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% Relu 12.10.14. AA
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\documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles}
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\newcommand{\nomTD}{TD1 : Systèmes échantillonés}
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\renewcommand{\nomentete}{UE411 - \nomTD}
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\begin{document}
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\titre{\nomTD}
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\subsection*{Exercice 1}
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\begin{itemize}
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\item Montrer que $U(z) = \frac{z}{z-1}E(z)$, avec $u_k = \sum_{j=0}^{k} e_j$ et $Z(e_j) = E(z)$
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\begin{align*}
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u_{k-1} & = \sum_{j=0}^{k-1}e_j \\
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u_k & = e_k+u_{k-1} \\
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\intertext{Donc en appliquant la transformée en z et en utilisant le théorème du retard,}
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U(z) & = E(z) +z^{-1}U(z) \\
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U(z) & = \frac{z}{z-1}E(z)
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\end{align*}
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\item Montrer que $Z\{ke_k\}=-z\frac{d}{dz}(E(z))$
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\begin{align*}
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-z\frac{d}{dz}(E(z))&= -z\frac{d}{dz}(\skzi e_kz^{-k})\\
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&=-z \skzi e_k(-k)z^{-k-1}\\
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&=\skzi ke_kz^{-k}\\
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&=Z\{ke_k\}\\
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\end{align*}
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\end{itemize}
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\subsection*{Exercice 2 :}
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\noindent Méthode : on effectue la transformée inverse pour obtenir le signal temporel. Puis on l'échantillonne avant de passer à sa transformée en Z, où l'on obtient une suite géométrique que l'on simplifie.\\
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\begin{enumerate}
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\item \[Y(p)= L[y(t)] = \frac{1}{p(p+a)} = \frac{\alpha}{p}+\frac{\beta}{p+a}\]
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On identifie \[\alpha=\frac{1}{a} \text{ et } \beta=\frac{-1}{a} \]
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donc par transformée inverse de Laplace, \[y(t)=\frac{1}{a}(1-e^{-at})\mathbf{1}(t)\]
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Puis on échantillonne avec $t=k.t_e$ avec $k \in\mathbb{N}$, et on a $y_k=\frac{1}{a}(1-e^{-a.k.T_e})$\\
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On a donc :
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\begin{align*}
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Z\{y_k\} &= Z\{\frac{1}{a}\} - Z\{\frac{1}{a}(e^{-aT_e})^k\}\\
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&= \frac{1}{a}(\frac{z}{z-1}-\frac{1}{1-e^{-aT_e}z^{-1}})\\
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Y(z) &= \frac{1}{a}(\frac{z}{z-1}-\frac{z}{z-e^{-aT_e}})
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\end{align*}
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\item On pose $Y(p)= \frac{a}{p^2+a^2} = L\{\sin(at)\}$:\\
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On a donc, \[y_k=\sin(akT_e) = \frac{e^{jakT_e}-e^{-jakT_e}}{2j}\]
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Or , \[Z\{e^{jakT_e}\}=\frac{1}{1-e^{jaT_e}z^{-1}}=\frac{z}{z-e^{jaT_e}}\]
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et , \[Z\{e^{-jakT_e}\}=\frac{1}{1-e^{-jaT_e}z^{-1}}=\frac{z}{z-e^{-jaT_e}}\]
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d'où :
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\begin{align*}
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Y(z) &= \frac{z}{2j}(\frac{1}{z-e^{jaT_e}}-\frac{1}{z-e^{-jaT_e}})\\
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&=\frac{z}{2j}(\frac{e^{jaT_e}-e^{-jaT_e}}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)})\\
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Y(z) &=\frac{z\sin(aT_e)}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)}
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\end{align*}
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\item On procède de même que ci-dessus avec $Y(p)= \frac{p}{p^2+a^2} = L\{\cos(at)\}$:\\
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On a donc, \[y_k=\cos(akT_e) = \frac{e^{jakT_e}+e^{-jakT_e}}{2}\]
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D'où
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\begin{align*}
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Y(z) &=\frac{z}{2}(2z-\frac{e^{jaT_e}-e^{-jaT_e}}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)}) \\
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Y(z) &=\frac{z(z-\cos(aT_e))}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)}
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\end{align*}
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\item Ici, les échantillons sont définis par :
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\[y_0=0 ,y_1=1, y_2=-1 \text{ et } \forall k > 2, y_k=0\]
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On a alors :
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\begin{align*}
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Z\{y_k\} &= \skzi y_k.z^{-k}\\
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Y(z) &= z^{-1} - z^{-2}
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\end{align*}
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\item $\forall k \in \N, y_{2k} = 0 \et y_{2k+1} = 1$. Ainsi,
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\begin{align*}
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Z\{y_k\} & = \skzi 1.z^{-(2k+1)} \\
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& = z^{-1} \skzi z^{-2k} \\
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& = \frac{z}{z^2-1}
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\end{align*}
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\item $forall l \in \N, y_k = (-1)^{k+1} \mathbf{1}_k$. Ainsi,
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\begin{align*}
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Z\{y_k\} & = \skzi (-1)^{k+1}z^{-k} \\
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& = - \skzi (-1)^k(z^{-1})^k \\
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& = - \frac{1}{1+z^{-1}} \\
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& = - \frac{z}{z+1}
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\end{align*}
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\end{enumerate}
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\subsection*{Exercice 3 :}
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\noindent Méthode : dans le cas général, on réécrit $\frac{Y(z)}{z}$ en décomposant en éléments simples puis on repasse Y(z) sous forme de série pour effectuer la transformée en Z inverse. De plus, pour les fractions rationnelles dont le dénominateur est d'ordre deux ou plus, on utilise la propriété de multiplication par une variable d'évolution :
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\[TZ : \quad k^n x[k] \rightarrow (-z \frac{d}{dz})^n X(z) \] \\
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\begin{enumerate}
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\item Pour $h > 0$ et $a \in \mathbb{R^*}$
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\begin{align*}
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Y(z) &= \frac{z}{z-a^h}\\
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&= \frac{1}{1-\frac{a^h}{z}}\\
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&= \skzi (a^h.z^{-1})^k\\
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Y(z) & = Z\{(a^h)^k\}
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\end{align*}
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\bigbreak
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\item $Y(z) = \frac{z+1}{(z-3)^2}$\\
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On pose \[\frac{Y(z)}{z}=\frac{z+1}{z(z-3)^2}=\frac{\alpha}{z}+\frac{\beta}{z-3}+\frac{\gamma}{(z-3)^2}\]
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On identifie ensuite $\alpha = \frac{1}{9}$, $\gamma =\frac{4}{3}$ et pour $\beta$ on peut multiplier l'égalité par $(z-3)$ puis faire tendre $z$ vers $+\infty$ pour obtenir que $0 = \alpha + \beta$. D'où $\beta = \frac{-1}{9}$, et ainsi :
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\[Y(z) = \frac{1}{9} - \frac{1}{9}\frac{z}{z-3}+\frac{4}{3}\frac{z}{(z-3)^2}\]
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La transformée inverse donne alors en utilisant la propriété de multiplication :
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\[y_k = \frac{1}{9}.\delta_k - \frac{1}{9}.3^k.\mathbf{1}_k+\frac{4}{3}.k.3^{k-1}.\mathbf{1}_k\]
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\bigbreak
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\item $Y(z) =\frac{z+3}{z^2-3z+2}= \frac{z+3}{(z-1)(z-2)}$
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On pose \[\frac{Y(z)}{z}=\frac{\alpha}{z}+\frac{\beta}{z-1}+\frac{\gamma}{z-2}\]
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On identifie ensuite $\alpha = \frac{3}{2}$, $\gamma =5$, $\beta = -4$, d'où :
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\[Y(z) = \frac{3}{2} - 4\frac{z}{z-1}+5\frac{z}{z-2}\]
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La transformée inverse donne alors :
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\[y_k = \frac{3}{2}.\delta_k - 4.\mathbf{1}_k +5.2^k.\mathbf{1}_k\]
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\end{enumerate}
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\subsection*{Exercice 5 :}
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L'asservissement analogique considéré est le suivant, où $H(p) = \frac{C}{p(1+0.2p)}$ et $B_0(p) = \frac{1-e^{-T_ep}}{2}$, avec $T_e=0.2s$ et $C=5rad.s^{-1}$.
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\begin{figure}[h!]
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\centering
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\begin{tikzpicture}
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\sbEntree{E}
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\sbComp{comp}{E}
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\sbRelier[$E(z)$]{E}{comp}
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\sbBloc{cna}{CNA, BOZ}{comp}
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\sbRelier[$\epsilon(z)$]{comp}{cna}
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\sbBloc[3]{sys}{H(p)}{cna}
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\sbRelier[$U(p)$]{cna}{sys}
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\sbSortie[3]{S}{sys}
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\sbRelier[$Y(p)$]{sys}{S}
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\sbDecaleNoeudy[4]{S}{R}
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\sbBlocr[8]{can}{CAN}{R}
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\sbRelieryx{sys-S}{can}
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\sbRelierxy{can}{comp}
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\end{tikzpicture}
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\end{figure}
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\begin{enumerate}
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\item Par propriété du cours, on a :
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\[T(z) = (1-z^{-1}).Z\{^*L^{-1}\{\frac{H(p)}{p}\}\}\]
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On commence par poser $A(p)=\frac{H(p)}{p}=L\{a(t)\}$ et $a_n = a(n.T_e)$, donc
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\[T(z) = (1-z^{-1}).Z\{a_n\}\]
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On a alors :
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\[A(p) = \frac{C}{p^2(1+0.2p)} = C(\frac{\alpha}{p^2}+\frac{\beta}{p}+\frac{\gamma}{1+0.2p})\]
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On trouve, $\gamma = 0.04$, $\alpha = 1$ et $\beta=-0.2$. Donc en repassant dans le domaine réel on a:
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\[A(t) = C(t-0.2+0.2e^{-5t})u(t)\]
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Donc en échantillonnant avec $a_n=A(nT_e)$ :
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\[a_n=A(nT_e)=C(n.T_e-0.2 + 0.2e^{-5nT_e})\]
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Ainsi, avec la transformée en Z on a :
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\[Z\{a_n\}=C(T_e\frac{z}{(z-1)^2}-0.2\frac{z}{z-1}+0.2\frac{z}{z-\chi}) \text{ avec } \chi = e^{-5T_e}\]
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d'où avec la formule initiale, on obtient :
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\begin{align*}
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T(z) &= \frac{z-1}{z}Z\{a_n\}\\
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&= C\frac{z-1}{z}(\frac{T_ez}{(z-1)^2}-\frac{0.2z}{z-1}+\frac{0.2z}{z-\chi})\\
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&= C(\frac{T_e}{z-1}-0.2+0.2\frac{z-1}{z-\chi})\\
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&= C.\frac{T_e(z-\chi)-0.2(z^2-(1+\chi)z+\chi)+0.2(z^2-2z+1)}{z^2-(1+\chi)z+\chi}\\
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T(z) &= C.\frac{(T_e+0.2(1+\chi)-0.4)z +(-\chi T_e-0.2\chi+0.2)}{z^2-(1+\chi)z+\chi}
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\end{align*}
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\medbreak
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On pose :\begin{itemize}
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\item $b_1 = C(T_e+0.2(1+\chi)-0.4)$
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\item $b_0 = C(0.2-\chi T_e-0.2\chi)$
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\item $a_1 = -(1+\chi)$
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\item $a_0 = \chi$
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\end{itemize}
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\bigbreak
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\noindent Ainsi, on a :
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\[T(z) = \frac{b_1z+b_0}{z^2+a_1z+a_0}=\frac{B(z)}{A(z)}\]
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\medbreak
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\noindent Remarque :
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Les pôles analogiques sont : $p_1=0$ , $p_2 = -5$.
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Les pôles discrétisés sont : $p_{z_1}=1$ et $p_{z_2} = \chi$.
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(On peut le vérifier avec la relation $p_{z_i}=e^{p_iT_e}$.)
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Les zéros du temps discret dépendent de $T_e$.\\
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\item On a donc en boucle fermée :
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\begin{align*}
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Y(z) = \frac{T(z)}{1+T(z)}E(z)&=\frac{B(z)}{A(z) + B(z)}E(z)\\
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&=\frac{b_1z+b_0}{z^2+(a_1+b_1)z+a_0} =F(z) E(z)
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\end{align*}
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Les zéros de T(z) sont aussi les zéros de F(z).\\
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D'autre part, on cherche $G(z) = \frac{\epsilon (z)}{E(z)}$. Or :
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\begin{align*}
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\epsilon (z) &= E(z) - Y(z)\\
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&= (1-F(z))E(Z)\\
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&=\frac{1}{1+T(z)}E(z)\\
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&=\frac{A(z)}{A(z)+B(z)}\\
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&=G(z) E(z)
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\end{align*}
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Ainsi, on a: \[G(z)=\frac{z^2 +a_1z+a_0}{z^2+(a_1+b_1)z+(a_0+b_0)}\]
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\item a -- Déterminons la relation de récurrence entrée-sortie du système en boucle fermée. On a en factorisant par $z^2$:
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\[Y(z)=\frac{b_1z^{-1}+b_0z^{-2}}{1+(a_1+b_1)z^{-1}+(a_0+b_0)z^{-2}}E(z)\]
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\[Y(z)(1+(a_1+b_1)z^{-1}+(a_0+b_0)z^{-2}) = E(z)(b_1z^{-1}+b_0z^{-2}) \]
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d'où, avec la transformée inverse, la relation de récurrence suivante :
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\[y_k+(a_1+b_1)y_{k-1}+(a_0+b_0)y_{k-2}=b_1e_{k-1}+b_0e_{k-2}\]
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\noindent b -- Déterminons la réponse à un échelon $E(z) = \frac{z}{z-1}$ :
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\[Y(z) = \frac{z}{z-1}\frac{b_1z+b_0}{z^2+(a_1+b_1)z+(a_0+b_0)}\\
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\frac{Y(z)}{z}=\frac{\alpha}{z-1}+\frac{\beta}{z-p_1}+\frac{\alpha}{z-p_2}\]
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d'où:
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\[y_k = (\alpha+\beta p_1^k+\gamma p_2^k).\mathbf{1}_k\]
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\end{enumerate}
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\end{document}
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