Prof.MichelETIQUE,janvier2006,Yverdon-les-Bains TS )Corrigédesexercices TraitementdeSignal( FilièreElectricitéFilièreTélécommunications(RSetIT) HEIG - Vd )Départementdelaformationenemploi HauteEcoled’IngéniérieetdeGestionducantondeVaud(

(1)

Haute Ecole d’Ingéniérie et de Gestion du canton de Vaud (HEIG-Vd)

Département de la formation en emploi Filière Electricité Filière Télécommunications (RS et IT)

Traitement de Signal (TS)

Corrigé des exercices

A i

i

utomatisation n s t i t u t d ' n d u s t r i e l l e

Prof. Michel ETIQUE, janvier 2006, Yverdon-les-Bains

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(2)

HEIG-Vd Traitement de Signal (TS)

Corrigé des exercices, v 1.16 2 ^MEE\co_ts.tex\19 mai 2006

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(3)

Table des matières

1 Analyse des signaux périodiques 5

1.1 Corrigé des exercices . . . 5

1.1.1 Exercice SF 1 . . . 5

1.1.2 Exercice SF 2 . . . 11

1.1.3 Exercice SF 3 . . . 14

1.1.4 Exercice SF 4 . . . 14

1.1.5 Exercice SF 5 . . . 20

1.1.6 Exercice SF 6 . . . 22

1.1.7 Exercice SF 7 . . . 30

1.1.8 Exercice SF 8 . . . 31

1.1.9 Exercice SF 15 . . . 37

1.1.10 Exercice SF 16 . . . 40

1.1.11 Exercice SF 17 . . . 47

1.1.12 Exercice SF 21 . . . 51

2 Analyse des signaux non périodiques 53 2.1 Corrigé des exercices . . . 53

2.1.1 Exercice TF 1 . . . 53

2.1.2 Exercice TF 2 . . . 54

2.1.3 Exercice TF 3 . . . 57

2.1.4 Exercice TF 4 . . . 59

2.1.5 Exercice TF 5 . . . 63

2.1.6 Exercice TF 6 . . . 63

2.1.7 Exercice TF 7 . . . 65

2.1.8 Exercice TF 8 . . . 65

2.1.9 Exercice TF 9 . . . 66

2.1.10 Exercice TF 10 . . . 66

2.1.11 Exercice TF 11 . . . 67

2.1.12 Exercice TF 12 . . . 68

2.1.13 Exercice TF 13 . . . 68

2.1.14 Exercice TF 14 . . . 68

2.1.15 Exercice TF 15 . . . 69

2.1.16 Exercice TF 16 . . . 70

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(4)

2.1.17 Exercice TF 17 . . . 71

2.1.18 Exercice TF 18 . . . 73

2.1.19 Exercice TF 19 . . . 73

2.1.20 Exercice TF 20 . . . 74

2.1.21 Exercice TF 21 . . . 74

2.1.22 Exercice TF 22 . . . 74

2.1.23 Exercice TF 23 . . . 75

2.1.24 Exercice TF 24 . . . 75

2.1.25 Exercice TF 25 . . . 76

2.1.26 Exercice Corr 1 . . . 76

2.1.27 Exercice Corr 2 . . . 80

3 Echantillonnage des signaux analogiques 81 3.1 Corrigé des exercices . . . 81

3.1.1 Exercice ECH 1 . . . 81

3.1.2 Exercice ECH 2 . . . 82

3.1.3 Exercice ECH 3 . . . 82

3.1.4 Exercice ECH 4 . . . 83

3.1.5 Exercice ECH 5 . . . 84

3.1.6 Exercice ECH 6 . . . 84

3.1.7 Exercice ECH 7 . . . 85

3.1.8 Exercice ECH 8 . . . 85

3.1.9 Exercice ECH 9 . . . 85

3.1.10 Exercice ECH 10 . . . 86

3.1.11 Exercice ECH 11 . . . 86

3.1.12 Exercice ECH 12 . . . 86

3.1.13 Exercice ECH 13 . . . 87

3.1.14 Exercice ECH 14 . . . 87

3.1.15 Exercice ECH 15 . . . 89

3.1.16 Exercice ECH 16 . . . 90

3.1.17 Exercice ECH 17 . . . 90

3.1.18 Exercice ECH 18 . . . 91

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(5)

Chapitre 1

Analyse des signaux périodiques

1.1 Corrigé des exercices

1.1.1 Exercice SF 1

Considérant les 2 signaux suivants pour lesquels f0 = 1 [kHz]

x₁(t) = 6−2·cos (2·π·f₀·t) + 3·sin (2·π·f₀·t) x₂(t) = 4 + 1.8·cos 2·π·f₀·t+ ^π₃

+ 0.8·sin (6·π·f₀·t)

1. dessinez leurs spectres d’amplitude et de phase unilatéraux et bilatéraux ; 2. écrivez x₁(t) etx₂(t)sous forme de série de Fourier complexe.

Corrigé

x₁(t) = 6−2·cos (2·π·f₀·t) + 3·sin (2·π·f₀·t) :

Pour x₁(t), en comparant à la relation générale du développement en série de Fourier,

x(t) = a₀ 2 +

∞

X

k=1

a_k·cos (2·π·k·f₀·t) +

∞

X

k=1

b_k·sin (2·π·k·f₀·t) (1.1) on a :

1. Une composante continue ^a₂⁰ = ¹²₂ = 6

2. Une harmonique 1 (fondamental) à f₀ = 1 [kHz], avec a₁ = −2 et b₁ = 3

Pour la représentation des spectres unilatéraux et bilatéraux, il faut calculer la série de Fourier en cosinus ainsi que la série de Fourier complexe. On a tout d’abord pour la série en cosinus :

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(6)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

x 10⁻³ 2

4 6 8 10

Signal temporel

x(t)

temps

0 1000 2000 3000 4000 5000

0 2 4 6

Spectre unilatéral

A k

k f0

0 1000 2000 3000 4000 5000

−1

−0.5 0 0.5 1

αk / π

k f0

−50000 0 5000

2 4 6

Spectre bilatéral

|X(jk)|

k f0

−5000−1 0 5000

−0.5 0 0.5 1

/X(jk) / π

k f0

f_ex_SF_1_1_1.eps

Fig. 1.1 – Spectres unilatéral et bilatéral de x1(t) (fichier source).

A₀ = a₀ 2 = 12

2 = 6 A₁ =

q

a²₁+b²₁ =p

(−2)²+ 3² = 3.6056 α1 = arctan

−b₁ a₁

= arctan −3

−2

=−2.1588 [rad] =−123.6901 [^◦] On peut donc écrire :

x₁(t) = 6−2·cos (2·π·f₀·t) + 3·sin (2·π·f₀·t)

=A₀+A₁ ·cos (2·π·f₀·t+α₁)

= 6 + 3.6056·cos (2·π·f₀·t−2.1588) x₂(t) = 4 + 1.8·cos 2·π·f₀·t+^π₃

+ 0.8·sin (6·π·f₀·t) :

Pourx₂(t), on a en se référant au développement en série de Fourier (1.1 ) : 1. Une composante continue ^a₂⁰ = ⁸₂ = 4

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(7)

2. Des harmoniques à f₀ = 1 [kHz] et 3·f₀ = 3 [kHz], avec a₁ et b₁ à calculer, a3 = 0, b3 = 0.8

Pour la représentation des spectres unilatéraux et bilatéraux, il faut calculer la série de Fourier en cosinus ainsi que la série de Fourier complexe. On a pour la série en cosinus :

A₀ = a0

2 = 4 A₁ = 1.8

= q

a²₁+b²₁

α₁ = π 3 A₃ =

q

a²₃+b²₃ =√

0²+ 0.8² = 0.8 α₃ = arctan

−b₃ a₃

= arctan

−0.8 0

→ −π 2

On peut donc écrire : x₂(t) = 4 + 1.8·cos

2·π·f₀·t+π 3

+ 0.8·sin (6·π·f₀·t)

= 4 + 1.8·cos

2·π·f₀·t+π 3

+ 0.8·cos

6·π·f₀·t− π 2

=A₀+A₁·cos (2·π·f₀·t+α₁) +A₃·cos (6·π·f₀·t+α₃) Dans le cas général, il aurait fallu calculer a₁ etb₁ selon les relations :

a_k= 2 T ·

Z +^T₂

−^T₂

x(t)·cos (2·π·k·f₀·t)·dt k ≥0 bk= 2

T · Z +^T₂

−^T

2

x(t)·sin (2·π·k·f0·t)·dt k ≥1

En tenant compte des identités trigonométriques cos (α)·cos (β) = 1

2 ·cos (α+β) + 1

2 ·cos (α−β) sin (α)·cos (β) = 1

2 ·sin (α+β) + 1

2 ·cos (α−β)

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(8)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

x 10⁻³ 0

2 4 6 8

Signal temporel

x(t)

temps

0 1000 2000 3000 4000 5000

0 1 2 3 4

Spectre unilatéral

A k

k f0

0 1000 2000 3000 4000 5000

−1

−0.5 0 0.5 1

αk / π

k f0

−50000 0 5000

1 2 3 4

Spectre bilatéral

|X(jk)|

k f0

−5000−1 0 5000

−0.5 0 0.5 1

/X(jk) / π

k f0

f_ex_SF_1_2_1.eps

Fig. 1.2 – Spectres unilatéral et bilatéral de x₂(t) (fichier source).

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(9)

on a donc : a₁ = 2

T · Z +^T₂

−^T₂

1.8·cos

2·π·f₀·t+π 3

·cos (2·π·1·f₀·t)·dt

= 2 T ·1.8·

Z +^T₂

−^T

2

1 2·cos

4·π·f0·t+π 3

+ 1

2·cos π

3

·dt

= 2

T ·1.8· 1

2 ·cosπ 3

[t]⁺

T 2

−^T

2

= 0.9 b₁ = 2

T · Z +^T₂

−^T₂

1.8·cos

2·π·f₀·t+π 3

·sin (2·π·1·f₀ ·t)·dt

= 2 T ·1.8·

Z +^T₂

−^T

2

1 2·sin

4·π·f₀·t+π 3

+ 1

2·sin

−π 3

·dt

= 2

T ·1.8· 1

2 ·sinπ 3

[t]⁺

T 2

−^T₂

=−0.9·√ 3

On vérifie que l’on a bien : A₁ =

q

a²₁+b²₁ = r

0.9²+

−0.9·√ 32

= 1.8 α₁ = arctan

−b₁ a₁

= arctan 0.9·√ 3 0.9

!

= 1.047 = π 3

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(10)

HEIG-VdTraitementdeSignal(TS)

Pour x₁(t) :

x₁(t) =A₀+A₁·cos (2·π·f₀ ·t+α₁)

=A₀+ A₁

2 · e^{+j·(2·π·f}⁰^·t+α¹⁾+e^{−j·(2·π·f}⁰^·t+α¹⁾

=A0+ A₁

2 · e^+j·2·π·f⁰^·t·e^+j·α¹ +e^{−j·2·π·f}⁰^·t·e^−j·α¹

=X1(j·0)

| {z }

A0

+X2(j·1)

| {z }

A1 2 ·e^+j·α1

·e^j·2·π·f⁰^·t+X2(−j ·1)

| {z }

A1 2 ·e^−j·α1

·e^{−j·2·π·f}⁰^·t

Pour x₂(t) :

x2(t) =A0+A1 ·cos (2·π·f0·t+α1) +A3·cos (6·π·f0·t+α3)

=A₀+A₁

2 · e^{+j·(2·π·f}⁰^·t+α¹⁾+e^{−j·(2·π·f}⁰^·t+α¹⁾ +A₃

2 · e^{+j·(6·π·f}⁰^·t+α¹⁾+e^{−j·(6·π·f}⁰^·t+α¹⁾

=A₀+A₁

2 · e^+j·2·π·f⁰^·t·e^+j·α¹+e^{−j·2·π·f}⁰^·t·e^−j·α¹ + A₃

2 · e^+j·6·π·f⁰^·t·e^+j·α³ +e^{−j·6·π·f}⁰^·t·e^−j·α³

=X₁(j·0)

| {z }

A0

+X₂(j·1)

| {z }

A1 2 ·e^+j·α¹

·e^j·2·π·f⁰^·t+X₂(−j·1)

| {z }

A1 2 ·e^−j·α¹

·e^{−j·2·π·f}⁰^·t+X₂(j·3)

| {z }

A3 2 ·e^+j·α³

·e^j·6·π·f⁰^·t+X₂(−j·3)

| {z }

A3 2 ·e^−j·α³

·e^{−j·6·π·f}⁰^·t

Corrigédesexercices,v1.1610MEE\co_ts.tex\19mai2006

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(11)

1.1.2 Exercice SF 2

Utilisez les formules d’Euler pour montrer que la série de Fourier du signal suivant x(t) =

1 + cos

2·π·f0·t+ π 6

·cos (10·π·f0·t) est décrite par les harmoniques 4, 5 et 6. Pour ce faire :

1. remplacez chaque fonction cosinus par deux phaseurs ; effectuez le produit ; 2. écrivez x(t) sous la forme d’une somme de phaseurs ;

3. que valent les coefficients X(j·k) non-nuls ?

4. dessinez les spectres bilatéraux et unilatéraux d’amplitude et de phase.

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(12)

Corrigé

x(t) =

1 + cos

2·π·f₀·t+π 6

·cos (10·π·f₀·t)

=

1 + 0.5·

e^j·(^0.5·π·f⁰^·t+^π6) +e^−j·(^2·π·f⁰^·t+^π6)

·0.5· e^j·10·π·f⁰^·t+e^{−j·10·π·f}⁰^·t

= 0.5· e^j·10·π·f⁰^·t+e^{−j·10·π·f}⁰^·t

+ 0.5·

e^j·(^2·π·f⁰^·t+^π6) +e^−j·(^2·π·f⁰^·t+^π6)

·0.5· e^j·10·π·f⁰^·t+e^{−j·10·π·f}⁰^·t

= 0.5· e^j·10·π·f⁰^·t+e^{−j·10·π·f}⁰^·t

+ 0.25·

e^j·(^2·π·f0·t+^π

6) +e^−j·(^2·π·f0·t+^π

6)

· e^j·10·π·f⁰^·t+e^{−j·10·π·f}⁰^·t

= 0.5· e^j·10·π·f⁰^·t+e^{−j·10·π·f}⁰^·t + 0.25·

e^j·(^2·π·f⁰^·t+^π6)·e^j·10·π·f⁰^·t+e^j·(^2·π·f⁰^·t+^π6)·e^{−j·10·π·f}⁰^·t+e^−j·(^2·π·f⁰^·t+^π6)·e^j·10·π·f⁰^·t+e^−j·(^2·π·f⁰^·t+^π6)·e^{−j·10·π·f}⁰^·t

= 0.5· e^j·10·π·f⁰^·t+e^{−j·10·π·f}⁰^·t

+ 0.25·

e^j·(^12·π·f⁰^·t+^π6) +e^j·(^−8·π·f⁰^·t+^π6) +e^j·(^8·π·f⁰^·t−^π6) +e^−j·(^12·π·f⁰^·t+^π6)

=X(j·4)·e^j·8·π·f⁰^·t+X(−j·4)·e^{−j·8·π·f}⁰^·t+X(j·5)·e^j·10·π·f⁰^·t+X(−j·5)·e^{−j·10·π·f}⁰^·t+X(j·6)·e^j·12·π·f⁰^·t+X(−j·6)·e^{−j·12·π·f}⁰^·t avec

X(j ·4) = 0.25·e^−j·^π⁶ X(−j ·4) = 0.25·e^j·^π⁶ X(j ·5) = 0.5

X(−j ·5) = 0.5 X(j ·6) = 0.25·e^j·^π⁶ X(−j ·6) = 0.25·e^−j·^π⁶

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(13)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

−2

−1 0 1 2

Signal temporel

x(t)

temps

0 2 4 6 8

0 0.5 1

Spectre unilatéral

Ak

k f0

0 2 4 6 8

−1

−0.5 0 0.5 1

α k / π

k f0

−5 0 5

0 0.5 1

Spectre bilatéral

|X(jk)|

k f0

−5 0 5

−1

−0.5 0 0.5 1

/X(jk) / π

k f0

f_ex_SF_2_1.eps

Fig. 1.3 – Spectres unilatéral et bilatéral de x(t) (fichier source).

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(14)

1.1.3 Exercice SF 3

Considérant un signal périodique de période T = 20 [ms] décrit par son spectre bilatéral X(j ·k) :

k 0 ±1 ±2

X(j·k) 2 −3±j ·2 +1±j ·3

|X|

6 X

retrouvez sa description temporelle en cosinus après avoir rempli les cases libres du tableau.

Corrigé

k 0 ±1 ±2

X(j·k) 2 −3±j·2 +1±j·3

|X| 2 √

3²+ 2² = 3.6056 √

1²+ 3² = 3.16236

6 X 0 ±2.5536 [rad] =±146.3099 [^◦] ±1.2490 [rad] =±71.5651 [^◦] x(t) =A₀+A₁·cos (2·π·f₀·t+α₁) +A₂·cos (4·π·f₀·t+α₂)

=X(j·0)

| {z }

A0

+X(j·1)

| {z }

A1 2 ·e^+j·α¹

·e^j·2·π·f⁰^·t+X(−j·1)

| {z }

A1 2 ·e^−j·α¹

·e^{−j·2·π·f}⁰^·t+X(j·2)

| {z }

A2 2 ·e^+j·α²

·e^j·4·π·f⁰^·t+X(−j·2)

| {z }

A2 2 ·e^−j·α²

·e^{−j·4·π·f}⁰^·t

On en déduit

A0 =X(j·0) = 2 α0 = 0 [rad]

A₁ = 2· |X(j ·1)|= 2·3.6056 = 7.2111 α₁ = 2.5536 [rad]

A₂ = 2· |X(j ·2)|= 2·3.16236 = 6.3246 α₂ = 1.2490 [rad]

et finalement :

x(t) = A0+A1·cos (2·π·f0·t+α1) +A2·cos (4·π·f0·t+α2)

= 2 + 7.2111·cos (2·π·50 [Hz]·t+ 2.5536) + 6.3246·cos (4·π·50 [Hz]·t+ 1.2490)

1.1.4 Exercice SF 4

À partir des spectres d’amplitude et de phase d’une SIR vus au cours,

1. calculez les spectres complexes des deux signaux de la figure 1.4 page ci- contre ;

2. esquissez leurs spectres bilatéraux d’amplitude et de phase.

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(15)

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18

0 2 4 6 8 10

x1(t) [V]

Ex. SF4

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18

−4

−2 0 2 4 6

x2(t) [V]

t [ms]

f_exgraphes_7.eps

Fig. 1.4 – Exercice SF 4 (fichier source).

Corrigé

Le premier signal est une SIR d’amplitude A = 10 de période T = _f¹

0 =

10 [ms], de largeur ∆t = 2 [ms], retardée d’une durée t_d = ^∆t₂ = 1 [ms]. On en déduit :

X(j·k) =A· ∆t

T · sin (k·π·f0·∆t)

k·π·f₀·∆t ·e^{−j·2·π·k·f}⁰^·t^d

= 10· 2

10· sin (k·π·100 [Hz]·2 [ms])

k·π·100 [Hz]·2 [ms] ·e−j·2·π·k·100 [Hz]·1 [ms]

= 2· sin (k·π·0.2)

k·π·0.2 ·e−j·2·π·k·100 [Hz]·1 [ms]

= 2· sin k·π· ¹₅ k·π· ¹₅

| {z }

0pourk = 5,10,15, . . . i.e. pour

f= 500 [Hz],1000 [Hz],1500 [Hz], . . .

·e−j·2·π·k·100 [Hz]·1 [ms]

Les résultats (spectres bilatéraux d’amplitude et de phase) sont donnés sur la figure 1.5 page 17. Sur la même figure, on trouve la synthèse dex(t)basée sur les

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(16)

N = 10premiers termesX(j·k)du développement en série de Fourier complexe : x₁₀(t) =

+10

X

k=−10

X(j·k)·e^{+j·2·π·k·f}⁰^·t

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(17)

−1000 −500 0 500 1000 0

0.5 1 1.5 2

f [ Hz ]

|X (j · k)|

−1000 −500 0 500 1000

−1

−0.5 0 0.5 1

f [ Hz ]

arg{X(j·k)}

π

0 0.005 0.01 0.015 0.02

0 2 4 6 8 10

t [ s ] x

N

( t ) , x ( t )

Fig. 1.5 – x_N(t) est la synthèse du signal x(t) basée sur les N = 10 premiers termes de la série de Fourier complexe : x₁₀(t) = P+10

k=−10X(j ·k)·e^{+j·2·π·k·f}⁰^·t. On remarque bien sûr la très forte ressemblance avec x(t) tel qu’il apparaît sur le haut de la figure 1.4 .

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(18)

Le second signal est une SIR d’amplitudeA= 9 de périodeT = _f¹

0 = 10 [ms], de largeur ∆t= ^T₂ = 5 [ms], retardée d’une duréet_d= ^∆t₂ = 2.5 [ms]à laquelle on a soustrait un offset de 3. On en déduit :

X(j·k) =A· ∆t

T · sin (k·π·f0·∆t)

k·π·f₀·∆t ·e^{−j·2·π·k·f}⁰^·t^d

= 9· 5 [ms]

10 [ms]· sin (k·π·100 [Hz]·5 [ms])

k·π·100 [Hz]·5 [ms] ·e−j·2·π·k·100 [Hz]·2.5 [ms]

ce à quoi il faut soustraire l’offset de 3pour k = 0.

Les résultats (spectres bilatéraux d’amplitude et de phase) sont donnés sur la figure 1.6 page ci-contre. Sur la même figure, on trouve la synthèse de x(t) basée sur les N = 10 premiers termes X(j ·k) du développement en série de Fourier complexe :

x₁₀(t) =

+10

X

k=−10

X(j·k)·e^{+j·2·π·k·f}⁰^·t

Un codeMATLAB permettant de calculerX₂(j·k)et tracer les spectres bila- téraux de gain et de phase est donné ci-dessous.

(fichier source)

%I n i t i a l i s a t i o n

c l c;c l e a r a l l;c l o s e a l l;

%P a r a m e t r e s A=9;

T = 10 e−3;

d e l t a _ t = 5 e−3;

t d = −2.5 e−3;

%numeros d e s h a r m o n i q u e s a c a l c u l e r N = 1 0 ;

k = [−N : N ] ;

%k<>0

X = A∗d e l t a _ t /T∗s i n c ( k / 2 ) .∗exp(−j∗k∗pi/ 2 ) ;

%k=0

X(8)=−3+A∗d e l t a _ t /T ;

%Tracage f i g u r e subplot( 2 1 1 ) stem( k /T,abs(X) ) x l a b e l( ’ kf_0 ␣ [ Hz ] ’ ) y l a b e l( ’ | X_2( j k ) | ’ ) grid

subplot( 2 1 2 )

stem( k /T,angle(X) /pi) x l a b e l( ’ kf_0 ␣ [ Hz ] ’ ) y l a b e l( ’ a r g {X_2( j k ) } ’ ) grid

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(19)

−1000 −500 0 500 1000 0

1 2 3

f [ Hz ]

|X (j · k)|

−1000 −500 0 500 1000

−1

−0.5 0 0.5 1

f [ Hz ]

arg{X(j·k)}

π

0 0.005 0.01 0.015 0.02

− 4

− 2 0 2 4 6

t [ s ] x

N

( t ) , x ( t )

Fig. 1.6 – x_N(t) est la synthèse du signal x(t) basée sur les N = 10 premiers termes de la série de Fourier complexe : x₁₀(t) = P+10

k=−10X(j ·k)·e^{+j·2·π·k·f}⁰^·t. On remarque bien sûr la très forte ressemblance avec x(t) tel qu’il apparaît sur le bas de la figure 1.4 (fichier source).

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(20)

0 1 2 3 4 5

Ak [V]

Ex. SF5

0 1 2 3 4 5

−0.4

−0.2 0 0.2 0.4 0.6

αk / π

f [kHz]

f_exgraphes_6.eps

Fig. 1.7 – Exercice SF 5 (fichier source).

1.1.5 Exercice SF 5

Considérant les spectres unilatéraux (figure 1.7) d’un signal x(t): 1. donnez l’expression dex(t);

2. dessinez son spectre bilatéral ;

3. calculez sa puissance et sa valeur efficace.

Corrigé

1. Au spectre unilatéral est associé directement le développement en série en cosinus. On a donc :

x(t) = 4+4·cos(2·π·1 [kHz]·t)+2·cos(2·π·3 [kHz]·t+0.2·π)+1·cos(2·π·5 [kHz]·t−0.45·π)

2. Les spectres d’amplitude et de phase sont représentés sur la figure 1.8.

3.

P =A²₀+ 1 2·

∞

X

k=1

A²_k = 4²+ 4² 2 + 2²

2 + 1²

2 = 26.5 [V²] X_eff =√

P =√

26.5 = 5.15 [V]

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(21)

−4000 −2000 0 2000 4000 0

1 2 3 4

f [ Hz ]

|X (j · k)|

−4000 −2000 0 2000 4000

−1

−0.5 0 0.5 1

f [ Hz ]

arg{X(j·k)}

π

Fig.1.8 – Ex SF 5.

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(22)

k 0 1 2 3 4

x1(t) ak +2 +5 -2 +1 0

b_k +4 +3 –1 0

k 0 1 2 3 4

x₂(t) A_k 1 3 0 2 0

α_k 0 −^π₃ 0 +^π₂ 0

k 0 ±1 ±2 ±3 ±4

x₃(t) X(j·k) 5 4±j·3 0 −2±j 0 Tab. 1.1 – Exercice SF 6.

1.1.6 Exercice SF 6

Considérant les trois signaux x₁(t), x₂(t), x₃(t) de période T = 1 [ms] décrits par leurs spectres respectifs (tableau 1.1) :

1. donnez l’expression temporelle des trois signaux ; 2. écrivez ces expressions à l’aide de cosinus seulement ;

3. dessinez leurs spectres d’amplitude et de phase uni- et bilatéraux.

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(23)

Corrigé

1. Expressions temporelles de x₁(t), x₂(t) etx₃(t) :

x₁(t) = a0

2 +

∞

X

k=1

a_k·cos (2·π·k·f₀·t) +

∞

X

k=1

b_k·sin (2·π·k·f₀ ·t)

= 2

2 + 5·cos (2·π·1·f₀·t) + 4·sin (2·π·1·f₀·t)−2·cos (2·π·2·f₀·t) + 3·sin (2·π·2·f₀·t) + 1·cos (2·π·3·f₀·t)−1·sin (2·π·3·f₀·t)

= 1 + 5·cos (2·π·f₀·t) + 4·sin (2·π·f₀·t)−2·cos (4·π·f₀·t) + 3·sin (4·π·f₀·t) + 1·cos (6·π·f₀·t)−1·sin (6·π·f₀·t)

x₂(t) =A₀+

∞

X

k=1

A_k·cos (2·π·k·f₀·t+α_k)

= 1 + 3·cos

2·π·1·f₀·t−π 3

+ 2·cos

2·π·3·f₀·t+ π 2

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(24)

x3(t) =

∞

X

k=−∞

X(j ·k)·e^{j·2·π·k·f}⁰^·t

=X(−j·3)·e^{−j·2·π·3·f}⁰^·t+X(−j·1)·e^{−j·2·π·1·f}⁰^·t+X(j·0)·e^{j·2·π·0·f}⁰^·t+X(j ·1)·e^{j·2·π·1·f}⁰^·t+X(j ·3)·e^{j·2·π·3·f}⁰^·t

= (−2−j)·e^{−j·2·π·3·f}⁰^·t+ (4−j ·3)·e^{−j·2·π·1·f}⁰^·t+ 5 + (4 +j·3)·e^{j·2·π·1·f}⁰^·t+ (−2 +j)·e^{j·2·π·3·f}⁰^·t

=p

(−2)²+ (−1)²·e^j·arctan(⁻¹−2)·e^{−j·2·π·3·f}⁰^·t+p

4²+ (−3)²·e^j·arctan(⁻³4 )·e^{j·2·π·1·f}⁰^·t + 5 +√

4²+ 3²·e^j·arctan(³4)·e^{j·2·π·1·f}⁰^·t+p

(−2)²+ 1²·e^j·arctan(−2¹ )·e^{j·2·π·3·f}⁰^·t

=√

5·e^j·arctan(⁻¹−2)·e^{−j·2·π·3·f}⁰^·t+√

25·e^j·arctan(⁻³₄ )·e^{−j·2·π·1·f}⁰^·t+ 5 +√

25·e^j·arctan(³₄)·e^{j·2·π·1·f}⁰^·t+√

5·e^j·arctan(−2¹ )·e^{j·2·π·3·f}⁰^·t

=√

5·e^−j·2.6779·e^{−j·2·π·3·f}⁰^·t+ 5·e^−j·0.6435 ·e^{−j·2·π·1·f}⁰^·t+ 5 + 5·e^j·0.6435·e^{j·2·π·1·f}⁰^·t+√

5·e^j·2.6779·e^{j·2·π·3·f}⁰^·t

= 5 + 2·√

5· e^j·2.6779·e^{j·2·π·3·f}⁰^·t+e^−j·2.6779·e^{−j·2·π·3·f}⁰^·t

2 + 2·5· e^j·0.6435·e^{j·2·π·1·f}⁰^·t+e^−j·0.6435·e^{−j·2·π·1·f}⁰^·t 2

= 5 + 2·√

5·cos (2·π·3·f₀·t+ 2.6779) + 10·cos (2·π·1·f₀·t+ 0.6435)

2. Expressions de x₁(t),x₂(t)et x₃(t) à l’aide de cosinus seulement. partant des résultats ci-dessus, on a : x₁(t) = 1 + 5·cos (2·π·f₀·t) + 4·sin (2·π·f₀·t)−2·cos (4·π·f₀ ·t) + 3·sin (4·π·f₀·t)

+ 1·cos (6·π·f₀·t)−1·sin (6·π·f₀·t)

= 1 +√

5²+ 4²·cos

2·π·f₀·t+ arctan −4

5

+p

(−2)²+ 3² ·cos

4·π·f₀·t+ arctan −3

−2

+p

1²+ (−1)²·cos

6·π·f₀·t+ arctan

−(−1)

1

= 1 +√

41·cos (2·π·f₀·t−0.675) +√

13·cos (4·π·f₀·t−2.16) +√

2·cos

6·π·f₀·t+π 4

=A₀+A₁·cos (2·π·1·f₀·t+α₁) +A₂·cos (2·π·1·f₀·t+α₂) +A₃·cos (2·π·1·f₀·t+α₃)

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(25)

x₂(t) = A₀+

∞

X

k=1

= 1 + 3·cos

2·π·1·f0·t− π 3

+ 2·cos

2·π·3·f0·t+π 2

=A₀+A₁·cos (2·π·1·f₀·t+α₁) +A₃·cos (2·π·3·f₀·t+α₃) x₃(t) = 5 + 10·cos (2·π·1·f₀·t+ 0.6435) + 2·√

5·cos (2·π·3·f₀·t+ 2.6779)

=A₀+A₁·cos (2·π·1·f₀·t+α₁) +A₃·cos (2·π·3·f₀·t+α₃) 3. Spectres unilatéraux et bilatéraux d’amplitude et de phase de x₁(t), x₂(t) etx₃(t) :

x₁(t) Le spectre unitlatéral correspond directement à l’expression de x₁(t) en cosinus : x1(t) = 1 +√

41·cos (2·π·f0·t−0.675) +√

13·cos (4·π·f0·t−2.16) +√ 2·cos

6·π·f0·t+ π 4

=A₀+A₁·cos (2·π·1·f₀·t+α₁) +A₂·cos (2·π·1·f₀·t+α₂) +A₃·cos (2·π·1·f₀·t+α₃) Le spectre bilatéral s’en déduit facilement :

k 0 1 2 3

A_k A₀ = 1 A₁ =√

41 A₂ =√

13 A₃ =√

2

αk α0 = 0 α1 =−0.675 α2 =−2.16 α3 = +^π₄

k 0 ±1 ±2 ±3

X(j·k) X(j·0) = A₀

= 1

X(±j·1) = ^A₂¹ ·e^±j·α¹

=

√41

2 ·e^∓j·0.675

X(±j·2) = ^A₂² ·e^±j·α²

=

√13

2 ·e^∓j·2.16

X(±j·3) = ^A₂³ ·e^±j·α³

=

√2

2 ·e^±j·^π⁴ La représentation graphique des spectre uni- et bilatéraux est donnée sur la figure 1.9.

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(26)

x₂(t) Le spectre unitlatéral correspond directement à l’expression de x₂(t) en cosinus : x₂(t) =A₀+

∞

X

k=1

= 1 + 3·cos

2·π·1·f₀·t−π 3

+ 2·cos

2·π·3·f₀·t+π 2

=A₀+A₁·cos (2·π·1·f₀·t+α₁) +A₃·cos (2·π·3·f₀·t+α₃) Le spectre bilatéral s’en déduit facilement :

k 0 1 2 3

A_k A₀ = 1 A₁ = 3 A₂ = 0 A₃ = 2

α_k α₀ = 0 α₁ =−^π₃ α₂ = 0 α₃ = +^π₂

k 0 ±1 ±2 ±3

X(j ·k) X(j·0) =A₀

= 1

X(±j·1) = ^A₂¹ ·e^±j·α¹

= ³₂ ·e^∓j·^π³ X(±j ·2) = 0

X(±j ·3) = ^A₂³ ·e^±j·α³

= ²₂ ·e^±j·^π²

=e^±j·^π² La représentation graphique des spectre uni- et bilatéraux est donnée sur la figure 1.10.

x₃(t) Le spectre unitlatéral correspond directement à l’expression de x₃(t) en cosinus : x₃(t) = 5 + 10·cos (2·π·1·f₀·t+ 0.6435) + 2·√

5·cos (2·π·3·f₀·t+ 2.6779)

=A₀+A₁·cos (2·π·1·f₀·t+α₁) +A₃·cos (2·π·3·f₀·t+α₃) Le spectre bilatéral a dédjà été obtenu au précédemment : on avait :

x₃(t) =

∞

X

k=−∞

X(j·k)·e^{j·2·π·k·f}⁰^·t

=X(−j·3)·e^{−j·2·π·3·f}⁰^·t+X(−j ·1)·e^{−j·2·π·1·f}⁰^·t+X(j·0)·e^{j·2·π·0·f}⁰^·t+X(j·1)·e^{j·2·π·1·f}⁰^·t+X(j·3)·e^{j·2·π·3·f}⁰^·t

=√

5·e^−j·2.6779·e^{−j·2·π·3·f}⁰^·t+ 5·e^−j·0.6435·e^{−j·2·π·1·f}⁰^·t+ 5 + 5·e^j·0.6435·e^{j·2·π·1·f}⁰^·t+√

5·e^j·2.6779·e^{j·2·π·3·f}⁰^·t

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(27)

Si l’on répète néanmoins la même opération que pour x₁(t) etx₂(t), on a :

k 0 1 2 3

A_k A₀ = 5 A₁ = 10 A₂ = 0 A₃ = 2·√

5

α_k α₀ = 0 α₁ = 0.6435 α₂ = 0 α₃ = 2.6779

k 0 ±1 ±2 ±3

X(j·k) X(j·0) =A₀

= 5

X(±j·1) = ^A₂¹ ·e^±j·α¹

= ¹⁰₂ ·e^±j·0.6435

= 5·e^±j·0.6435

X(±j ·2) = 0

X(±j ·3) = ^A₂³ ·e^±j·α³

= ^2·

√ 5

2 ·e^±j·2.6779

=√

5·e^±j·2.6779 La représentation graphique des spectre uni- et bilatéraux est donnée sur la figure 1.11.

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(28)

•

0 1000 2000 3000

0 2 4 6

fHz Ak

•

0 1000 2000 3000

−0.6

−0.4

−0.2 0 0.2

fHz

αk π

•

−3000 −2000 −1000 0 1000 2000 3000 0

1 2 3

fHz

|X(j·k)|

•

• •

•

−3000 −2000 −1000 0 1000 2000 3000

−0.6

−0.4

−0.2 0 0.2 0.4 0.6

fHz

arg{X(j·k)}

π

−2 −1 0 1 2

−5 0 5 10

t[ms] x(t)

Fig. 1.9 – (fichier source).

•

0 1000 2000 3000

0 1 2 3

f[Hz] Ak

•

0 1000 2000 3000

−0.2 0 0.2 0.4

f[Hz]

αk π

•

−3000 −2000 −1000 0 1000 2000 3000 0

0.5 1 1.5

f[Hz]

|X(j·k)|

•

−3000 −2000 −1000 0 1000 2000 3000

−0.4

−0.2 0 0.2 0.4

f[Hz]

arg{X(j·k)}

π

−2 −1 0 1 2

−4

−2 0 2 4 6

t[ms] x(t)

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(29)

•

0 1000 2000 3000

0 2 4 6 8 10

f[Hz] Ak

•

0 1000 2000 3000

0 0.2 0.4 0.6 0.8

f[Hz]

αk π

•

• • •

•

−3000−2000 −1000 0 1000 2000 3000 0

1 2 3 4 5

f[Hz]

|X(j·k)|

•

• • • •

•

−3000−2000 −1000 0 1000 2000 3000

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8

f[Hz]

arg{X(j·k)}

π

−2 −1 0 1 2

−10 0 10 20

t[ms] x(t)