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Chapitre 2Analyse de circuits

La transformee de Laplace a deux caracteristiques qui la rende interessante pour l’analysede circuits. En premier, elle permet de transformer une serie d’equations lineaires contenantdes derivees et integrales en une serie d’equations polynomial, qui sont plus simples a ma-nipuler. Deuxiemement, les conditions initiales du circuit sont automatiquement prises enconsideration dans les equations polynomiales.

Dans ce chapitre, on commence en premier en montrant comment on peut sauter l’etaped’ecrire l’equation du circuit avec les derivees et integrales et plutot ecrire directement lesequations dans le domaine de Laplace. On verra aussi que toutes les techniques d’analyse decircuits, comme les tensions de maille ou l’equivalent Thevenin, s’appliquent dans le domainede Laplace.

On verra ensuite le concept de fonction de transfert, et comment on peut s’en servir pourl’analyse de circuits.

2.1 Elements de circuit dans le domaine de Laplace

La methode utilisee pour transformer les elements de circuit dans le domaine de Laplaceest tres simple. On ecrit en premier la relation v−i de l’element, puis on utilise la transformeede Laplace sur cette equation.

Note : les tensions dans le domaine de Laplace ont une unite de volt-seconde, tandis queles courants sont en ampere-seconde.

1

CHAPITRE 2. ANALYSE DE CIRCUITS

2.1.1 Resistance

La loi qui relie la tension au courant pour une resistance est la loi d’Ohm :

v = Ri (2.1)

On applique la transformee de Laplace aux deux cotes de l’equation :

V = RI (2.2)

La relation est la meme que dans le domaine du temps. Une resistance de R Ohm dans ledomaine du temps est une resistance de R Ohm dans le domaine de Laplace, comme a lafigure 2.1.

R v(t)

+

–

V

+

–

R

Domaine

du temps Domaine de Laplace

Fig. 2.1 – Resistance dans le domaine de Laplace.

Note : On utilise des lettres majuscules pour representer les variables dans le domainede Laplace. De plus, on enleve le (s) pour chaque variable, car il est implicite que s est lavariable utilisee.

2.1.2 Inductance

L’equation qui relie la tension au courant d’une inductance est :

v = Ldi

dt(2.3)

La transformee de Laplace donne :

V = L(sI − i(0−)) = sLI − LI0 (2.4)

Selon l’equation 2.4, la transformee de Laplace d’une inductance est une inductanced’impedance sL en serie avec une source de tension de valeur LI0, comme a la figure 2.2.On peut aussi transformer la source de tension en une source de courant, en utilisant uneequivalence Thevenin-Norton.

2 GELE3132


I0 L v(t)

+

–

sL

LI0

sL s

Domaine


V

+

–

Fig. 2.2 – Inductance dans le domaine de Laplace.

2.1.3 Capacitance

Une capacitance initialement chargee aura aussi deux circuits equivalents dans le domainede Laplace. L’equation qui relie la tension au courant est :

i = Cdv

dt(2.5)

On transforme cette equation dans le domaine de Laplace :

I = C(sV − v(0−)) (2.6)

ouI = sCV − CV0 (2.7)

On peut transformer pour isoler la tension :

V =

(1

sC

)I +

V0

s(2.8)

Selon l’equation 2.8, la transformee de Laplace d’une capacitance est une capacitanced’impedance 1/sC en serie avec une source de tension V0/s, comme a la figure 2.3. On peutaussi utiliser un modele avec une source de courant.

2.2 Analyse de circuits dans le domaine s

Avant de commencer l’analyse de circuits dans le domaine de Laplace, il faut en premierquelques regles.

Premierement, si aucune energie n’est stockee dans une inductance ou capacitance, larelation entre la tension aux bornes et le courant prend la forme de :

V = ZI (2.9)

3 GELE3132


CV0 C v(t)

+

–

sC

V0 s

Domaine


V

+

–

1

sC

1

Fig. 2.3 – Capacitance dans le domaine de Laplace.

ou Z est l’impedance dans le domaine s de l’element. Une resistance a donc une impedancede R, une inductance une impedance de sL, et une capacitance une impedance de 1/sC.

Les regles pour combiner des impedances (ou admittances) dans le domaine de Laplacesont les memes que celles dans le domaine du temps. Les simplifications serie-parallele et ∆-Ysont applicables. Les lois de Kirchhoff s’appliquent dans le domaine de Laplace de la memefacon. De plus, toutes les techniques d’analyse de circuits (comme les tensions de maille oul’equivalent Thevenin) s’appliquent de la meme facon.

2.3 Applications

On va maintenant utiliser la transformer de Laplace pour determiner le comportementtransitoire de circuits. On fera en premier l’analyse de circuits connus comme RC et RLC,pour ensuite faire l’analyse de circuits plus complexes.

2.3.1 Circuit RC

On analyse en premier un circuit RC. La capacitance est chargee avec une tension initialede V0 volts, et on cherche l’expression de la tension et du courant dans le domaine du temps.Le circuit RC et son equivalent dans le domaine de Laplace sont montres a la figure 2.4.

Si on fait la somme des tensions dans la boucle, on obtient :

V0

s=

1

sCI + RI (2.10)

On isole pour I,

I =CV0

sRC + 1=

V0/R

s + 1/RC(2.11)

4 GELE3132


C R

i

t = 0

vC R

I

V0

s

sC

1

Fig. 2.4 – Circuit RC

Cette derniere equation est sous la forme d’une des transformee de Laplace vue au chapitreprecedent. On peut donc donner l’expression de i(t) :

i =V0

Re−t/RCu(t) (2.12)

ce qui est la meme expression que celle obtenue avec les equations differentielles.

On peut calculer la tension aux bornes de la resistance :

v = Ri = V0e−t/RCu(t) (2.13)

On aurait aussi pu calculer V directement en utilisant le circuit equivalent avec une sourcede courant dans la figure 2.4.

2.3.2 Reponse echelon d’un circuit RLC parallele

On analyse maintenant un circuit RLC parallele. On cherche le courant iL apres que lasource de courant continue soit appliquee sur les elements en parallele, comme a la figure 2.5.L’energie initiale du systeme est nulle.

C L R Idc

t = 0 iL

25nF 625Ω 25mH 24mA

Fig. 2.5 – Circuit RLC

Il faut transformer le circuit dans le domaine de Laplace. Lorsque l’interrupteur seraouvert, la source de courant Idc sera appliquee aux elements en parallele. Ceci produit le

5 GELE3132


meme effet qu’une entree echelon : au temps t = 0, le courant passe de 0 a Idc. La transformeede Laplace de la source de courant est donc Idc/s.

On obtient donc dans le domaine de Laplace le circuit de la figure 2.6.

sC sL R Idc

IL

s

1

Fig. 2.6 – Circuit RLC dans le domaine de Laplace

Si on fait la somme des courants dans le noeud superieur on obtient :

sCV +V

R+

V

sL=

Idc

s(2.14)

On isole V :

V =Idc/C

s2 + s(1/RC) + (1/LC)(2.15)

Le courant dans l’inductance est V/sL :

IL =Idc/LC

s(s2 + s(1/RC) + (1/LC))(2.16)

et si on remplace les valeurs,

IL =384× 105

s(s2 + 64000s + 16× 108)(2.17)

On peut verifier si l’expression obtenue est correcte en verifiant la valeur finale de iL.Lorsque t →∞, l’inductance devient un court-circuit, et donc tout le courant y circule, soit24mA. Selon le theoreme de la valeur finale,

lims→0

sIL =384× 105

16× 108= 24 mA (2.18)

ce qui est le bon resultat. On peut donc faire la transformee inverse.

En utilisant l’expansion en fractions partielles,

IL =K1

s+

K2

s + 32000− j24000+

K∗2

s + 32000 + j24000(2.19)

6 GELE3132


Les coefficients obtenus sont :

K1 =384× 105

16× 108= 24× 10−3 (2.20)

K2 =384× 105

(−32000 + j24000)(j48000)= 0.02∠126.87 (2.21)

On peut maintenant faire la transformee inverse :

iL = (24 + 40e−32000t cos(24000t + 126.87 )) u(t) mA (2.22)

2.3.3 Reponse transitoire d’un circuit RLC parallele

Un autre exemple d’utilisation de la transformee de Laplace pour trouver la reponsetransitoire d’un circuit est de remplacer la source DC dans le circuit de la figure 2.5 par unesource sinusoıdale. La nouvelle source de courant est

ig = Im cos ωt (2.23)

ou Im = 24 mA et ω = 40 000 rad/s. On suppose ici aussi que l’energie initiale du circuit estnulle.

La transformee de Laplace de la source de courant est

Ig =sIm

s2 + ω2(2.24)

La tension aux bornes des elements en parallele est :

V =(Ig/C)s

s2 + s(1/RC) + (1/LC)(2.25)

Si on remplace la valeur de la source de courant,

V =(Im/C)s2

(s2 + ω2)(s2 + s(1/RC) + (1/LC))(2.26)

et donc on obtient

IL =V

sL=

(Im/LC)s

(s2 + ω2)(s2 + s(1/RC) + (1/LC))(2.27)

On substitue les valeurs numeriques :

IL =384× 105s

(s2 + 16× 108)(s2 + 64000s + 16× 108)(2.28)

7 GELE3132


qu’on factorise par la suite :

IL =384× 105s

(s− j40000)(s + j40000)(s + 32000− j24000)(s + 32000 + j24000)(2.29)

Dans ce cas-ci, on ne peut pas utiliser le theoreme de la valeur finale, puisqu’on a deuxpoles dont la partie reelle n’est pas negative (poles ±j40000).

On utilise l’expansion en fractions partielles :

IL =K1

s− j40000+

K∗1

s + j40000+

K2

s + 32000− j24000+

K∗2

s + 32000 + j24000(2.30)

Les coefficients sont :

K1 =(384× 105)(j40000)

(j80000)(32000 + j16000)(32000 + j64000)= 7.5× 10−3∠(−90 ) (2.31)

K2 =(384× 105)(−32000 + j24000)

(−32000− j16000)(−32000 + j64000)(j48000)= 12.5× 10−3∠(90 ) (2.32)

On aurait aussi pu trouver ces coefficients a l’aide de Matlab :

>> N = [384e5 0];

>> D = conv([1 0 16e8],[1 64000 16e8]);

>> [R,P,K] = residue(N,D)

R =

-0.0000 + 0.0125i

-0.0000 - 0.0125i

0.0000 - 0.0075i

0.0000 + 0.0075i

P =

1.0e+004 *

-3.2000 + 2.4000i

-3.2000 - 2.4000i

-0.0000 + 4.0000i

-0.0000 - 4.0000i

K =

[]

8 GELE3132


On voit bien que Matlab obtient les memes solutions que celles calculees.

Il suffit maintenant de faire la transformee inverse pour obtenir iL :

iL = 15 cos(40000t− 90 ) + 25e−32000t cos(24000t + 90 ) mA

= 15 sin(40000t)− 25e−32000t sin(24000t)u(t) mA(2.33)

La valeur en regime permanent de iL est 15 sin(40000t) mA, ce qui est la meme reponseque celle obtenue par la methode des phaseurs.

2.3.4 Reponse echelon d’un circuit a plusieurs boucles

Il est tres difficile d’analyser des circuits ayant plusieurs mailles en utilisant des equationsdifferentielles. Cependant, on peut le faire tres facilement en utilisant la transformee deLaplace. On utilise comme exemple le circuit de la figure 2.7.

t = 0

42Ω

10H

336V 48Ω

8.4H

i1 i2

Fig. 2.7 – Exemple de circuit a mailles multiples

On cherche le courant dans les branches lorsque la source de tension est appliquee sou-dainement au circuit. L’energie initiale emmagasinee dans le circuit est nulle.

Pour commencer, il faut transformer le circuit au domaine de Laplace. La source detension, puisqu’elle est appliquee soudainement, comme un echelon, devient une source de336/s. Les deux inductances deviennent 8.4s et 10s, respectivement, tandis que les resistancesne changent pas.

On peut ecrire les equations des courants de maille :

336

s= (42 + 8.4s)I1 − 42I2 (2.34)

0 = −42I1 + (90 + 10s)I2 (2.35)

9 GELE3132


C’est un systeme a deux equations, deux inconnues. On resout pour obtenir :

I1 =40(s + 9)

s(s + 2)(s + 12)(2.36)

I2 =168

s(s + 2)(s + 12)(2.37)

On peut faire l’expansion en fractions partielles :

I1 =15

s− 14

s + 2− 1

s + 12(2.38)

I2 =7

s− 8.4

s + 2+

1.4

s + 12(2.39)

Il reste a faire la transformee inverse pour obtenir les equations en fonction du temps :

i1 = 15− 14e−2t − e−12t u(t) A (2.40)

i2 = 7− 8.4e−2t + 1.4e−12t u(t) A (2.41)

On peut verifier les solutions pour voir si elles font du sens. Puisque l’energie initiale ducircuit est nulle, les courants i1 et i2 doivent etre nuls pour t = 0. On obtient bel et bien 0pour les deux courants a t = 0. A t = ∞, les inductances agissent comme des court-circuits.Les valeurs finales des courants, selon le circuit, sont :

i1(∞) =90

(42)(48)336 = 15 A (2.42)

i2(∞) =42

9015 = 7 A (2.43)

ce qui est la meme valeur que celle obtenue avec les equations en fonction du temps.

On peut voir le comportement des courants a la figure 2.8. Noter bien que les courantsprennent un certain temps a atteindre leur valeur finale, environ 3s dans ce cas-ci. L’effetn’est pas instantane.

2.3.5 Utilisation de l’equivalent Thevenin

Soit un autre exemple d’utilisation de la transformee de Laplace dans l’analyse de circuits.Cette fois, on utilise l’equivalent Thevenin pour l’analyse du circuit de la figure 2.9. Oncherche le courant iC . L’energie emmagasinee initialement dans le circuit est nulle.

Le circuit equivalent dans le domaine de Laplace est donne a la figure 2.10.

10 GELE3132


0 1 2 3 4 50

2

4

6

8

10

12

14

16

temps (s)

Cou

rant

(A

)

Fig. 2.8 – Exemple de circuit a mailles multiples : courants

t = 0

20Ω

2mH 480V 5µF iC

60Ω a

b

Fig. 2.9 – Exemple d’utilisation de l’equivalent Thevenin

La tension Thevenin entre les bornes a et b est la tension obtenue lorsqu’il y a un circuitouvert entre a et b (comme si on enleve la capacitance). On obtient donc :

VTh =0.002s

20 + 0.002s· 480

s=

480

s + 104(2.44)

La resistance Thevenin est egale a la resistance de 60Ω en serie avec la combinaisonparallele de l’inductance et la resistance de 20Ω. Donc :

ZTh = 60 +0.002s(20)

20 + 0.002s=

80(s + 7500)

s + 104(2.45)

On peut donc simplifier le circuit original a une tension VTh en serie avec une resistance

11 GELE3132


20Ω

0.002s 480 IC

60Ω a

b

s

2×105

s

Fig. 2.10 – Exemple d’utilisation de l’equivalent Thevenin

RTh. Le courant IC est donc egal a la tension VTh divisee par l’impedance totale du circuit :

IC =480/(s + 104)

[80(s + 7500)/s + 104] + [(2× 105)/s]=

6s

(s + 5000)2(2.46)

On fait l’expansion en fraction partielles :

IC =−30000

(s + 5000)2+

6

s + 5000(2.47)

et dans le domaine du temps,

iC = −30000te−5000t + 6e−5000t u(t) A (2.48)

On peut verifier si la solution obtenue fait du sens. De l’equation 2.48, le courant initialdans la capacitance est iC(0+) = 6A. Si on analyse le circuit, lorsque l’interrupteur est ferme,aucun courant ne circule dans l’inductance, et la tension aux bornes de la capacitance estnulle. Il y a donc un courant initial de 480/80 = 6A, ce qui est la meme reponse.

La valeur finale du courant dans la capacitance est 0, ce qui fait du sens si on analysele circuit. A t = ∞, l’inductance est un court-circuit, et donc aucun courant circule dans lacapacitance.

On peut voir la courbe du courant en fonction du temps a la figure 2.11. Remarquer que lecourant devient negatif (change de direction) a t = 200µs. Initialement, le condensateur seracharge, puis il se dechargera au fur et a mesure que l’inductance agit comme un court-circuit.

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0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

x 10−3

−1

0

1

2

3

4

5

6

temps (s)

cour

ant (

A)

Fig. 2.11 – Exemple d’utilisation de l’equivalent Thevenin : courant

2.4 Fonction de transfert

Une fonction de transfert est definit comme etant le rapport dans le domaine de Laplacede la sortie sur l’entree. Dans le cadre de ce cours, on se limite a des circuits ou les conditionsinitiales sont nulles. Si un circuit a plusieurs sources, on trouve la fonction de transfert pourchaque source puis on utilise la superposition pour obtenir la fonction de transfert globale.

Par definition, la fonction de transfert est :

H(s) =Y (s)

X(s)(2.49)

ou Y (s) est la transformee de Laplace du signal de sortie, et X(s) est la transformee deLaplace du signal d’entree. Noter que la fonction de transfert depend de ce qui est definicomme la sortie. On prend comme exemple le circuit de la figure 2.12, un circuit RLC serie.

R

Vg

sL

1

sC

Fig. 2.12 – Circuit RLC serie

13 GELE3132


Si on cherche la fonction de transfert I/Vg, on obtient

H(s) =I

Vg

=1

R + sL + 1/sC=

sC

s2LC + sRC + 1(2.50)

Cependant, si la sortie est la tension aux bornes de la capacitance, on obtient une fonctionde transfert differente :

H(s) =Vc

Vg

=1/sC

R + sL + 1/sC=

1

s2LC + sRC + 1(2.51)

On voit bien que la fonction de transfert depend de la sortie choisie.

2.4.1 Poles et zeros de la fonction de transfert

Pour un circuit ou les composantes sont lineaires, H(s) est toujours une fonction ration-nelle de s. Des poles complexes doivent toujours etre en paires et conjugues. Les poles deH(s) doivent etre dans la partie de gauche du plan s pour obtenir une reponse qui est finie(la partie reelle des poles doit etre negative ou zero).

On peut reecrire l’equation de la fonction de transfert pour obtenir :

Y (s) = H(s)X(s) (2.52)

Lorsqu’on veut trouver l’equation de y(t), on remarquera que les poles de H(s) sontresponsables pour les composantes transitoires de la reponse totale, tandis que les poles deX(s) sont responsables de la composante en regime permanent de la reponse totale.

2.4.2 Utilisation de H(s)

On peut faire deux observations importantes a partir de l’equation 2.52. Premierement,qu’arrive-t’il a la reponse du circuit si l’entree a un certain delai ? Si l’entree est retardeed’un certain delai de a secondes, alors

L x(t− a)u(t− a) = e−asX(s) (2.53)

et la reponse est donc :Y (s) = H(s)X(s)e−as (2.54)

Si on cherche maintenant la reponse en fonction du temps,

y(t− a)u(t− a) = L−1H(s)X(s)e−as

(2.55)

14 GELE3132


C’est-a-dire qu’un delai de a secondes de l’entree correspond a un delai de a secondes a lasortie.

Deuxiemement, si l’entree est un impulsion (x(t) = δ(t)), on obtient alors :

X(s) = 1 (2.56)

et doncY (s) = H(s) (2.57)

ce qui donney(t) = h(t) (2.58)

ou la sortie est egale a la reponse naturelle du systeme.

La reponse impulsionnelle d’un systeme, h(t), contient assez d’information pour calculerla reponse a n’importe quelle entree au circuit. On utilise alors la convolution pour calculerla reponse.

2.5 Convolution

La convolution permet de relier la sortie y(t) d’un systeme lineaire a son entree x(t) et lareponse impulsionnelle h(t). On peut ecrire la convolution de deux facons :

y(t) =

∫ ∞

−∞h(λ)x(t− λ)dλ =

∫ ∞

−∞h(t− λ)x(t)dλ (2.59)

Pourquoi utiliser la convolution ?

1. Permet de travailler seulement dans le domaine du temps. Ceci est important si x(t)et h(t) sont seulement connus a travers de donnees experimentales. Dans ces cas, latransformee de Laplace est souvent impossible.

2. La convolution introduit les concepts de memoire et de poids dans l’analyse. On verracomment le concept de memoire peut etre utilise pour predire quelque peu la reponsed’un systeme.

On utilise le plus souvent une representation simplifiee pour noter la convolution :

y(t) = h(t) ∗ x(t) = x(t) ∗ h(t) (2.60)

ou le texte se lit ”la convolution de h(t) avec x(t)”. La notation h(t) ∗ x(t) implique qu’onutilise la forme integrale

h(t) ∗ x(t) =

∫ ∞

−∞h(λ)x(t− λ)dλ (2.61)

15 GELE3132


tandis que x(t) ∗ h(t) implique

x(t) ∗ h(t) =

∫ ∞

−∞h(t− λ)x(t)dλ (2.62)

Pour des circuits pratiques, on peut changer les bornes des integrales. Pour des circuitsreels, h(t) = 0 pour t < 0, puisqu’il n’y a pas de reponse avant qu’on applique une impulsion.On a donc :

y(t) =

∫ t

0

h(λ)x(t− λ)dλ (2.63)

2.5.1 Convolution graphique

Une interpretation graphique de la convolution est un outil important pour comprendrel’implantation de la convolution comme outil de calcul. On se sert d’un exemple pour illustrer.

Soit la reponse impulsionnelle de la figure 2.13 a), et l’entree au systeme, un pulse delargeur finie, de la figure 2.13 b).

t 0 t1

A

(a) h(t)

t 0 t2

B

(b) x(t)

Fig. 2.13 – Formes d’ondes a) de la reponse impulsionnelle b) de l’entree.

On utilise en premier la forme de l’equation 2.63. Dans les graphes, on remplace t par λ,la constante d’integration. La forme d’onde de x(t) sera modifiee a cause de ceci. Le fait deremplacer λ par −λ ne fait que tourner la fonction x(t) autour de l’axe vertical. On obtientalors les graphes de la figure 2.14.

Il faut maintenant faire l’integrale. L’equation 2.63 implique que les deux fonctions sontmultipliees ensembles. On accomplit ceci de facon graphique en faisant glisser la fonctionx(t− λ) de la gauche vers la droite. On multiplie les deux courbes ensembles. L’integrale estalors l’aire comprise sous cette nouvelle courbe.

Selon la figure 2.15, le graphe de la sortie y(t) sera composee de trois courbes distinctes.

1. La premiere partie est lorsque x(λ) n’a pas encore depasse le point λ1. Dans ce cas-la,la superficie sous les deux courbes augmente.

16 GELE3132


(a) h(λ)

(b) x(t− λ)

Fig. 2.14 – Convolution a) de la reponse impulsionnelle et b) de l’entree. Fig. 2.15 – Convolution graphique

2. La deuxieme partie se produit lorsque le point t est depasse λ1, mais que le point t−λ2

n’a pas encore atteint 0. La superficie sous les deux courbes est alors constante.

3. La troisieme partie arrive lorsque le point t− λ2 a depasse 0.

La duree totale de la reponse sera la somme des temps de l’entree et de la reponseimpulsionnelle, soit t1 + t2. La reponse obtenue est donnee a la figure 2.16. Remarquer quependant les segments 1 et 3, la courbe est de la forme d’une parabole, puisqu’il s’agit del’integrale d’une pente.

0 t1 t1 + t2 t2

y(t)

t

Fig. 2.16 – Convolution graphique

17 GELE3132


Exemple 1

Soit le circuit de la figure suivante et l’entree donnee. Calculer la sortie vo, et tracer lareponse pour 0 < t < 15s.

1Ω

1H

vi vo

+

– t (s) 0 5

vi

10

20

(V)

La premiere etape est de trouver la reponse impulsionnelle du circuit. L’equation de Vo

est

Vo =1

s + 1Vi

ou,Vo

Vi

= H(s) =1

s + 1

Lorsque vi est une impulsion δ(t), on a alors que vo = h(t), ce qui donne

h(t) = L−1H(s) = e−tu(t)

en faisant la transformee inverse. La reponse impulsionnelle dans ce cas est donc un expo-nentiel decroissant.

Il faut maintenant appliquer la convolution. Il faudra donc faire une image miroir del’entree et la faire glisser de gauche a droite sur la reponse impulsionnelle. Ceci donnera troispoints importants : 0, 5 et 10s.

Pour l’intervalle 0 < t < 5s, l’equation de l’entree est :

vi(t) = 4t

Lorsqu’on replie l’entree, on obtient comme equation :

vi(t− λ) = 4(t− λ)

Pour la convolution, lors de l’intervalle 0 < t < 5s, on obtient :

vo =

∫ t

0

4(t− λ)e−λdλ

= 4(e−t + t− 1)

18 GELE3132


Pour le deuxieme intervalle, 5 < t < 10s,

vo =

∫ t−5

0

20e−λdλ +

∫ t

t−5

(t− λ)e−λdλ

= 4(5 + e−t − e−(t−5))

Pour le troisieme intervalle, 10 < t < ∞,

vo =

∫ t−5

t−10

20e−λdλ +

∫ t

t−5

(t− λ)e−λdλ

= 4(e−t − e−(t−5) + 5e−(t−10))

La reponse est tracee (avec Matlab) a la figure suivante.

0 5 10 150

5

10

15

20

temps (s)

tens

ion

(V)

EntréeRéponse

Remarquer que la reponse suit de facon assez pres l’entree, mais avec un certain delai. Cedelai est du a l’inductance, une composante qui emmagasine de l’energie.

2.5.2 Proprietes de la convolution

Voici quelques proprietes de la convolution :

Kx(t) ∗ h(t) = x(t) ∗Kh(t) = Ky(t)[x1(t) + x2(t)] ∗ h(t) = y1(t) + y2(t)

19 GELE3132

chapitre analyse de circuits · 2.3.2 r¶eponse ¶echelon d’un circuit rlc parallµele on analyse...

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