G'''}_v = \frac{V_s}{V_e} = \mu \frac{1}{\frac{R_0}{R_2}+\frac{R_0}{R_L}+\mu\beta}
\end{align*}
Remarque : si $R_0$ = 0 on retrouve $G_v=\frac{1}{\beta}$.
Pour minimiser l'influence de $R_0$ sur le gain, il faut minimiser $\frac{R_0}{R_2}+\frac{R_0}{R_l}$ donc avoir $R_2 >> R_0$ et $R_L >> R_0$.
\end{document}
\ No newline at end of file
\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
\newcommand{\nomTD}{TD2 : Filtres actifs : synthèse et réalisation}
\renewcommand{\nomentete}{UE431 - \nomTD}
\begin{document}
\section*{\nomTD}
\subsection*{Synthèse et réalisation d'un filtre passe-haut}
\subsubsection*{Synthèse}
On désire synthétiser un filtre passe-haut dont le gabarit est le suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw [>=latex,->] (0,0) node[left]{0} -- (8,0) node[right]{$f$} ;
\draw [>=latex,->] (0,-3) -- (0,1) node[left]{$G_{dB}$};
\draw [dashed] (0,-1) node[left]{$a=-3dB$} -- (6,-1) -- (6,0) node[above]{$f_p=10 kHz$};
\draw (0,-2) node[left]{$b=-18dB$} -- (3,-2) -- (3,0) node[above]{$f_a = 4kHz$};
\draw (8,-1) -- (6,-1) -- (6,-3);
\end{tikzpicture}
\end{center}
Le gabarit du filtre passe-bas normalisé équivalent est le suivant, avec $f_{ref} = f_a$ et $k=f_a/f_p$* :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\draw [>=latex,->] (0,0) node[left]{0} -- (8,0) node[right]{$f/f_{ref}$} ;
\draw [>=latex,->] (0,-3) -- (0,1) node[left]{$G_{dB}$};
\draw [dashed] (0,-2) node[left]{$b=-18dB$} -- (3,-2) -- (3,0) node[above]{1};
\draw [dashed] (3,-2) -- (6,-2);
\draw (0,-1) node[left]{$a=-3dB$} -- (3,-1) -- (3,-3);
\draw (6,0) node[above]{$1/k=2.5$} -- (6,-2) -- (8,-2);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\[\boxed{H^2(j\omega') = \frac{1}{1+\epsilon^2\omega'^{2n}}}\]
\begin{itemize}
\item Calcul de l'ordre $n$ du filtre
\begin{multicols}{2}
\begin{align*}
a_{dB} & = 20 \log(H(j\omega'))|_{\omega'=1} \\
& = 10 \log \frac{1}{1+\epsilon^2} \\
10^{-\frac{a_{dB}}{10}} & = 1 + \epsilon^2 \\
\epsilon & = \sqrt{10^{-\frac{a_{dB}}{10}}-1} \\
\epsilon & = 1 \text{ pour } a_{dB} = -3 dB
\end{align*}
\begin{align*}
b_{dB} & = 20 \log(H(j\omega'))|_{\omega'=1/k} \\
& = 10 \log (\frac{1}{1+\epsilon^2k^{-2n}})\\
10^{-\frac{b_{dB}}{10}} & = 1 + \epsilon^2 k^{-2n} \\
k^{-2n} & = \frac{10^{-\frac{b_{dB}}{10}}-1}{\epsilon^2} \\
n & = \frac{\ln (\frac{10^{-\frac{b_{dB}}{10}}-1}{\epsilon^2})}{2\ln(\frac{1}{k})} \\
n & \approx 2.25 \text{ pour } b_{dB} = -18dB, k = 0.4
\end{align*}
\end{multicols}
On choisit donc l'ordre du filtre :
\[ n=3 \]
\item Calcul de la fonction de transfert normalisée $H_{PB}(s)$ du filtre passe-bas prototype, où $s = p/\omega_{ref}$.
\begin{align*}
H_{PB}(s) & = \frac{1}{\sqrt{1+\epsilon^2(-1)^ns^{2n}}} \\
H_{PB}^2(s) & = \frac{1}{1-s^6} \text{ avec } n=3
\end{align*}
On détermine $H_{PB}$ à partir des racines du dénominateur de $H_{PB}^2$ dont on ne garde que celles à partie réelle strictement négative.
\[1-s^6 = 0 \Leftrightarrow s = e^{j\frac{2k\pi}{6}} = e^{j\frac{k\pi}{3}}, k=0,..5 \]
Les racines à partie réelle strictement négative sont $e^{j\frac{2\pi}{3}}, e^{j\pi}, e^{-j\frac{2\pi}{3}}$.
\begin{align*}
H_{PB}(s) & = \frac{1}{(s-e^{j\frac{2\pi}{3}})(s-e^{j\pi})(s-e^{-j\frac{2\pi}{3}})} \\
& = \frac{1}{(s^2-s(e^{j\frac{2\pi}{3}}+e^{-j\frac{2\pi}{3}})+1)(s+1)} \\
& = \frac{1}{(s^2-2s\cos(\frac{2\pi}{3})+1)(s+1)} \\
H_{PB}(s) & = \frac{1}{(s^2+s+1)(s+1)}
\end{align*}
\item Pour retrouver la fonction de transfert normalisée $H(s)$ du filtre passe-haut, on applique la transformation $s \rightarrow \frac{1}{s}$ :
\begin{align*}
H(s) & = \frac{1}{(\frac{1}{s^2} + \frac{1}{s} +1)(\frac{1}{s}+1)} \\
& = \frac{s^3}{(s^2 + s + 1)(s+1)} \\
H(p) & = \frac{\frac{p}{2\pi f_a}}{1+\frac{p}{2\pi f_a}} \frac{(\frac{p}{2\pi f_a})^2}{(\frac{p}{2\pi f_a})^2+(\frac{p}{2\pi f_a})+1} \text{ avec } s = p/\omega_{ref} = \frac{p}{2\pi f_a}
\end{align*}
\end{itemize}
\subsubsection*{Réalisation}
\begin{itemize}
\item D'après la forme de $H(p)$ que l'on vient de déterminer, on va cascader un passe-haut d'ordre 1 avec un passe-haut d'ordre 2.
\paragraph{Passe-haut d'ordre 1} On utilise un montage à amplificateur opérationnel (supposé parfait) :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale = 1]
\draw[color=black]
(1,1) node[op amp] (opamp) {}
(opamp.+) node[left] {}
(opamp.-) node[left] {}
(opamp.out) node[right] {}
(2,-1) to[open,v_>=$V_s$] (2,1)
(-1,1.5)--(opamp.-)--(-0.5,1.5)--(-0.5,2.5)to[R, l=$R$](2,2.5)--(2,1)
(-1,-1) node[ground]{} -- (-1,0.5) --(opamp.+)
(-1,1.5) to[R,l^=$r$] (-3,1.5) to[C,l^=$C$] (-5,1.5)
(-5,-1) to[open,v_>=$V_e$] (-5,1.5);
\end{tikzpicture}
\end{center}
L'AO étant supposé parfait, on a $V_+ = V_- = 0$ donc $\frac{V_e}{Z_{rC}} + \frac{V_S}{R} = 0$, d'où
\[ H_1(p) = -\frac{R}{Z_{rC}} = \frac{-R}{r+\frac{1}{Cp}} = -\frac{R}{r} \frac{rCp}{1+rCp} \]
Il faut imposer $\frac{R}{r}=1$ et $\frac{1}{rC} = \omega_a$.
Avec $C=1nF, f_1 = 4kHz$, on obtient $R = 39.8k\Omega = r$.
\paragraph{Passe-haut d'ordre 2} On utilise un filtre de Sallen-Key dont la structure a été vue au TD1.
\[ H_2(p) = A \frac{(\frac{p}{\omega_0})^2}{1+2m(\frac{p}{\omega_0})+(\frac{p}{\omega_0})^2} \text{ avec } \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{R_1R_2C_1C_2}} \text{ et } m = \frac{R_1(C_1+C_2) + R_1 C_2(1-K)}{2\sqrt{R_1R_2C_1C_2}} \]
Il faut imposer $\omega_0 = \omega_a$ et $m=1/2$. On fixe $ C = C_1 = C_2 = 1nF$ et $R_1 = 30k\Omega$.
\begin{align*}
\omega_0 = \omega_a & \Rightarrow \frac{1}{C\sqrt{R_1R_2}} = 2\pi f_a\\
& \Rightarrow R_2 = \frac{1}{4\pi^2f_a^2C^2R_1} \\
& \Rightarrow R_2 = 52,7 k\Omega \\
m = \frac{1}{2} & \Rightarrow \frac{R_12C) + R_1 C(1-K)}{2}\omega_0 = \frac{1}{2} \\
& \Rightarrow R_1(3C-KC)\omega_a = \frac{1}{2} \\
& \Rightarrow K = 3 - \frac{1}{\omega_aR_1C} \\
& \Rightarrow K = 1,67
\end{align*}
Remarque : le réglage de $K$ peut se faire par exemple à l'aide d'une résistance $r_2$ variable.
\item Les filtres actifs ont une grande impédance d'entrée et une faible impédance de sortie, ce qui permet de les cascader sans qu'ils aient d'influence les uns sur les autres. La fonction de transfert est alors le produit des fonctions de chacun des filtres.
En revanche, ces filtres nécessitent d'être alimentés pour fonctionner.
\end{itemize}
\subsubsection*{Sensibilité}
On calcule la sensibilité de $\omega_1$ par rapport au paramètre $C$ :
\[S_C^{\omega_1} = \frac{\frac{d\omega_1}{\omega_1}}{\frac{dC}{C}} = \frac{d\omega_1}{dC}\frac{C}{\omega_1} = -\frac{1}{rC^2}\frac{C}{\omega_ 1} \]
\[ S_C^{\omega_1}= - 1 \]
De même pour le paramètre $r$ :
\[ S_r^{\omega_1} = -1 \]
Si $C$ (ou $r$) est connue avec une incertitude de $5\%$, alors l'incertitude engendrée sur $\omega_1$ sera de $5\%$. La précision de la valeur de ces composants est donc primordiale pour obtenir la fréquence $f_a$ désirée.
\end{document}
\ No newline at end of file
\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
\newcommand{\nomTD}{TD3 : Stabilité des systèmes linéaires}
\renewcommand{\nomentete}{UE431 - \nomTD}
\begin{document}
\section*{\nomTD}
On considère un système d'entrée $e(t)$ et de sortie $s(t)$ régi par l'équation différentielle suivante :
\[ \tau^2\frac{d^2s(t)}{dt^2} + \tau\frac{ds(t)}{dt} = -e(t), \text{ avec }
\left\{
\begin{array}{rl}
s(0^+) = & 0 \\
\frac{ds(t)}{dt} |_{0^+} = & 0 \\
\tau > & 0
\end{array}
\right.
\]
\subsection*{Généralités}
\begin{itemize}
\item Tout système défini par une équation différentielle à coefficients constants est linéaire.
\item La relation entrée sortie est définie par \[ s(t) = (h*e)(t) \]$h(t)$ est la réponse impulsionnelle du système, obtenue pour une entrée impulsionnelle $\delta(t)$.
\item Pour $e(t) = \delta(t)$, on a donc :
\[ \tau^2 \frac{d^2h}{dt^2} + \tau \frac{dh}{dt} = -\delta(t) \]
\item \textit{Déf :} Un système est stable s'il retourne spontanément vers son état d'équilibre s'il en est écarté.
Autrement dit, un système est stable si :
\begin{itemize}
\item $\int_{-\infty}^{+\infty} |h(t)| dt$ converge
\item $\lim_{t\rightarrow\infty} h(t) = 0$
\end{itemize}
\end{itemize}
Le problème est qu'il n'est pas évident de savoir si le système est stable à partir de l'équation différentielle. C'est pour cela que l'on passe dans le domaine de Laplace, et non \textit{Attention, humour !} parce qu'il y a la place d'y passer.
\subsection*{Stabilité}
\begin{itemize}
\item Dans le cas de signaux causaux, la définition de la transformée de Laplace unilatérale $X(p)$ d'un signal $x(t)$ est :
\[ X(p) = \int_0^{\infty} x(t) e^{-pt} dt \]
\item On cherche à exprimer $H(p) = \frac{S(p)}{E(p)}$. Pour cela, on passe l'équation différentielle définissant le système dans le domaine de Laplace.
\begin{align*}
\tau^2 \frac{d^2h}{dt^2} + \tau \frac{dh}{dt} & = -et) \\
\tau^2 (p^2 S(p) - \frac{ds(t)}{dt} |_{0^+}) + \tau (S(p)-s(0^+)) & = - E(p) \\
\tau^2 p^2 S(p) + \tau S(p) & = - E(p)
\end{align*}
donc \[ H(p) = -\frac{1}{\tau p (\tau p +1)} \]
\item Décomposition en éléments simples de $H(p)$
\[ H(p = - \frac{1}{\tau p (\tau p +1)} = \frac{A}{\tau p} + \frac{B}{\tau p + 1} \]
En multipliant par $\tau p$ et en évaluant en $p = 0$, on obtient $A = -1$.
En multipliant pat $\tau p +1$ et en évaluant en $p=-1\tau$, on obtient $B = 1$.
Ainsi, \[ H(p) = -\frac{1}{\tau p} + \frac{1}{\tau p + 1} \]
\[ h(t) = (-\frac{1}{\tau} + \frac{1}{\tau}e^{-\frac{t}{\tau}})u(t) \]
Le système n'est pas stable car $\int_{-\infty}^{+\infty} |h(t)|dt$ diverge. Après une excitation impulsionnelle, le système tend vers une position d'équilibre qui n'est pas la position de repos.
\textit{Généralisation :} Le système est stable si tous les pôles de $H(p)$ sont à parties réelles strictement négatives. (Ici, les pôles sont $p_1 = 0$ et $p_2 = - \frac{1}{\tau}$. C'est $p_1$ qui est responsable de l'instabilité.)
Pour expliciter cette condition, prenons par exemple $H(p) = \frac{N(p)}{D(p)}$ avec $D(p)$ un polynôme de degré 2. On note $\Delta$ son discriminant.
Si $\Delta < 0$, alors les racines de $D(p)$ sont complexes conjuguées et on peut écrire \[\frac{1}{D(p)} = \frac{A_i}{p-(a \pm jb)}\]
Or, $\frac{A_i}{p-p_i} = TL[A_i e^{p_it}]$ donc $TL^{-1}[\frac{1}{D(p)}] = A_ie^{at}e^{\pm jb}$.
Le système est stable si $e^{at} \rightarrow_{t\rightarrow \infty} 0$, c'est-à-dire si $a < 0$, soit $Re(p_i) < 0$.
\end{itemize}
\subsection*{Effet du bouclage sur la stabilité}
On envisage le bouclage du système linéaire défini précédemment par un gain $k$ réel.
\begin{itemize}
\item On a immédiatement la fonction de transfert en boucle fermée (formule de Black) :
\begin{align*}
G(p) & = \frac{H(p)}{1+kH(p)} \text{ avec } H(p) = -\frac{1}{\tau p (\tau p +1)} \\
G(p) & = \frac{-1}{\tau p (\tau p + 1) - k} \\
G(p) & = \frac{-1/\tau^2}{p^2 + p/\tau - k/\tau^2}
\end{align*}
\item Détermination des pôles de $G(p)$.
\[D(p) = p^2 + p/\tau - k/\tau^2 \quad \text{donc} \quad \Delta = \frac{1+4k}{\tau^2}\]
\begin{itemize}
\item Cas $\Delta > 0$ i.e. $k>-\frac{1}{4}$ : les racines de $D(p)$ sont alors $p_{1,2} = \frac{-1/\tau \pm 1/\tau \sqrt{1+4k}}{2}$
Si $1+4k \geq 1$ i.e. $k\geq0$, il existe une racine positive et une racine négative : le système est instable.
Si $0 \leq 1+4k < 1$ i.e. $-\frac{1}{4} \leq k < 0$, alors les deux racines sont strictement négatives : le système est stable.
\item Cas $\Delta < 0$ i.e. $k < -\frac{1}{4}$ : les racines de $D(p)$ sont $p_{1,2} = \frac{-1/\tau \pm 1/\tau j \sqrt{-(4k+1)}}{2}$.
Les racines sont à partie réelle strictement négative donc le système est stable.
\end{itemize}
En conclusion,
\begin{align*}
k \geq 0 & \rightarrow \text{ instable} \\
k < -\frac{1}{4} & \rightarrow \text{ stable}
\end{align*}
Dans cet exemple, on rend le système stable par bouclage avec un gain $k<0$.
\end{itemize}
\medskip
\noindent De manière générale, le bouclage peut avoir soit un effet stabilisant, soit un effet déstabilisant sur un système.
\subsection*{Étude de la stabilité à partir de la fonction de transfert en boucle ouverte}
On considère toujours le même système bouclé. On étudie sa stabilité à partir du critère de Nyquist, lequel repose sur une étude géométrique de $T(p)$, fonction de transfert en boucle ouverte du système.
On ne considèrera ici que le cas $k>0$.
\[T(p) = \frac{-k}{\tau p(1+\tau p)}\]
\textit{Rappel du critère de Nyquist}
Il est basé sur la relation $\boxed{N=P-Z}$
\begin{itemize}
\item $N$ : nombre de tours algébriques autour du point (-1,0) faits par le lieu de Nyquist de $T(p)$
\item $P$ : nombre de pôles à $Re >0$ de $T(p)$
\item $Z$ : nombre de zéros à $Re >0$ de $1+T(p)$
\end{itemize}
Un système est stable en boucle fermée si $Z=0$.\\
\textit{Étapes de la démonstration}
\begin{enumerate}
\item On trace le Bode de $T(p)$ : $|T(p)| et Arg(T(p))$
\item On trace le Nyquist (représentation de $T(p)$ dans le plan complexe)
\item On compte $N$
\item On détermine les pôles de $T(p)$ et on compte $P$ le nombre de pôles à $Re>0$ (compris dans le contour de Bromwich)
\item On en déduit $Z=P-N$ et on conclut sur la stabilité.
\end{enumerate}
\textit{Diagramme de Bode}\\
\begin{figure}[h!]
\centering
\begin{tikzpicture}
\draw [>=latex,->] (0,0) -- (0,3) node[left]{$\phi(^o)$} ;
\draw [>=latex,->] (-1,1) -- (6,1) node[right]{$\omega$};
\draw [red] (0,2) node[left]{$90$} -- (3,2) -- (3,1) -- (6,1);
\draw [>=latex,->] (0,4) -- (0,7) node[left]{$G_{dB}$} ;
\draw [>=latex,->] (-1,5) -- (6,5) node[right]{$\omega$};
\draw [red] (0,6.5) -- (3,5.5) -- (6,3.5);
\draw [red,dashed] (3,5.5) -- (3,1) node[below]{$\frac{1}{\tau}$};
\end{tikzpicture}
\end{figure}
\textit{Lieu de Nyquist}\\
D'après le diagramme de Bode :
\begin{itemize}
\item quand $\omega \rightarrow 0^+$, $|T(j\omega)| \rightarrow \infty$ et $\phi \rightarrow \pi/2$
\item $0^+ < \omega < \infty$, $|T(j\omega)| \searrow$ et $\phi \searrow \pi/2$
\item quand $\omega \rightarrow \infty$, $|T(j\omega)| \rightarrow 0$ et $\phi \rightarrow 0$
\end{itemize}
\begin{figure}[h!]
\centering
\begin{tikzpicture}
\draw
(0,-4) -- (0,4)
(-2,0) -- (4,0)
;
\draw [red]
(0,0.5) node[left]{$A$} arc (90:-90:0.5) node[left]{$D$}
(0,3)node[left]{$B$} arc(90:-90:3) node[left]{$C$}
;
\draw
(5,0) -- (13,0)
(9,-4) -- (9,4)
;
\draw [dashed,red]
(9,-3) node[left]{$D$} arc (-90:-270:3) node[left]{$A$}
;
\draw [red]
(9,3) arc (90:-90:1.5) node[left]{$C=B$} arc (90:-90:1.5)
;
\end{tikzpicture}
\caption{Tracé du diagramme de Nyquist avec un contour de Bromwich d'exclusion}
\end{figure}
\textit{D'après le Nyquist} \\
Si on parcourt le graphe de $\omega = -\infty$ à $\omega = +\infty$, on fait 1 tour dans le sens horaire de (-1,0) : $N=-1$
\textit{Calcul de P}\\
Nombre de pôles de $T(p)$ à $Re<0$
\[T(p) = \frac{-k}{\tau p (1+\tau p)}\quad p_1=0, \quad p_2=-\frac{1}{\tau}\]
Avec un contour d'exclusion, on a $P=0$
\textit{Calcul de N}\\
On a $Z=P-N=1$. Le système est instable.
\end{document}
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\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
\newcommand{\nomTD}{TD6 : Introduction aux systèmes de transmission}
\renewcommand{\nomentete}{UE431 - \nomTD}
\begin{document}
\section*{\nomTD}
\subsection*{A. Système linéaire}
\begin{enumerate}\setlength{\itemsep}{10mm}
\item Définition de la transformée de Fourier :
\[X(f) = TF\{x(t)\} = \int_{\R} x(t) e^{-j2\pi ft} dt \]
\[x(t) = TF^{-1}\{X(f)\} = \int_{\R} X(f) e^{j2\pi ft} df \]
Pour $x(t) = A_x\cos(2\pi f_0 t)$, $x(t) = A_x\sin(2\pi f_0 t)$ ou $x(t) = A_x\cos(2\pi f_0 t + \phi)$, on a
\[|X(f)| = \frac{A_x}{2}(\delta(f-f_0)+\delta(f+f_0))\]
\begin{figure}[h!]
\centering
\begin{tikzpicture}
\draw [>=latex,->] (-2,0) -- (2,0) node[right]{$f$} ;
\draw [>=latex,->] (0,0) -- (0,2) node[left]{$|X(f)|$};
\draw [red] (1,0)node[below]{$f_0$} -- (1,1);
\draw [red] (-1,0)node[below]{$-f_0$} -- (-1,1);
\draw [dotted] (-2,1) node[left]{$\frac{A_x}{2}$} -- (2,1);
\draw [>=latex,->] (4,0) -- (8,0) node[right]{$f$} ;
\draw [>=latex,->] (4,0) -- (4,2) node[left]{$|X(f)|$};
\draw [red] (5,0)node[below]{$f_0$} -- (5,1);
\draw [dotted] (4,1) node[left]{$\frac{A_x}{2}$} -- (8,1);
\end{tikzpicture}
\caption{Représentations bilatérale et monolatérale}
\end{figure}
\textbf{Remarque :} les expressions de $X(f)$ sont en revanche différentes
\begin{align*}
x(t) = A_x\cos(2\pi f_0 t) & \rightarrow X(f) = \frac{A_x}{2}(\delta(f-f_0)+\delta(f+f_0)) \\
x(t) = A_x\sin(2\pi f_0 t) & \rightarrow X(f) = -\frac{A_x}{2}j(\delta(f-f_0)-\delta(f+f_0)) \\
x(t) = A_x\cos(2\pi f_0 t + \phi) & \rightarrow X(f) = \frac{A_x}{2}(e^{j\phi}\delta(f-f_0)+e^{-j\phi}\delta(f+f_0))
\end{align*}
On ne peut pas représenter facilement ces expressions de $X(f)$, c'est pour cela qu'on utilise $|X(f)|$ ou $|X(f)|^2$ (densité spectrale de puissance).
\item $y(t) = (h*x)(t)$ et $Y(f) = H(f) X(f)$.
\end{enumerate}
\subsection*{B. Système non linéaire}
\begin{enumerate}
\item On considère deux cas : $u=A$ et $u=-A$.
\textbf{1er cas : } $u = A$
On a $V_A = \frac{A}{2}$ et $V_B = - \frac{A}{2}$. Les diodes $D_1$ et $D_2$ sont donc bloquées et on a $0V$ au point D.
On a alors $v(t) = -2e(t)$.\\
\textbf{2e cas : } $u = - A$
Les diodes $D_1$ et $D_3$ sont bloquées.
On a alors $v(t) = 2e(t)$.\\
On peut donc écrire $v(t) = -\frac{2}{A} u(t)e(t) $
Or, on peut décomposer le signal carré $u(t)$ :
\[u(t) = \skzi \frac{4}{(2k+1)\pi} A \sin ((2k+1)2\pi f_0t)\]
Donc on a le spectre de $u(t)$ :
\[V(f) = \skzi \frac{4}{(2k+1)\pi} A \frac{1}{2j}(\delta(f-(2k+1)f_0-\delta(f+(2k+1)f_0))\]
Comme $V(f) = -\frac{2}{A}(U*E)(f)$,
\[V(f) = - \skzi \frac{4}{(2k+1)j\pi} (E(f-(2k+1)f_0-E(f+(2k+1)f_0))\]
On recopie le spectre centré de $|E(f)|$ à $f_0$, $3f_0$, $5f_0$, ...
\item On choisit le filtre passe bande qui sélectionne une bande qui ne contient que le spectre autour de $f_0$. Ainsi, on a transposé l'information autour de $f_0$.
\end{enumerate}
\end{document}
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\documentclass{article}
\input{../../preambule/preambule}
\newcommand{\nom}{TD7 : Émission et réception stéréo}
\renewcommand{\nomentete}{UE431 - \nom}
\begin{document}
\titre{\nom}
Pour transmettre une émission radio en stéréophonie, on code les signaux issus de deux microphones g(t) et d(t) sous la forme :
\[x_1(t) = (g(t) - d(t)) + \alpha(g(t) - d(t))cos(4\pi f_0t) + A_0cos(2\pi f_0t)\]
Les signaux g(t) et d(t) couvrent une bande de fréquences délimitée par $F_m = 30 Hz$,$F_M = 15kHz$ et $f_0 = 19 kHz$.\\
\noindent 1- $x_1(t)$ peut être réaliser selon le schéma bloc suivant :\\
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.5]{TD7-1.png}
\end{center}
\noindent 2- L'allure du spectre de $x_1$ est la suivante :
Il n'y a pas de recouvrement de spectre, $f_0$ étant supérieur à $F_M$.
\noindent 3- La bande passante du signal est $B = [F_m ; 2f_0+F_M]$\\
\noindent 4- Le but du montage recevant $x_1(t)$ est de restituer $g(t)$ et $d(t)$ sur des voies séparées(stéréo).\\ On considère le montage suivant :
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.33]{TD7-2.png}
\end{center}
Chaque élément a un rôle propre :\\
\begin{itemize}
\item M : doubleur(de fréquence)
\item G :ampli de gain G
\item $F_1$ : filtre passe-bande centré sur $2f_0$
\item $F_2$ : filtre passe-bande centré sur $f_0$
\item $F_3$ : filtre passe-bas de fréquence de coupure supérieur à $F_m$
\item $F_4$ : filtre passe-bas de fréquence de coupure supérieur à $F_m$
\end{itemize}
\bigbreak
Les signaux intérmédiaires sont :\\
\begin{itemize}
\item $s_1(t) = \alpha (g-d)cos(2\omega_0t)$
\item $s_2(t) = A_0 cos(\omega_0t)$
\item $s_3(t) = g + d$