Chapitre 3 — ALI en régime linéaire

Attribuer à chaque borne de l'ALI les bonnes fiches de la platine utilisée au labo de l'ECAM.

En comparant le brochage DIP8 officiel (ci-dessus) au triangle ALI imprimé sur la platine, chaque broche du boîtier doit être reliée par un fil à la fiche de même rôle électrique :

Visualiser sur le graphique le gain \(A_d\), ainsi que les domaines de saturation et de linéarité.

Autour de \(\varepsilon=0\), la caractéristique \(v_s=f(\varepsilon)\) est une droite de pente \(A_d\) (régime linéaire) ; dès que \(v_s\) atteint \(\pm V_{sat}\), la courbe devient horizontale (régime saturé), car \(v_s\) ne peut physiquement pas dépasser les tensions d'alimentation.

Prédire pour chaque montage ci-dessous si l'ALI fonctionne en régime linéaire ou saturé.

Montage 1 (à gauche) — trois entrées \(v_1,v_2,v_3\) via des résistances \(R\), plus une résistance de contre-réaction \(R\) entre la sortie et ce même nœud d'entrée.

Montage 2 (haut, au centre-gauche) — \(V_+\) et \(V_-\) imposés directement et indépendamment sur les deux entrées, sortie \(v_s\) non reconnectée.

Montage 3 (haut, au centre-droit) — \(v_e\) directement sur une entrée, boucle reliant la sortie directement à l'autre entrée.

Montage 4 (à droite) — réseau diode + condensateur sur une branche, résistance \(R_2\) rebouclant la sortie vers cette même branche.

Tracer la courbe \(v_s=f(\varepsilon)\) (similaire à celle de Q2) dans le cas d'un ALI idéal « de gain infini ».

Quand \(A_d\to\infty\), la pente de la zone linéaire (Q2) devient infinie : la zone linéaire se réduit à un unique segment vertical en \(\varepsilon=0\). On obtient une caractéristique en créneau (fonction signe), typique d'un comparateur idéal.

Le schéma équivalent d'un ALI réel est donné ci-contre. Discuter des différences avec un ALI idéal de gain infini.

En comparant terme à terme avec les deux hypothèses du modèle idéal de gain infini (§2.1–2.2) :

En utilisant les relations du modèle de l'ALI idéal de gain infini, montrer que pour un montage suiveur \(v_s=v_e\) (donc \(H=1\)).

La borne (+) reçoit directement \(v_e\) : \(v_+=v_e\). Le fil reliant la sortie à la borne (−) impose \(v_-=v_s\). La rétroaction se fait exclusivement sur (−), donc l'ALI fonctionne en régime linéaire (§1.3), ce qui donne \(v_+=v_-\) :

\[ v_e=v_+=v_-=v_s \]

En exprimant la tension \(u_0\) aux bornes d'une résistance de charge \(R_0\) pour deux configurations différentes (sans ou avec un montage suiveur inséré), réfléchir à l'intérêt d'un tel montage au labo, quand on utilise une source de tension réelle, ou quand on connecte des filtres passifs analogiques en cascade.

Sans suiveur (générateur réel \(E,r\) directement relié à \(R_0\)) : un courant \(i=E/(R_0+r)\) circule dans la maille, et \(u_0\) est donnée par un pont diviseur de tension :

\[ u_0=E\cdot\frac{R_0}{R_0+r} \]

Cette tension \(u_0\) dépend de \(R_0\) : le générateur réel est « chargé » par \(R_0\), sa tension de sortie chute d'autant plus que \(R_0\) est faible (comparable à \(r\)).

Avec suiveur inséré entre le générateur et \(R_0\) : l'entrée (+) du suiveur, de résistance d'entrée infinie (\(i_+=0\)), ne tire aucun courant du générateur \((E,r)\) — il n'y a donc aucune chute de tension dans \(r\), et \(v_e=E\) exactement (pas de division de tension). D'après Q6, \(v_s=v_e=E\). L'ALI ayant une résistance de sortie nulle (modèle idéal), cette tension \(v_s=E\) est ensuite délivrée à \(R_0\) sans chute supplémentaire, quel que soit le courant demandé par \(R_0\) :

\[ u_0=v_s=E,\qquad\text{indépendamment de }R_0\text{ et de }r. \]

Montrer que, pour un montage amplificateur non inverseur, \(v_s=v_e\times\left(1+\dfrac{R_2}{R_1}\right)\) (donc \(H=1+\dfrac{R_2}{R_1}>1\)). On pourra utiliser un pont diviseur de tension ou une LNTP.

Méthode du pont diviseur : la rétroaction se fait sur (−), qui est le point milieu du pont diviseur \(R_1\)–\(R_2\) entre la masse (\(0\) V, via \(R_1\)) et la sortie \(v_s\) (via \(R_2\)), sans courant prélevé sur ce nœud (\(i_-=0\)) :

\[ v_-=v_s\cdot\frac{R_1}{R_1+R_2} \]

La borne (+) reçoit directement \(v_e\) : \(v_+=v_e\). Rétroaction exclusive sur (−) ⟹ régime linéaire ⟹ \(v_+=v_-\) :

\[ v_e=v_s\cdot\frac{R_1}{R_1+R_2}\ \Longrightarrow\ v_s=v_e\cdot\frac{R_1+R_2}{R_1} \]

Exemple : exprimer \(V_A\) dans le cas ci-contre.

Trois branches arrivent en \(A\) : \(v_1\) via \(\underline Z_1\), \(v_2\) via \(\underline Z_2\), et la masse (potentiel \(0\)) via \(\underline Z_3\). En appliquant directement la formule de Millman avec \(n=3\) et \(V_3=0\) :

Montrer que, pour un montage amplificateur inverseur, \(v_s=v_e\times\left(-\dfrac{R_2}{R_1}\right)\) (donc \(H=-\dfrac{R_2}{R_1}\), déphasage \(\pi\)).

La borne (+) est reliée à la masse : \(v_+=0\). Rétroaction sur (−) exclusivement ⟹ régime linéaire ⟹ \(v_-=v_+=0\) : c'est une masse virtuelle. Comme \(i_-=0\) (ALI idéal), le courant qui traverse \(R_1\) (de \(v_e\) vers le nœud (−)) traverse intégralement \(R_2\) (du nœud (−) vers \(v_s\)) :

\[ i_1=\frac{v_e-v_-}{R_1}=\frac{v_e}{R_1}\ ,\qquad i_1=\frac{v_--v_s}{R_2}=\frac{-v_s}{R_2} \] \[ \frac{v_e}{R_1}=\frac{-v_s}{R_2}\ \Longrightarrow\ v_s=-v_e\cdot\frac{R_2}{R_1} \]

Remarque 1. Selon les valeurs relatives de \(R_1\) et \(R_2\), ce montage amplifie (\(R_2>R_1\)) ou atténue (\(R_2

Remarque 2. Contrairement aux deux montages précédents (suiveur, non inverseur), l'impédance d'entrée de ce montage vue par \(v_e\) est \(R_1\) (finie, pas infinie) : un montage amplificateur inverseur inséré dans un circuit plus complexe peut donc affecter les sections en amont (contrairement au suiveur, cf. Q7).

Montrer que, pour un montage intégrateur, \(v_s(t)=v_s(0)-\dfrac{1}{RC}\displaystyle\int_0^t v_e(t')\,dt'\) (donc \(\underline H=-\dfrac{1}{jRC\omega}\)). On exprimera la LNTP à la borne (−) en complexes avant de passer en temporel.

Comme en Q10, \(v_+=0\) (masse) et la rétroaction est exclusivement sur (−) : \(v_-=v_+=0\) (masse virtuelle). En complexes, le courant traversant \(R\) (de \(\underline{v_e}\) vers le nœud (−)) est intégralement transmis à \(C\) (de (−) vers \(\underline{v_s}\), \(i_-=0\)) :

\[ \underline{i_1}=\frac{\underline{v_e}-0}{R}=\frac{\underline{v_e}}{R}\ ,\qquad \underline{i_C}=j C\omega\,(0-\underline{v_s})=-jC\omega\,\underline{v_s} \] \[ \frac{\underline{v_e}}{R}=-jC\omega\,\underline{v_s}\ \Longrightarrow\ \underline H=\frac{\underline{v_s}}{\underline{v_e}}=-\frac{1}{jRC\omega} \]

Repassage au temporel : la relation \(i_1=i_C\) s'écrit, en instantané, \(\dfrac{v_e(t)}{R}=-C\dfrac{dv_s}{dt}\), soit \(\dfrac{dv_s}{dt}=-\dfrac{v_e(t)}{RC}\). En intégrant entre \(0\) et \(t\) :

Schématiser le montage dérivateur qui suit le comportement \(v_s(t)=-RC\dfrac{dv_e(t)}{dt}\).

Le montage dérivateur s'obtient en échangeant les rôles de \(R\) et \(C\) par rapport au montage intégrateur (§3.4) : le condensateur \(C\) passe en entrée (en série avec \(v_e\)), et la résistance \(R\) passe en contre-réaction (entre la sortie et (−)). (+) reste relié à la masse.

Proposer une valeur limite pour \(R_2\) dans le cas d'un montage amplificateur inverseur avec un signal d'entrée tel que \(E_m=5{,}0\) V et une résistance \(R_1=100\ \Omega\). Sur un même graphique, tracer l'allure de l'oscillogramme de \(v_s(t)\) dans deux cas distincts : pour \(R_2=200\ \Omega\) et pour \(R_2=400\ \Omega\).

D'après Q10, le montage inverseur donne \(v_s=-v_e\times R_2/R_1\). Avec \(v_e\) sinusoïdal d'amplitude \(E_m\), l'amplitude de sortie attendue (sans saturation) est \(|v_s|_{max}=E_m\cdot R_2/R_1\). Pour rester en régime linéaire, il faut que cette amplitude reste sous \(V_{sat}\approx V_{CC}=15\) V (alimentation \(\pm15\) V, §1.1) :

\[ E_m\cdot\frac{R_2}{R_1}\le V_{sat}\ \Longrightarrow\ R_2\le\frac{V_{sat}\cdot R_1}{E_m} =\frac{15\times100}{5{,}0} \]

Vérification sur les deux cas demandés :

• \(R_2=200\ \Omega<300\ \Omega\) : gain \(=2\), amplitude idéale \(=2\times5{,}0=10\) V \(<15\) V — pas de saturation, sinusoïde propre \(\pm10\) V.
• \(R_2=400\ \Omega>300\ \Omega\) : gain \(=4\), amplitude idéale \(=4\times5{,}0=20\) V \(>15\) V — écrêtage à \(\pm15\) V au lieu des \(\pm20\) V attendus.

Sur un même graphique, tracer l'allure de l'oscillogramme de \(v_s(t)\) d'un montage suiveur dont le signal d'entrée est sinusoïdal symétrique, d'amplitude \(6{,}0\) V, dans deux cas distincts : lorsque l'ALI est en sortie ouverte, et lorsque la sortie de l'ALI est branchée à une charge de résistance \(200\ \Omega\).

Sortie ouverte : aucun courant n'est demandé à l'ALI (\(i_s=0\)), donc pas de saturation en courant possible. D'après Q6, \(v_s=v_e\) : sinusoïde propre d'amplitude \(6{,}0\) V.

Sortie chargée par \(R_0=200\ \Omega\) : le courant délivré par l'ALI est \(i_s=v_s/R_0\). La saturation en courant est atteinte dès que \(|i_s|=i_{s,max}\), soit pour \(|v_s|=i_{s,max}\times R_0\) :

\[ |v_s|_{max,\,courant}=20\times10^{-3}\times200=4{,}0\text{ V} \]

Comme \(4{,}0\) V \(<6{,}0\) V (amplitude idéale visée), la sortie écrête à \(\pm4{,}0\) V dès que la sinusoïde idéale dépasserait cette valeur.

1) Quel est le régime de l'ALI : linéaire ou saturé ? Justifier.

La sortie \(v_s\) ne revient que sur l'entrée − (via \(R\), avec \(R_0\) pour seule autre connexion de ce nœud) : c'est une contre-réaction pure, sans aucun chemin de retour vers + (qui ne voit que \(v_1,v_2,v_3\)). Une telle rétroaction est nécessairement négative : elle stabilise le point de fonctionnement autour de \(v_-=v_+\).

2) S'agit-il d'un montage inverseur ou non inverseur ?

Les trois signaux d'entrée \(v_1,v_2,v_3\) sont tous appliqués sur l'entrée + (via \(R_1,R_2,R_3\)), tandis que l'entrée − ne voit qu'un diviseur \(R_0\)/\(R\) issu de la sortie. C'est la signature du montage non inverseur : chaque entrée sera recopiée en sortie avec un signe positif.

3) Exprimer \(v_s\) en fonction de \(v_1\), \(v_2\) et \(v_3\)

Nœud \(v_+\) — LNTP au nœud \(v_+\) (aucun courant n'entre dans l'ALI, donc la somme des courants qui en repartent vers \(v_1\), \(v_2\) et \(v_3\) est nulle) :

\[ \frac{v_+-v_1}{R_1}+\frac{v_+-v_2}{R_2}+\frac{v_+-v_3}{R_3}=0 \ \Longrightarrow\ v_+=\dfrac{\dfrac{v_1}{R_1}+\dfrac{v_2}{R_2}+\dfrac{v_3}{R_3}}{\dfrac{1}{R_1}+\dfrac{1}{R_2}+\dfrac{1}{R_3}}. \]

\(v_+\) est donc une moyenne pondérée de \(v_1,v_2,v_3\) (pondération par les conductances \(1/R_i\)) — un simple réseau résistif « moyenneur », qui ne tire aucun courant sur l'ALI.

Nœud \(v_-\) — même méthode, avec \(v_-\) relié à la masse par \(R_0\) et à \(v_s\) par \(R\) :

\[ \frac{v_--0}{R_0}+\frac{v_--v_s}{R}=0 \ \Longrightarrow\ v_s=v_-\left(1+\frac{R}{R_0}\right). \]

En régime linéaire \(v_-=v_+\) (question 1), d'où :

On reconnaît la structure classique amplificateur non inverseur (gain \(1+R/R_0\)) appliqué à un moyenneur résistif placé sur l'entrée \(+\).

4) Exprimer \(v_s\) pour toutes les résistances égales à \(R\) ; justifier le titre de l'exercice

Dès que \(R_1=R_2=R_3\) (peu importe leur valeur commune), la moyenne pondérée devient une moyenne arithmétique simple :

\[ v_+=\frac{v_1+v_2+v_3}{3}. \]

En posant en plus \(R_1=R_2=R_3=R_0=R\) (toutes les résistances valent \(R\), y compris \(R_0\) — la résistance de contre-réaction s'appelle déjà \(R\) dans l'énoncé), le gain non inverseur vaut \(1+R/R_0=1+R/R=2\), d'où :

\[ v_s=2\cdot\frac{v_1+v_2+v_3}{3} \]

La sortie est proportionnelle à la somme des trois tensions d'entrée (avec un facteur \(2/3\) ici, mais déjà proportionnelle à la somme dès que \(R_1=R_2=R_3\), quel que soit \(R_0\)) : le montage réalise bien une addition de signaux, d'où le nom de montage sommateur — non inverseur, cette fois, contrairement à la version « classique » que l'on rencontre souvent en cours.

1) Schématiser le montage, retrouver \(\underline H\) par la LNTP en complexes

On part du montage intégrateur classique (\(v_e\) par \(R\) sur l'entrée −, \(C\) en contre-réaction, \(v_+\) à la masse) et on met, comme demandé, une résistance \(R'\) en dérivation (en parallèle) du condensateur \(C\) :

Le nœud \(v_-\) est en masse virtuelle (\(v_-=v_+=0\), contre-réaction pure vers − uniquement — même argument qu'à l'exercice 1). L'impédance de contre-réaction est le parallèle de \(R'\) et \(C\) :

\[ \underline{Z_f}=\frac{R'\times\frac{1}{jC\omega}}{R'+\frac{1}{jC\omega}}=\frac{R'}{1+jR'C\omega}. \]

LNTP au nœud \(v_-=0\) (courant entrant de \(v_e\) par \(R\) = courant sortant vers \(v_s\) par \(\underline{Z_f}\), puisque l'ALI n'absorbe aucun courant) :

\[ \frac{0-\underline{v_e}}{R}+\frac{0-\underline{v_s}}{\underline{Z_f}}=0 \ \Longrightarrow\ \underline{v_s}=-\frac{\underline{Z_f}}{R}\,\underline{v_e}. \]

2) Montrer que ce montage se comporte comme l'intégrateur à HF mais ne diverge pas à BF

Haute fréquence (\(\omega\gg\omega_1=1/R'C\), donc \(R'C\omega\gg1\)) : au dénominateur, \(1+jR'C\omega\approx jR'C\omega\), donc :

\[ \underline H\approx-\frac{R'/R}{jR'C\omega}=-\frac{1}{jRC\omega}. \]

Basse fréquence (\(\omega\ll\omega_1\), donc \(R'C\omega\ll1\)) : au dénominateur, \(1+jR'C\omega\approx1\), donc :

\[ \underline H\approx-\frac{R'}{R}\quad\text{(réel, fini, indépendant de }\omega\text{).} \]

1) Régime linéaire supposé : peut-on le prévoir au premier coup d'œil ?

Non. Contrairement à l'exercice 1 (contre-réaction pure sur − uniquement), la sortie \(S\) revient ici simultanément sur les deux entrées : sur − via \(R_1\), et sur + via le diviseur \(R_2\)/\(R_3\). On a donc en même temps une réaction négative (vers −) et une réaction positive (vers +).

2) Relation \(v_e\)–\(s\) par pont diviseur ; relation \(v_e\)–\(i_e\) ; nom du montage

Pont diviseur sur l'entrée + — l'entrée + n'absorbant aucun courant, \(R_2\) et \(R_3\) sont simplement en série entre \(S\) et la masse, et \(v_e\) est le potentiel du point milieu :

\[ v_e = s\cdot\frac{R_3}{R_2+R_3}. \]

Report sur l'entrée − — en régime linéaire (supposé), \(v_-=v_+\). Or \(v_-\) est justement le potentiel du point \(A\) : \(v_-=v_A\). Donc :

\[ v_A = v_e. \]

Courant \(i_e\) — au nœud \(A\), tout le courant \(i_e\) entrant de l'extérieur doit ressortir par \(R_1\) vers \(S\) (l'ALI n'absorbe rien) :

\[ i_e=\frac{v_A-s}{R_1}=\frac{v_e-s}{R_1}. \]

On y injecte \(s=v_e\dfrac{R_2+R_3}{R_3}\) (obtenu en inversant la relation du pont) :

\[ i_e=\frac{1}{R_1}\left[v_e-v_e\frac{R_2+R_3}{R_3}\right] =\frac{v_e}{R_1}\left[\frac{R_3-R_2-R_3}{R_3}\right]=-\frac{v_e}{R_1}\cdot\frac{R_2}{R_3}. \]

Exprimer \(v_s\) en fonction de \(\alpha\), \(v_1\) et \(v_2\)

Étage 1 (amplificateur non inverseur classique) — \(v_{+1}=v_1\) (fil direct), donc en régime linéaire \(v_A=v_-=v_+=v_1\). Le nœud \(A\) voit \(R\) vers la masse et \(R/\alpha\) vers \(v'\), sans courant entrant dans l'ALI : le courant qui traverse \(R\) (de \(A\) vers la masse) doit être fourni par \(R/\alpha\) (de \(v'\) vers \(A\)) :

\[ \frac{v'-v_1}{R/\alpha}=\frac{v_1-0}{R} \ \Longrightarrow\ \frac{\alpha(v'-v_1)}{R}=\frac{v_1}{R} \ \Longrightarrow\ \alpha(v'-v_1)=v_1 \ \Longrightarrow\ \boxed{\ v'=v_1\,\frac{1+\alpha}{\alpha}\ } \]

(on reconnaît le gain non inverseur usuel \(1+R_f/R_{in}=1+\dfrac{R/\alpha}{R}=1+\dfrac1\alpha =\dfrac{1+\alpha}{\alpha}\)).

Étage 2 — \(v_{+2}=v_2\) (fil direct), donc \(v_B=v_2\) en régime linéaire. Au nœud \(B\) (LNTP, aucun courant absorbé par l'ALI) :

\[ \frac{v_B-v'}{R}+\frac{v_B-v_s}{\alpha R}=0 \ \Longrightarrow\ \alpha(v_B-v')+(v_B-v_s)=0 \ \Longrightarrow\ v_s=(1+\alpha)v_B-\alpha v' \]

Avec \(v_B=v_2\) et \(v'=v_1\dfrac{1+\alpha}{\alpha}\), le facteur \(\alpha\) se simplifie exactement avec celui déjà présent devant \(v'\) :

\[ v_s=(1+\alpha)v_2-\alpha\cdot v_1\frac{1+\alpha}{\alpha}=(1+\alpha)v_2-(1+\alpha)v_1 \]

Ce montage réalise donc un amplificateur de différence de gain \((1+\alpha)\), identique sur \(v_1\) et \(v_2\) : le paramètre \(\alpha\) règle le gain global de la différence \(v_2-v_1\) sans jamais déséquilibrer les deux entrées — un résultat plus élégant qu'il n'y paraît, puisque les deux étages ont pourtant des composants différents (\(R/\alpha\) puis \(\alpha R\)).

1) Montage à intercaler pour obtenir \(\underline H=\underline{H_1}\times\underline{H_2}\)

Si l'on branche \(F_2\) directement à la sortie de \(F_1\), \(F_2\) charge \(F_1\) : il consomme un courant non nul dans \(C_1\)/\(R_1\), ce qui modifie \(H_1\) par rapport à sa valeur « sortie ouverte » donnée. Pour que \(H=H_1\times H_2\) reste valable telle quelle, il faut que \(F_2\) ne tire aucun courant sur \(F_1\), et que la source qui attaque \(F_2\) ait une impédance de sortie nulle (pour ne pas être chargée par \(F_2\) plus tard).

2) Avec \(R_1=R_2=R\), \(C_1=C_2=C\), \(\omega_0=1/RC\) : comportement asymptotique et \(\underline H\)

On pose \(x=\omega/\omega_0=RC\omega\) (variable réduite). Alors \(\underline{H_1}=\dfrac{1}{1+jx}\) et \(\underline{H_2}=\dfrac{jx}{1+jx}\), donc :

\[ \underline H=\underline{H_1}\,\underline{H_2}=\frac{jx}{(1+jx)^2}. \]

BF (\(x\ll1\)) : \(1+jx\approx1\), donc \(\underline H\approx jx=jRC\omega\) — gain proportionnel à \(\omega\) (pente \(+20\) dB/décade), phase \(\to+90°\).

HF (\(x\gg1\)) : \((1+jx)^2\approx(jx)^2=-x^2\) (le terme dominant), donc \(\underline H\approx \dfrac{jx}{-x^2}=-\dfrac{j}{x}=\dfrac{1}{jx}\) — gain proportionnel à \(1/\omega\) (pente \(-20\) dB/décade), phase \(\to-90°\).

Confirmation par le module exact : \(|\underline{H_1}|\,|\underline{H_2}| =\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\cdot\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\), soit :

\[ \boxed{\ |\underline H(x)|=\frac{x}{1+x^2}\ } \]

qui redonne bien \(|\underline H|\approx x\) pour \(x\ll1\) et \(|\underline H|\approx1/x\) pour \(x\gg1\) : le comportement asymptotique est confirmé.

3) Pour quelles fréquences \(F\) se comporte-t-il en dérivateur ? en intégrateur ?

4) Diagrammes de Bode asymptotiques de \(F\)

Gain : asymptote BF \(20\log|x|\) (pente \(+20\) dB/déc, passe par 0 dB en \(x=1\)) ; asymptote HF \(-20\log|x|\) (pente \(-20\) dB/déc, passe aussi par 0 dB en \(x=1\)). Les deux droites se croisent donc en \(x=1\) à 0 dB, mais la courbe réelle y vaut \(|\underline H(1)|=1/2\), soit \(-6\) dB — en dessous de l'intersection des asymptotes (pas de dépassement, car pôle double réel, voir Q5).

Phase : \(\varphi=90°-2\arctan(x)\). Plateau à \(+90°\) pour \(x\ll1\), décroissance linéaire entre \(x\approx0{,}1\) et \(x\approx10\) passant par \(0°\) en \(x=1\), plateau à \(-90°\) pour \(x\gg1\).

5) Maximum de \(|\underline H|\), bande passante à −3 dB, facteur de qualité

Maximum — on dérive \(|\underline H(x)|=\dfrac{x}{1+x^2}\) par rapport à \(x\) :

\[ \frac{d}{dx}\left(\frac{x}{1+x^2}\right)=\frac{(1+x^2)-x(2x)}{(1+x^2)^2}=\frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}=0 \ \Longrightarrow\ x=1\ (x>0). \] \[ \boxed{\ |\underline H|_{max}=|\underline H(1)|=\frac12\ (=-6{,}02\text{ dB, en }\omega=\omega_0)\ } \]

Bande à \(-3\) dB — on cherche \(x\) tel que \(|\underline H(x)|=\dfrac{H_{max}}{\sqrt2} =\dfrac{1}{2\sqrt2}\) :

\[ \frac{x}{1+x^2}=\frac{1}{2\sqrt2} \ \Longrightarrow\ 2\sqrt2\,x=1+x^2 \ \Longrightarrow\ x^2-2\sqrt2\,x+1=0 \ \Longrightarrow\ x=\sqrt2\pm1. \]

D'où \(x_{bas}=\sqrt2-1\approx0{,}414\) et \(x_{haut}=\sqrt2+1\approx2{,}414\) (on vérifie \(x_{bas}\,x_{haut}=2-1=1=x_0^2\) : \(x_0=1\) est bien la moyenne géométrique des deux coupures, propriété typique d'un passe-bande). Largeur de bande :

\[ \Delta x = x_{haut}-x_{bas}=(\sqrt2+1)-(\sqrt2-1)=2\qquad\Longrightarrow\qquad \Delta\omega=2\,\omega_0. \]

6) Équation différentielle vérifiée par \(s(t)\) ; facteur de qualité retrouvé sur l'ED

On repart de \(\underline H=\dfrac{\underline S}{\underline E}=\dfrac{jRC\omega}{(1+jRC\omega)^2}\). En notant \(p=j\omega\) et \(\tau=RC\), et en « repassant » \((1+\tau p)^2\underline S=\tau p\,\underline E\) du domaine complexe au domaine temporel (\(p\leftrightarrow d/dt\)) :

\[ (1+2\tau p+\tau^2p^2)\,s = \tau p\,e \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\ \tau^2\,\ddot s(t)+2\tau\,\dot s(t)+s(t)=\tau\,\dot e(t)\ } \]

On identifie avec la forme canonique du 2ᵈ ordre \(\dfrac{1}{\omega_0^2}\ddot s +\dfrac{1}{Q\omega_0}\dot s+s=(\cdots)\) :

\[ \frac{1}{\omega_0^2}=\tau^2\ \Rightarrow\ \omega_0=\frac1\tau=\frac1{RC}\ \text{(cohérent avec Q2)}, \qquad \frac{1}{Q\omega_0}=2\tau\ \Rightarrow\ Q=\frac{1}{2\tau\omega_0}=\frac{1}{2}. \]

Pour un échelon \(e(t)=E\,\Gamma(t)\) en entrée, \(\dot e(t)=E\,\delta(t)\) (impulsion de Dirac à \(t=0\)). Pour \(t>0\), l'équation devient homogène :

\[ \tau^2\ddot s+2\tau\dot s+s=0, \]

d'équation caractéristique \(\tau^2r^2+2\tau r+1=0\), de discriminant \(\Delta=4\tau^2-4\tau^2=0\) : racine double \(r=-1/\tau\). Ce discriminant nul confirme, indépendamment du calcul de \(Q\), que l'on est exactement à la frontière apériodique/critique (\(Q=1/2\)) : la réponse à l'échelon ne présente aucune oscillation.

1) Quel composant le bloc autour de l'ALI de gauche permet-il de simuler ?

Isolons l'ALI n°1 et son réseau local. Son entrée − (\(N_1\)) est prise entre deux résistances égales \(R_0\) (une vers la masse, une vers \(S\)) : par pont diviseur, \(v_{N_1}=S/2\). En régime linéaire \(v_{N_1}=v_{+1}=E\), donc :

\[ \frac{S}{2}=E \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\ S=2E\ } \]

indépendamment de tout ce qui est branché sur \(E\) par ailleurs : ALI n°1 se comporte comme un amplificateur non inverseur de gain fixe 2 (cas particulier \(R_0=R_0\) du montage non inverseur déjà rencontré, ex. Ex 4 étage 1 avec \(\alpha=1\)). Reste alors la résistance locale \(R\), qui relie \(E\) à ce même point \(S=2E\) : le courant qu'elle impose est

\[ i_{(E\to S)}=\frac{E-S}{R}=\frac{E-2E}{R}=-\frac{E}{R}, \]

2) Reschématiser le montage entier ; montrer que \(Z_{in}\) est une inductance, exprimer \(L\)

Étape 1 — Étage intégrateur (ALI2). \(v_{+2}=0\) (masse), donc \(v_{N_2}=0\) en régime linéaire (contre-réaction pure sur − via \(C\) : régime linéaire garanti, comme à l'exercice 1). LNTP en \(N_2\) :

\[ \frac{S-0}{R}+\frac{S'-0}{1/(jC\omega)}=0 \ \Longrightarrow\ \frac{S}{R}+jC\omega\,S'=0 \ \Longrightarrow\ \boxed{\ S'=-\frac{S}{jRC\omega}\ } \]

Étape 2 — Report du gain de l'étage 1. D'après la question 1, \(S=2E\), donc :

\[ S'=-\frac{2E}{jRC\omega}. \]

Étape 3 — Courant d'entrée \(i_e\). Au nœud \(E\), aucun courant n'entre dans l'entrée + de l'ALI1 : tout le courant fourni par la source se répartit entre la branche locale (vers \(S\)) et la branche extérieure (vers \(S'\)) :

\[ i_e=\frac{E-S}{R}+\frac{E-S'}{R}. \]

Avec \(S=2E\) :

\[ \frac{E-S}{R}=\frac{E-2E}{R}=-\frac{E}{R} \quad\Longrightarrow\quad i_e=-\frac{E}{R}+\frac{E-S'}{R}=\frac{-E+E-S'}{R}=-\frac{S'}{R}. \]

On y injecte \(S'=-2E/(jRC\omega)\) :

\[ i_e=-\frac{1}{R}\left(-\frac{2E}{jRC\omega}\right)=\frac{2E}{jR^2C\omega}. \]