Analyse des SLIT

Dans ce cours, nous nous intéressons spécifiquement à l'analyse des Systèmes Linéaires Invariants dans le Temps (SLIT) discrets modélisables par une équation de récurrence.

Équation de récurrence

Expression

Lorsqu'un système est modélisable par une équation de récurrence, le lien entre l'entrée $x[n]$ et la sortie $y[n]$ est donné par :

$$a_{L}y[n+L]+\cdots +a_{0}y[n]=b_{K}x[n+K]+\cdots +b_{0}x[n]$$

Lorsque le système est causal, $K<L$. Sous l'hypothèse de causalité, l'équation de récurrence peut également s'exprimer sous la forme :

$$\begin{array}{rl}{a}_{L}y[n]& =b_{K}x[n+K-L]+\cdots +b_{0}x[n-L]\\ & -a_{L-1}y[n-1]-\cdots -a_{0}y[n-L]\end{array}$$

Fonction de transfert

Lorsque les conditions initiales sont nulles, la transformée en Z de la sortie s'exprime sous la forme $Y(z)=H(z)X(z)$ où $H(z)$ correspond à la fonction de transfert en Z du système.

Représentation d'un système discret dans le domaine en Z

Forme polynomiale

Pour un système régi par une équation de récurrence, la fonction de transfert du système est donnée par :

$$H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)}=\frac{b_K{z}^K+\cdots +b_{1}z+b_0}{a_L{z}^L+\cdots +a_{1}z+a_0}$$

Forme Factorisée

Pour mettre en évidence les points singuliers de la fonction de transfert, il est possible de réexprimer la fonction de transfert sous une forme factorisée :

$$H(z)=G\frac{(z-z_1)(z-z_2)\cdots (z-z_K)}{(z-p_1)(z-p_2)\cdots (z-p_L)}$$

• les $z_k$ correspondent aux zéros de la fonction de transfert,
• les $p_l$ correspondent aux pôles de la fonction de transfert,
• $G=\frac{b_K}{a_L}$ est un facteur d'amplification.

Propriétés

Stabilité : Pour qu'un système à temps discret soit stable, il faut que tous les pôles de sa fonction de transfert soient inclus dans le cercle de rayon unité, c'est-à-dire $|p_l|<1$.

Critère de stabilité : tous les pôles doivent être à l'intérieur du cercle unité

Valeur Initiale :

$$y[0]=\underset{z\to \mathrm{\infty }}{lim}H(z)X(z)$$

Valeur Finale : Si la sortie converge,

$$y(\mathrm{\infty })=\underset{z\to 1}{lim}(z-1)H(z)X(z)$$

Réponse Temporelle

Pour obtenir la réponse temporelle d'un système à une entrée $x[n]$, deux solutions sont possibles.

Technique 1 : Décomposition en éléments simples

1. Calcul de la transformée en Z de la sortie du système, c'est-à-dire $Y(z)=H(z)X(z)$ où $X(z)$ correspond à la transformée en Z de l'entrée.
2. Décomposition en éléments simples de la sortie $Y(z)/z$, puis de $Y(z)$.
3. Retour à l'original en appliquant la transformée en Z inverse (utilisation des tables des transformées en Z).

Technique 2 : Équation de récurrence

1. Obtention de l'équation de récurrence donnant $y[n]$ en fonction de $y[l](l<n)$ et $x[k](k\le n)$
2. Évaluation de la sortie $y[n]$ en remplaçant les $x[k]$ par leur valeur numérique.

Exemple

Réponse indicielle d'un système de premier ordre discret

Considérons un système de premier ordre défini par la fonction de transfert :

$$H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)}=\frac{1}{z-0.5}$$

Les paragraphes suivants montrent comment obtenir la réponse indicielle à un échelon d'amplitude $A$ du système en utilisant les deux techniques possibles.

Technique 1

1. Transformée en Z de la sortie :

$$Y(z)=\frac{1}{z-0.5}X(z)=\frac{z}{(z-0.5)(z-1)}A$$

2. Décomposition en éléments simples :

$$\frac{Y(z)}{z}=-\frac{2}{z-0.5}A+\frac{2}{z-1}A\Rightarrow Y(z)=-\frac{2z}{z-0.5}A+\frac{2z}{z-1}A$$

3. Retour à l'original :

$$\begin{array}{rl}y[n]& =-2(0.5{)}^{n}Au[n]+2Au[n]\\ & =2(1-(0.5{)}^n)Au[n]\end{array}$$

À titre d'exemple pour $A=1$, les premiers échantillons en sortie sont :

$$\begin{array}{rl}y[0]& =0\\ y[1]& =2(1-0.5)=1\\ y[2]& =2(1-0.25)=1.5\\ y[3]& =2(1-0.125)=1.75\end{array}$$

Technique 2

1. Équation de récurrence :

$$\begin{array}{rl}Y(z)(z-0.5)& =X(z)\\ Y(z)& =z^{-1}X(z)+0.5z^{-1}Y(z)\end{array}$$

Nous obtenons alors :

$$y[n]=x[n-1]+0.5y[n-1]$$

2. Évaluation de la sortie $y[n]$ :

$$y[n]=Au[n-1]+0.5y[n-1]$$

À titre d'exemple pour $A=1$, les premiers échantillons en sortie sont :

$$\begin{array}{rl}y[0]& =u[-1]+0.5y[-1]=0\\ y[1]& =u[0]+0.5y[0]=1\\ y[2]& =u[1]+0.5y[1]=1.5\\ y[3]& =u[2]+0.5y[2]=1.75\end{array}$$

Réponse Fréquentielle

Expression

Il est possible de montrer que si $x[n]=e^{j\omega n{T}_e}$, la sortie s'exprime sous la forme $y[n]=H\left(e^{j\omega T_e}\right)e^{j\omega n{T}_e}$ où $H\left(e^{j\omega T_e}\right)$ désigne la réponse fréquentielle du système.

La réponse fréquentielle peut s'obtenir directement à partir de la fonction de transfert en posant :

$$z=e^{j\omega T_e}$$

Compte tenu des propriétés de périodicité et de symétrie, la réponse fréquentielle est le plus souvent déterminée pour $0\le \omega \le {\omega }_e/2$ où ${\omega }_e=2\pi F_e$ désigne la pulsation d'échantillonnage.

Représentation

Comme la réponse fréquentielle est généralement complexe, nous représentons le plus souvent :

• son module $|H\left(e^{j\omega T_e}\right)|$, souvent exprimé en décibels (dB) : $20{\log }_{10}|H\left(e^{j\omega T_e}\right)|$
• son argument $\arg [H\left(e^{j\omega T_e}\right)]$, exprimé en degrés ou en radians.

Ces deux grandeurs sont représentées sur un diagramme de Bode, avec une échelle logarithmique en fréquence.

Exemple

Considérons un système discret de premier ordre de fonction de transfert :

$$H(z)=K\frac{z}{z-a}$$

La réponse fréquentielle s'obtient en posant $z=e^{j\omega T_e}$ :

$$H\left(e^{j\omega T_e}\right)=K\frac{e^{j\omega T_e}}{e^{j\omega T_e}-a}$$

Module

En utilisant $e^{j\omega T_e}=\cos (\omega T_e)+j\sin (\omega T_e)$, le dénominateur s'écrit :

$$e^{j\omega T_e}-a=(\cos (\omega T_e)-a)+j\sin (\omega T_e)$$

Le module de la réponse fréquentielle est donc :

$$\left|H\left(e^{j\omega T_e}\right)\right|=\frac{K}{\sqrt{(\cos (\omega T_e)-a{)}^2+{\sin }^2(\omega T_e)}}=\frac{K}{\sqrt{1-2a\cos (\omega T_e)+a^2}}$$

Argument

L'argument de la réponse fréquentielle s'obtient par :

$$\arg \left[H\left(e^{j\omega T_e}\right)\right]=\omega T_e-\arctan \left(\frac{\sin (\omega T_e)}{\cos (\omega T_e)-a}\right)$$

Diagramme de Bode d'un système discret de premier ordre ($a=0.7$, $K=1$)