Inversion de la transformé en Z deuxieme expression

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Inversion de la transformé en Z deuxieme expression

Messagepar celtic » Jeudi 17 Mai 2007, 17:19

Méme demarche que le précedent exo

$X_{(z)}=\dfrac{4z^2-6z+3}{(z-0.2)(z+0.5)}$

1. étape 1 : d = deg(dénominateur) – deg(numérateur) ⇒ en déduire le premier échantillon


$X(z)=\ds\sum_{k=0}^{+\infty}x(kT)z^{-k}=x(0)+x(T)z^{-1}+x(2T)z^{-2}+\ldots+$

La différence des degrés est d = deg(dénominateur) – deg(numérateur)=2-2=0

Le $x_0$ n'est pas nulle

je regarde comment le calculer
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Re: Inversion de la transformé en Z deuxieme expression

Messagepar kojak » Jeudi 17 Mai 2007, 17:43

celtic a écrit:Le $x_0$ n'est pas nulle

je regarde comment le calculer
Tu fais le quotient des coefficients de plus haut degré et tu as ton $x(0)$...
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Messagepar celtic » Jeudi 17 Mai 2007, 17:48

$X_{(z)}=\dfrac{4z^2-6z+3}{(z-0.2)(z+0.5)}$

$X_{(z)}=\dfrac{4z^2-6z+3}{(z^2+0.3z-0.1}=\dfrac{4z^2}{z^2}$

$x_0=4$ :roll:
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Messagepar kojak » Jeudi 17 Mai 2007, 17:51

celtic a écrit:$\dfrac{4z^2-6z+3}{(z^2+0.3z-0.1}=\dfrac{4z^2}{z^2}$
pas terrible comme notation et même faux....:shock: . : tu fais tout simplement le coefficient des termes de plus haut degré comme indiqué précédemment sans développer le dénominateur... et tu as directement alors :
celtic a écrit:$x_0=4$ :roll:
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Messagepar celtic » Jeudi 17 Mai 2007, 17:55

Je pensais qu'i fallait tendre z vers $+\infty$


2. étape 2 : équation caractéristique, pôles de la TZ. En déduire l'allure de la solution (modes)



Les zéros sont $0.2$ et$-0,5$


notre signal à une forme $4+C_10.2^n+C_2(-0.5)^n$

Calcul des $C_i$ par les résidus

3. étape 3 : recherche du résidu (mode) associé à chaque pôle


$X(z)= \dfrac{z+3}{(z-0,2)(z+0,5)}$

On a 2 poles simples 2 résidus à calculer $z_1=0,2$ et $z_2=-0,5$

Résidus en $z_1=0,2$

$X_{(z)}z^{(n-1)}= [\dfrac{(z-0,2)(z^2-6z+3)z^{(n-1)}}{(z-0,2)(z+0,5)}]_{z=0,2}=[\dfrac{(z^2-6z+3)z^{(n-1)}}{(z+0,5)}]_{z=0,2}=-\dfrac{1.04}{0,7}.0,2^{(n-1)}$

Résidus en $z_1=-0,5$

$X_{(z)}z^{(n-1)}= [\dfrac{(z+0,5)(z^2-6z+3)z^{(n-1)}}{(z-0,2)(z+0,5)}]_{z=-0,5}=[\dfrac{(z^2-6z+3)z^{(n-1)}}{(z-0,2)}]_{z=-0,5}=-\dfrac{2}{0,3}.(-0,5)^{(n-1)}$

$x_n=4-\dfrac{1.04}{0,7}0,2^{(n-1)}-\dfrac{2,}{0,3}(-0,5)^{(n-1)}$


4. étape 4 : vérifier les valeurs évidentes


Vérification
$x_0=4$

$x_{(+\infty)}=0$

Valeur intitiale

$X__0=\lim\limits_{z \to +\infty}X_{(z)}=4$

Valeur finale

$X_{(\infty)}=\lim\limits_{z \to 1} (z-1)X_{(z)}=\lim\limits_{z \to 1} \dfrac{(z-1)(z^2-6z+3)}{(z-0,2)(z+0,5)}=0$
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Messagepar kojak » Jeudi 17 Mai 2007, 19:57

Attention t'as oublié le $4$ au numérateur pour le calcul de tes résidus... donc il ne colle pas, mais le principe est correct... mais ton calcul n'est valable que pour $n\geq 1$ comme le cas précédent....
De plus comme t'as une partie entière, tu as une impulsion unité $\delta(0)$
Il faut que j'y regarde de plus près...

A tchao
bonsoir :roll:

PS : pour le $x(0)$ tu peux aussi prendre le théorème de la valeur finale, comme tu l'as dit : mais ce qui n'allait pas c'était la façon dont tu avais écrit : juste un problème d'écriture
:wink: $=\dfrac{4z^2}{z^2}$
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Messagepar celtic » Vendredi 18 Mai 2007, 10:36

Bonjour Kojak

2. étape 2 : équation caractéristique, pôles de la TZ. En déduire l'allure de la solution (modes)



Les zéros sont $0.2$ et$-0,5$


notre signal à une forme $4+C_10.2^n+C_2(-0.5)^n$

Est ce correct :?: je suis pas sur qu'il y est le $4$
Calcul des $C_i$ par les résidus

3. étape 3 : recherche du résidu (mode) associé à chaque pôle


$X(z)= \dfrac{z+3}{(z-0,2)(z+0,5)}$

On a 2 poles simples 2 résidus à calculer $z_1=0,2$ et $z_2=-0,5$

Résidus en $z_1=0,2$

$X_{(z)}z^{(n-1)}= [\dfrac{(z-0,2)(4z^2-6z+3)z^{(n-1)}}{(z-0,2)(z+0,5)}]_{z=0,2}=[\dfrac{(4z^2-6z+3)z^{(n-1)}}{(z+0,5)}]_{z=0,2}=-\dfrac{.1.04}{0,7}.0,2^{(n-1)}$

Résidus en $z_1=-0,5$

$X_{(z)}z^{(n-1)}= [\dfrac{(z+0,5)(4z^2-6z+3)z^{(n-1)}}{(z-0,2)(z+0,5)}]_{z=-0,5}=[\dfrac{(4z^2-6z+3)z^{(n-1)}}{(z-0,2)}]_{z=-0,5}=-\dfrac{2}{0,3}.(-0,5)^{(n-1)}$

$x_n=4-\dfrac{1.04}{0,7}0,2^{(n-1)}-\dfrac{2,}{0,3}(-0,5)^{(n-1)}$

Y a t'il le $4$ dans la série :?:
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Messagepar kojak » Vendredi 18 Mai 2007, 16:28

bonjour Celtic,
celtic a écrit:Les zéros sont $0.2$ et$-0,5$
OK...

celtic a écrit:
notre signal à une forme $4+C_10.2^n+C_2(-0.5)^n$

Est ce correct :?: je suis pas sur qu'il y est le $4$
Non, il n'y a pas le $4$ : pas besoin, c'est la valeur initiale...

celtic a écrit:Résidus en $z_1=0,2$

$X_{(z)}z^{(n-1)}= [\dfrac{(z-0,2)(4z^2-6z+3)z^{(n-1)}}{(z-0,2)(z+0,5)}]_{z=0,2}=\ldots=-\dfrac{.1.04}{0,7}.0,2^{(n-1)}$

erreur de calcul au numérateur : tu devrais trouver $\dfrac{1.96}{0.7}0.2^{n-1}$ et donc à simplifier...
celtic a écrit:
Résidus en $z_1=-0,5$

$X_{(z)}z^{(n-1)}= [\dfrac{(z+0,5)(4z^2-6z+3)z^{(n-1)}}{(z-0,2)(z+0,5)}]_{z=-0,5}=\ldots=-\dfrac{2}{0,3}.(-0,5)^{(n-1)}$
idem : tu devrais trouver $\dfrac{7}{-0.7}(-0.5)^{n-1}$ et donc à simplifier aussi...


Tu devrais ensuite avoir :
$x_n=\ldots 0,2^{(n-1)}+\ldots(-0,5)^{(n-1)}$ mais ceci n'est valable que pour $n\geq 1$
Et tu laisses à part $x(0)=4$....
Voilà ce que je ferais....
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Messagepar celtic » Vendredi 18 Mai 2007, 17:36

Salut Kojak

Ok pour les remarques

Résidus en $z_1=0,2$

[5][bad png file dimensions]

Résidus en [5][bad png file dimensions]

[5][bad png file dimensions]

J'ai oublié le [5][bad png file dimensions] :oops:

Je regarde la 3° expression
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Messagepar kojak » Vendredi 18 Mai 2007, 18:57

celtic a écrit:$X_{(z)}z^{(n-1)}= \ldots=-0.28.0,2^{(n-1)}$
c'est mieux en $2.8 (0.2)^{n-1}=\dfrac{2.8}{0.2}0.2^n=14\times 0.2^n$

celtic a écrit:Résidus en $z_1=-0,5$

$X_{(z)}z^{(n-1)}= =-10(-0.5)^{(n-1)}$
idem $\dfrac{-10}{-0.5}(-0.5)^n=20\times (-0.5)^n$ mais tout ceci pour $n\geq 1$
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Messagepar celtic » Vendredi 18 Mai 2007, 19:52

Pour conclure

C'est pour$n>1$

kojak a écrit:$X_{(z)}z^{(n-1)}=14\times 0.2^n+20\times (-0.5)^n$


Pour $n<1=0$

$X_0=4$ on peut utiliser le théoreme de la valeur initiale :idea:
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Messagepar kojak » Samedi 19 Mai 2007, 12:03

bonjour Celtic,
celtic a écrit:
C'est pour$n>1$

kojak a écrit:$X_{(z)}z^{(n-1)}=14\times 0.2^n+20\times (-0.5)^n$

ceci est pour $n\geq 1$ et c'est $x(n)=14\times 0.2^n+20\times (-0.5)^n$ et non la transformée en Z : ici tu as l'original de la TZ....
celtic a écrit:$X_0=4$ on peut utiliser le théoreme de la valeur initiale :idea:
Oui, sans problème...
et pour $n<0,x(n)=0$ : ici le signal est causal...
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Messagepar celtic » Samedi 26 Mai 2007, 16:45

Bonjour kojak

je suis en révision et j'ai uen question

$X_{(z)}=\dfrac{4z^2-6z+3}{(z-0.2)(z+0.5)}$


Le degré est nulle le premier échantillon non nulle est $x_0$


$n\geq 1$ $x(n)=14\times 0.2^n+20\times (-0.5)^n$

en faisant le théoreme de la valeur initiale on trouve $X_0=4$

Par contre si on fait $x_0$ on trouve $14+20=34$:?:
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Messagepar kojak » Samedi 26 Mai 2007, 17:05

Bonjour Celtic,
Cette formule :
celtic a écrit:
$n\geq 1$ $x(n)=14\times 0.2^n+20\times (-0.5)^n$

en faisant le théoreme de la valeur initiale on trouve $X_0=4$
n'est valable que pour $n$ supérieur ou égal à 1.
Pour $n=0$, soit tu le fais avec le théorème de la valeur initiale, soit sinon dans tes résidus, pour $n=0$, tu as un pôle supplémentaire qui est $0$, donc il faut calculer le résidus en $0$...
D'ailleurs si tu fais le calcul tu as comme résidus en $0$ : $\dfrac{3}{(-0.2)(0.5)}=-30$ ce qui donne avec ce que tu as bien $4$...
pas d'aide par MP
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Messagepar celtic » Samedi 26 Mai 2007, 17:20

Ok j'ai pigé

Mais un renseignement

Pour une série causale on calcule les résidus$X_{(z)}Z^{n-1}$ pour $n>1$ quelque soit le degré d'ailleurs celui ci toujours $>0$


Pour une série non causale on calcule les résidus$X_{(z)}Z^{n-2}$ pour $n>$ :?: quelque soit le degré d'ailleurs celui ci toujours $<0$
celtic
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Messagepar kojak » Samedi 26 Mai 2007, 17:24

Cela dépend de ton expression $X(z)z^{n-1}$ si $0$ est pole ou pas : pour $n=0$, si $0$ n'est pas pole de $X(z)$ il le sera de $X(z)z^{-1}$...
tout dépend des poles de $X(z)$....
Dans les exos que tu as fait, souvent tu as calculé les résidus pour $n\geq 1$, car pour $n=0$, tu l'avais directement, le $x(0)$, par le théorème de la valeur initiale....
pas d'aide par MP
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Messagepar celtic » Samedi 26 Mai 2007, 17:31

Si on a la premiere condition initiale non nul est$x_0$
on calcule les résidus avec $X_{(z)}Z^{-1}$

puisque $n=0$ pour n>0 on calcul les résidus avec $X_{(z)}Z^{n-1}$
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Messagepar kojak » Samedi 26 Mai 2007, 17:54

celtic a écrit:Si on a la premiere condition initiale non nul est$x_0$
on calcule les résidus avec $X_{(z)}Z^{-1}$
oui, mais dans ce cas là, moi je ne le ferais pas car avec le théorème de la valeur initiale, tu as directement ce $x(0)$...

celtic a écrit:puisque $n=0$ pour n>0 on calcul les résidus avec $X_{(z)}Z^{n-1}$
oui, mais il ne faut pas que $0$ soit un pole de $X(z)$ comme dans le dernier exo où on est parti de la fonction de transfert pour arriver à l'équation récurrente : $0$ était un pole, donc il a fallu prendre $n\geq 2$ si je me souviens bien.
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