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Plan de cours : PHYSIQUE MP

I Filtrage en électrocinétiqueI Fonction de transfert complexe en sortie ouverte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

I.1 Expression . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3I.2 Principales relations utiles : rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

a - Relation du diviseur de tension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4b - Théorème de Millman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

I.3 Le problème de la stabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5a - Généralités et cas des systèmes d’ordre 1 et 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5b - Complément hors programme : stabilité des systèmes d’ordre n > 2 . . . . . 8

I.4 Réponse en gain - réponse en phase : diagramme de Bode . . . . . . . . . . . . . . . . 9I.5 Bande passante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

II Filtre passe-bas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10II.1 Ordre 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10II.2 Ordre 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

a - Analyse de la fonction de transfert et diagramme de Bode . . . . . . . . . . . 12b - Cas particuliers : résonance et filtre de Butterworth . . . . . . . . . . . . . . 16

III Filtres passe-haut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17III.1 Ordre 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17III.2 Ordre 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

IV Filtres passe-bande (ordre 2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21IV.1 Fonction de transfert et diagramme de Bode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21IV.2 Bande passante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

V Filtre coupe-bande (réjecteur) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25V.1 Diagramme de Bode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25V.2 Bande «rejetée» . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1

PLAN DE COURS : PHYSIQUE MP

2 ⋄ CPGE MP3. . .

Chapitre I

Filtrage en électrocinétique

I Fonction de transfert complexe en sortie ouverte

I.1 Expression

Les cours d’électrocinétique de première année ont permis de dégager une modélisation linéaire du com-portement des circuits électriques courants, comportant résistances, bobines, et capacités.

Figure I.1 – Schéma d’un quadripôle type filtre enboucle ouverte

Les grandeurs observables courants et tensionsétaient alors régies par des équations différentielleslinéaires, et dans l’étude des filtres, le circuit étudiéest un quadripôle comportant grandeurs d’entrée in-dicées «e» et grandeurs de sortie indicées «s».Les grandeurs d’intérêt sont en général les tensionsd’entrée e(t) et de sortie s(t), avec la sortie en boucleouverte, c’est à dire avec is(t) = 0.L’équation différentielle régissant les variations de telles grandeurs s’écrit, sous sa forme la plus générale :

D0s(t) +D1ds(t)

dt+ .... +Dn

dns(t)

dtn= N0e(t) +N1

de(t)

dt+ .... +Nm

dme(t)

dtm(I.1)

avec D0, D1, .... Dn et N0, N1, .... Nm coefficients constants.

La réponse du système linéaire (cf équa.diff en maths) est :

s(t) = sH(t)︸︷︷︸solution ESSM

+ sP (t)︸︷︷︸solution particuliere

Hypothèses :⋄ On suppose une excitation e(t) sinusoïdale⋄ On suppose le système stable i.e. sH(t) évanescent. (cf.stabilité des systèmes plus bas)

=⇒ On recherche le régime sinusoïdal forcé (RSF) :

• e(t) = E × cos(ωt) −→ e = E × ejωt

• s(t) = S(ω)× cos(ωt+ ϕ) −→ s(t) = S(ω)× ej(ωt+ϕ)

L’équation différentielle ci-dessus devient alors en formalisme complexe i.e. en espace des pulsations pour

lesquellesd

dt−→ jω :

3

CHAPITRE I. FILTRAGE EN ÉLECTROCINÉTIQUE

[D0 + (jω)D1 + .... + (jω)nDn]× s = [N0 + (jω)N1 + .... + (jω)mNm]× e (I.2)

Définition - (I.1) - 1:

On appelle fonction de transfert complexe, le rapport H(jω) défini par :

H(jω) =s

e=

N0 + (jω)N1 + (jω)2N2 + ... + (jω)mNm

D0 + (jω)D1 + (jω)2D2 + ... + (jω)nDn(I.3)

Remarque - (I.1) - 1:

• L’établissement de la fonction de transfert permet de retrouver facilement l’équation différentiellerégissant le système et ce plus facilement que par l’emploi direct des lois électrocinétiques habituelles,en particulier pour les systèmes d’ordre > 2.

• jω ↔ d

dt

I.2 Principales relations utiles : rappels

a - Relation du diviseur de tension

Figure I.2 – Diviseur de tension

Principe : On recherche la tension complexe VB aux bornes du dipôle d’impédance Z2.

VB = Z2 · i =Z2

Z1 + Z2VA

Exemple d’exploitation : Filtre de Wienà faire en "live" ! ! !

b - Théorème de Millman

Figure I.3 – Théorème de Millman

On considère le réseau linéaire ci-contre pour le-quel on recherche l’expression du potentiel VM enfonction des potentiels [V1, V2, ....., VN ] et des cou-rants [i′1, i

′2, ......i

′P ].

La loi des noeuds permet d’écrire en M :

N∑j=1

ij+P∑

k=1

i′k = 0 doncN∑j=1

Vj − VM

Zj+

P∑k=1

i′k = 0

4 ⋄ CPGE MP3. . .


soit :

VM

N∑j=1

1

Zj=

N∑j=1

Vj

Zj+

P∑k=1

i′k

et enfin le théorème de Millman généralisé :

VM =

N∑j=1

Vj

Zj+

P∑k=1

i′k

N∑j=1

1

Zj

Exemple d’exploitation : Filtre à trois cellules RCOn considère le circuit «tri-RC» suivant :

Fig.1 : Circuit «triRC»

Exercice de cours: (I.2) - n̊ 1 Montrer que la fonction de transfert complexe de ce filtre s’écrit :

H(jω) =1

1 + 6(jω)RC + 5(jω)2(RC)2 + (jω)3(RC)3

En déduire l’équation différentielle régissant l’évolution 1 de e(t) et s(t).

I.3 Le problème de la stabilité

a - Généralités et cas des systèmes d’ordre 1 et 2

On suppose un système linéaire, donc d’évolution régie par une équation différentielle du type précité. Lesystème est dit stable, si la solution de l’équation homogène, soit l’équation différentielle sans second membre,est un régime transitoire évanescent. Seul le régime permanent demeure au bout d’un temps caractéristiquedes composants du filtre. Dans le cas contraire, la tension de sortie est divergente ce qui conduit à l’instabilitédu filtre. On propose ici de dégager les critères de stabilité des filtres du premier et second ordre.

Propriété - (I.3) - 1:

Un circuit linéaire soumis à un signal d’entrée e(t) est dit stable si la partie transitoiresH(t) de sa réponse s(t) est évanescente :

limt→∞

sH(t) = 0

1. (RC)3d3s

dt3+ 5(RC)2

d2s

dt2+ 6RC

ds

dt+ s = e

. . . Jean-Laurent GRAYE ⋄ 5


• Cas d’un système du premier ordre :L’équation différentielle sans second membre à laquelle obéit le signal de sortie s(t) (en l’absence designal d’entrée) s’écrit :

D0sH(t) +D1dsH(t)

dt= 0 =⇒ dsH(t)

dt+ α · sH(t) = 0 (ESSM) avec α =

D0

D1

Les solutions sont du type : sH(t) = K · e−αt

Ainsi :– Si α < 0 on a sH(t) est divergente ⇒ système non stable.

D’après la relation entre l’équation différentielle et la fonction de transfert, on a en posant ωc =−α > 0 :

H(jω) =

N(jω)D1

α+ jω=

N ′(jω)

−ωc + jω= − N ′(jω)

ωc

[1− j

ω

ωc

]– Si α > 0 on a sH(t) est convergente (évanescente) ⇒ système stable.

De même, la fonction de transfert est déduite immédiatement :

H(jω) =N ′(jω)

α+ jω=

N ′(jω)

ωc + jω=

N ′(jω)

ωc

[1 + j

ω

ωc

]Conclusion : système du 1er ordre stable si α > 0 soit D0 et D1 de même signe.

• Cas d’un système du second ordre : L’équation différentielle homogène régissant l’évolution desH(t) s’écrit maintenant :

6 ⋄ CPGE MP3. . .


D0sH(t)+D1dsH(t)

dt+D2

d2sH(t)

dt2= 0 =⇒ d2sH(t)

dt2+β

dsH(t)

dt+γ · sH(t) = 0 avec

β =

D1

D2

γ =D0

D2

Le polynôme caractéristique d’une telle équation est :

r2 + β · r + γ = 0 avec le discriminant ∆ = β2 − 4γ

Le système est stable si :

– Pour ∆ > 0 les solutions sont exponentielles réelles :

sH(t) = A · er1t +B · er2t

La stabilité impose r1 < 0 et r2 < 0, soit :{r1 + r2 = −β < 0

r1 · r2 = γ > 0=⇒

{β > 0

γ > 0

– Pour ∆ = 0, on a nécessairement γ =β2

4> 0 et les solutions sont de la forme :

sH(t) = e−β2t · (At+B)

Il faut donc assurer :

β > 0

– Enfin, pour ∆ < 0, on a nécessairement γ > 0, et les solutions sont pseudo-sinusoïdales :

sH(t) = e−β2t[A sin(ω′

0t) +B cos(ω′0t)]

avec ω′0 =

1

2

√4γ − β

; pour assurer la convergence vers 0 de ces solutions, il faut donc avoir :

β > 0

Ainsi, la condition de stabilité d’un système du second ordre s’écrit :{β > 0

γ > 0soit D0, D1, D2 de même signe

Par conséquent, les systèmes stables d’ordre 2 possèdent une fonction de transfert dont le dénominateurest un polynôme du second ordre en jω et dont les coefficients sont tous de même signe :

H(jω) =N(jω)

D0 +D1jω +D2(jω)2=

N(jω)

D0

[1 + D1

D0jω + D2

D0(jω)2

]



Remarque - (I.3) - 2:

Ê Un tel dénominateur de fonction de transfert peut toujours s’écrire :

1 + 2m

(j · ω

ω0

)+

(jω

ω0

)2

avec m coefficient d’amortissement réduit

avec : ω0 =

√D0

D22m

ω0=

D1

D0

soit :

ω0 =

√D0

D2

2m =D1

D0

√D0

D2=

D1√D0D2

ou encore :

1 +1

Q

(jω

ω0

)+

(jω

ω0

)2

avec Q =1

2mfacteur de qualité du filtre

Ë Seuls les filtres actifs peuvent présenter un problème d’instabilité, car le coefficient m ne peut êtrenégatif dans le cas d’un filtre passif (cf TD).

b - Complément hors programme : stabilité des systèmes d’ordre n > 2

On suppose toujours un système dont l’évolution temporelle est régie par une fonction de transfert detype :

(e) ⇔ D0s(t) +D1ds(t)

dt+ .... +Dn

dns(t)

dtn= N0e(t) +N1

de(t)

dt+ .... +Nm

dme(t)

dtm

Hypothèse :on soumet le circuit à une impulsion brève appelée "pic de Dirac" (impulsion test) danslaquelle ϵ → 0 :

Figure I.4 – Impulsion test en entrée

Rappel : transformée de Laplace d’un signal s(t) et ses dérivées :

L[s(t)] = S(p)

L[dk

dtks(t)

]= pkS(p)

8 ⋄ CPGE MP3. . .


En outre, on montre que L[δ] = 1 et donc L[e(t)] = E.

Calculons la transformée de Laplace de l’équation (e) :

L[(e)] ⇒ S[D0 + pD1 + p2D2 + . . .+ pnDn] = [N0 + pN1 + . . .+ pmNm] · E

On en déduit la fonction de transfert opérationnelle en réponse à un pic de Dirac :

Hδ(p) =S(p)

E=

N0 + . . .+ pmNm

D0 + pD1 + . . .+ pnDn︸︷︷︸=D(p)

=N(p)

D(p)

Le dénominteur D(p) = Dnpn + . . .+D0 polynome en p peut être factorisable sous la forme :

D(p) = Dn(p− p1)(p− p2) . . . (p− pn) les pi i ∈ 1..n sont appelés pôles de H(p)

Ainsi, le signal en espace de Laplace peut être réécrit par décomposition en éléments simples :

S(p) =A1

p− p1+

A2

p− p2+ . . .+

An

p− pn

Enfin, on effectue le retour à s(t) par transformée de Laplace inverse, sachant que l’"originale" (TLinverse) s’écrit pour un élément simple de ce type :

L−1

[Ak

p− pk

]= Ak · epkt

Chaque originale converge (i.e. stabilité du système) si R⌉(pk) < 0. On en déduit la propriété suivante :

Bilan : un système d’ordre n est stable si tous les pôles p de H(p), donc les "0" de D(p) sont à partieréelle < 0.

I.4 Réponse en gain - réponse en phase : diagramme de Bode

Par définition, la fonction de transfert est le rapport complexe :

H(jω) =s

e=

S(ω) · ej(ωt+φ(ω))

E · ejωt=

S(ω)

E· ejφ(ω)

soit :

H(jω) = |H(jω)|︸︷︷︸=G(ω)=

S(ω)

E

·ejφ(ω) = G(ω) · ejφ(ω)

Ainsi, on pose :

G(ω) = |H(jω|) = S(ω)

Ele gain

φ(ω) = arg[H(jω)] la phase

On caractérise enfin le système en donnant le diagramme de Bode qui réunit les courbes de réponse engain (en dB) et en phase (en rad) avec :



GdB = 20 log10 G(ω) = fct(log10 ω)

φ = fct(log10 ω)

I.5 Bande passante

Définition - (I.5) - 2:

La bande passante d’un filtre est, par définition, le domaine de fréquence pour lequel le gain dece dernier vérifie la relation suivante :

(ω) ≤ Gmax√2

=⇒ GdB(ω) ≤ GdBmax − 20 log√2︸︷︷︸

≃3dB

II Filtre passe-bas

II.1 Ordre 1

La forme canonique générale de la fonction de transfert est : H(jω) =H0

1 + jω

ω0

On propose l’étude particulière du circuit RC ci-contre :

Fig.2 : Filtre RC passe-bas

On établit sans aucune difficulté la fonction de transfert, par exemple à l’aide du théorème du diviseurde tension :

H(jω) =1

1 + j ωω0

avec ω0 =1

RC

Ê Courbe de réponse en gain :Le gain en décibel donne de la fonction de transfert donne :

GdB(x) = 20× log1√

1 + x2= −10× log(1 + x2) en posant x =

ω

ω0

On résume souvent le comportement en fréquence du gain par une courbe asymptotique, afin de donnerde manière plus rapide et synthétique de comportement global du filtre. On calcule simplement pourcela les limites du gain en haute et basse fréquence :

10 ⋄ CPGE MP3. . .


� pour les très basses fréquences x → 0 c’est à dire pour des abscisses X = log(x) → −∞ :

limx→0

GdB(x) = −10× log(1)

� pour les très hautes fréquences x → +∞ c’est à dire pour des abscisses X = log(x) → +∞ :

limx→+∞

GdB(x) = −10× log(x) = −20×X

La pente de l’asymptote vaut −20 dB/décade.

Le comportement d’un filtre est également caractérisé par la donnée de la bande de fréquence danslaquelle le signal de sortie possède une valeur significative. Cette bande de fréquence porte le nom debande passante. On retiendra comme critère pour la bande passante, les fréquences donnant un gaincompris entre GdbMAX et Gdb(max)− 20log

√2, soit Gdb(max)− 3dB.

Pour ce filtre passe-bas d’ordre 1, on a typiquement :

GdB > GdB(max)− 3dB pour ω ∈ [0, ω0].

Ë Courbe de réponse en phase :

L’argument de la fonction de transfert s’écrit :

φ(x) = arg

(1

1 + jx

)= −arg(1 + jx) = −arctan(x)



II.2 Ordre 2

a - Analyse de la fonction de transfert et diagramme de Bode


1 + 2jm ωω0

+(j ωω0

)2On propose l’étude au travers du cas particulier

du circuit RLC ci-contre :

Fig.3 : Filtre RLC passe-bas

Exercice de cours: (II.2) - n̊ 2 Montrer que la fonction de transfert d’un tel circuit s’écrit :

H(jω) =1

1 + 2jm(

ωω0

)+(j ωω0

)2 avec

ω0 = (LC)−

12

m =R

2

√C

L

Le dénominateur de cette fonction de transfert peut être vu comme un polynôme d’ordre 2 en Y = j ωω0

,soit :

H(Y ) =1

1 + 2mY + Y 2

12 ⋄ CPGE MP3. . .


ce qui conduit naturellement à considérer trois cas de figure suivant le signe du discriminant réduit dupolynôme du dénominateur :

∆′ = m2 − 1

Premier cas avec ∆′ > 0 soit m > 1 :Dans ce cas de figure, le dénominateur est factorisable. En appelant :

Y1 = −m−√

m2 − 1

etY2 = −m+

√m2 − 1

les racines réelles du dénominateur qui factorisé s’écrit donc :

H(Y ) =1

(Y − Y1)(Y − Y2)

soit :

H(jω) =1

(j ωω0

+m+√m2 − 1)(j ω

ω0+m−

√m2 − 1)

On peut ensuite factoriser chaque terme du dénominateur D comme suit :

D =(m+

√m2 − 1

)(m−

√m2 − 1

)︸︷︷︸

=1

1 + jω

ω0

(m+

√m2 − 1

)1 + j

ω

ω0

(m−

√m2 − 1

)

soit en posant :

ω1 = ω0

(m−

√m2 − 1

)et

ω2 = ω0

(m+

√m2 − 1

)la fonction de transfert s’écrit finalement :

H(jω) =1(

1 + j ωω1

)(1 + j ω

ω2

) = H1(jω)×H2(jω)

Remarque - (II.2) - 3:

On constate que la fonction de transfert peut s’interpréter comme le produit de deux fonctions de transfertde permier ordre.

Cette étude préliminaire va permettre une analyse plus fine du comportement asymptotique de la courbede réponse en gain, en particulier, la mise en évidence de spécificités assez marquées, liées à la valeur de laconstante m.



Ê Courbe de réponse en gain :Calculons le gain en dB à partir de la forme factorisée :

GdB = 20× log G1(ω) + 20× log G2(ω) = −10× log

(1 +

(ω

ω1

)2)

− 10× log

(1 +

(ω

ω2

)2)

Comportement asymptotique :

On pose que ω1 << ω2 i.e. m >> 1 :

• Pour ω << ω1 :

limω→0

GdB(ω) = 0

• Pour ω1 << ω << ω2 :

G(ω) ≃ −20× logω

ω1⇒ la pente est de −20dB/décade

• Enfin, pour ω >> ω2 >> ω1 :

G(ω) ≃ −20× logω

ω1−−20× log

ω

ω2⇒ la pente est de −40dB/décade

Ë Courbe de réponse en phase :La réponse en phase est également facilitée par la factorisation :

φ(ω) = arg (H(jω)) = −arg

(1 + j

ω

ω1

)− arg

(1 + j

ω

ω2

)= −arctan

(ω

ω1

)− arctan

(ω

ω2

)

14 ⋄ CPGE MP3. . .


Second cas avec ∆′ = 0 soit m = 1 :Le traitement est similaire au cas précédent avec la possibilité de factoriser la fonction de transfert

puisqu’il apparaît une racine double :

Y1/2 = −m = −1

Ê Courbe de réponse en gain :La fonction de transfert s’écrit alors :

H(jω) =1(

1 + j ωω0

)2c’est à dire comme le carré d’une fonction de transfert d’ordre 1.Le comportement asymptotique fait donc apparaître une pente de −40db/décade (cf graphes ci-dessus).

Ë Courbe de réponse en phase :La réponse en phase se calcule naturellement :

φ(x) = arg (H(jx)) = −arg(1 + jx)2 = −2arg (1 + jx) = −2arctan(x)

Troisième cas avec ∆′ < 0 soit m < 1 :Dans ce cas de figure, la fonction de transfert n’est plus factorisable.

Ê Courbe de réponse en gain :

H(jx) =1

1 + 2mjx+ (jx)2=

1

(1− x2) + j2mx



d’où :

GdB = 10× log1

(1− x2)2 + 4m2x2

Exercice de cours: (II.2) - n̊ 3 Montrer que l’asymptote en hautes fréquences fait apparaître unepente de −40dB/décade.


Ce cas de figure (m < 1) correspond aux conditions de la résonance de tension. En effet, on peut montrerque le module de la fonction de transfert admet un maximum pour la pulsation de résonance, c’est à direque son dénominateur

D(x) = (1− x2)2 + 4m2x2

admet un minimum (cf plus bas).

Ë Courbe de réponse en phase :Comme précédemment l’argument de H(jx) varie entre 0 et π :

φ(x) = −arg[(1− x2) + 2jmx

]= −artan

2mx

(1− x2)

b - Cas particuliers : résonance et filtre de Butterworth

Dans le cas m < 1, on peut observer une résonance de tension.

Exercice de cours: (II.2) - n̊ 4 Montrer que la pulsation de résonance est :

ωr = ω0 ×√

1− 2m2

En déduire une condition sur m pour que la résonance soit observable.

Cas particulier :

La résonance disparaît pour m =1√2, et la fonction de transfert s’écrit alors :

H(jω) =1

1 + j√2jx+ (jx)2

Le gain s’écrit donc : G(ω) =1√

(1− x2)2 + 2x2=

1√(1− x2)2 + 2x2

=1√

1 + x4

16 ⋄ CPGE MP3. . .



On parle de filtre type Butterworth lorsque le gain peut se mettre sous la forme :

G(x) =1√

1 + x2pavec p ∈ Z

III Filtres passe-haut

III.1 Ordre 1

La forme canonique générale de la fonction de transfert est : H(jω) = H0

jω

ω0

1 + jω

ω0

On propose l’étude du circuit passe-haut du pre-mier ordre suivant :

Fig.4 : Filtre RC passe-haut

La fonction de transfert d’un tel circuit s’écrit :

H(jω) =jx

1 + jx


Le gain est silplement :

GdB(x) = 20× logx√

1 + x2



Remarque - (III.1) - 6:

Utilisation des symétriesIl est possible de tracer la courbe de réponse en gain d’un tel filtre à partir de celle d’un filtre passe-basd’ordre 1. En effet, on peut réécrire le gain ainsi :

GdB(x) = 20× logx√

1 + x2= 20× log

1√1 +

(1x

)2En posant x′ = 1

x , le gain G(x′) s’écrit :

GdB(x′) = 20× log

1√1 + x′2

Selon la variable x′, on obtient le gain d’un filtre passe-bas d’ordre 1. En outre en observant que X ′ =log(x′) = −log(x), on constate que le sens de variation de l’abscisse est inversé en variable X’. La courbede réponse en gain de ce filtre passe-haut est donc simplement le symétrique par rapport à l’axe desordonnées de la courbe de réponse en gain d’un filtre passe-bas d’ordre 1.

Ë Courbe de réponse en phase :La fonction de transfert peut s’analyser comme le produit de deux fonctions de transfert d’ordre 1 :

H(jx) = jx× 1

1 + jx

le premier terme étant simplement la fonction de transfert d’un système d’argument constant π2 , et le

second celle d’un filtre passe-bas d’ordre 1 dont l’étude de l’argument a été détaillée plus haut. Onpeut donc écrire :

φ(x) =π

2− artan(x) =

π

2+ φPB(x)

La courbe de réponse en phase se déduit donc de celle d’un filtre passe-bas d’ordre 1 par translationde π

2 :

18 ⋄ CPGE MP3. . .


III.2 Ordre 2


(j ωω0

)1 + 2jm ω

ω0+(j ωω0

)2On considère le circuit représenté sur le schéma

ci-contre :

Fig.5 : Filtre RLC passe-haut

Exercice de cours: (III.2) - n̊ 5 Montrer que la fonction de transfert d’un tel filtre est :

H(jx) =(jx)2

1 + 2jmx+ (jx)2




Remarque - (III.2) - 7:

Comme pour le cas du filtre passe haut d’ordre 1, la courbe de réponse en gain se déduit de celle du filtrepasse-bas du même ordre par symétrie par rapport à l’axe des gains. En effet :

GdB(x) = 20× logx2√

(1− x2)2 + 4m2x2= 20× log

1√(1− 1

x2 )2 + 4m2 1x2

soit en posant comme précédemment x′ = 1x :

GdB(x′) = 20× log

1√(1− x′2)2 + 4m2x′2

qui correspond aux gain d’un circuit pass-bas d’ordre 2.


Il est encore une fois possible ici de relier l’étude de la phase aux travaux sur les filtres passe-bas. Eneffet, le fonction de transfert peut s’écrire ici comme le produit de deux fonctions de transfert :

H(jx) = (jx)2 × 1

1 + 2jmx+ (jx)2

On reconnait le premier terme comme la fonction de transfert d’un double dérivateur d’argument π, etle second comme celle d’un filtre passe-bas d’odre 2 déjà étudié, donc :

φ(x) = π − arctan2mx

1− x2

20 ⋄ CPGE MP3. . .


IV Filtres passe-bande (ordre 2)

IV.1 Fonction de transfert et diagramme de Bode

La première forme canonique générale de la fonction de transfert est : H(jω) =H02jm

ωω0

1 + 2jm(

ωω0

)+(j ωω0

)2La seconde forme canonique générale de la fonction de transfert est : H(jω) =

H0

1 + jQ(

ωω0

− ω0ω

)Exercice de cours: (IV.1) - n̊ 6 Passer de la première à la seconde forme canonique et retrouver

le lien entre m et Q.

On considère le circuit RLC passif suivant :

La fonction de transfert s’établit sans peine :

H(jx) =2jmx

1 + 2jmx+ (jx)2

Ê Courbe de réponse en gain :Le gain se calcule sans peine :

Gdb(x) = 20× log2mx√

(1− x2)2 + 4m2x2



soit en divisant numérateur et dénominateur par 2mx :

Gdb(x) = 20× log1√

1 + 14m2

(1x − x

)2Remarque - (IV.1) - 8:

En observant l’expression du gain, on peut faire les commentaires suivants :• la courbe de réponse en gain passe par un maximum pour x = 1 soit log(x) = 0. Le gain vaut alors :

Gdb(x = 0) = 0

• le changement de x en 1x (soit X = log(x) en X ′ = −log(x) = −X) conserve la valeur du gain donc

l’axe des gains est axe de symétrie de la courbe de réponse en gain.

Exercice de cours: (IV.1) - n̊ 7 Etudier le comportement asymptotique.

IV.2 Bande passante

On caractérise généralement ce type de filtre par sa bande passante à −3dB c’est à dire la bande defréquence pour laquelle :

22 ⋄ CPGE MP3. . .


G(x) ≥ Gmax√2

soit :

GdB(x) ≥ GdBmax − 3dB

C’est d’ailleurs avec les filtres passe-bande que cette notion prend sa pleine signification.

Principe de calcul :On rappelle que le gain s’écrit pour notre fonction de transfert :

G(x) =1√

1 + 14m2

(1x − x

)2Sachant que Gmax = 1, il faut donc résoudre l’équation suivante :

G(x) =1√

1 + 14m2

(1x − x

)2 =1√2

soit :

1 +1

4m2

(x− 1

x

)2

= 2

et :

1

2m

(x− 1

x

)= ±1

qui donne les polynômes suivants : x2 + 2mx− 1 = 0

x2 − 2mx− 1 = 0

Les solutions à retenir (positives) sont :x1 = −m+

√m2 + 1

et

x2 = +m+√m2 + 1

soit en terme de pulsation : ω1 = ω0

(−m+

√m2 + 1

)et

ω2 = ω0

(+m+

√m2 + 1

)



La bande passante, qui correspond à la différence de ces pulsations est donc :

∆ω = 2mω0

On retrouve bien sûr le caractère d’autant plus sélectif du filtre lorsque m est faible, soit Q fort

En outre, on peut définir le facteur de qualité par :

Q =ω0

∆ω=

1

2m

Ë Courbe de réponse en phase :La fonction de transfert du passe-bande peut être écrite comme le produit suivant :

H(jx) = 2mjx × 1

1 + 2jmx+ (jx)2︸︷︷︸fonction de transfert passe bas d’ordre 2

Le déphasage est donc :

φ(x) =π

2+ φPB2(x)

La courbe de réponse en phase est obtenue par simple translation de π2 le long de l’axe des phases :

24 ⋄ CPGE MP3. . .


V Filtre coupe-bande (réjecteur)

V.1 Diagramme de Bode

La forme canonique générale de la fonction de transfert est : H(jω) =1 +

(j ωω0

)21 + 2jm

(j ωω0

)+(j ωω0

)2

La fonction de transfert d’un tel filtre s’écrit :

H(jω) =ZL + ZC

ZL + ZC + ZR=

jLω + 1jCω

R+ jLω + 1jCω

=1− LCω2

1 + jRCω + (j2LCω2)

soit en posant la fréquence réduite x = ω√LC =

ω

ω0:

H(jx) =1 + (jx)2

1 + 2mjx+ (jx)2


GdB(x) = 20× log

√(1− x2)2√

(1− x2)2 + 4m2x2= 10× log

(1− x2)2

(1− x2)2 + 4m2x2

comportement asymptotique :

• BF (x → 0) : G −→ 1 = Gmax ⇒ GdB −→ 0• HF (x → ∞) : G −→ 1 = Gmax ⇒ GdB −→ 0• x=1 : G −→ 0 ⇒ GdB −→ −∞




H(jx) =1 + (jx)2

1 + 2jmx+ (jx)2

d’où : φ(x) = arg(1− x2) + arg

[1

1 + 2jmx+ (jx)2

]= arg(1− x2)︸︷︷︸= 0 x<1

= π x>1

+φPB2

Ainsi, la courbe de réponse en phase du réjecteur est obtenue à partir de celle du passe-bas d’ordre 2de même type (passif) :

26 ⋄ CPGE MP3. . .


V.2 Bande «rejetée»

On caractérise généralement le filtre par la bande rejetée à −3 dB, soit :

G(x) =Gmax√

2−→ (1− x2)2

(1− x2)2 + 4m2x2=

1

2

donc :1

1 +4m2x2

(1− x2)2

=1

2, soit à résoudre

4m2x2

(1− x2)2= 1

qui donne deux polynômes : x2 ± 2mx− 1 = 0 de solutions respectives :

{x′+ = −m+

√m2 + 1 à retenir

x”+ = −m−√m2 + 1 à rejeter{

x′− = +m+√m2 + 1 à retenir

x”− = +m−√m2 + 1 à rejeter

On en déduit la bande rejetée : ∆x = x′− − x′+ = 2m soit :

∆ω = 2mω0


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