Pourquoi le modèle idéal suffit : le gain fini

La stratégie. Refaire le calcul de l'exercice 1 sans supposer $\epsilon =0$, en gardant $s={\mu }_0\epsilon$, puis mesurer l'erreur commise par le modèle idéal. On garde $i_{-}=0$, justifié à la question 4.

1) Le gain avec ${\mu }_0$ fini. Toujours $V_{+}=e$ et, par le diviseur, $V_{-}=\beta s$. Donc $$s={\mu }_0(e-\beta s)\Rightarrow s(1+{\mu }_0\beta )={\mu }_{0}e\Rightarrow G=\frac{{\mu }_0}{1+{\mu }_0\beta }.$$ En divisant par ${\mu }_0\beta$ : $$G=\frac{1}{\beta }\cdot \frac{1}{1+\frac{1}{{\mu }_0\beta }}\underset{{\mu }_0\to \infty }{\to }\frac{1}{\beta }=1+\frac{R_2}{R_1}=11.$$ On retrouve le résultat idéal.

2) La robustesse. Ici $G_{\mathrm{id}}=11$ et ${\mu }_0\beta ={\mu }_0/11$. L'écart relatif vaut $$\frac{G_{\mathrm{id}}-G}{G_{\mathrm{id}}}=1-\frac{1}{1+\frac{G_{\mathrm{id}}}{{\mu }_0}}\approx \frac{G_{\mathrm{id}}}{{\mu }_0}.$$

• Pour ${\mu }_0=2\times 10^5$ : $\frac{11}{2\times 10^5}=5,5\times 10^{-5}$, soit $G=10,9994$.
• Pour ${\mu }_0=10^5$ : $1,1\times 10^{-4}$, soit $G=10,9988$.

Le gain de l'ALI a été divisé par deux ; celui du montage n'a varié que de $5,5\times 10^{-5}$, soit $0,0055\%$. Le gain du montage est fixé par le rapport des résistances, des composants stables et précis, et non par le gain de l'ALI, grand mais mal connu. C'est tout l'intérêt de la rétroaction : elle échange un gain énorme et capricieux contre un gain modeste et sûr.

3) Un ALI trop faible. Avec ${\mu }_0=100$ : $G=\frac{100}{1+100/11}=\frac{100}{10,09}\approx 9,9$, soit $10\%$ d'erreur. Le modèle idéal suppose $${\mu }_0\gg G_{\mathrm{id}},$$ largement vérifié avec $2\times 10^5\gg 11$, mais pas avec $100$. On ne peut donc pas demander un gain de l'ordre de ${\mu }_0$ à un montage : le gain du montage doit rester petit devant celui de l'ALI.

4) Les deux hypothèses, chiffrées. Pour $s=10\mathrm{V}$ : $\epsilon =\frac{s}{{\mu }_0}=\frac{10}{2\times 10^5}=50\mu \mathrm{V}$. Les entrées sont au même potentiel à $50$ microvolts près, alors que les tensions du montage valent quelques volts : $V_{+}=V_{-}$ est vrai à $10^{-5}$ près.

Le courant dans $R_1$ vaut $\frac{V_{-}}{R_1}=\frac{10/11}{10^3}\approx 0,9\mathrm{mA}$, contre quelques picoampères à l'entrée de l'ALI : un rapport de $10^8$. $i_{-}=0$ est vrai à $10^{-8}$ près.

Ce que l'exercice installe. Le modèle idéal n'est pas une approximation grossière : ses deux hypothèses sont vérifiées à mieux que $10^{-5}$ dans un montage usuel. Et le gain d'un montage à rétroaction dépend des composants extérieurs, pas de l'ALI, à condition que le gain demandé reste petit devant ${\mu }_0$.