Module SRM : Examen du 15 juin 2001 Solutions
A. Antennes
1. On doit avoir d >> λ et d > dF = λ
a2
2 . Or λ = 3 cm et dF = 60 cm donc dmin = λ
a2
2 = 60 cm.
2. Caractéristique vectorielle de rayonnement
a. A( )B( )
2 dy jkE dx a e
cos y 2
) jkE , (
F 0
2 a
2 a
2 a
2 a
) y x ( jk
0 2 α β
= π
π
= π β
α
∫ ∫
− −
β +
α où
λ α π
λ
α π
=
α a
sin a a ) ( A
(loi d'illumination uniforme suivant x) et
∫
−
β
+ π
= β 2
a
2 a
y jk dy 2 e
a y cos 2 1 ) (
B . Après quelques
calculs, on obtient finalement :
2 2
2
a a sin a 2 ) a ( B
λ
β
− π π
π λ
β π
λ
β π
=
β .
b. Dans le plan E (β = 0), on retrouve pour le diagramme de rayonnement l'allure "habituelle"
en sinus cardinal, avec un lobe principal centré en 0, et des lobes secondaires délimités par des annulations de F(α,0) en αm = mλ/a et qui prennent leur maxima en (2m+1)λ/a, où m est un entier relatif non nul. L'espace visible est délimité par α±10 (a = 10λ).
Dans le plan H (α = 0), on a toujours le même sinus cardinal, mais "pondéré" par la fonction f(u) = π2/( π2 - u2), où u = πaβ/λ. La présence de f(u) a deux influences notables : la valeur λ/a ne conduit pas à l'annulation de la caractéristique vectorielle de rayonnement, le dénominateur de f(u) s'annulant. On a en fait F(0,λ/a)/F(0,0) = 1/2 et le lobe principal dans le plan H est plus large que dans le plan E. Pour βm = mλ/a, avec m entier relatif de valeur absolue strictement supérieure à 1, le sinus cardinal s'annule alors que f(u) a une valeur finie, la caractéristique vectorielle de rayonnement est donc égale à 0. L'amplitude des lobes secondaires délimitées par ces valeurs βm est cependant fortement réduite par la présence de f(u). L'espace visible est délimité par β±10.
Les tracés des diagrammes de rayonnement dans les plans E et H sont donnés sur la figure
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1
-1 -0,5 0 0,5 1
F(α,0) (plan E) F(0,β) (plan H )
D ia g ra m m e de ra yonnem e nt
C osinus directeur
c. D'après l'étude précédente, la largeur du lobe principale dans le plan E est égale à 2α1 = 2λ/a, si on définit la largeur de ce lobe par rapport aux annulations de F(α,0). Dans le plan H, la largeur du lobe principal est donnée par 2β2 = 4β1 =4λ/a. On a donc
∆θE = 2.arcsin(λ/a) ≈ 2λ/a = 0,2 rd = 11,5° et ∆θH = 2.arcsin(2λ/a) ≈ 4λ/a = 0,4 rd = 23°.
d. Dans le plan E, le niveau du premier lobe secondaire (situé en α = ±3λ/(2a)) est NsE = 2/(3π) = -13,5 dB. Dans le plan H, on suppose comme proposé dans le texte que le premier lobe secondaire a son maximum en β = ±5λ/(2a) (les abscisses des lobes secondaires dans le plan H ne peuvent être calculées analytiquement, mais elles sont proches de celles correspondant aux maxima des lobes secondaires du plan E), d'où NsH = 8/(105π) = -32,3 dB.
e. On obtient facilement :
) (
B ) (
2 A ) jkE , (
F 0 α−α0 β−β0
= π β α
Le déphasage dans la loi d'illumination modifie donc la direction des lobes de rayonnement (le lobe principal se situe ainsi dans la direction (α0,β0)) sans modifier l'allure de la caractéristique de rayonnement.
3. Directivité
a. Pour une ouverture carrée de côté a, la directivité peut atteint la valeur maximale
b. D'après le cours (cf. polycopié p. 25), on a :
∫∫
∫∫
+λ
= π
ouverture 2
2
ouverture
) y . 0 x . 0 ( jk
0 2
dy dx ) y , x ( E
dy dx e
) y , x ( E
D 4 , soit,
∫∫
π π λ
= π
ouverture
4 2 0
2
0 2
dy a dx cos y E
) 0 , 0 ( jk F 2
D 4 , d'où,
∫
−
π
λ
= π
2 a
2 a 2 4 0
2 2 0 0 2
a dy cos y E
a
2 E a
D 4 , et tous calculs faits, on a finalement :
dB 3 29
a 2 D 4
2
0 2 =
λ
= π .
On a de plus D0/DM = 2/3.
4. Liaison radar
a. =
( ) (
4π fr r)
D Gσc W
W 2
2 0 R E 3
2 E
R .
b. A. N. : WR/WE = -115 dB.
c. Afin de localiser la cible, on fait varier la direction du lobe principal de rayonnement, soit par un balayage mécanique, soit par un balayage "électrique" : déphasage introduit dans la loi d'illumination de l'ouverture (cf. 2.e), réseau d'antennes avec déphasage introduit dans les alimentations des différentes antennes du réseau…
5. Réception et adaptation d'impédance
a. Uéq et Zéq dépendent des caractéristiques de l'ouverture en régime d'émission, cf. cours (théorème de réciprocité)…
b. zL = 2,6 + j.1,4 d'où ρL = 0,54, Arg(ρL) = 20°, TR = 3,34.
c. Deux solutions possibles : d1 = 0,199 λ et l1 = 0,09 λ ou bien d2= 0,356 λ et l1 = 0,396 λ.
d. Pour d1 = 0,1 λ (distance de la charge au premier stub) et d2 = 0,3 λ (de la charge au deuxième stub), on a deux solutions possibles : l1 = 0,31 λ et l2 = 0,415 λ ou bien l1 = 0,162 λ et l2 = 0,122 λ.
B. Transmission numérique : Principe de la transmission CDMA
I. Modulation
1. a = 1 → v(t) = g(t) ; a = 0 → v(t) = -g(t).
2. Modulation de phase PSK 2 états (BPSK), ou modulation d'amplitude ASK 2 états.
3. La densité spectrale de puissance Dx(f) du signal x(t) est un sinus cardinal centré en 0 et s'annulant aux fréquences multiples de M& =1/Tm (Dx(f) = (sin(πfTm)/(πfTm))2). Son encombrement en fréquences Bx est égal à M& =1/Tm si on le limite au lobe principal de Dx(f).
4. Pour g(t) = g1(t), Bw = Bx. Pour g(t) = g2(t), Bw = 2Bx. Enfin pour g(t) = g3(t) et g(t) = g4(t), Bw = 4Bx.
II. Démodulation
1. d(t) = 2.cos(ω0t) w(t) = (1+cos(2ω0t) v(t), la composante autour de 2ω0 est filtrée par le passe-bas d'où d(t) = v(t).
2. Si a = 1, d prend les valeurs dk successives suivantes : {1 ; -1 ; 1 ; -1}. On a alors : c = 1 × 1 + (-1) × (-1) + 1 × 1 + (-1) × (-1) = 4 d'où b = 1. Si a = 0, {dk} = {-1 ; 1 ; -1 ; 1} et donc, c = (-1) × 1 + 1 × (-1) + (-1) × 1 + 1 × (-1) = -4, d'où b = 0. On a bien b = a.
3. Les valeurs de d sont inchangées par rapport à la question précédente, d'où :
pour g1 utilisé à la démodulation: a = 1 ⇒ c = 0 ⇒ b = 1 et a = 0 ⇒ c = 0 ⇒ b = 1, b ne correspond donc pas à a.
pour g2 : a = 1 ⇒ c = 0 ⇒ b = 1 et a = 0 ⇒ c = 0 ⇒ b = 1, on a encore b ≠ a,
pour g4 : a = 1 ⇒ c = 2 ⇒ b = 1 et a = 0 ⇒ c = -2 ⇒ b = 0. On retrouve cette fois-ci b = a.
III. Multiplexage
1. A l'émission, on a w(t) = cos(ω0t) × (x(t) × g1(t) + x'(t) × g3(t)). A la réception, d(t) = x(t) × g1(t) + x'(t) × g3(t). Si g1(t) est utilisé à la démodulation, les 4 cas possibles sont :
a = 0 et a' = 0 ⇒ {dk} = {-2 ; 0 ; -2 ; 0} ⇒ c = -4 ⇒ b = 0 = a = a',
a = 0 et a' = 1 ⇒ {dk} = {0 ; -2 ; 0 ; -2} ⇒ c = -4 ⇒ b = 0 = a ≠ a',
a = 1 et a' = 0 ⇒ {dk} = {0 ; 2 ; 0 ; 2} ⇒ c = 4 ⇒ b = 1 = a ≠ a',
a = 1 et a' = 1 ⇒ {dk} = {2 ; 0 ; 2 ; 0} ⇒ c = 4 ⇒ b = 1 = a = a'.
2. Pour g3(t) utilisé à la réception, les valeurs de dk sont toujours les mêmes et les cas possibles sont :
a = 0 et a' = 0 ⇒ c = -4 ⇒ b = 0 = a = a',
a = 0 et a' = 1 ⇒ c = 4 ⇒ b = 1 = a' ≠ a,
a = 1 et a' = 0 ⇒ c = -4 ⇒ b = 0 = a' ≠ a,
a = 1 et a' = 1 ⇒ c = 4 ⇒ b = 1 = a = a'.
On a donc b = a' et b est différent de a.
3. Pour g4(t) utilisé à la réception, les cas possibles sont :
a = 0 et a' = 0 ⇒ c = -4 ⇒ b = 0 = a = a',
a = 0 et a' = 1 ⇒ c = 0 ⇒ b = 1 = a' ≠ a,
a = 1 et a' = 0 ⇒ c = 0 ⇒ b = 1 = a ≠ a',
a = 1 et a' = 1 ⇒ c = 4 ⇒ b = 1 = a = a'.
On a donc b différent de a et a'.
4. On a <g3(t),g1(t)> = 0. Les signaux g1 et g3 sont donc orthogonaux alors qu'on a constaté dans les questions III.1 et III.2 que l'utilisation de ces codes permet à deux utilisateurs de partager le même canal en CDMA. On a <g3(t),g2(t)> = 0 et dans la question II.3 on a vu que l'utilisation en réception du signal g2 ne permet pas de récupérer un signal codé avec g3. On a <g3(t),g4(t)> = +2 alors que d'après les résultats de la question II.3 l'utilisation en réception du signal g4 permet de démoduler correctement un signal codé avec g3. On a <g1(t),g2(t)> = 0. On a <g1(t),g4(t)> = +2.
Enfin, on a <g2(t),g4(t)> = -2. On peut en déduire que les codes utilisés en CDMA doivent être orthogonaux afin de permettre le multiplexage d'un canal de transmission donné.
5. L'encombrement du signal CDMA est N/Tm >> Bx. Le spectre est N fois plus large que celui du signal initial, on a bien une "transmission par étalement de spectre".
6. Le spectre est indépendant du nombre d'usagers.
