Problème : convertir une MLI en tension continue, le passe-bas moyenneur et intégrateur

La stratégie. On sépare la composante continue, multipliée par $H(0)=1$, des raies $n\ge 1$, multipliées par $\underline{H}(nf)$. Le filtre a deux rôles distincts, transmettre la moyenne et intégrer la partie variable, et les deux conditions ne sont pas de même nature.

1) Le spectre. Le signal centré est pair, sans sinus ; il vaut $E$ pour $|t|<\alpha T/2$ : $$c_0=\alpha E,a_n=\frac{2}{T}{\int }_{-\alpha T/2}^{\alpha T/2}E\cos (n\omega t)\mathrm{d}t=\frac{4E}{n\omega T}\sin \left(\frac{n\omega \alpha T}{2}\right)=\frac{2E}{n\pi }\sin (n\pi \alpha ).$$ Parseval : $⟨e^2⟩=\alpha E^2$, et ${\alpha }^2{E}^2+\frac{2E^2}{{\pi }^2}\cdot \frac{{\pi }^2}{2}\alpha (1-\alpha )=\alpha E^2$. Amplitudes : $\alpha =1/2$, le créneau, rangs impairs, $c_1=3,18\mathrm{V}$, $c_3=1,06\mathrm{V}$ ; $\alpha =1/4$ : $c_1=2,25$, $c_2=1,59$, $c_3=0,75\mathrm{V}$, rangs multiples de $4$ absents ($\sin (n\pi /4)=0$). Cas limite $\alpha \to 0$ : $c_n\approx 2\alpha E$ tant que $n\alpha \ll 1$, un peigne de raies presque égales jusqu'au rang $\sim 1/\alpha$ ($\alpha =0,1$ : $0,98$ ; $0,94$ ; $0,86$ ; $0,76\mathrm{V}$). Impulsion brève, spectre large.

2) Le moyenneur. La composante continue est multipliée par $H(0)=1$ : en régime établi, $⟨u⟩=\alpha E$ exactement, quel que soit $RC$. En temporel : la tension du condensateur reprend la même valeur à chaque période, donc $⟨i⟩=C⟨\mathrm{d}u/\mathrm{d}t⟩=0$, et $⟨e⟩-⟨u⟩=R⟨i⟩=0$. La carte devient un convertisseur numérique-analogique linéaire en $k$, de pas $19,6\mathrm{mV}$. Un filtre de gain $1$ en continu qui élimine le reste est un moyenneur ; reste à voir ce qu'il laisse de la partie variable.

3) L'intégrateur. $f_c=1,59\mathrm{Hz}$, $f_c/f=3,2\cdot 10^{-3}$. Toute raie $n\ge 1$ est à $nf\ge f\gg f_c$, en régime $\underline{H}\approx \frac{1}{jn\omega RC}$ : une intégration divisée par $RC$. La condition ne porte que sur le fondamental, les autres raies étant plus loin encore de la coupure. D'où $$u-\alpha E\approx \frac{1}{RC}\int (e-\alpha E)\mathrm{d}t.$$ Pendant l'impulsion, $e-\alpha E=(1-\alpha )E$ : $u$ croît de pente $\frac{(1-\alpha )E}{RC}$ pendant $\alpha T$ ; ensuite, pente $-\frac{\alpha E}{RC}$ pendant $(1-\alpha )T$. Ondulation triangulaire, de crête à crête $$\Delta u=\frac{(1-\alpha )E}{RC}\alpha T=\frac{\alpha (1-\alpha )E}{fRC},$$ maximale en $\alpha =1/2$ : $25,5\mathrm{mV}$ ($19,1\mathrm{mV}$ pour $\alpha =1/4$, $9,2\mathrm{mV}$ pour $0,1$).

Contrôle. À $\alpha =1/2$, le fondamental seul ressort avec l'amplitude $\frac{c_1}{\omega RC}=\frac{3,18}{308}\mathrm{V}$, soit $20,7\mathrm{mV}$ crête à crête ; $25,5/20,7=1,234={\pi }^2/8$, le rapport d'un triangle à son fondamental. Validité. Remplacer $\frac{1}{1+jx}$ par $\frac{1}{jx}$ ($x=f/f_c=308$) fausse l'amplitude de $\frac{1}{2x^2}=5\cdot 10^{-6}$ et la phase de $\arctan \frac{1}{x}=0,19^{\circ }$. La composante continue n'est pas intégrée : la raie de fréquence nulle n'est pas « au-dessus » de la coupure, elle passe avec $H(0)=1$ ; intégrer $\alpha E$ donnerait une rampe sans fin. Le passe-bas est intégrateur pour la partie variable, moyenneur pour la composante continue.

4) Le cahier des charges. $$\frac{E}{4fRC}\le \frac{E}{255}⟺RC\ge \frac{255}{4f}=0,130\mathrm{s}(f_c\le 1,22\mathrm{Hz}).$$ Après un échelon de $0$ à $E$, l'écart $E{\mathrm{e}}^{-t/RC}$ passe sous $E/510$ en $t_r=RC\ln 510=6,2RC=0,81\mathrm{s}$. Le produit $\Delta u_{\max }{t}_r=\frac{E\ln 510}{4f}$ ne dépend que de $f$ : avec un premier ordre, ondulation et rapidité s'échangent, et seule la fréquence de la MLI desserre l'étau. À $62,5\mathrm{kHz}$ : $RC=1,0\mathrm{ms}$, $t_r=6,4\mathrm{ms}$, 128 fois plus rapide.

5) Le second ordre. Au-dessus de la coupure, $|{\underline{H}}_2|\approx \frac{1}{(\omega R{C}^{\prime }{)}^2}$ ($-40\mathrm{dB}$ par décade). Ondulation du fondamental $\frac{2c_1}{(\omega R{C}^{\prime }{)}^2}\le \frac{E}{255}$ : $$\omega R{C}^{\prime }\ge \sqrt{\frac{2c_1\times 255}{E}}=\sqrt{\frac{1020}{\pi }}=18,0,R{C}^{\prime }\ge 5,85\mathrm{ms}.$$ Toutes raies comprises, l'ondulation vaut $19,0\mathrm{mV}$. Réponse : $(1+\frac{t}{R{C}^{\prime }}){\mathrm{e}}^{-t/R{C}^{\prime }}=\frac{1}{510}$ pour $t=8,5R{C}^{\prime }=50\mathrm{ms}$, 16 fois plus rapide. La pente plus forte sépare mieux la raie continue, gardée, du fondamental, rejeté.

6) Cas limites. Pour $f_c=f$, $⟨u⟩=\alpha E$ toujours ($H(0)=1$ ne dépend pas de $RC$). Mais la sortie est faite d'arcs d'exponentielles : à $\alpha =1/2$, $A=B={\mathrm{e}}^{-\pi }$ et $\Delta u=E\frac{1-A}{1+A}=E\tanh \frac{\pi }{2}=4,59\mathrm{V}$, quand l'intégrateur annoncerait $\frac{\pi E}{2}=7,85\mathrm{V}$, plus que $E$ : absurde, le régime intégrateur est perdu dès que le fondamental est à la coupure. À $f_c=f/10$ : $0,779\mathrm{V}$ contre $0,785\mathrm{V}$, $0,8\%$ d'écart. Enfin, l'œil est un passe-bas de temps de réponse de quelques dizaines de millisecondes : devant une MLI à quelques centaines de hertz, il perçoit la moyenne, proportionnelle à $\alpha$ — un moyenneur naturel.

Le résultat obtenu — le comportement intégrateur et moyenneur d'un passe-bas du premier ordre. Un passe-bas du premier ordre de gain statique $H_0$ transmet exactement la composante continue d'un signal périodique, $⟨u⟩=H_0⟨e⟩$ (moyenneur) ; si sa fréquence de coupure est très inférieure à la fréquence $f$ du signal — condition qui porte sur le seul fondamental, toutes les autres raies étant plus haut —, il intègre la partie variable : $u-H_0⟨e⟩\simeq {\omega }_c{H}_0\int (e-⟨e⟩)\mathrm{d}t$. Une MLI de rapport cyclique $\alpha$ filtrée par une cellule $RC$ donne la tension continue $\alpha E$ portant une ondulation triangulaire de crête à crête $\Delta u=\frac{\alpha (1-\alpha )E}{fRC}$.

Ce que le problème installe. Séparer la raie continue (gain $H(0)$) des raies variables (gains $H(nf)$) : le passe-bas est moyenneur par la première, intégrateur par les secondes. L'intégrateur demande le fondamental, le dérivateur le dernier harmonique : les deux conditions ne sont pas symétriques. Et un compromis chiffré, ondulation contre temps de réponse, que seules la fréquence de découpage et la pente du filtre desserrent.