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2 Fr´ equence d’´ echantillonnage

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Academic year: 2022

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Texte intégral

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Information, calcul et communication MT-EL EPFL - Semestre d’automne 2014-2015

Semaine 7: S´ erie d’exercices sur les signaux [Solutions]

1 Signaux p´ eriodiques et ap´ eriodiques

a) Oui, dans ce cas,X1(t) +X2(t) est p´eriodique de mˆeme p´eriode T. En effet:

X1(t+T) +X2(t+T) =X1(t) +X2(t) pour toutt∈R.

b) Dans ce cas, la r´eponse n’est pas forc´ement oui: ¸ca d´epend si le rapport T1/T2 est rationnel (auquel cas le signal est p´eriodique) ou non (auquel cas le signal est ap´eriodique). Avec les deux exemples donn´es dans l’´enonc´e, on voit bien graphiquement que le premier signal est p´eriodique, tandis que le second ne l’est pas.

c) Dans le cas o`u T1 et T2 sont des nombres entiers, le rapport T1/T2 est justement un nombre rationnel, donc le signal est p´eriodique et sa p´eriode est le plus petit commun multiple deT1 etT2:

ppcm(T1, T2) = min{N ≥1 : il existe k, `≥1 tels queN =kT1 =`T2}.

On peut le voir graphiquement, ou en v´erifiant la formule suivante:

X1(t+N) +X2(t+N) =X1(t+kT1) +X2(t+`T2) =X1(t) +X2(t).

d) La p´eriode de la sinuso¨ıde fondamentale estT0 = 1/f0, et les p´eriodes des harmoniques sont de la formeTn = 1/(nf0). Ainsi, T0 est le plus petit commun multiple de toutes ces p´eriodes, et le signal est donc p´eriodique de p´eriodeT0 (`a nouveau, ceci se voit bien graphiquement).

2 Fr´ equence d’´ echantillonnage

Rappelons quef1 > f2 >0.

a) X1(t) = sin(2πf1t) + sin(2πf2t): la condition ici est que fe > 2f1 (f1 ´etant la plus grande fr´equence pr´esente dans le signal, i.e. la bande passante).

b)X2(t) = 2 cos(2πf1t)−sin(2πf2t+π/4): idem. La condition ici est que fe>2f1 (les amplitudes et d´ephasages ne jouent aucun rˆole).

c)X3(t) = sin(4πf1t) + sin(2π(f1+f2)t): les deux fr´equences des sinuso¨ıdes sont respectivement:

2f1 etf1+f2. Vu quef1 > f2, il faut donc ´echantillonner le signal `a une fr´equence fe>4f1. d) X4(t) = sin(2πf1t)·sin(2πf2t): ici, un petit calcul s’impose (cf. r´esum´e de trigonom´etrie):

sin(2πf1t)·sin(2πf2t) = 1

2 (cos(2π(f1−f2)t)−cos(2π(f1+f2)t)),

donc la plus grande fr´equence pr´esente dans le signal est f1+f2. Il faut ´echantillonner le signal `a une fr´equencefe >2(f1+f2).

e)X5(t) = cos(2πf1t)·sin(2πf2t):

cos(2πf1t)·sin(2πf2t) = 1

2 (sin(2π(f1+f2)t)−sin(2π(f1−f2)t)), 1

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donc il n’y a aucune diff´erence. La plus grande fr´equence est f1+f2 et il faut ´echantillonner le signal `a une fr´equence fe>2(f1+f2). Il faut se rappeler qu’un sinus est rien moins qu’un cosinus avec un d´ephasage et les d´ephasages n’ont pas d’influence sur les fr´equences.

3 Interlude musical

La taille du fichier est de 3.5×60×44000×32'296 Megabit (environ 35Mo).

4 Filtre ` a moyenne mobile

a) Apr`es un passage `a travers un filtre `a moyenne mobile de p´eriodeTc=T, on v´erifie d’abord que les signaux ˆX1(t) et ˆX3(t) sont tous les deux constants au cours du temps et prennent la valeur 1/2. Voici maintenant les formes des signaux ˆX2(t) et ˆX4(t) apr`es passage `a travers le mˆeme filtre

`

a moyenne mobile (sur les graphes ci-dessous,T = 2):

2(t) Xˆ4(t)

b) Un signal p´eriodique de p´eriodeT sort constant d’un filtre `a moyenne mobile de p´eriodeTc=T. Pour 0≤t≤T, on le voit au moyen de la formule suivante:

X(t)ˆ = 1 T

Z t t−T

X(s)ds= 1 T

Z 0

t−T

X(s)ds+ Z t

0

X(s)ds

= 1

T Z 0

t−T

X(s+T)ds+ Z t

0

X(s)ds

= 1 T

Z T t

X(s)ds+ Z t

0

X(s)ds

= 1

T Z T

0

X(s)ds ne d´epend pas de t.

Les exemplesX1(t) et X3(t) du point a) illustrent bien ce fait.

c) On a vu au cours que X(t) =ˆ 1

Tc Z t

t−Tc

sin(2πf s)ds= cos(2πf(t−Tc))−cos(2πf t)

2πf Tc .

En utilisant une des formules du rappel de trigonom´etrie, on trouve que X(t) =ˆ 2 sin(2πf(t−Tc/2)) sin(πf Tc)

2πf Tc .

Donc pour toutt∈R, on a

|X(t)| ≤ˆ

sin(πf Tc) πf Tc

=|sinc(f Tc)|.

Lorsque que la p´eriodeT = 1f de la sinuso¨ıde co¨ıncide avec la p´eriodeTcdu filtre `a moyenne mobile, le signal sortant est nul, ce qui est encore un cas particulier de ce qu’on a trouv´e au point b).

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5 Accordage de guitare et ph´ enom` ene dit de “battement”

a) Lorsquef2 =f1+ε, avec ε petit mais non nul, on trouve que (cf. encore une fois le rappel de trigonom´etrie)

X1(t) +X2(t) = sin(2πf1t) + sin(2πf2t) = 2 cos(π(f2−f1)t) sin(π(f1+f2)t)

= 2 cos(πεt) sin(π(2f1+ε)t).

Cette onde est donc faite d’une composante qui oscille lentement (cos(πεt)) et d’une autre qui oscille rapidement (sin(π(2f1+ε)t)). Elle ressemble `a ceci (pour f1= 16Hz et f2 = 17Hz):

C’est la composante qui oscille lentement que l’on entend clairement `a l’oreille.

b) Lorsquef2 =f1, l’onde r´esultante est simplement:

X1(t) +X2(t) = sin(2πft) + sin(2πf1t) = 2 sin(2πf1t).

Dans ce cas, l’amplitude est doubl´ee (remarquez qu’on avait aussi un facteur 2 dans le premier cas), mais on n’entend pas de battement.

Deux illustrations int´eressantes du ph´enom`ene de battement sont disponibles ici:

http://fr.wikipedia.org/wiki/Battement http://fr.wikipedia.org/wiki/Battement binaural

6 Un peu de radio

a) On consid`ere d’abord un syst`eme qui transmet directement S(t). La longueur de l’antenne L est donc fix´ee au minimum `a un quart de la longueur d’ondeλ= fc

s, c’est-`a-dire L= λ

4 = c 4fs

= 3×108 4×103 = 3

4 ×105 m = 75 km.

Une antenne de 75 km de long ne se prˆete pas `a des applications concr`etes! Par contre, pour le signalA(t) dont les f´requences sont proches de 300kHz, une longueur d’antenne de

L= λ 4 = c

4fp

= 3×108 4×3×105 = 1

4 ×103 m = 250 m.

est suffisante (dans la pratique, on se d´ebrouille avec des antennes plus petites encore).

b) L’int´egration sur plusieurs p´eriodes de la porteuse produit une fonction presque nulle car l’amplitude du signal utile se trouve quasiment la mˆeme avec un signe oppos´e `a l’int´erieur d’une mˆeme p´eriode de la porteuse. L’int´egration donne donc un r´esultat proche de 0.

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c) La multiplication deA(t) par P(t) permet d’´ecrire:

A(t)P(t) = S(t)P(t)P(t) = sin(2πfst) sin(2πfpt) sin(2πfpt)

= 0.5(sin(2πfst) (cos(2π(fp−fp)t)−cos(2π(fp+fp)t))

= 0.5(sin(2πfst) (1−cos(4πfpt))

= 0.5(sin(2πfst)−sin(2πfst) cos(4πfpt)

= 0.5(sin(2πfst) +1

2sin(2π(2fp−fs)t)−1

2sin(2π(2fp+fs)t))

Nous observons que nous avons maintenant la somme du signal S(t) = sin(2πfst) auquel nous sommes int´eress´es et de deux termes suppl´ementaires avec fr´equences respectives

2fp−fs = 599 kHz et 2fp+fs= 601 kHz.

Nous pouvons supprimer ces deux termes en appliquant un filtre passe-bas avec une fr´equence de coupure plus basse que 599 kHz (p. ex. fc=fp= 300 kHz), et ainsi r´ecup´erer le signalS(t).

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