Q7 (21-SPO1U58-AUTO-TS1-Q7)
Calculer la réponse temporelle $y(t)$ pour une entrée en échelon unitaire pour le transfert $H(p)$. Tracer l’allure de la réponse temporelle $y(t)$.
Ici encore, nous avons à traiter un cas standard déjà traité maintes fois, comme sur ce site, par exemple.
En ce qui concerne le signal d’entrée échelon, on a $$E(p) = \dfrac{e_0}{p}.$$
Lorsque cet échelon est unitaire (entrée indicielle), on a $e_0 = 1$ et ainsi $$E(p) = \dfrac{1}{p}.$$
Notez qu’il sera ici opportun d’utiliser la fonction de transfert $H(p)$ donnée par l’énoncé dans sa forme standard $$H(p) = \dfrac{1}{1+2p}.$$ En effet, celle-ci est donnée dans sa forme dite « canonique » de fonction de transfert en boucle fermée d’un système du 1er ordre, de la forme $$ H(p)=\dfrac{K}{1+\tau p}$$ où nous avons ici $K=1$ et $\tau =2$. Commençons par traiter le cas général où la fonction de transfert est de la forme $$ H(p)=\dfrac{K}{1+\tau p}$$ (système du 1er ordre) et déterminons explicitement la réponse temporelle d’un tel système pour une entrée échelon avec signal fréquentiel $$E(p)=\dfrac{e_0}{p}.$$
$$
H(p)=\dfrac{K}{1+\tau p}=\dfrac{S(p)}{E(p)}
$$
Ainsi, $$ S(p)=\dfrac{K E(p)}{1+\tau p}$$ i.e.,
$$\begin{align} S(p)=\dfrac{K \dfrac{e_0}{p}}{1+\tau p} &=\dfrac{K e_0}{p(1+\tau p)} \\ &= \dfrac{K e_0}{p\tau (\dfrac{1}{\tau} + p)} \end{align}$$
On a ainsi $$S(p) = \dfrac{ Ke_0 }{p \tau\left(\dfrac{1}{\tau}+p\right)}
$$
Nous allons effectuer une décomposition en élements simples.
On cherche $a$ et $b$ tels que
$$ \dfrac{K e_0}{\tau p\left(\dfrac{1}{\tau}+p\right)}=\dfrac{Ke_0}{\tau}\left(\frac{a}{p}+\frac{b}{\frac{1}{\tau}+p}\right) $$
On a $$\dfrac{K e_0}{\tau}\left(\dfrac{a}{p}+\dfrac{b}{\dfrac{1}{\tau}+p}\right) = \dfrac{K e_0}{\tau}\left(\dfrac{\dfrac{a}{\tau}+a p+b p}{p\left(\dfrac{1}{\tau}+p\right)}\right) $$
Et ainsi $$ \dfrac{K e_0}{\tau p\left(\frac{1}{\tau}+p\right)} = \dfrac{K e_0}{\tau}\left(\frac{\frac{a}{\tau}+a p+b p}{p\left(\frac{1}{\tau}+p\right)}\right) $$
Procédons par identification :
On a
$$ \frac{a}{\tau}+a p+b p=1 $$ i.e.,
$$ \dfrac{a}{\tau}+(a+b) p=1$$
On a donc $$a+b=0$$ et $$ a=\tau.$$
Cela nous donne $$a=-b, \qquad a=\tau, \qquad b=-\tau.$$
On a donc
$$\dfrac{K e_0}{\tau p\left(\dfrac{1}{\tau}+p\right)}=\dfrac{K e_0}{\tau}\left(\dfrac{\tau}{p}-\dfrac{\tau}{\dfrac{1}{\tau}+p}\right).$$
L’intérêt d’une telle décomposition est que nous pouvons à présent appliquer la transformée de Laplace inverse :
$$\begin{align} \dfrac{K e_0}{\tau}\left(\dfrac{\tau}{p}-\dfrac{\tau}{\dfrac{1}{\tau}+p}\right) &= Ke_0 \left(\frac{1}{p}-\frac{1}{\frac{1}{\tau}+p}\right) \\ &= K e_0 -K e_0 \, e^{-\dfrac{t}{\tau}}\\ &= Ke_0(1-e^{- \dfrac{t}{\tau}}) \end{align} $$
Dans le cas général d’une fonction de transfert $$ H(p)=\dfrac{K}{1+\tau p}=\dfrac{S(p)}{E(p)} $$ d’un système du premier ordre, la réponse temporelle pour une entrée en échelon unitaire (réponse indicielle) donnée par
$$y(t) = K \, e_0 \, (1-e^{- \dfrac{t}{\tau}}) $$
Dans le cas de l’énoncé, avec
$$H(p)=\dfrac{1}{1+2 p},$$
il est fondamental de comprendre que le raisonnement est identique.
Il suffit de spécifier $K=1$ et $\tau = 2$.
L’expression de la réponse recherchée est donc
$$y(t) = e_0 \, (1-e^{- \dfrac{t}{2}}). $$