Inversion de la TZ pole complexe

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Messagepar kojak » Dimanche 27 Mai 2007, 12:33

bonjour Celtic,
celtic a écrit:pourquoi les résidus ne sont pas $z=0,6e^{-j\frac{\pi}{3}})}$
et $z=-0,6e^{-j\frac{\pi}{3}})}$ :?:
Ca ce n'est pas les résidus mais les pôles de ta transformée en $z$ et il faut alors chercher les résidus de $z^{n-1}X(z)$ en ces 2 complexes...
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Messagepar celtic » Dimanche 27 Mai 2007, 13:09

Salut Kojak

Par exemple$X_{z}z^{n-1}=\dfrac{1}{(z-0.2)(z+0.5)}$

Les poles sont$z=0.2$ et $z=-0.5$

en pole complexe c'est le contraire :?:
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Messagepar kojak » Dimanche 27 Mai 2007, 13:13

Les pôles correspondent aux valeurs, réelles et/ou complexes, qui annulent le dénominateur : dans ton exemple, tu as 2 poles pour $n\geq 1$, qui sont $0.2$ et $-0.5$.. et pour $n=0$, tu as un pole supplémentaire qui est $0$.car tu as oublié le $z^{n-1}$ à droite dans l'égalité ..
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Messagepar celtic » Dimanche 27 Mai 2007, 13:19

Oui c'est ce que je pensais

celtic a écrit:$X_{(z)}=\dfrac{3z+2}{(z+0,6e^{j\frac{\pi}{3}})(z-0,6e^{-j\frac{\pi}{3}})}$


pourquoi les résidus ne sont pas $z=0,6e^{-j\frac{\pi}{3}})}$

et $z=-0,6e^{j\frac{\pi}{3}})}$ :?:
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Messagepar kojak » Dimanche 27 Mai 2007, 13:27

Ca y est je viens de comprendre pourquoi tu me poses cette question : ce sont bien les deux poles de la TZ...
En effet, je viens de me rendre compte que dans ton post du lundi 21 mai de 21h19, le signe n'était pas bon : j'avais pô vu :oops: donc tout le calcul que tu avais commencé n'est pas bon :oops: donc faut le reprendre :roll:
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Messagepar celtic » Dimanche 27 Mai 2007, 13:50

j'ai eu peur

Je comprends mieux, le corrigé du prof est mauvais aussi, je me posais des questions :?:
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Messagepar kojak » Dimanche 27 Mai 2007, 14:26

celtic a écrit:j'ai eu peur

Je comprends mieux, le corrigé du prof est mauvais aussi, je me posais des questions :?:

tu vas pouvoir prendre sa place (du prof) :wink:
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Messagepar celtic » Dimanche 27 Mai 2007, 15:37

Oh lala!!! pas trop

j'ai réflechis et voilà ma reponse

$X_{(z)}=\dfrac{3z+2}{(z-0,3)^2-0,27}$

On a un$(-)$

donc on a l'inverse c'est à dire

$X_{(z)}=\dfrac{3z+2}{(z-0,6e^{j\frac{\pi}{3}})(z+0,6e^{-j\frac{\pi}{3}})}$

et donc c'est bon :wink:

mes calculs ne donnait rien de bon :evil:

Ici c'est la grosse tempete çà va peut etre descendre :wink:
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Messagepar kojak » Dimanche 27 Mai 2007, 16:40

celtic a écrit:
$X_{(z)}=\dfrac{3z+2}{(z-0,3)^2-0,27}$

On a un$(-)$
Ah non, c'est bien un $+$ car $0.3^2+0.27=0.36$...
celtic a écrit:
$X_{(z)}=\dfrac{3z+2}{(z-0,6e^{j\frac{\pi}{3}})(z+0,6e^{-j\frac{\pi}{3}})}$

et donc c'est bon :wink:
non au dénominateur c'est $(z-0,6e^{j\frac{\pi}{3}})(z-0,6e^{-j\frac{\pi}{3}})$
celtic a écrit:Ici c'est la grosse tempete çà va peut etre descendre :wink:
Ici, c'est pareil...;
beaucoup de vent et des bonnes averses entrecoupées de belles éclaircies...
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Messagepar celtic » Dimanche 27 Mai 2007, 17:22

Ok

j'envoie une réclamation aux prof :wink:
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Messagepar celtic » Dimanche 03 Juin 2007, 12:46

Bonjour Kojak

Un nouveau renseignement



$X_{(z)}=\dfrac{3z+2}{z^2-0,6z+0,36}$


celtic a écrit:$X_{(z)}=\dfrac{3z+2}{(z-0,6e^{j\frac{\pi}{3}})(z-0,6e^{-j\frac{\pi}{3}})}$


et on trouve
$x_n=0,6^{n-1}\left[\dfrac{1.8\sin n\frac{\pi}{3}+2\sin (n-1)\frac{\pi}{3}}{0.6\sqrt{3}}\right]$

en suite pour simplifier à nouveau on utilise je pense la formule trigo

$2\sin (n-1)\frac{\pi}{3}$ est de la forme $\sin (a-b)=(\sin a)(\cos b)-(\cos a)(\sin b)$ :?:
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Messagepar kojak » Dimanche 03 Juin 2007, 12:50

celtic a écrit:Bonjour Kojak
bonjour Celtic,
celtic a écrit:et on trouve
$x_n=0,6^{n-1}\left[\dfrac{1.8\sin n\frac{\pi}{3}+2\sin (n-1)\frac{\pi}{3}}{0.6\sqrt{3}}\right]$
Je trouve la moitié de ton expression, c'est à dire au dénominateur $0.3\sqrt{3}$ au lieu de $0.6\sqrt{3}$

celtic a écrit:en suite pour simplifier à nouveau on utilise je pense la formule trigo

$2\sin (n-1)\frac{\pi}{3}$ est de la forme $\sin (a-b)=(\sin a)(\cos b)-(\cos a)(\sin b)$ :?:
Oui, comme ça tu n'auras que des cosinus et sinus de $n\dfrac{\pi}{3}$
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