Haute Ecole d'Ingénierie et de Gestion du Canton de Vaud
Département Technologies Industrielles
Unité SES
Analyse des
signaux analogiques
Quelques orrigés
d'exeries
F. Mudry
1 Signaux périodiques
Voir également les orrigés manusrits annexés.
SF 4 Le premier signal est une SIR d'amplitude
A = 10
V , de périodeT = 10
mse , delargeur
∆t = 2
mse et déalé det d = − ∆t/2 = − 1
mse . Son spetrevaut donX 1 (jk) = X 0 (jk)
exp(+j2πkf 0 t d )
aveX 0 (jk) = A ∆t
T
sin
(kπf 0 ∆t) (kπf 0 ∆t)
| X 1 (jk) | = A ∆t T
sin
(kπf 0 ∆t) (kπf 0 ∆t)
= 2
Vsin
(kπ/5 (kπ/5)
∠ X 1 (jk) = (0
ou± π) + 2πkf 0 t d = (0
ou± π) − kπ/5
Le deuxième signal est une SIR abaissée de 3 V, d'amplitude
A = 9
V , de périodeT = 10
mse , de largeur∆t = 5
mse et déalé det d = − ∆t/2 = − 2.5
mse . Pourk 6 = 0
, sonspetrevaut don
| X 2 (jk) | = A ∆t T
sin
(kπf 0 ∆t) (kπf 0 ∆t)
= 4.5
Vsin
(kπ/2 (kπ/2)
∠ X 2 (jk) = (0
ou± π) + 2πkf 0 t d = (0
ou± π) − kπ/2
Commeon asoustrait unetensionontinue de 3 Và laSIR, laomposante DC vaut
X 2 (0) = 4.5 − 3 = 1.5
VLesspetressont présentés danslagure1.
SF7 Puisque
X(jk) = 0
pour| k | > 1
, onendéduitquelesignalx(t)
estonstituéd'uneomposante DC et de la fondamentale. Celle-i est obligatoirement une sinusoïde ar le
signalestimpair. Ona don
x(t) = A 0 + A 1 sin (2πf 0 t)
avef 0 = 1
T = 1
2
mse= 500
HzCommesapuissane vaut 1,on doitavoir
P = A 2 0 + 1
2 A 2 1 = 1
Parmi l'innité de solutions, onpeut enhoisirdeux
P = 0 + 1
2 A 2 1 = 1 ⇒
A 0 = 0 A 1 = √ 2
P = A 2 0 + 1
2 A 2 1 = 1 2 + 1
2 = 1 ⇒
A 0 = 1/ √
2
A 1 = 1
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 0
0.5 1 1.5 2
|X 1 (jk)|
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2
−4
−2 0 2 4
fréquence [kHz]
/X 1 (jk)
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2
0 1 2 3 4
|X 2 (jk)|
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2
−2
−1 0 1 2
fréquence [kHz]
/X 2 (jk)
Fig.1:Ex SF4
−2 0 2 4 6 8 10 12 14
−10
−5 0 5 10
t [ms]
x(t) [V]
+A
−A
−∆ t +∆ t
−3 −2 −1 0 1 2 3
−1.5
−1
−0.5 0 0.5 1 1.5
fréquence [kHz]
Im(X(jk))
Fig.2:ExSF 10
SF 10
1. Le spetre de e signalimpairest purement imaginaire.
2. On observe que
x(t)
est la diérenes de deux SIRx 0 (t)
déalées de± ∆/2
; on adon
x(t) = x 0 (t − ∆t 2 ) − x 0 (t + ∆t 2 )
. Enutilisant lethéorèmedudéalage,onobtientX(jk) = X 0 (jk) ·
exp− j2kπf 0
∆t 2
− X 0 (jk) ·
exp+j2kπf 0
∆t 2
= X 0 (jk) ·
exp
− j2kπf 0
∆t 2
−
exp+j2kπf 0
∆t 2
= X 0 (jk) · ( − 2j)
sin2kπf 0
∆t 2
= X 0 (jk) · ( − 2j)
sin(kπf 0 ∆t)
Comme
X 0 (jk) = A ∆t T
sin
(kπf 0 ∆t) (kπf 0 ∆t)
il vient
X(jk) = − j 2A ∆t T
(
sin(kπf 0 ∆t)) 2 (kπf 0 ∆t)
Le module et laphasedu spetrevalent don
| X(jk) | = 2A ∆t T
(
sin(kπf 0 ∆t)) 2 (kπf 0 ∆t)
∠X(jk) =
− π/2
sik > 0
0
sik = 0
+π/2
sik < 0
3. La puissane dee signalvaut
P = 1 T
Z +T /2
−T /2
x 2 (t) dt = 1 T
Z +∆t
−∆t
A 2 dt = 2A 2 ∆t T
4. Commelespetreestpurementimaginaire,ontraesimplementsapartieimaginaire
(gure 2).
SF25 Comme le signalsinusoïdal passe au travers d'un ltre linéaire,le signalde sortie
estune sinusoïde non déformée.Son TDH estdon nul.
SF26 On onstate que, pratiquement, les omposantes spetrales non nulles sont elles
d'ordre impair. Onpeut ainsinégliger les omposantes paires.Ona don
T DH = q P
k> 1 A 2 k A 1
= 1.6%
X ef f = s
A 2 0 + 1 2
X
k≥ 1
A 2 k = 4.57
Vef f
P x1 = 1 + 1/2 (41 + 13 + 2) = 29 [V 2 ]
P x2 = 1 + 1/2 (9+4) = 14.5 [V 2 ]
P x3 = 25 + 1/2 (100+20) = 85 [V 2 ]
0.4
P = A 2 ∆t/T = 0.8 [V 2 ]
cx SF 14.1
cx SF 14.2
2 Signaux non périodiques
Voir également les orrigés manusrits annexés.
TF 6
1.
fréquene temps
1 lapartie réelle de
X(jf )
estnulle le signalx(t)
est impair2 la partie imaginairede
X(jf)
est nulle lesignalx(t)
est pair3 ilexiste undéalage
t 0
telque en déalantx(t)
det 0
,exp(j2πf t 0 )X(jf)
est réel onobtient unsignal pair4 ilexiste undéalage
t 0
telque en déalantx(t)
det 0
,exp(j2πf t 0 )X(jf)
est imaginaire onobtient unsignal impair5
X(jf )
estontinu le signalx(t)
est nonpériodique2.
Signaux a b d e f
Propriétés 2,4 3,5 4 1,5 2, 5 1,5
t 0 ± 0.5 − 2 − 0.5
3. Un signalpériodiqueonstitué de deuxtriangles diérents.
TF 7
1. On sait que le spetre d'un signal triangulaire entré
x 0 (t)
est un sinus ardinalà la puissane 2; son spetre de phase est don nul. Comme le signal proposé est
onstitué de deux triangles, son spetre de phase ne dépend que du déalage par
rapport àl'origine
t d = − 1
mse . Onadon∠ X(jf) = ∠ X 0 (jf ) + 2πf t d = 0 − 2π10 −3 · f [
rad]
2. On avuque
X(f = 0) = Z +∞
−∞
x(t) dt = 1 · 2
mse= 2 · 10 −3 [
se]
3. Demême
Z +∞
−∞
X(jf) df = x(t = 0) = 1 [
V]
4. Grâe authéorème deParseval,on sait que
W = Z + ∞
−∞ | X(jf ) | 2 df = Z + ∞
−∞
x 2 (t) dt
ave
W = Z + ∞
−∞
x 2 (t) dt = 4
Z t =0 . 001 0
1 1
mset
2
dt
= 4 · 10 6 t 3 3
0.001
0
= 4
3 10 − 3 [
V2
se]
Energie = W = ∫ |U(jf )| 2 df = 2 · 1 · (f 2 - f 1 ) = 200 [V/Hz] 2 · Hz = 200 [V 2 · sec]
3 Analyse spetrale numérique
TFD 0
1. Voir orretion autableau.
2. Considérantlasuite
x[n] = { 0, 2, 4, 0 }
,onommeneparalulersonspetredisret(sa TFD)en eetuant lasommesur
n X D [jk] =
N −1
X
n=0
x[n]
exp( − j2πkn/N )
=
3
X
n =0
x[n]
exp( − j2πkn/4)
= 2
exp( − j2πk · 1/4) + 4
exp( − j2πk · 2/4)
= 2
exp( − jk π/2) + 4
exp( − jk π)
puis on alulelesomposantes spetralespour
k = 0, 1, 2, 3 X D [j0] = 2 + 4 = +6
X D [j1] = 2
exp( − j π/2) + 4
exp( − j π) = − 4 − 2j X D [j2] = 2
exp( − j π) + 4
exp( − j 2π) = − 2 + 4 = +2 X D [j3] = 2
exp( − j 3π/2) + 4
exp( − j 3π) = − 4 + 2j
Comme lespetre disret estreliéauxséries de Fourier par
X SF [jk] = 1
N X D [jk]
3. À es omposantes spetrales de laTFD orrespondent les omposantes bilatérales
de lasériede Fourier
X SF [jk] = 1
N X D [jk], k = 0, · · · , N − 1 = 3
et unilatérales
A k
:k = 0 A 0 = X SF [0]
k = 1, · · · , N/2 − 1 A k = 2 | X SF [jk] | α k = ∠ X SF [jk]
k = N/2 A N/2 = | X SF [jN/2] | α N/2 = ∠ X SF [jN/2]
On obtient ainsi
k 0 1 2 3
X SF [jk] 1.50 − 1 − 0.5j 0.5 − 1 + 0.5j A k ∠ α k 1.50 2.236 ∠ − 2.68 0.5 ∠ 0.00
On peut alors aluler lesignaltemporel
x(t)
ausens de Fourierx(t) = A 0 + A 1 cos (2π f 0 t + α 1 ) + A 2 cos (4π f 0 t + α 2 ) + · · ·
Ce quidonne
x(t) = 1.5 + 2.236 cos (2π f 0 t − 2.68) + 0.5 cos (4π f 0 t)
Dans Matlab, les aluls i-dessus serésumsent auxlignes de odesprésentées dans
lagure TFD0.
% signal x[n℄ et sa TFD Xd[jk℄
xn = [0,2,4,0℄;
N = length(xn);
Xdjk = fft(xn);
nn = 0 :N-1; fk = 0 :N-1;
% spetre unilatéral
Ndemi = round(N/2);
Xjku = Xdjk(1 :Ndemi+1) / N;
Ak = 2*abs(Xjku);
Ak(1) = Xjku(1); % omposante DC
Ak(Ndemi) = Xjku(Ndemi); % omposante de Nyquist
ak = angle(Xjku);
% paramètres temporels
Te = 1; duree = 4*Te;
Npts = 1000; tmin = -1; tmax = duree;
dt = (tmax - tmin)/Npts;
tt = tmin :dt :tmax-dt;
% signal temporel périodique
f0 = 1/duree;
xt = Ak(1)*ones(size(tt));
for k = 2 : Ndemi+1
xt = xt + Ak(k)*os(k*2*pi*f0*tt + ak(k));
end;
0 1 2 3
0 1 2 3 4
n ⋅ T e x[n]
−5 0 5 10
0 0.5 1 1.5
k ⋅ ∆ f
|X[jk]|
−1 0 1 2 3 4 5
−1 0 1 2 3 4 5
temps [sec]
x(t)
Signal analogique reconstruit
Fig.3:Ex. TFD0
TFD 1 :
k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
X D [jk]
4 2+j 3+2j j 2 j 32j 2j 4 2+j 3+2j| X D [jk] |
4√
5 √
13
1 2 1√
13 √
5
4√
5 √
13
∠ X D [jk]
0 0.464 0.588 1.571 0 1.571 0.588 -0.464 0 0.464 0.588f [kHz]
0 0.125 0.250 0.375 0.500 0.625 0.750 0.875 1.000 1.125 1.2501. Le tableau i-dessusdonne les résultats
X D [jk]
provenant d'une FFT.2. Le signaltemporel
x N [n]
estdon disretet périodique.3. Utilisantune despropriétés de laTF,on a
x N [n = 0] = 1
N x D [0] = 1 N
X X D [jk]
= 1
8 (4 + (2 + j) + (3 + 2j) + (j) + (2) + ( − j) + (3 − 2j) + (2 − j))
= 1 8 16 = 2
4. Sahant que
x N [n] = N 1 x D [n]
, ilvientx N [n] = 1
8
7
X
k =0
X D [jk]
exp(+j2πn k/8)
TFD 2 :
1. Graphe : gure ExTFD2.
2. La suite de valeurs
x[n]
est onstituée de8 pointsett max = N T e = 8 [msec]
.3. Après délenhement de l'aquisition par le an montant, on aura ertainement
x[0] = x[1] = x[2] = A
etx[3] = 0
.D'unpointdevuepurementmathématique, ilest plus élégant et plusorretde onsidérerx[0] = A/2 = x[3]
.4. Le domaine spetral analysé s'étend de
− f e /2 = − 500 Hz
à+f e /2 = +500 Hz
etl'inrément de fréquenevaut
∆f = f N e = 125 Hz
.5. Le ompteur kdesfréquenesvarie de0 à N1 =7.Onaen partiulier
X D [j0] =
N− 1
X
n =0
x[n] exp
− j2π 2 · 0 N
=
2
X
n =0
x[n] = 3 A = 15 [V ]
0 1 2 3 4 5 6 7 8
−1 0 1 2 3 4 5
fréquence [k ∆f]
|X D [jk]|
0 1 2 3 4 5 6 7 8
−1 0 1 2 3
temps [n ∆t]
x N [n]
Fig. 4:ExTFD1
0 2 4 6 8 10 12 14 16
−1 0 1 2 3 4 5 6
temps [n ∆t]
x(t) et x N [n]
0 1 2 3 4 5 6 7 8
0 5 10 15
fréquence [k ∆f]
|X D [jk]|
Fig. 5:ExTFD2
X D [j2] =
N−1
X
n=0
x[n] exp
− j2π 2n N
= A + A exp
− j2π 2 · 1 8
+ A exp
− j2π 2 · 2 8
= 5 + 5 cos(π/2) − j5 sin(π/2) + 5 cos(π) − j5 sin(π)
= 5 − j 5 − 5 + j 0 = − j5 = 5 ∠ − π/2
6. La valeur spetraleen
f = 0
, 'est-à-direX D [jk = 0]
, esttoujours égale àlasommedes valeurstemporelles.Ce résultatest bienonrmée par lealul au point 5.
TFD 3 :
1. Graphe : gure ExTFD3a.
2. Le spetre
X D [jk]
n'estpasindépendant delalongueurN = 2m
de lasuite puisquel'inrément de fréquenevaut
∆f = f N e = 2 f m e
. Onadon pour0 ≤ k ≤ 2m − 1
:X D [jk] =
+2
X
n = − 2
x[n] exp
− j2π n · k 2m
= 1 + 2 · 1 cos(π 1 · k
m ) + 2 · 0.5 cos(π 2 · k m )
3. Siondoublelenombred'éhantillons,onaméliorelarésolutionspetrale;'est-à-dire
quelenombre deomposantesspetralesaluléesentre
0 · · · f e
estdoublé(gureExTFD 3b,et d).
TFD 4 :
1. Graphe : gure ExTFD4.
2. La déompositionen sériede Fourier (spetrebilatéral) donne
X SF [jk] =
A 1 /2 = 0.5 si k = ± 1 A 2 /2 = 0.5 si k = ± 2
0 sinon
En portant es résultatsdans le tableau de l'énoné où la fréquene estentrée sur
l'origine(spetrebilatéral), onobtientletableaudelagureExTFD4.Onvoitainsi
que lerésultat fournipar laFFT orrespondà larelation suivante
X D [jk] = N X SF [jk]
3. Cette fois-i,lenombre de pointsest
N = 32
et ladénitionspetrale vaut∆f = f e
N = 8 kHz
32 = 0.25 [kHz]
Comme les raiesspetrales sesituent en
f 0 = 1 kHz
et2f 0 = 2 kHz
, onvoit quellesseront séparéespar desvaleursnulleset queleur amplitude vaudra
X D [jk] = N X SF [jk] = 32 · 0.5 = 16
En limitant letableau auxraiesspetrales omprisesentre0 et
f e /2
, on a:−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 0
0.2 0.4 0.6 0.8 1
temps [n ∆t]
x(t) et x N [n]
0 1 2 3 4 5 6 7 8
0 1 2 3 4 5
|X D [jk]|, N = 8
0 2 4 6 8 10 12 14 16
0 1 2 3 4 5
|X D [jk]|, N = 16
0 5 10 15 20 25 30
0 1 2 3 4 5
fréquence [k ∆f]
|X D [jk]|, N = 32
Fig. 6:ExTFD3
k
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15f [kHz]
0 0.25 0.50 0.75 1.0 1.25 1.50 1.75 2.00 2.25 2.50 3.75X D [jk]
0 0 0 0 16 0 0 0 16 0 0TFD 5 : On éhantillonne une exponentielle déroissante où
A = 5 [V ]
,τ = 5 [msec]
ave une période d'éhantillonnage
T e = 1 [msec]
.1. Le tableau destransformées de Fourier donne :
x(t) = A exp( − t/τ ) ǫ(t) ⇔ X(jf) = A τ 1 + j2πf τ
2. Considérant les instants
t = n T e
, ona :x[n] = x(n T e ) = A · exp ( − n T e /τ ) = A · exp ( − T e /τ ) n = A · r n x[n] = A · r n
est don unesuite géométrique de raisonr = exp( − T e /τ ) = 0.819
.3. La TF
X e (jf )
de lasuite inniment longuex[n]
vautX e (jf) = T e
+ ∞
X
−∞
x[n] exp( − j2πf nT e )
= T e
+ ∞
X
n =0
A r n exp( − j2πf T e ) n
= T e
+∞
X
n=0
A (r exp( − j2πf T e )) n
= A T e 1
1 − r exp( − j2πf T e )
4. Lorsquelasuite
x[n]
esttronquée, lasommei-dessusneportequesurlesN
valeursprises en ompte:
X e,N (jf ) = T e
N−1
X
n=0
A (r exp( − j2πf T e )) n
= A T e 1 − (r exp( − j2πf T e )) N 1 − r exp( − j2πf T e )
5. L'axe desfréquenesompris entre0 et
f e
estdisrétisé enN
valeurs.Ona don :∆f = f e
N f = k ∆f f T e = k N
et
X D [jk] ≡ 1
T e X e,N (jf) | f = k ∆ f = A 1 − (r exp( − j2π k/N )) N
1 − r exp( − j2π k/N )
k 4 3 2 1 0 +1 +2 +3
X SF [jk]
0 0 0.5 0.5 0 0.5 0.5 0X D [jk]
0 0 4 4 0 4 4 00 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
−1.5
−1
−0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5
temps [n ∆t]
x(t) et x N [n]
0 5 10 15 20 25 30
0 1 2 3 4 5
fréquence [k ∆f]
|X D [jk]|
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
−1.5
−1
−0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5
temps [n ∆t]
x(t) et x N [n]
0 5 10 15 20 25 30
0 5 10 15 20
fréquence [k ∆f]
|X D [jk]|
Fig. 7:ExTFD4
6. Pour
f = 0
, les4 spetresi-dessusvalent don :X(jf) | f =0 = A τ = 25 · 10 − 3 [V sec]
X e (jf) | f =0 = A T e
1
1 − r = 5 · 10 − 3 1
1 − 0.819 = 27.56 · 10 − 3 [V sec]
X e,N (jf) | f =0 = A T e 1 − r N
1 − r = 5 · 10 − 3 1 − 0.819 16
1 − 0.819 = 26.44 · 10 − 3 [V sec]
X D (jk) | k=0 = A 1 − r N
1 − r = 5 1 − 0.819 16
1 − 0.819 = 26.44 [V ]
AnSp 1 :
N T e t max ∆f f e
40 0.5ms 20 ms 50Hz 2kHz
20 1 ms 20 ms 50Hz 1kHz
50 0.2ms 10 mse 100 Hz 5kHz
100 1 ms 100 ms 10Hz 1kHz
50 1 ms 50 ms 20Hz 1kHz
500 2 ms 1 s 1Hz 500 Hz
30 1 ms 30 ms 33.3 Hz 1kHz
25 0.2ms 5 ms 200 Hz 5kHz
AnSp 2 : La fenêtre retangulaire doit être utilisée pour tous les signaux qui n'appa-
raissent qu'une fois (signaux non permanents, réponses indiielles, impulsionnelles) : si-
gnaux2,3,5,6,7.
Les fenêtres en osinus sont utilisées pour l'analyse de signaux périodiques ou de bruits
permanents. Dans e as, il est souhaitable d'avoir susamment de périodes pendant la
duréedel'enregistrement : signaux 1,4,8.
AnSp 3 :
1. Lesignalenregistréestpériodiqueetomporteexatementdeuxpériodes.Onhoisira
don une fenêtre retangulaire.
2.
N = 20, t max = 20 ms, f e = 1 kHz, ∆f = 50 Hz
3. Lesraiesspetralesréelles(ellesdusignalanalogique
x(t)
)sontaunombre detrois:A 0 = 3, A 1 = 4 ∠ 0, A 2 = 2 ∠ − π/2
. Commeona enregistré20valeurstemporelles, il yaura 20 valeurs spetrales dont seules l'amplitude et la phase des 10 premièresseront intéressantes.
4. Amplitudes et phases duspetre bilatéral :
k
-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1f = k∆f
-500 -450 -400 -350 -300 -250 -200 -150 -100 -50| X[jk] |
0 0 0 0 0 0 1 0 2 0∠ X[jk]
0 0 0 0 0 0+π/2
0 0 0k
0 +1 +2 +3 +4 +5 +6 +7 +8 +9f = k∆f
0 +50 +100 +150 +200 +250 +300 +350 +400 +450| X[jk] |
3 0 2 0 1 0 0 0 0 0∠ X[jk]
0 0 0 0− π/2
0 0 0 0 05. Si l'on éhantillonne sixpériodes au lieu de deux, ladurée et la dénitionspetrale
valent
t max = 6/f 0 = 60 ms
,∆f = 1/60 ms = 16.67 Hz
. Comme les omposantesspetrales non nulles sont situées en
0, 100 Hz, 200 Hz
et que le ompteur des fré-quenes vaut
k = f /∆f
, on voit que les omposantes non nulles se situeront enk = 0, 6, 12
.AnSp 4
1. Le signal
x(t) = 1 + 5 sin (2πf a t) + 2 sin (2πf b t) , f a = 1 [
kHz], f b = 1.5 [
kHz]
omportedeuxomposantesspetrales
f a = 2f 0
,f b = 3f 0
multiplesdef 0 = 500 [
Hz]
.Sa période vaut don
T 0 = 1/f 0 = 2
ms alors que les périodesT a
etT b
valentrespetivement 1[ms℄ et 0.667[ms℄. Son spetre unilatéral de
x(t)
s'éritA 0 = 1, A 1 = 0, α 1 = 0, A 2 = 5, α 2 = − π/2, A 3 = 2, α 3 = − π/2
Les valeurs eaesDC et ACvalent respetivement
X dc = A 0 = 1, X ac = s
P
k6 =1 A 2 k
2 =
r 5 2 + 2 2
2 = √
14.5
2. Sahant que
T e = 125 [µ
s]
etT = 10 [
ms]
(voirgure 8a),a) on a
f max = f e = 1/T e = 8
kHz,∆f = 1/T = 100
Hz;b) omme lenombre depériodesde
x(t)
est un entier (T /T 0 = 10/2 = 5
),il n'estpasnéessaire d'utiliser unefenêtre d'observation;
) omme
f a = 1
kHz, f b = 1.5
kHz et∆f = 100
Hz , on voit quees omposantesspetrales sesitueront en
k = k a = f a /∆f = 10
et enk = k b = f b /∆f = 15
.3. Dans e as,
T = 11 [
ms]
(voir gure8b) ,a) on aura don
f max = f e = 1/T e = 8
kHz,∆f = 1/T = 91
Hz;b) omme lenombredepériodesdusignal
x(t)
n'estpasunentier(T /T 0 = 11/2 = 5.5
), ilfautenvisager l'utilisation d'unefenêtred'observationautre queretan- gulaire;) omme
f a = 1
kHz, f b = 1.5
kHz et∆f = 1000/11
Hz, on voit que esompo-santes spetrales se situeront en
k a = f a /∆f = 11
et enk b = f b /∆f = 16.5
.Ainsi, la fréquene
f a
sera représentée par une seule raie spetrale située enf = k a ∆f = f a = 1000
Hz alors quelafréquenef b
sera représentéepar un en- semble de raiesspetrales situéesautour dek b
, dont les deux plusimportantes sontenf = f b ± ∆f /2 = 1500 ± 45.5
Hz;d) L'observation des spetres obtenus ave les fenêtres retangulaire et de Hann
montrequedansleas deetexemple où lessignauxn'ont pasdesamplitudes
très diérentes, lefenêtrage n'apporte riend'intéressant.
0 2 4 6 8 10 12
−5 0 5
x(t), x[n]
0 2 4 6 8 10 12
−5 0 5
0 1 2 3 4
0 2 4
|X[jk]|
0 1 2 3 4
0 2 4
0 1 2 3 4
0 2 4
f [kHz]
0 2 4 6 8 10 12
−5 0 5
t [ms]
Hann
Fig. 8:Ex.Ansp4
4 Corrélation
Corr 0
r xy (m) =
+ ∞
X
n = −∞
x(n) y(n + m)
n · · ·
-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12· · ·
x(n)
0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2 3 4 0 0 0 0 0y(n)
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 3 2 0 0 0 0r xy (n)
0 0 0 16 24 25 20 10 4 1 0 0 0 0 0 0 0 00 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
0 2 4
x(n)
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
0 2 4
y(n)
−10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 10
0 10 20 30
n, m r xy (m)
Fig. 9:Exerie Corr 0
Corr 1 Les fontions
x(t), x(t + ∆t), x(t + 2∆t),
etr xy (τ )
sont esquissées i-après aveuneamplitude
A = 1
et∆t = 1
.Onvoitainsique
r xx (τ ) = Z + ∞
−∞
x(t) x(t + τ ) dt
−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5
−1 0 1
x(t)
t / ∆ t
−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5
−1 0 1
x(t+ ∆ T)
t / ∆ t
−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5
−1 0 1
x(t+2 ∆ T)
t / ∆ t
−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5
−1 0 1 2
r xy ( τ )
τ / ∆ t
Fig. 10:Exerie Corr 1
prend lesvaleurspartiulièressuivantes
r xx (0) = Z + ∞
−∞
x 2 (t) dt = Z +∆ t
−∆t
A 2 dt = 2A 2 ∆t
r xx (+∆t) = Z 0
− ∆ t
( − A) · (+A) dt = − A 2 ∆t
Pour un déalage
τ
égal à2∆t
, onvoitqueleproduitx(t) x(t + ∆t)
est nul et on a donr xx (+2∆t) = 0
Commelafontion d'autoorrélationestpaire, ona bienévidemment
r xx ( − ∆t) = r xx (+∆t), r xx ( − 2∆t) = r xx (+2∆t)
Laliaisonentreespointspartiuliers sefaitpar segmentsdedroitearl'intégrationd'une
onstante donne une droite.
Corr2 Lestroissignauxainsiqueleurfontiond'autoorrélationrespetivesontprésentés
danslagurei-après.Onnotera, en pointillé, la positiondes signauxavanésde
+∆t/2
.Calul des trois fontions d'autoorrélation Avant de plonger dans les aluls, il est
important de s'arrêteruninstant surlesgraphes desfontions
x(t)
et leur versiondéalée−1 0 1 2 3 4 5 0
0.5 1
x k (t)
−3 −2 −1 0 1 2 3
0 0.5 1
r xx,k (τ)
−3 −2 −1 0 1 2 3
0 0.5 1
−3 −2 −1 0 1 2 3
0 0.5 1
−3 −2 −1 0 1 2 3
0 0.5 1
t/∆ t −3 −2 −1 0 1 2 3
0 0.5 1
τ /∆ t
Fig. 11:Exerie Corr 2
x(t +τ )
ainsiquesurleurproduit;leslimitesdesintégralesàalulerapparaîtrontalorsde manièreévidente. Deplus, ommelafontiond'autoorrélationestpaire,onseontenteradealuler savaleurpour
τ ≥ 0
.1. Pour l'exponentielle, an de simplier l'ériture, on pose
a ≡ 1/τ 1
; e qui donnex(t) = A
exp( − t/τ 1 ) · ǫ(t) ≡ A
exp( − a t) · ǫ(t)
r xx (τ ) =
Z +∞
−∞
x(t) x(t + τ ) dt
= A 2 Z +∞
0
exp
( − a t) ·
exp( − a(t + τ )) dt
= A 2 ·
exp( − a τ) Z + ∞
0
exp
( − 2a t) dt
= A 2 ·
exp( − a τ) ·
exp( − 2a t)
− 2a
∞ 0
= A 2
2a
exp( − a τ), τ ≥ 0
Tenant ompte delaparité de
r xx (τ )
, il vientr xx (τ ) = A 2
2a
exp( − a | τ | ), −∞ < τ < + ∞
2. Pour l'impulsionretangulaire, on a
r xx (τ ) =
Z + ∞
−∞
x(t) x(t + τ ) dt
=
Z +∆ t/ 2 −τ
− ∆ t/ 2
A · A dt
= A 2 (∆t − τ ), 0 ≤ τ ≤ ∆t
Tenant ompte delaparité de
r xx (τ )
, il vientr xx (τ ) =
( A 2 ∆t 1 − ∆ |τ| t
si
− ∆t ≤ τ ≤ +∆t
0
sinon3. L'observationde l'impulsiontriangulaire et de saversion déalée montrequelepro-
duit non nul se situe entre
− ∆t
et+∆t − τ
et que dans e domaine, apparaissent quatresegments dedroite dénissantx(t)
etx(t + τ )
. Contentons-nous donde al- uler unpoint de la fa,elui pourτ = +∆t/2
, omme représenté surla gure. Ona alors quatresegmentsde droites depentes
± A/∆t
dérites pard 1 : + A
∆t
t + 3 2 ∆t
d 2 : + A
∆t
t + 1 2 ∆t
d 3 : − A
∆t
t − 1 2 ∆t
d 4 : − A
∆t (t − ∆t)
Dans e as, lafontiond'autoorrélationpour
τ = +∆t/2
vautr xy (+∆t/2) =
Z −∆t/2
− ∆ t
d 1 · d 2 · dt + +
Z 0
− ∆ t/ 2
d 2 · d 3 · dt + +
Z +∆ t/ 2 0
d 3 · d 4 · dt
Le alul ave Matlab donne
r xy (+∆t/2) ≃ 0.48
.Corr 3 Avant de se laner dans les aluls de
r xh (τ )
, il faut se donner les équations dex(t)
eth(t)
:x(t) =
( 1
si0 ≤ t ≤ 1 0
sinonh(t) =
( t
si0 ≤ t ≤ 2 0
sinondon
h(t + τ ) =
( t + τ
si0 ≤ t ≤ 2 − τ
0
sinonLealul dequelquesvaleurspartiulièresdonne
r xh (0) = Z 1
0
1 · t dt = t 2 2
1 0
= 1 2
r xh (1) = Z 1
0
1 · (t + 1) dt = (t + 1) 2 2
1 0
= 2 − 1 2 = 3
2 r xh (τ ≥ 2) = 0
r xh (τ ≤ − 1) = 0
−3 −2 −1 0 1 2 3
0 0.5 1
x(t)
−3 −2 −1 0 1 2 3
0 0.5 1 1.5 2
h(t)
−3 −2 −1 0 1 2 3
0 0.5 1 1.5 2
t ou τ r xh ( τ )
Fig. 12:Exerie Corr 3