Circuits et courant continu

Simulation des circuits de l'électronique analogique

Il est possible de simuler presque la totalité des montages présentés dans l'ensemble des chapitres de l'électronique analogique avec un logiciel de simulation gratuit proposé par Analog Devices, avec sa page wiki et des modèles supplémentaires. Pour les utilisateurs de Linux, la version windows fonctionne parfaitement sous linux avec wine.

Définition et Lois de Kirchoff

Un courant ou une tension continu est une fonction du temps qui est constante, on écrit i(t)=I, u(t)=U, v(t)=V

Les lois de Kirchoff définissent la loi des noeuds pour les courants et la loi des mailles pour les tensions.

Loi des noeuds

La somme algébrique des courants de conducteurs connectés ensembles en un point que l'on appelle noeud de courants est nulle. On applique une convention de signe pour les courants qui précise que les courants entrants, qui se dirigent vers le noeud, sont positifs et les courants sortants, qui s'éloignent du noeud, sont négatifs.
Tout ceci se traduit par la relation générale pour n conducteurs connectés à un noeud de courant : $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{i_{k}(t)=0}$ , qui reste valable pour des grandeurs continues.

Exemple avec la figure ci-jointe où n=5
Les courants entrants sont i₁(t), i₂(t) et i₅(t). Les courants sortants sont i₃(t) et i₄(t). Ce qui donne la relation : $\displaystyle i_{1}(t)+i_{2}(t)-i_{3}(t)-i_{4}(t)+i_{5}(t)=0$ .

Loi des mailles

Les tensions sont des différences entre deux potentiels et également nommées différences de potentiel.

Lorsque que l'on parcours un circuit composé de potentiels et composants, on part d'un potentiel pour revenir à ce même potentiel, dans ce cas la somme algébrique des potentiels rencontrés vaut 0. On applique également une convention qui consiste à affecter un signe plus lorsque l'on parcours la différence de potentiel du plus faible potentiel vers le plus élevé ce qui correspond à un parcours du talon vers la pointe de la flèche qui représente le potentiel. Ce parcours s'appelle une maille. La relation pour une maille composée de n différences de potentiels s'écrit : $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{u_{k}(t)}=0$

Exemple avec la figure ci-jointe où n=5
Les tensions u₁(t) , u₂(t) , u₃(t) sont défines positives, et les tensions u₄(t) , u₅(t) son défines négatives. Cela donne la relation : $\displaystyle u_{1}(t)+u_{2}(t)+u_{3}(t)-u_{4}(t)-u_{5}(t)=0$

Exemple de circuit

figure 1 : lois de Kirchoff

On a 1 maille et un noeud alimentés par une source continue U.
Le noeud est la connexion des conducteurs issus des 3 résistances avec les courants I₁, I₂ et I₃. La maille est le parcours des 3 tensions U , U₁ et U₂.
$\displaystyle\left\{\begin{array}[]{rcl}U-U_{1}-U_{2}&=&0\\ I-I_{1}-I_{2}&=&0\\ \end{array}\right.$
En ajoutant les relations entre courants, résistances et tensions : $\displaystyle\left\{\begin{array}[]{rcl}U_{1}&=&R_{3}I\\ U_{2}&=&R_{1}I_{1}\\ U_{2}&=&R_{2}I_{2}\\ \end{array}\right.$ et en remplaçant les résultats de ces équations dans le premier système, on obtient un système d'équations qui permet de calculer deux valeurs (U₂ , I₂) à partir des autres valeurs U , R₁ , R₂ et R₃ :
$\displaystyle\left\{\begin{array}[]{rcl}U-R_{3}I-U_{2}&=&0\\ I-\frac{R_{2}}{R_{1}}I_{2}-I_{2}&=&0\\ I_{2}&=&\frac{U_{2}}{R_{2}}\end{array}\right.$ ⇨ $\displaystyle\left\{\begin{array}[]{rcl}U-R_{3}\left(\frac{R_{2}}{R_{1}}+1% \right)I_{2}-U_{2}&=&0\\ I_{2}&=&\frac{U_{2}}{R_{2}}\end{array}\right.$ ⇨ $\displaystyle\left\{\begin{array}[]{rcl}U-R_{3}\left(\frac{R_{2}}{R_{1}}+1% \right)\frac{U_{2}}{R_{2}}-U_{2}&=&0\\ I_{2}&=&\frac{U_{2}}{R_{2}}\end{array}\right.$ ⇨ $\displaystyle\left\{\begin{array}[]{rcl}U-U_{2}\left(\frac{R_{1}R_{2}+R_{2}R_{% 3}+R_{1}R_{3}}{R_{1}R_{2}}\right)&=&0\\ I_{2}&=&\frac{U_{2}}{R_{2}}\end{array}\right.$ .
Le résultats sont donc : $\displaystyle U_{2}=U\frac{R_{1}R_{2}}{R_{1}R_{2}+R_{2}R_{3}+R_{1}R_{3}}$ et $\displaystyle I_{2}=U\frac{R_{1}}{R_{1}R_{2}+R_{2}R_{3}+R_{1}R_{3}}$

On utilise rarement les loi de Kirchoff pour effectuer des calculs sur les circuits, on verra dans les chapitres suivants des méthodes plus rapides et plus efficaces pour effectuer les mêmes calculs.

Groupement de composants

Groupement en série

Résistances

Le courant i(t) est le même dans toutes les résistances, la loi des mailles nous indique que la tension u(t) est égale à la somme des tensions de u₁(t) à u_n(t), ce qui donne la relation :

\displaystyle u(t)=u_{1}(t)+u_{2}(t)+...+u_{n}(t)=\sum_{k=1}^{n}{u_{k}(t)}

On a également pour chaque tension u_k(t) la relation u_k(t)=R_ki(t). Ces équations permettent d'écrire :

\displaystyle u(t)=\sum_{k=1}^{n}{R_{k}i(t)}=i(t)\sum_{k=1}^{n}{R_{k}}=i(t)R_{eq}

On peut donc déduire la résistance équivalente de ce circuit

\displaystyle R_{eq}=\sum_{k=1}^{n}{R_{k}}

qui signifie que la résistance équivalente de résistances connectées en série est egale à la somme de ces résistances.

Exemple avec le pont diviseur de tension

$\displaystyle u(t)=R_{eq}i(t)=(R_{1}+R_{2})i(t)$ d'une part et $\displaystyle u_{2}(t)=R_{2}i(t)$ d'autre part.
De ces deux relations, nous déduisons la relation du diviseur de tension lorsque le même courant i(t) traverse les deux résistances :

\displaystyle\frac{u_{2}(t)}{u(t)}=\frac{R_{2}i(t)}{(R_{1}+R_{2})i(t)}=\frac{R% _{2}}{R_{1}+R_{2}}

Condensateurs

On applique les mêmes relations aux condensateurs avec i(t) courant commun à tous les condensateurs sans oublier les conditions initiales qui correspondent aux valeurs des tensions à l'instant t=0.

La loi des mailles est valable quelque soit t, donc également en t=0.

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}u(t)&=&\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{C_{k}}\int{i(t% )dt}+u_{k}(0)}\\ &=&\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{C_{k}}\int{i(t)dt}}+\sum_{k=1}^{n}{u_{k}(0)}\\ &=&\left(\int{i(t)dt}\right)\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{C_{k}}}+\sum_{k=1}^{n}{u_{% k}(0)}\\ &=&\frac{1}{C_{eq}}\int{i(t)dt}+u(0)\end{array}\par

en définissant C_eq avec la relation :

\displaystyle\frac{1}{C_{eq}}=\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{C_{k}}}

L'inverse de capacité équivalente de condensateurs connectés en série est égale à la somme des inverses des capacités de chaque condensateur

Groupement en parallèle

Résistances

La tension u(t) est commune à toutes les résistances. La loi des noeuds nous indique que le courant i(t) est la somme des courants i₁(t) à i_n(t)qui traversent chaque résistance, ce qui donne la relation

\displaystyle i(t)=i_{1}(t)+i_{2}(t)+...i_{n}(t)=\sum_{k=1}^{n}{i_{k}(t)}

On a également pour chaque courant i_k(t) la relation i_k(t)=G_ku(t) avec G conductance qui est l'inverse de la résistance. Ces équations permettent d'écrire :

\displaystyle i(t)=\sum_{k=1}^{n}{G_{k}u(t)}=u(t)\sum_{k=1}^{n}{G_{k}}=G_{eq}u% (t)

on peut donc déduire la conductance, puis la résistance équivalente du circuit

\displaystyle G_{eq}=\sum_{k=1}^{n}{G_{k}}\Rightarrow\frac{1}{R_{eq}}=\sum_{k=% 1}^{n}{\frac{1}{R_{k}}}

qui signifie que l'inverse de la résistance équivalente est la somme des inverses des résistances.

avec n=2, on obtient

\displaystyle R_{eq}=\frac{1}{\frac{1}{R_{1}}+\frac{1}{R_{2}}}=\frac{R_{1}R_{2% }}{R_{1}+R_{2}}

avec n=3, on obtient

\displaystyle R_{eq}=\frac{1}{\frac{1}{R_{1}}+\frac{1}{R_{2}}+\frac{1}{R_{3}}}% =\frac{R_{1}R_{2}R_{3}}{R_{1}R_{2}+R_{2}R_{3}+R_{1}R_{3}}

Exemple avec le pont diviseur de courant

$\displaystyle i(t)=G_{eq}u(t)=(G_{1}+G_{2})u(t)$ d'une part et $\displaystyle i_{2}(t)=G_{2}u(t)$ d'autre part.
De ces deux relations, nous déduisons la relation du diviseur de courant lorsque la même tension u(t) se trouve aux bornes des résistances :

\displaystyle\frac{i_{2}(t)}{i(t)}=\frac{G_{2}u(t)}{(G_{1}+G_{2})u(t)}=\frac{% \frac{1}{R_{2}}}{\frac{1}{R_{1}}+\frac{1}{R_{2}}}=\frac{R_{1}}{R_{1}+R_{2}}

Condensateurs

On applique les mêmes relations aux condensateurs avec u(t) tension commune à tous les condensateurs. La loi des noeuds nous indique que le courant i(t) est la somme des courants i₁(t) à i_n(t)qui traversent chaque résistance, ce qui donne la relation

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}i(t)&=&\sum_{k=1}^{n}{i_{k}(t)}=\sum_{k=1}^{n% }{C_{k}\frac{du}{dt}}\\ &=&\frac{du}{dt}\sum_{k=1}^{n}{C_{k}}=\frac{du}{dt}C_{eq}\\ \end{array}

en définissant

\displaystyle C_{eq}=\sum_{k=1}^{n}{C_{k}}

qui signifie que la capacité équivalente de condensateurs connectés en parallèle est égale à la somme des capacités ce chaque condensateur.

Inductance mutuelle

Le groupement d'inductances en série ou parallèle est plus rare, quand cela est utilisé, les inductances sont proches, et il faut prendre en compte l'influence du champp magnétique de chaque inductance sur les autres inductances. On parle alors d'inductance mutuelle.

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}u_{1}(t)&=&L_{1}\frac{di_{1}}{dt}+M\frac{di_{% 2}}{dt}\\ u_{2}(t)&=&L_{2}\frac{di_{2}}{dt}+M\frac{di_{1}}{dt}\\ \end{array}

Sources de tension et de courant

Source de tension

Source idéale, la tension vaut U quelque soit la valeur du courant fourni. Un source idéale n'existe pas en pratique.
La loi des mailles donne la relation     U  =      U  0    -      R  g    ⁢  I        
				
Source réelle, la tension chute lorsque le courant fourni augmente. C'est le cas réel. On n'utilise jamais une source de tension en court-ciruit (i=Icc).

				Une source de tension est définie avec sa tension U0 et un courant Imax à ne jamais dépasser.

La source est connectée à une charge R_L
Le courant I vaut : $\displaystyle I=\frac{U_{0}}{R_{g}+R_{L}}$ . La tension U vaut : $\displaystyle U=U_{0}\frac{R_{L}}{R_{g}+R_{L}}$
La puissance P transmise à la charge représente l'aire du rectangle jaune sur le graphe et vaut : $\displaystyle P=UI=\frac{U_{0}^{2}R_{L}}{(R_{g}+R_{L})^{2}}$

On veut estimer la puissance maximale transmise à la charge, pour cela on va chercher la valeur maximum de la fonction P(R_L) avec R_g≠0 : $\displaystyle P(R_{L})=\frac{U_{0}^{2}R_{L}}{(R_{g}+R_{L})^{2}}$ .

Etude de la dérivée

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}P^{\prime}(R_{L})&=&U_{0}^{2}\frac{(R_{g}+R_{% L})^{2}-2(R_{g}+R_{L})R_{L}}{(R_{g}+R_{L})^{4}}\\ &=&U_{0}^{2}\frac{R_{g}-R_{L}}{(R_{g}+R_{L})^{3}}\end{array}

Tableau de variations

R_L	0		R_g		+∞
P'(R_L)	$\frac{U_{0}^{2}}{R_{g}^{2}}$	+	0	-	0_-
P(R_L)	0	↗	$\frac{U_{0}^{2}}{4 R_{g}}$	↘	0

La puissance transmise est maximale pour R_L=R_g

Source de courant

Source idéale, le courant vaut I quelque soit la valeur de la tension fournie. Un source idéale n'existe pas en pratique.
Source réelle, la tension chute lorsque le courant fourni augmente. C'est la cas réel.

Source de courant chargée par une résistance

La source est connectée à une charge R_L
Le courant I vaut : $\displaystyle I=I_{0}\frac{G_{L}}{G_{g}+G_{L}}=I_{0}\frac{R_{g}}{R_{g}+R_{L}}$ La tension U vaut : $\displaystyle U=R_{L}I=I_{0}\frac{R_{L}R_{g}}{R_{g}+R_{L}}$
La puissance P transmise à la charge représente l'aire du rectangle jaune sur le graphe et vaut : $\displaystyle P=UI=I_{0}^{2}\frac{R_{L}R_{g}^{2}}{(R_{L}+R_{g})^{2}}$

On veut estimer la puissance maximale transmise à la charge, pour cela on va chercher la valeur maximum de la fonction P(R_L) avec R_g≠0 : $\displaystyle P(R_{L})=I_{0}^{2}R_{g}^{2}\frac{R_{L}}{(R_{g}+R_{L})^{2}}$

Etude de la dérivée

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}P^{\prime}(R_{L})&=&I_{0}^{2}R_{g}^{2}\frac{(% R_{g}+R_{L})^{2}-2(R_{g}+R_{L})R_{L}}{(R_{g}+R_{L})^{4}}\\ &=&I_{0}^{2}R_{g}^{2}\frac{R_{g}-R_{L}}{(R_{g}+R_{L})^{3}}\end{array}

Tableau de variations

R_L	0		R_g		+∞
P'(R_L)	I₀²	+	0	-	0_-
P(R_L)	0	↗	$\frac{I_{0}^{2} R_{g}}{4}$	↘	0

La puissance transmise est maximale pour R_L=R_g

Equivalence entre sources

La correspondance entre ces deux montages est définie par la relation :
				      U  0    =      R  g    ⁢    I  0        
				
Remarque importante

				Lorsque Rg≫ RL, la valeur du courant est très peu influencée par RL, on est proche d'une source de courant.

				Lorsque Rg≪ RL, la valeur de la tension est très peu influencée par RL, on est proche d'une source de tension.

Groupement des sources

Sources de tension en série

\displaystyle U=\sum_{k=1}^{n}{U_{k}}

Sources de courant en parallèle

\displaystyle I=\sum_{k=1}^{n}{I_{k}}

Théorème de Thevenin

Le théorème de Thevenin permet de simplifier un circuit complexe afin d’obtenir une source réelle de tension. C'est le modèle équivalent d'un circuit ramené à une source de tension réelle.
La résistance équivalente est égale à la résistance du circuit, lorsque les sources de tension sont court-circuités et les sources de courant ouvertes.
La tension de la source équivalente est la tension à vide du circuit, lorsque le courant débité vaut 0.

Calcul des éléments E_th et R_th du modèle équivalent

On modélise un circuit ou une portion de circuit en le remplaçant par un générateur de Thevenin composé d'une source de tension E_th et une résistance R_th. La méthode qui suit permet de calculer ces deux valeurs en fonction des valeurs des éléments du circuit vu des bornes A et B.

\displaystyle E_{th}=\left.U_{AB}\right|_{I_{s}=0}

On calcule la valeur de E_th en fonction des composants du circuit en utilisant le fait que U_AB=E_th lorsque le courant de sortie Is vaut 0. Il suffit donc de calculer la valeur de U_AB lorsque le courant Is du circuit vaut également 0.

\displaystyle R_{th}=\left.\frac{U_{AB}}{I}\right|_{E_{k}=0,I_{k=0}}

On calcule la valeur de R_th en fonction des composants du circuit en utilisant le fait que R_th vaut la tension U_AB divisée par le courant I lorsque la source de tension E_th vaut 0, c'est à dire que l'on remplace la source E_th par un conducteur. Il suffit donc de calculer la valeur de U_AB divisée par le courant I du circuit lorsque toutes les sources de tensions sont remplacées par des conducteurs et toutes les sources de courant sont déconnectées.

Exemple de circuit

Le schéma ci-dessus est identique à celui présenté sur la  figure 1 : lois de Kirchoff.

				On propose de calculer U2 et I2 en utilisant le théorème de Thevenin
Calcul de Eth

				I2=0, on peut appliquer la relation du diviseur de tension qui donne 
				      E    t  ⁢  h      =        U  2    |        I  2    =  0      =    U  ⁢        R  1        R  1    +    R  3              
				
Calcul de Rth

				On peut observer sur le schéma que les résistances R1 et R3 sont connectées en parallèle, ce qui donne
 
				      R    t  ⁢  h      =            U  2    I      |      U  =  0      =          R  1    ⁢    R  3          R  1    +    R  3

Calcul de U₂ et I₂ en utilisant le générateur de Thevenin :

Pour calculer U2, on utilise une fois de plus le pont diviseur de tension avec Eth et les résistances Rth et R2

				          U  2        =          E    t  ⁢  h      ⁢        R  2        R  2    +    R    t  ⁢  h                        =        U  ⁢        R  1        R  1    +    R  3          ⁢        R  2        R  2    +        R  1    ⁢    R  3          R  1    +    R  3                          =        U  ⁢          R  1    ⁢    R  2          (      R  1    +    R  3      )    ⁢    (      R  2    +        R  1    ⁢    R  3          R  1    +    R  3          )                      =        U  ⁢          R  1    ⁢    R  2            R  2    ⁢    (      R  1    +    R  3      )      +      R  2    ⁢    R  3                        =        U  ⁢          R  1    ⁢    R  2            R  1    ⁢    R  2      +      R  1    ⁢    R  3      +      R  2    ⁢    R  3                    
				
Pour calculer I2, il suffit de diviser U2 par R2

				          I  2        =            U  2      R  2                  =        U  ⁢        R  1          R  1    ⁢    R  2      +      R  1    ⁢    R  3      +      R  2    ⁢    R  3                    				
				
On retrouve bien les résultats trouvés avec les lois de Kirchoff.

Application numérique

Avec les valeurs suivantes : U=10v, R₁=R₃=10kΩ, R₂=4.7kΩ, les résultats sont : U₂=2,42V et I₂=0,515mA, E_th=5V et R_th=5kΩ.

Voir les résultats de la simulation

Théorème de superposition

Le théorème de superposition s'applique aux systèmes linéaires.
Lorsqu’un circuit comporte plusieurs sources indépendantes, le courant en un point (ou bien la tension aux bornes d’un élément du circuit) est équivalente à la somme algébrique des courants (tensions) calculés avec chaque source prise individuellement (les autres sources étant annulées).

Remarque
Les systèmes physiques ne sont pas linéaires, En réalité, on travaille en mode différentiel autour d'un point de fonctionnement c'est-à-dire que l'on linéarise le système non linéaire autour d’un point de fonctionnement.

Etude d'un exemple

On propose de calculer le courant I2 du montage suivant :

figure 2 : théorème de superposition
schéma A : on annule la source de courant I0 en la déconnectant, donc en ouvrant le circuit.
Le résultat est immédiat, les résistances R1 et R2 sont en sériées
      I    2  ⁢  A      =        U  0        R  1    +    R  2           
schéma B : on annule la source de tension U0 en la court-circuitant
Le résultat est immédiat, on a un pont diviseur de courant
      I    2  ⁢  B      =      I  0    ⁢        R  1        R  1    +    R  2             

La solution complète est la somme algébrique des solutions du schéma A et du schéma B

\displaystyle I_{2}=I_{2A}+I_{2B}=\frac{U_{0}}{R_{1}+R_{2}}+I_{0}\frac{R_{1}}{% R_{1}+R_{2}}=\frac{U_{0}+R_{1}I_{0}}{R_{1}+R_{2}}

Application numérique

Avec les valeurs suivantes : U₀=10v, I₀=1mA, R₁=2,2kΩ, R₂=10kΩ, les résultats sont U=10v et I₂=1mA.

Voir les résultats de la simulation

Théorème de Millman

Le théorème de Millman est une conséquence de la loi des noeuds.

Le potentiel en un point d’un circuit est égal à la somme algébriques des courants et à la somme algébrique des tensions divisées par chaque résistance en série, le tout divisé par la somme des inverses des résistances arrivant sur ce point.
Toutes les sources sont référencées par rapport au même potentiel.

				      U  A    =              ∑    i  =  0    m            U  i      R  i          +        ∑    k  =  0    n        I  k              ∑    j  =  0    l          1    R  j                
				
On exprime la loi des noeuds au point A

					            ∑    k  =  0    n        I  k      +        ∑    k  =  0    m        I  k        =  0    
					avec
					          ∑    k  =  0    m        I  k      =        ∑    k  =  0    m              U  k    -    U  A        R  k            
				
					                ∑    k  =  0    n        I  k      +        ∑    k  =  0    m              U  k    -    U  A        R  k                =      0                    ∑    k  =  0    n        I  k      +        ∑    k  =  0    m            U  k      R  k            -        ∑    k  =  0    m            U  A      R  k                =      0                    ∑    k  =  0    n        I  k      +        ∑    k  =  0    m            U  k      R  k            -      U  A    ⁢        ∑    k  =  0    m          1    R  k                  =      0

Etude d'un premier exemple

On reprend le schéma de la figure 1 : lois de kirchoff

La présentation du schéma est modifiée, mais le schéma reste le même. On a ajouté le référentiel de masse.
On applique le théorème de Millman pour le calcul de U₂. Pour les lignes qui contiennent uniquement des résistances, il suffit de considérer des tensions nulles, ce qui donne :

\displaystyle U_{2}=\frac{\frac{U}{R_{3}}+\frac{0}{R_{1}}+\frac{0}{R_{2}}}{% \frac{1}{R_{1}}+\frac{1}{R_{2}}+\frac{1}{R_{3}}}=\frac{\frac{U}{R_{3}}}{\frac{% R_{2}R_{3}+R_{1}R_{3}+R_{1}R_{2}}{R_{1}R_{2}R_{3}}}

On retrouve les résultats calculés avec l'aide des lois de Kirchoff et du théorème de Thevenin :
$\displaystyle U_{2}=U\frac{R_{1}R_{2}}{R_{1}R_{2}+R_{2}R_{3}+R_{1}R_{3}}$ et $\displaystyle I_{2}=\frac{U_{2}}{R_{2}}=U\frac{R_{1}}{R_{1}R_{2}+R_{2}R_{3}+R_% {1}R_{3}}$

Etude d'un deuxième exemple

On reprend le schéma de la figure 2 : théorème de superposition

On a également ajouté le référentiel de masse.

On applique Millman à la tension U₂, ce qui donne :

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}U_{2}&=&\frac{I_{0}+\frac{U_{0}}{R_{1}}+\frac% {0}{R_{2}}}{\frac{1}{R_{1}}+\frac{1}{R_{2}}}=\frac{I_{0}+\frac{U_{0}}{R_{1}}}{% \frac{R_{1}+R_{2}}{R_{1}R_{2}}}\\ &=&\frac{R_{1}I_{0}+U_{0}}{\frac{R_{1}+R_{2}}{R_{2}}}=R_{2}\frac{R_{1}I_{0}+U_% {0}}{R_{1}+R_{2}}\\ \end{array}

Ce qui donne le résultat déja touvé avec le théorème de superposition :

\displaystyle I_{2}=\frac{R_{1}I_{0}+U_{0}}{R_{1}+R_{2}}

Jouons à Millmann

Choisir le nombres de branches

Puis demander un

Solution [ Voir ]

Pont de mesure ou pont de Wheatstone

Le pont de Wheatstone permet de mesurer la valeur d'une résistance avec une précision importante lorsque le courant dans la résistance centrale est nul. On dit que le pont est à l'équilibre. Autrefois, la résistance centrale représentait la résistance d'un galvanomètre qui mesurait le courant. Pour effectuer ce calcul, on cherche à établir la relation entre le courant circulant dans la résistance centrale et les 4 autres résistances.

En utilisant les théorèmes, donner l'expression du courant I dans la résistance R₅
Calculer la valeur numérique du courant I dans R₅
Déduire les conditions qui lie les résistances R₁,R₂,R₃,R₄ pour que ce courant I dans R₅ soit nul

Demander les 
Solution [ Voir ]

Adaptation d'impédance dans un circuit avec une dérivation

On cherche à déterminer les résistances R₁ et R₂ du schéma de la figure 1a ci-dessous de façon à obtenir un système adapté en impédance qui respecte le modèle de la figure 1b ci-dessous

figure 1a : schéma du système complet

figure 1b : Modèle à respecter

Calculer la résistance d’entrée R_e du circuit 1 qui est identique à celle du circuit 2.
Quelle doit être l’impédance d’entrée Re d’un circuit (1 ou 2) pour que l’impédance de charge du générateur (entre les points A et B) soit égale à R.
Pour un circuit (1 ou 2), donner une première relation qui lie R, R₁ et R₂ pour obtenir Re = 2R.
Calculer la résistance de thévenin Rth du générateur de thévenin équivalent aux points C₁ et D₁ en fonction de R, R₁ et R₂.
Pour le générateur de thévenin équivalent aux points C₁ et D₁ , on veut obtenir R_th=R, donner une deuxième relation qui lie R, R₁ et R₂ .
A partir des deux relations établies dans les questions précédentes, exprimer R₁ et R₂ en fonction de R.
Calculer la valeur de la source de tension du générateur de thévenin équivalent aux points C₁ et D₁.
Calculer la tension V_e en fonction de E.
Calculer la tension V₁ (identique à V₂) en fonction de E.
Calculer la puissance fournie par le générateur.
Calculer la puissance fournie à la charge R du circuit 1.

Application numérique

Avec les valeurs suivantes : E=10v, R=75Ω, R₁=150Ω, R₂=100Ω, les résultats sont V_e=5v et V₁=V₂≈1.67v

Voir les résultats de la simulation

Equations différentielles

Pour le moment, nous avons utilisé uniquement des résistances, si on ajoute des inductances et/ou des condensateurs, il faut tenir compte des relations entre courant et tension de ces composants qui font intervenir des dérivées et intégrales. C'est pourquoi l'étude de ces circuits, fait appel aux équations différentielles de premier et second ordre à coefficients constants.

Système du premier ordre

Circuit résistance et inductance

On parle de circuit RL

\displaystyle Ri(t)+L\frac{di}{dt}=u(t)

Calculons l'expression de i(t) lorsque u(t)=U et en posant les conditions initiales i(0)=0. L'équation s'écrit : $\displaystyle Ri(t)+L\frac{di}{dt}=U$

On Commenence par résoudre l'équation générale qui correspond au démarrage du circuit, appelé également régime transitoire.
$\displaystyle Ri(t)+L\frac{di}{dt}=0$
L'équation peut s'écrire $\displaystyle\frac{i^{\prime}(t)}{i(t)}=-\frac{R}{L}$ ce qui donne, en intégrant, chaque membre de l'équation : $\displaystyle\ln(i(t))=-\frac{R}{L}t+C$ Le résultat s'écrit : $\displaystyle i(t)=e^{-\frac{R}{L}t+C}=ke^{-\frac{R}{L}t}$

Ensuite on résoud l'équation particulière qui correspond au fonctionnement permanent du circuit, appelé également régime établi ou régime permanent. On n'utilisera pas la variation de la constante, car on sait que la forme du courant i(t) est la même que celle de la tension u(t). Donc si u(t)=U alors i(t)=I ce qui fait que i'(t)=0.
En remplaçant dans l'équation différentielle qui s'écrit : $\displaystyle Ri(t)=U$ , qui donne $\displaystyle i(t)=\frac{U}{R}$

La solution compléte est $\displaystyle i(t)=\frac{U}{R}+ke^{-\frac{R}{L}t}$ .
Nous allons maintenant utiliser la condition initiale i(0=)=0 pour déterminer la valeur de k : $\displaystyle i(0)=\frac{U}{R}+k=0\Rightarrow k=-\frac{U}{R}$ .

La solution finale est donc :

\displaystyle i(t)=\frac{U}{R}-\frac{U}{R}e^{-\frac{R}{L}t}=\frac{U}{R}\left(1% -e^{-\frac{R}{L}t}\right)=\frac{U}{R}\left(1-e^{-\frac{t}{\tau}}\right)

On définit la constante de temps τ comme étant le rapport de L/R

Application numérique

On prend U=5v, R=1kΩ, L=100mH qui donne la constante de temps τ=0,1ms qui donne l'expression

\displaystyle i(t)=5\left(1-e^{-10000t}\right)

avec t en s et i(t) en mA.

Voir les résultats de la simulation

Circuit résistance et condensateur

On parle de circuit RC

\displaystyle Ri(t)+u_{c}(t)=u(t)

On va utiliser ce circuit pour calculer une expression générale de charge et décharge d'un condensateur qui est souvent utilisée en électronique. On cherche donc à calculer u_c(t) en fonction de u(t)=V_f pour valeur finale à atteindre. La condition initiale n'est pas nulle et vaut u_c(0)=V_i pour valeur initiale.

Il faut d'abord exprimer i(t) en fonction de u_c(t) : $\displaystyle i(t)=C\frac{du_{c}}{dt}$ . Cela donne l'équation différentielle : $\displaystyle RC\frac{du_{c}}{dt}+u_{c}(t)=u(t)$
L'équation générale donne : $\displaystyle\frac{u_{c}^{\prime}(t)}{u_{c}(t)}=-\frac{1}{RC}\Rightarrow u_{c}% (t)=ke^{-\frac{t}{RC}}$
L'équation particulière donne : $\displaystyle u_{c}(t)=V_{f}$
La solution compléte est : $\displaystyle u_{c}(t)=V_{f}+ke^{-\frac{t}{RC}}$
En prenant u_c(0)=V_i , on calcule k : $\displaystyle V_{f}+k=V_{i}\Rightarrow k=V_{i}-V_{f}$
Le résultat final est donc :

\displaystyle u_{c}(t)=V_{f}+(V_{i}-V_{f})e^{-\frac{t}{RC}}=V_{f}+(V_{i}-V_{f}% )e^{-\frac{t}{\tau}}

avec τ la constante de temps qui est égale au produit RC.

Application numérique

On prend V_f=5v, V_i=1v, R=1kΩ, C=100nF qui donne la constante de temps τ=0,1ms qui donne l'expression

\displaystyle u_{c}(t)=5-4e^{-10000t}

avec t en s et u_c(t) en V.

Voir les résultats de la simulation

Système du deuxième ordre

Circuit résistance, inductance et condensateur

On parle de circuit RLC

\displaystyle L\frac{di}{dt}+Ri(t)+u_{c}=u(t)

\displaystyle i(t)=C\frac{du_{c}}{dt}

Calculons l'expression de u_c(t) en fonction de u(t)=U avec la condition initiale sur le condensateur u_c(0)=0 et la condition sur l'inductance i(0)=0. $\displaystyle i(0)=Cu_{c}^{\prime}(0)=0$ donne u_c'(0)=0

On remplace d'abord i(t) par une expression dépendante de u_c(t) : $\displaystyle LC\frac{d^{2}u_{c}}{dt^{2}}+RC\frac{du_{c}}{dt}+u_{c}(t)=U$
Pour déterminer la solution générale, on commence par résoudre l'équation caractéristique : $\displaystyle LCr^{2}+RCr+1=0$ . On a une équation du second degré dont le résultat dépend du signe du discriminant : $\displaystyle\Delta=R^{2}C^{2}-4LC$

Cas n° 1 : Δ = 0

$\displaystyle\Delta=R^{2}C^{2}-4LC=0$ , on a une racine double : $\displaystyle r=-\frac{RC}{2LC}=-\frac{R}{2L}$
La solution générale est :
$\displaystyle\begin{array}[]{rcl}u_{c}(t)&=&(k_{1}t+k_{2})e^{rt}\\ u_{c}(t)&=&(k_{1}t+k_{2})e^{-\frac{R}{2L}t}\\ \end{array}$

La solution particulière est une constante u_c(t)=U

La solution complète est : $\displaystyle u_{c}(t)=U+(k_{1}t+k_{2})e^{-\frac{R}{2L}t}$
On détermine les constantes k₁ et k₂ à l'aide des conditions initiales u_c(0)=0 et u_c'(0)=0.
Il faut calculer la dérivée de u_c(t) qui vaut : $\displaystyle u_{c}^{\prime}(t)=k_{1}e^{rt}+(k_{1}t+k_{2})re^{rt}$
A partir des conditions initiales, on obtient le système d'équations :

\displaystyle\left\{\begin{array}[]{rcl}u_{c}(0)&=&0\\ u_{c}^{\prime}(0)&=&0\\ \end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}[]{rcl}k_{2}+U&=&0\\ k_{1}+rk_{2}&=&0\\ \end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}[]{rcl}k_{2}&=&-U\\ k_{1}&=&rU\\ \end{array}\right.

La solution finale est donc $\displaystyle u_{c}(t)=U-U\left(\frac{R}{2L}t+1\right)e^{-\frac{R}{2L}t}$

Application numérique

On prend U=5v, L=10mH, R=2kΩ, C=10nF qui donne l'expression

\displaystyle u_{c}(t)=5(1-(10^{5}t+1)e^{-10^{5}t})

avec t en s et u_c(t) en V.

Voir les résultats de la simulation

Cas n° 2 : Δ => 0

$\displaystyle\Delta=R^{2}C^{2}-4LC>0$ on a deux racines réelles : $\displaystyle r_{1,2}=\frac{-RC\pm\sqrt{\Delta}}{2LC}$
La solution générale est :
$\displaystyle\begin{array}[]{rcl}u_{c}(t)&=&k_{1}e^{r_{1}t}+k_{2}e^{r_{2}t}\\ u_{c}(t)&=&k_{1}e^{\frac{-RC+\sqrt{\Delta}}{2LC}t}+k_{2}e^{\frac{-RC-\sqrt{% \Delta}}{2LC}t}\\ \end{array}$

La solution particulière est une constante u_c(t)=U

La solution complète est : $\displaystyle u_{c}(t)=U+k_{1}e^{r_{1}t}+k_{2}e^{r_{2}t}$
On détermine les constantes k₁ et k₂ à l'aide des conditions initiales u_c(0)=0 et u_c'(0)=0.
Il faut calculer la dérivée de u_c(t) qui vaut : $\displaystyle u_{c}^{\prime}(t)=k_{1}r_{1}e^{r_{1}t}+k_{2}r_{2}e^{r_{2}t}$
A partir des conditions initiales, on obtient le système d'équations :
$\displaystyle\left\{\begin{array}[]{rcl}u_{c}(0)&=&0\\ u_{c}^{\prime}(0)&=&0\\ \end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}[]{rcl}k_{1}+k_{2}&=&-U\\ r_{1}k_{1}+r_{2}k_{2}&=&0\\ \end{array}\right.$
En utilisant la méthode de Cramer, on obtient les solutions : $\displaystyle k_{1}=\frac{\left|\begin{array}[]{cc}-U&1\\ 0&r_{2}\end{array}\right|}{\left|\begin{array}[]{cc}1&1\\ r_{1}&r_{2}\end{array}\right|}=\frac{-r_{2}U}{r_{2}-r_{1}}$ et $\displaystyle k_{2}=\frac{\left|\begin{array}[]{cc}1&-U\\ r_{1}&0\end{array}\right|}{\left|\begin{array}[]{cc}1&1\\ r_{1}&r_{2}\end{array}\right|}=\frac{r_{1}U}{r_{2}-r_{1}}$

La solution finale est donc

\displaystyle u_{c}(t)=U-\frac{r_{2}U}{r_{2}-r_{1}}e^{\frac{-RC+\sqrt{\Delta}}% {2LC}t}+\frac{r_{1}U}{r_{2}-r_{1}}e^{\frac{-RC-\sqrt{\Delta}}{2LC}t}

\displaystyle u_{c}(t)=U-U\left(\frac{RC}{2\sqrt{\Delta}}+\frac{1}{2}\right)e^% {\frac{-RC+\sqrt{\Delta}}{2LC}t}+U\left(\frac{RC}{2\sqrt{\Delta}}-\frac{1}{2}% \right)e^{\frac{-RC-\sqrt{\Delta}}{2LC}t}

Application numérique

On prend U=5v, L=10mH, R=4,7kΩ, C=10nF qui donne l'expression

\displaystyle u_{c}(t)=5\left(1-1.05e^{-22338t}+0.05e^{-447661t}\right)

avec t en s et u_c(t) en V.

Voir les résultats de la simulation

Cas n° 3 : Δ < 0

$\displaystyle\Delta=R^{2}C^{2}-4LC<0$ , on a deux racines complexes conjuguées : $\displaystyle r_{1,2}=\frac{-RC\pm j\sqrt{-\Delta}}{2LC}$
j est le symbole de l'imaginaire pur utilisé en électronique à la place du symbole i.
La solution générale est :
$\displaystyle\begin{array}[]{rcl}u_{c}(t)&=&k_{1}e^{r_{1}t}+k_{2}e^{r_{2}t}\\ u_{c}(t)&=&k_{1}e^{\frac{-RC+j\sqrt{-\Delta}}{2LC}t}+k_{2}e^{\frac{-RC-j\sqrt{% -\Delta}}{2LC}t}\\ \end{array}$

Le calcul est identique au cas de deux racines réelles et donne la solution finale

\displaystyle u_{c}(t)=U-\frac{r_{2}U}{r_{2}-r_{1}}e^{\frac{-RC+j\sqrt{-\Delta% }}{2LC}t}+\frac{r_{1}U}{r_{2}-r_{1}}e^{\frac{-RC-j\sqrt{-\Delta}}{2LC}t}

\displaystyle u_{c}(t)=U-U\left(\frac{RC}{2j\sqrt{-\Delta}}+\frac{1}{2}\right)% e^{\frac{-RC+j\sqrt{-\Delta}}{2LC}t}+U\left(\frac{RC}{2j\sqrt{-\Delta}}-\frac{% 1}{2}\right)e^{\frac{-RC-j\sqrt{-\Delta}}{2LC}t}

\displaystyle u_{c}(t)=U\left(1-\left(\frac{RC}{2j\sqrt{-\Delta}}+\frac{1}{2}% \right)e^{-\frac{R}{2L}t}e^{\frac{j\sqrt{-\Delta}}{2LC}t}+\left(\frac{RC}{2j% \sqrt{-\Delta}}-\frac{1}{2}\right)e^{-\frac{R}{2L}t}e^{-\frac{j\sqrt{-\Delta}}% {2LC}t}\right)

\displaystyle u_{c}(t)=U\left(1-e^{-\frac{R}{2L}t}\left(\frac{RC}{2j\sqrt{-% \Delta}}\left(e^{\frac{j\sqrt{-\Delta}}{2LC}}-e^{\frac{-j\sqrt{-\Delta}}{2LC}}% \right)+\frac{1}{2}\left(e^{\frac{j\sqrt{-\Delta}}{2LC}}+e^{\frac{-j\sqrt{-% \Delta}}{2LC}}\right)\right)\right)

\displaystyle u_{c}(t)=U\left(1-e^{-\frac{R}{2L}t}\left(\frac{RC}{\sqrt{-% \Delta}}\sin\left(\frac{\sqrt{-\Delta}}{2LC}t\right)+\cos\left(\frac{\sqrt{-% \Delta}}{2LC}t\right)\right)\right)

\displaystyle u_{c}(t)=U\left(1-\frac{2\sqrt{LC}}{\sqrt{-\Delta}}e^{-\frac{R}{% 2L}t}\sin\left(\frac{\sqrt{-\Delta}}{2LC}t+\arccos\left(\frac{RC}{2\sqrt{LC}}% \right)\right)\right)

Cette dernière expression permet de mettre en évidence l'allure sinusoïdale amortie de u_c(t) dans le cas où le discriminant est négatif.

Application numérique

On prend U=5v, L=10mH, R=470Ω, C=10nF qui donne l'expression

\displaystyle u_{c}(t)=5\left(1-1.03e^{-23500t}sin(97199t+1.33)\right)

avec t en s et u_c(t) en V.

Voir les résultats de la simulation

Utilisation de la transformée de Laplace

Présentation et propriétés

Elle est définie sur [0,∞[. Pour les calculs on considère que la fonction f(t)=0 pour t< 0 donne la fonction F(p). Dans les calculs, il ne faut jamais oublier ce domaine de définition.
En respectant la remarque pérécedente on peut définir la transformée de Laplace d'une constante à l'intérieur du domaine de définition, nommée échelon : $\displaystyle u(t)=\left\{\begin{array}[]{rl}0&t<0\\ 1&t\geq 0\\ \end{array}\right.$ , qui est : $\displaystyle\mathscr{L}(u(t))=U(p)=\frac{1}{p}$ . Dans tous les calculs, la multiplication de la fonction par u(t) est implicite, mais quelques fois il est nécessaire de le préciser pour éviter des erreurs de calculs. Plus généralemennt on définira la transformée de la fonction f(t) par : $\displaystyle\mathscr{L}(f(t))=F(p)$ .
La transformée d'une somme de fonction est la somme des transformées de chaque fonction, la transformée d'une fonction multipliée par une constante est la transformée de cette fonction multipliée par cette même constante, ce qui s'écrit avec la propriété de linéarité :

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}\mathscr{L}(k_{1}f_{1}(t)+k_{2}f_{2}(t))&=&k_% {1}\mathscr{L}(f_{1}(t))+k_{2}\mathscr{L}(f_{2}(t))\\ &=&k_{1}F_{1}(p)+k_{2}F_{2}(p)\\ \end{array}

Pour la résolution d'équations différentielles, on utilise le calcul de la tranformée de la dérivée première et seconde (dérivée de la dérivée) d'une fonction :

\displaystyle\mathscr{L}(f^{\prime}(t))=pF(p)-f(0)

\displaystyle\mathscr{L}(f^{\prime\prime}(t))=p^{2}F(p)-pf(0)-f^{\prime}(0)

où f(0) et f'(0) représentent les conditions initiales utilisées dans les équations différentielles.

Pour effectuer certains calculs, on définit également la transformée de l'intégrale d'une fonction :

\displaystyle\mathscr{L}\left(\int{f(t)dt}\right)=\frac{1}{p}F(p)

Une autre propriété, nommée translation de l'image, permet également de faciliter les calculs est :

\displaystyle\mathscr{L}(e^{-at}f(t))=F(p+a)

A partir des propriétés précédentes, on peut déduire les transformées de fonctions plus complexe

					La propriété de translation de l'image utilisée avec la transformée de u(t) donnent :
					
					          ℒ  ⁢    (    e    -    a  ⁢  t        )          =        ℒ  ⁢    (      e    -    a  ⁢  t        ⁢  u  ⁢    (  t  )      )                ℒ  ⁢    (    e    -    a  ⁢  t        )          =          1    p  +  a              
					
					La transformée de l'intégrale de u(t) qui est f(t)=t donne :
					
					          ℒ  ⁢    (  t  )          =        ℒ  ⁢    (    t  ⁢  u  ⁢    (  t  )      )                =        ℒ  ⁢    (      ∫    u  ⁢    (  t  )    ⁢    𝑑  t          )                =            1  p      ⁢  U  ⁢    (  p  )                ℒ  ⁢    (  t  )          =          1    p  2              
					
					Les deux résultats précédents donnent la transfromée de te-at :
					
					          ℒ  ⁢    (    t  ⁢    e    -    a  ⁢  t          )          =        ℒ  ⁢    (      e    -    a  ⁢  t        ⁢  t  ⁢  u  ⁢    (  t  )      )                ℒ  ⁢    (    t  ⁢    e    -    a  ⁢  t          )          =          1      (    p  +  a    )    2              
					
					Enfin en utilisant en plus la propriété de linéarité, on obtient :
					
					          ℒ  ⁢    (    1  -    e    -    a  ⁢  t          )          =        ℒ  ⁢    (      u  ⁢    (  t  )      -      e    -    a  ⁢  t        ⁢  u  ⁢    (  t  )        )                =            1  p      -      1    p  +  a                    ℒ  ⁢    (    1  -    e    -    a  ⁢  t          )          =          a    p  ⁢    (    p  +  a    )

Caclcul de l'original f(t)

Il faut exprimer F(p) sous la forme d'une combinaison linéaire de fonctions pour lesquelles on connaît la fonction f(t). Cette méthode s'appelle la décomposition en élements simples d'une fraction rationnelle.

Exemple 1

On cherche à décomposer

\displaystyle F(p)=\frac{a}{p(p+a)}=\frac{k_{1}}{p}+\frac{k_{2}}{p+a}

Pour cela il faut déterminer les valeurs des coefficients k₁ et k₂.

La première méthode consiste à réduire au même dénominateur la deuxième expression de l'égalité, puis à identifier les coefficients du numérateur du résultat avec les coeffcients du numérateur de la fraction rationnelle.
$\displaystyle\frac{k_{1}}{p}+\frac{k_{2}}{p+a}=\frac{k_{1}(p+a)+k_{2}p}{p(p+a)% }=\frac{a}{p(p+a)}$ , l'identification des coefficients du numérateur donnent le système : $\displaystyle\left\{\begin{array}[]{l}k_{1}+k_{2}=0\\ k_{1}a=a\end{array}\right.$ , qui admet la solution k₁=1 et k₂=-k₁=-1. La décomposition donne donc $\displaystyle F(p)=\frac{a}{p(p+a)}=\frac{1}{p}-\frac{1}{p+a}$

La deuxième méthode consiste à utiliser les limites.
Pour k₁, on multiplie par p et on cherche la limite en p=0 :
$\displaystyle pF(p)=\frac{a}{p+a}=k_{1}+\frac{k_{2}p}{p+a}$ , on calcule la limite de pF(p) lorsque p=0 pour les deux expressions de F(p) : $\displaystyle\lim_{p\to 0}{pF(p)}=1=k_{1}$
pour k₂, on multiplie par p+a et on cherche la limite en p=-a :
$\displaystyle(p+a)F(p)=\frac{a}{p}=\frac{k_{1}(p+a)}{p}+k_{2}$ ,
on calcule la limite de (p+a)F(p) lorsque p=-a pour les deux expressions de F(p) :
$\displaystyle\lim_{p\to-a}{(p+a)F(p)}=-1=k_{2}$
On retrouve bien k₁=1 et k₂=-1.

Exemple 2

On va décomposer

\displaystyle F(p)=\frac{a^{2}}{p(p+a)^{2}}=\frac{k_{1}}{p}+\frac{k_{2}}{p+a}+% \frac{k_{3}}{(p+a)^{2}}

en utilisant les limites. On remarque que pour la puissance au dénominateur on obtient deux éléments, le premier avec une puissane 1 et le deuxième avec une puissance 2. Plus généralement pour une puissance n, il y a n élements allant de la puissance 1 à la puissance n.
De plus la méthode des limites vers la valeur qui annule le dénominateur est valable pour les calculs de k₁ et k₃, pour le calcul de k₂ on utilisera une limite infinie.

				        lim    p  →  0      ⁡    p  ⁢  F  ⁢    (  p  )        =  1  =    k  1      				
			
				        lim    p  →    -  a        ⁡        (    p  +  a    )    2    ⁢  F  ⁢    (  p  )        =    -  a    =    k  3      
			
				        lim    p  →  ∞      ⁡      (    p  +  a    )    ⁢  F  ⁢    (  p  )        =  0  =      k  1    +    k  2       .

				Le résultat est : k2=-k1=-1

Ce qui donne l'expression :

\displaystyle F(p)=\frac{1}{p}-\frac{1}{p+a}-\frac{a}{(p+a)^{2}}

.
On déduit la fonction

\displaystyle f(t)=1-e^{-at}-ate^{-at}

Exemple 3

On va décomposer

\displaystyle F(p)=\frac{a_{1}a_{2}}{p(p+a_{1})(p+a_{2})}=\frac{k_{1}}{p}+% \frac{k_{2}}{p+a_{1}}+\frac{k_{3}}{p+a_{2}}

en utilisant les limites.

			        lim    p  →  0      ⁡    p  ⁢  F  ⁢    (  p  )        =  1  =    k  1      
			
			        lim    p  →    -    a  1          ⁡      (    p  +    a  1      )    ⁢  F  ⁢    (  p  )        =    -        a  2        a  2    -    a  1            =    k  2      
			
			        lim    p  →    -    a  2          ⁡      (    p  +    a  2      )    ⁢  F  ⁢    (  p  )        =    -        a  1        a  1    -    a  2            =    k  3

On obtient l'expresion

\displaystyle F(p)=\frac{1}{p}-\frac{a_{2}}{(a_{2}-a_{1})(p+a_{1})}-\frac{a_{1% }}{(a_{1}-a_{2})(p+a_{2})}

on déduit la fonction

\displaystyle f(t)=1-\frac{a_{2}}{a_{2}-a_{1}}e^{-a_{1}t}-\frac{a_{1}}{a_{1}-a% _{2}}e^{-a_{2}t}

Résolution d'un système du premier ordre

Circuit résistance et inductance

\displaystyle Ri(t)+L\frac{di}{dt}=u(t)

La condition initiale est i(t)=0.
On calcule la transformée de Laplace de l'équation différentielle : $\displaystyle RI(p)+LpI(p)=U(p)$ , on résoud cette équation avec u(t)=U, ce qui donne pour la transformée de Laplace de l'équation $\displaystyle RI(p)+LpI(p)=\frac{U}{p}$ .
De cette équation on déduit l'expression de I(p)

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}I(p)&=&\frac{U}{p(R+Lp)}\\ &=&\frac{U}{L}\frac{1}{p\left(p+\frac{R}{L}\right)}\\ &=&\frac{U}{R}\frac{\frac{R}{L}}{p\left(p+\frac{R}{L}\right)}\\ \end{array}

On remarque que l'expression de I(p) est sous la forme d'une transformée connue, ce qui permet d'écrire directement l'expression de i(t) : $\displaystyle i(t)=\frac{U}{R}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)$ .

Circuit résistance et condensateur

\displaystyle Ri(t)+u_{c}(t)=u(t)

u(t)=V_f, la condition initiale vaut u_c(0)=V_i. L'équation différentielle est : $\displaystyle RC\frac{du_{c}}{dt}+u_{c}(t)=u(t)$ . La transformée de Laplace est :

\displaystyle\begin{array}[]{l}RCpU_{c}(p)-RCu_{c}(0)+U_{c}(p)=U(p)\\ RCpU_{c}(p)-RCV_{i}+U_{c}(p)=\frac{V_{f}}{p}\\ \end{array}

Cette dernière équation donne l'expression de U_c(p) :

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}U_{c}(p)&=\frac{V_{f}}{p(RCp+1)}+\frac{RCV_{i% }}{RCp+1}\\ U_{c}(p)&=V_{f}\frac{\frac{1}{RC}}{p\left(p+\frac{1}{RC}\right)}+\frac{V_{i}}{% p+\frac{1}{RC}}\\ \end{array}

En utilisant les formules de la transformée de Laplace, on retrouve l'expression de u_c(t)

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}u_{c}(t)&=&V_{f}\left(1-e^{-\frac{t}{RC}}% \right)+V_{i}e^{-\frac{t}{RC}}\\ u_{c}(t)&=&V_{f}+\left(V_{i}-V_{f}\right)e^{-\frac{t}{RC}}\\ \end{array}

Résolution d'un système du deuxième ordre

\displaystyle L\frac{di}{dt}+Ri(t)+u_{c}=u(t)

\displaystyle i(t)=C\frac{du_{c}}{dt}

u(t)=U avec la condition initiale sur le condensateur u_c(0)=0 et la condition sur l'inductance i(0)=0.

\displaystyle i(0)=Cu_{c}^{\prime}(0)=0

donne u_c'(0)=0

L'équation différentielle est : $\displaystyle LC\frac{d^{2}u_{c}}{dt^{2}}+RC\frac{du_{c}}{dt}+u_{c}(t)=U$

La transformée de Laplace de cette équation est : $\displaystyle LCp^{2}U_{c}(p)+RCpU_{c}(p)+U_{c}(p)=\frac{U}{p}$ qui donne l'expression de U_c(p) : $\displaystyle U_{c}(p)=\frac{U}{p\left(LCp^{2}+RCp+1\right)}$ , on va devoir faire la décomposition en éléments simples de cette fraction rationnelle, pour cela il faut calculer les racines pour factoriser le dénominateur de degré 2, on va donc devoir traiter les 3 cas de racines du dénominateur de degré 2.

Cas n°1 : Δ = 0

$\displaystyle\Delta=R^{2}C^{2}-4LC=0$ , on a une racine double : $\displaystyle r=-\frac{RC}{2LC}=-\frac{R}{2L}$

l'équation précédente permet d'écrire

\displaystyle R^{2}C^{2}=4LC\Rightarrow\left(\frac{R}{2L}\right)^{2}=\frac{R^{% 2}}{4L^{2}}=\frac{1}{4L^{2}}\frac{4LC}{C^{2}}=\frac{1}{LC}

L'expression de U_c(p) s'écrit :

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}U_{c}(p)&=&\frac{U}{LCp\left(p+\frac{R}{2L}% \right)^{2}}\\ &=&U\frac{\frac{1}{LC}}{p\left(p+\frac{R}{2L}\right)^{2}}\\ &=&U\frac{\left(\frac{R}{2L}\right)^{2}}{p\left(p+\frac{R}{2L}\right)^{2}}\\ \end{array}

On retrouve l'expression de u_c(t)

\displaystyle u_{c}(t)=U\left(1-e^{-\frac{R}{2L}t}-\frac{R}{2L}te^{-\frac{R}{2% L}t}\right)

Cas n°2 : Δ > 0

$\displaystyle\Delta=R^{2}C^{2}-4LC>0$ on a deux racines réelles : $\displaystyle r_{1,2}=\frac{-RC\pm\sqrt{\Delta}}{2LC}$

Le produit des racines vaut :

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}r_{1}r_{2}&=&\left(\frac{-RC+\sqrt{\Delta}}{2% LC}\right)\left(\frac{-RC-\sqrt{\Delta}}{2LC}\right)\\ &=&\frac{(-RC-\sqrt{R^{2}C^{2}-4LC})(-RC+\sqrt{R^{2}C^{2}-4LC})}{4L^{2}C^{2}}% \\ &=&\frac{4LC}{4L^{2}C^{2}}=\frac{1}{LC}\\ \end{array}

La différence des racines vaut :

\displaystyle r_{1}-r_{2}=\frac{-RC+\sqrt{\Delta}}{2LC}-\frac{-RC+\sqrt{\Delta% }}{2LC}=\frac{\sqrt{\Delta}}{LC}

L'expression de U_c(p) s'écrit :

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}U_{c}(p)&=&\frac{Ur_{1}r_{2}}{p(p-r_{1})(p-r_% {2})}\\ U_{c}(p)&=&U\left(\frac{1}{p}-\frac{r_{2}}{(r_{2}-r_{1})(p-r_{1})}-\frac{r_{1}% }{(r_{1}-r_{2})(p-r_{2})}\right)\\ \end{array}

On retrouve l'expression de u_c(t) :

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}u_{c}(t)&=&U\left(1-\frac{r_{2}}{r_{2}-r_{1}}% e^{r_{1}t}-\frac{r_{1}}{r_{1}-r_{2}}e^{r_{2}t}\right)\\ u_{c}(t)&=&U\left(1-\frac{\frac{-RC-\sqrt{\Delta}}{2LC}}{-\frac{\sqrt{\Delta}}% {LC}}e^{\frac{-RC+\sqrt{\Delta}}{2LC}t}-\frac{\frac{-RC+\sqrt{\Delta}}{2LC}}{% \frac{\sqrt{\Delta}}{LC}}e^{\frac{-RC+\sqrt{\Delta}}{2LC}t}\right)\\ u_{c}(t)&=&U\left(1-\left(\frac{RC}{2\sqrt{\Delta}}+\frac{1}{2}\right)e^{\frac% {-RC+\sqrt{\Delta}}{2LC}t}+\left(\frac{RC}{2\sqrt{\Delta}}-\frac{1}{2}\right)e% ^{\frac{-RC-\sqrt{\Delta}}{2LC}t}\right)\end{array}

Cas n°3 : Δ < 0

$\displaystyle\Delta=R^{2}C^{2}-4LC<0$ , on a deux racines complexes conjuguées : $\displaystyle r_{1,2}=\frac{-RC\pm j\sqrt{-\Delta}}{2LC}$

Le produit des racines vaut :

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}r_{1}r_{2}&=&\left(\frac{-RC+j\sqrt{-\Delta}}% {2LC}\right)\left(\frac{-RC-j\sqrt{-\Delta}}{2LC}\right)\\ &=&\frac{(-RC-j\sqrt{4LC-R^{2}C^{2}})(-RC+j\sqrt{4LC-R^{2}C^{2}})}{4L^{2}C^{2}% }\\ &=&\frac{4LC}{4L^{2}C^{2}}=\frac{1}{LC}\\ \end{array}

La différence des racines vaut :

\displaystyle r_{1}-r_{2}=\frac{-RC+j\sqrt{-\Delta}}{2LC}-\frac{-RC+j\sqrt{-% \Delta}}{2LC}=\frac{j\sqrt{-\Delta}}{LC}

L'expression de U_c(p) s'écrit toujours

\displaystyle U_{c}(p)=U\left(\frac{1}{p}-\frac{r_{2}}{(r_{2}-r_{1})(p-r_{1})}% -\frac{r_{1}}{(r_{1}-r_{2})(p-r_{2})}\right)

On retrouve l'expression de u_c(t) :

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}u_{c}(t)&=&U\left(1-\frac{r_{2}}{r_{2}-r_{1}}% e^{r_{1}t}-\frac{r_{1}}{r_{1}-r_{2}}e^{r_{2}t}\right)\\ u_{c}(t)&=&U\left(1-\frac{\frac{-RC-j\sqrt{-\Delta}}{2LC}}{-\frac{j\sqrt{-% \Delta}}{LC}}e^{\frac{-RC+j\sqrt{-\Delta}}{2LC}t}-\frac{\frac{-RC+j\sqrt{-% \Delta}}{2LC}}{\frac{j\sqrt{-\Delta}}{LC}}e^{\frac{-RC+j\sqrt{-\Delta}}{2LC}t}% \right)\\ u_{c}(t)&=&U\left(1-\left(\frac{RC}{2j\sqrt{-\Delta}}+\frac{1}{2}\right)e^{% \frac{-RC+j\sqrt{-\Delta}}{2LC}t}+\left(\frac{RC}{2j\sqrt{-\Delta}}-\frac{1}{2% }\right)e^{\frac{-RC-j\sqrt{-\Delta}}{2LC}t}\right)\end{array}

La suite on la connaît déjà

Formes canoniques

Définition

Dans la plupart des modélisations des systèmes physiques, on peut modifier les équations différentielles de façon à les standardiser, c'est la forme canonique. On va donc étudier les solutions des formes canoniques afin de ne plus avoir à faire l'étude complète, mais seulement utiliser les solutions de la forme canonique en calculant les paramètres de la forme canonique à partir des valeurs des composants.

On s'intérèsse ici à la réponse indicielle qui est la solution lorsque le signal d'entrée est un échelon.

Forme canonique du premier ordre

La forme générale est : $\displaystyle y(t)+\tau\frac{dy}{dt}=x(t)$ , avec τ constante de temps du système.
Avec des conditions initiales nulles (y(0)=0), la transformée de Laplace s'écrit :

\displaystyle Y(p)+\tau pY(p)=X(p)\Rightarrow Y(p)=X(p)\frac{1}{1+\tau p}

Circuit résistance et inductance

on a y(t)=i(t) $\displaystyle x(t)=\frac{U}{R}$ et $\displaystyle\tau=\frac{L}{R}$ qui donne l'équation

\displaystyle Ri(t)+L\frac{di}{dt}=U\Rightarrow i(t)+\frac{L}{R}\frac{di}{dt}=% \frac{U}{R}\Rightarrow i(t)+\tau\frac{di}{dt}=\frac{U}{R}

et avec des conditions initiales nulles i(0)=0

\displaystyle I(p)=\frac{U}{R}\frac{1}{p(1+\tau p)}=\frac{U}{R}\frac{\frac{1}{% \tau}}{p(p+\frac{1}{\tau})}

qui donne la solution

\displaystyle i(t)=\frac{U}{R}\left(1-e^{-\frac{t}{\tau}}\right)=\frac{U}{R}% \left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)

Circuit résistance et condensateur

on a y(t)=u_c(t), x(t)=U et τ=RC qui donne l'équation

\displaystyle u_{c}(t)+RC\frac{du_{c}}{dt}=U\Rightarrow u_{c}+\tau\frac{du_{c}% }{dt}=U

et avec des conditions initiales nulles (u_c(0)=0)

\displaystyle U_{c}(p)=U\frac{1}{p(1+\tau p)}=U\frac{\frac{1}{\tau}}{p(p+\frac% {1}{\tau})}

qui donne la solution

\displaystyle u_{c}(t)=U\left(1-e^{-\frac{t}{\tau}}\right)=U\left(1-e^{-\frac{% t}{RC}}\right)

Forme canonique du deuxième ordre

La forme générale est $\displaystyle\frac{1}{\omega_{0}^{2}}\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+\frac{2\xi}{\omega_% {0}}\frac{dy}{dt}+y(t)=x(t)$ avec ω₀ qui est la pulsation propre et ξ qui est le coefficient d'amortissement.

Avec des conditions initiales nulles (y(0)=0 et y'(0)=0) ,la transformée de Laplace s'écrit

\displaystyle\frac{p^{2}}{\omega_{0}^{2}}Y(p)+\frac{2\xi}{\omega_{0}}pY(p)+Y(p% )=X(p)\Rightarrow Y(p)=X(p)\frac{1}{\frac{p^{2}}{\omega_{0}^{2}}+\frac{2\xi}{% \omega_{0}}p+1}

on a y(t)=u_c(t), x(t)=U, $\displaystyle\omega_{0}=\frac{1}{\sqrt{LC}}$ et $\displaystyle\xi=\frac{\omega_{0}}{2}RC=\frac{RC}{2\sqrt{LC}}$ qui donne l'équation

\displaystyle LC\frac{d^{2}u_{c}}{dt^{2}}+RC\frac{du_{c}}{dt}+u_{c}(t)=U% \Rightarrow\frac{1}{\omega_{0}^{2}}\frac{d^{2}u_{c}}{dt^{2}}+\frac{2\xi}{% \omega_{0}}\frac{du_{c}}{dt}+u_{c}(t)=U

et avec des conditions initiales nulles u_c(0)=0 et u_c'(0)=0

\displaystyle U_{c}(p)=\frac{U}{p}\frac{1}{\frac{p^{2}}{\omega_{0}^{2}}+\frac{% 2\xi}{\omega_{0}}p+1}

On va devoir traiter les 3 cas qui dépendent de la valeur du discriminant réduit

\displaystyle\Delta=\frac{\xi^{2}}{\omega_{0}^{2}}-\frac{1}{\omega_{0}^{2}}=% \frac{1}{\omega_{0}^{2}}\left(\xi^{2}-1\right)

Cas n° 1 : Δ = 0

Δ = 0 ⇒ ξ = 1

On a une racine double, ce qui donne l'expression

\displaystyle U_{c}(p)=\frac{U}{p}\frac{1}{\left(1+\frac{p}{\omega_{0}}\right)% ^{2}}=\frac{U}{p}\frac{\omega_{0}^{2}}{\left(p+\omega_{0}\right)^{2}}

La décomposition en élements simples présentée auparavant donne

\displaystyle U_{c}(p)=U\left(\frac{1}{p}-\frac{1}{p+\omega_{0}}-\frac{\omega_% {0}}{\left(p+\omega_{0}\right)^{2}}\right)

La solution est :

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}u_{c}(t)&=&U\left(1-e^{-\omega_{0}t}-\omega_{% 0}te^{-\omega_{0}t}\right)\\ &=&U\left(1-e^{\frac{R}{2L}t}-\frac{R}{2L}te^{-\frac{R}{2L}t}\right)\\ \end{array}

avec

\displaystyle\omega_{n}=\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{R}{2L}

car avec ξ = 1 on a

\displaystyle\frac{RC}{2\sqrt{LC}}=1\Rightarrow\frac{RC}{2}=\sqrt{LC}% \Rightarrow\frac{RC}{2LC}=\frac{\sqrt{LC}}{LC}\Rightarrow\frac{R}{2L}=\frac{1}% {\sqrt{LC}}

Cas n° 2 : Δ > 0

Δ > 0 ⇒ ξ > 1 , $\displaystyle\sqrt{\Delta}=\frac{\sqrt{\xi^{2}-1}}{\omega_{0}}$ on a deux racines réelles

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}r_{1,2}&=&\frac{-\frac{\xi}{\omega_{0}}\pm% \frac{\sqrt{\xi^{2}-1}}{\omega_{0}}}{\frac{1}{\omega_{0}^{2}}}=\omega_{0}\left% (-\xi\pm\sqrt{\xi^{2}-1}\right)\\ &=&\frac{1}{\sqrt{LC}}\left(-\frac{RC}{2\sqrt{LC}}\pm\sqrt{\frac{R^{2}C^{2}}{4% LC}-1}\right)\\ &=&\frac{RC\pm\sqrt{R^{2}C^{2}-4LC}}{2LC}\\ \end{array}

Le produit des racines vaut :

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}r_{1}r_{2}&=&\left(\omega_{0}(-\xi+\sqrt{\xi^% {2}-1})\right)\left(\omega_{0}(-\xi-\sqrt{\xi^{2}-1})\right)\\ &=&\omega_{0}^{2}\left(\xi^{2}-\xi^{2}+1\right)\\ &=&\omega_{0}^{2}=\frac{1}{LC}\\ \end{array}

La différence des racines vaut :

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}r_{1}-r_{2}&=&\left(\omega_{0}(-\xi+\sqrt{\xi% ^{2}-1})\right)-\left(\omega_{0}(-\xi-\sqrt{\xi^{2}-1})\right)\\ &=&2\omega_{0}\sqrt{\xi^{2}-1}\\ &=&\frac{2}{\sqrt{LC}}\left(\sqrt{\frac{R^{2}C^{2}}{4LC}-1}\right)=\frac{\sqrt% {R^{2}C^{2}-4LC}}{LC}\\ \end{array}

L'expression est

\displaystyle U_{c}(p)=\frac{U}{p}\frac{\omega_{0}^{2}}{(p-r_{1})(p-r_{2})}=% \frac{U}{p}\frac{r_{1}r_{2}}{(p-r_{1})(p-r_{2})}

\displaystyle U_{c}(p)=U\left(\frac{1}{p}+\frac{r_{2}}{(r_{1}-r_{2})(p-r_{1})}% +\frac{r_{1}}{(r_{2}-r_{1})(p-r_{2})}\right)

La solution est

\displaystyle u_{c}(t)=U\left(1+\frac{r_{2}}{r_{1}-r_{2}}e^{r_{1}t}+\frac{r_{1% }}{r_{2}-r_{1}}e^{r_{2}t}\right)

\displaystyle u_{c}(t)=U\left(1+\frac{\omega_{0}(\xi-\sqrt{\xi^{2}-1})}{2% \omega_{0}\sqrt{\xi^{2}-1}}e^{\omega_{0}\left(-\xi+\sqrt{\xi^{2}-1}\right)t}+% \frac{\omega_{0}(-\xi+\sqrt{\xi^{2}-1})}{-2\omega_{0}\sqrt{\xi^{2}-1}}e^{% \omega_{0}\left(-\xi-\sqrt{\xi^{2}-1}\right)t}\right)

\displaystyle u_{c}(t)=U\left(1-\left(\frac{\xi}{2\sqrt{\xi^{2}-1}}+\frac{1}{2% }\right)e^{\omega_{0}\left(-\xi+\sqrt{\xi^{2}-1}\right)t}+\left(\frac{\xi}{2% \sqrt{\xi^{2}-1}}-\frac{1}{2}\right)e^{\omega_{0}\left(-\xi-\sqrt{\xi^{2}-1}% \right)t}\right)

\displaystyle u_{c}(t)=U\left(1-\left(\frac{RC}{2\sqrt{R^{2}C^{2}-4LC}}+\frac{% 1}{2}\right)e^{\frac{-RC+\sqrt{R^{2}C^{2}-4LC}}{2LC}t}+\left(\frac{RC}{2\sqrt{% R^{2}C^{2}-4LC}}-\frac{1}{2}\right)e^{\frac{-RC-\sqrt{R^{2}C^{2}-4LC}}{2LC}t}\right)

Cas n° 3 : Δ < 0

Δ < 0 ⇒ ξ < 1 , $\displaystyle\sqrt{-\Delta}=j\frac{\sqrt{1-\xi^{2}}}{\omega_{0}}$

On a deux racines complexes conjugées

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}r_{1,2}&=&\omega_{0}\left(-\xi\pm j\sqrt{1-% \xi^{2}}\right)\\ &=&\frac{-RC\pm j\sqrt{4LC-R^{2}C^{2}}}{2LC}\end{array}

Le produit des racines vaut :

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}r_{1}r_{2}&=&\left(\omega_{0}\left(-\xi+j% \sqrt{1-\xi^{2}}\right)\right)\left(\omega_{0}\left(-\xi-j\sqrt{1-\xi^{2}}% \right)\right)\\ &=&\omega_{0}^{2}\left(\xi^{2}-j^{2}(1-\xi^{2})\right)=\omega_{0}^{2}\left(\xi% ^{2}-\xi^{2}+1\right)\\ &=&\omega_{0}^{2}=\frac{1}{LC}\\ \end{array}

La différence des racines vaut :

\displaystyle\begin{array}[]{rcl}r_{1}-r_{2}&=&\left(\omega_{0}\left(-\xi+j% \sqrt{1-\xi^{2}}\right)\right)-\left(\omega_{0}\left(-\xi-j\sqrt{1-\xi^{2}}% \right)\right)\\ &=&2j\omega_{0}\sqrt{1-\xi^{2}}\\ &=&j\frac{\sqrt{4LC-R^{2}C^{2}}}{LC}\\ \end{array}

L'expression reste

\displaystyle U_{c}(p)=U\left(\frac{1}{p}+\frac{r_{2}}{(r_{1}-r_{2})(p-r_{1})}% +\frac{r_{1}}{(r_{2}-r_{1})(p-r_{2})}\right)

La solution est

\displaystyle u_{c}(t)=U\left(1+\frac{\omega_{0}(-\xi-j\sqrt{1-\xi^{2}})}{2j% \omega_{0}\sqrt{1-\xi^{2}}}e^{\omega_{0}\left(-\xi+j\sqrt{1-\xi^{2}}\right)t}+% \frac{\omega_{0}(-\xi+j\sqrt{1-\xi^{2}})}{-2j\omega_{0}\sqrt{1-\xi^{2}}}e^{% \omega_{0}\left(-\xi-j\sqrt{1-\xi^{2}}\right)t}\right)

\displaystyle u_{c}(t)=U\left(1-e^{-\xi\omega_{0}t}\left(\frac{\xi}{2j\sqrt{1-% \xi^{2}}}e^{j\omega_{0}\sqrt{1-\xi^{2}}t}-\frac{\xi}{2j\sqrt{1-\xi^{2}}}e^{-j% \omega_{0}\sqrt{1-\xi^{2}}t}+\frac{1}{2}e^{j\omega_{0}\sqrt{1-\xi^{2}}t}+\frac% {1}{2}e^{-j\omega_{0}\sqrt{1-\xi^{2}}t}\right)\right)

\displaystyle u_{c}(t)=U\left(1-e^{-\xi\omega_{0}t}\left(\cos\left(\omega_{0}% \sqrt{1-\xi^{2}}t\right)+\frac{\xi}{\sqrt{1-\xi^{2}}}\sin\left(\omega_{0}\sqrt% {1-\xi^{2}}t\right)\right)\right)

\displaystyle u_{c}(t)=U\left(1-\frac{e^{-\xi\omega_{0}t}}{\sqrt{1-\xi^{2}}}% \left((\sqrt{1-\xi^{2}})\cos\left(\omega_{0}\sqrt{1-\xi^{2}}t\right)+\xi\sin% \left(\omega_{0}\sqrt{1-\xi^{2}}t\right)\right)\right)

\displaystyle u_{c}(t)=U\left(1-\frac{e^{-\xi\omega_{0}t}}{\sqrt{1-\xi^{2}}}% \left(\sin\left(\omega_{0}\sqrt{1-\xi^{2}}t+\arccos(\xi)\right)\right)\right)

\displaystyle u_{c}(t)=U\left(1-\frac{2\sqrt{LC}e^{-\frac{R}{2L}t}}{\sqrt{4LC-% R^{2}C^{2}}}\left(\sin\left(\frac{\sqrt{4LC-R^{2}C^{2}}}{2\sqrt{LC}}t+\arccos% \left(\frac{RC}{2\sqrt{LC}}\right)\right)\right)\right)

Application numérique

On propose de tracer la courbe représentant la solution de l'équation différentielle lorsque le signal d'entrée est un échelon d'amplitude E.

Prendre un crayon et un papier, choisir l'ordre du système : puis demander

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