- \n
- Amplitude du modulant: $A_m = 2$ V \n
- Amplitude de la porteuse: $A_c = 10$ V \n
- Fréquence de modulation: $f_m = 10$ kHz \n
- Fréquence de la porteuse: $f_c = 100$ MHz \n
a) Calculez l'indice de modulation $\\mu$ du signal AM.
\nb) Écrivez l'expression complète du signal modulé $s(t)$.
\nc) Déterminez les fréquences des trois composantes spectrales principales.
\n\n\n\n
Question 2: Largeur de Bande et Efficacité Énergétique
\nLe signal vidéo composite utilisé pour moduler la porteuse 100 MHz occupe une largeur de bande $B_m = 5$ MHz.
\n\nDonnées complémentaires:
\n- \n
- Largeur de bande du modulant: $B_m = 5$ MHz \n
- Indice de modulation: $\\mu = 0.2$ (constant pour tout le spectre) \n
- Puissance de la porteuse: $P_c = 100$ W \n
a) Calculez la largeur de bande totale du signal AM modulé.
\nb) Déterminez la puissance contenue dans les bandes latérales.
\nc) Calculez l'efficacité énergétique du système de modulation AM.
\n\n\n\n
Question 3: Atténuation en Espace Libre
\nLe signal modulé est transmis depuis un satellite en orbite géostationnaire vers une station terrestre. La fréquence de transmission est $f = 4$ GHz et la distance satellite-station est $d = 36\\,000$ km.
\n\nDonnées:
\n- \n
- Fréquence de transmission: $f = 4$ GHz \n
- Distance satellite-station: $d = 36\\,000$ km \n
- Puissance émise: $P_e = 10$ W \n
- Gain d'antenne émettrice: $G_e = 25$ dB \n
- Gain d'antenne réceptrice: $G_r = 30$ dB \n
a) Calculez l'atténuation de propagation en espace libre (en dB).
\nb) Déterminez la puissance reçue à la station (en dBW).
\nc) Exprimez le bilan de liaison (path loss) en format linéaire (watts).
\n\n\n\n
Question 4: Rapport Signal sur Bruit
\nLe récepteur présente un bruit thermique de densité spectrale $N_0 = 10^{-11}$ W/Hz. Le signal reçu est filtrépuis démodulé avec un filtre d'une largeur de bande de $B_f = 10$ MHz.
\n\nDonnées:
\n- \n
- Densité spectrale de bruit: $N_0 = 10^{-11}$ W/Hz \n
- Largeur de bande de filtrage: $B_f = 10$ MHz \n
- Puissance du signal reçu (après atténuation): $P_r = 10^{-8}$ W \n
a) Calculez la puissance de bruit total reçu.
\nb) Déterminez le rapport signal sur bruit (SNR) en dB.
\nc) Évaluez si ce système peut assurer une qualité de service acceptable (critère: SNR > 20 dB).
\n\n\n\n
Question 5: Réception et Démodulation
\nLe signal reçu de la Question 4 est démodulé par un détecteur d'enveloppe. Pour tester le système, on injecte un signal de test dont le rapport signal sur bruit est SNR = 25 dB en sortie de démodulation.
\n\nDonnées:
\n- \n
- SNR en sortie de démodulation: 25 dB \n
- Bande passante vidéo après démodulation: $B_v = 5$ MHz \n
- Profondeur de modulation cible: $\\mu = 0.9$ \n
a) Convertissez le SNR de 25 dB en rapport linéaire.
\nb) Calculez le rapport signal sur bruit requis à l'entrée du démodulateur pour obtenir ce SNR en sortie (coefficient de détection : 0.67 pour AM).
\nc) Comparez ce résultat avec la situation réelle (Question 4) et commentez la qualité de la liaison.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
SOLUTIONS DÉTAILLÉES - EXAMEN 1: Systèmes de Communication Analogiques
\n\nSolution Question 1: Calcul de l'Indice de Modulation AM
\n\na) Calcul de l'indice de modulation μ:
\n\nFormule générale: L'indice de modulation en AM est défini comme le rapport entre l'amplitude du signal modulant et l'amplitude de la porteuse:
\n$\\mu = \\frac{A_m}{A_c}$
\n\nRemplacement des données:
\n$\\mu = \\frac{2 \\text{ V}}{10 \\text{ V}}$
\n\nCalcul:
\n$\\mu = 0.2$
\n\nRésultat final: L'indice de modulation est $\\mu = 0.2$ ou 20%.
\n\nInterprétation: Un indice de 0.2 signifie que l'amplitude de la porteuse varie de ±20% autour de sa valeur nominale. C'est une modulation peu profonde, typique pour éviter la distorsion.
\n\n\n\n
b) Expression complète du signal modulé s(t):
\n\nFormule générale de la modulation AM:
\n$s(t) = [A_c + m(t)] \\cdot \\cos(2\\pi f_c t)$
\n\nOu, sous forme développée:
\n$s(t) = A_c[1 + \\mu \\cos(2\\pi f_m t)] \\cos(2\\pi f_c t)$
\n\nRemplacement des données:
\n$s(t) = 10[1 + 0.2 \\cos(2\\pi \\cdot 10 \\times 10^3 \\cdot t)] \\cos(2\\pi \\cdot 100 \\times 10^6 \\cdot t)$
\n\nSimplification:
\n$s(t) = 10[1 + 0.2 \\cos(2\\pi \\times 10^4 \\cdot t)] \\cos(2\\pi \\times 10^8 \\cdot t)$
\n\nRésultat final:
\n$s(t) = 10 \\cos(2\\pi \\times 10^8 \\cdot t) + 2 \\cos[2\\pi(10^8 - 10^4)t] + 2 \\cos[2\\pi(10^8 + 10^4)t]$
\n\nInterprétation: Le signal modulé est composé de trois termes: la porteuse à 100 MHz et deux bandes latérales (bande basse et bande haute).
\n\n\n\n
c) Fréquences des trois composantes spectrales principales:
\n\nFormule générale: Les trois composantes en AM sont:
\n$f_1 = f_c - f_m \\quad \\text{(bande latérale inférieure)}$
\n$f_2 = f_c \\quad \\text{(porteuse)}$
\n$f_3 = f_c + f_m \\quad \\text{(bande latérale supérieure)}$
\n\nRemplacement des données:
\n$f_1 = 100 \\times 10^6 - 10 \\times 10^3 = 100 \\text{ MHz} - 10 \\text{ kHz}$
\n$f_2 = 100 \\times 10^6 = 100 \\text{ MHz}$
\n$f_3 = 100 \\times 10^6 + 10 \\times 10^3 = 100 \\text{ MHz} + 10 \\text{ kHz}$
\n\nCalcul:
\n$f_1 = 99.99 \\text{ MHz}$
\n$f_2 = 100.00 \\text{ MHz}$
\n$f_3 = 100.01 \\text{ MHz}$
\n\nRésultat final: Les trois composantes spectrales sont: 99.99 MHz, 100.00 MHz et 100.01 MHz.
\n\nInterprétation: Les bandes latérales sont très proches de la porteuse (séparation de 10 kHz). Ceci est typique pour une modulation simple bande dont la largeur totale est 20 kHz (2 × 10 kHz).
\n\n\n\n
Solution Question 2: Largeur de Bande et Efficacité Énergétique
\n\na) Largeur de bande totale du signal AM modulé:
\n\nFormule générale: Pour une modulation AM avec un signal modulant de largeur de bande $B_m$, la largeur de bande du signal modulé est:
\n$B_{AM} = 2 B_m$
\n\nJustification: Le signal modulé contient deux bandes latérales (supérieure et inférieure), chacune ayant la même largeur que le signal modulant.
\n\nRemplacement des données:
\n$B_{AM} = 2 \\times 5 \\text{ MHz}$
\n\nCalcul:
\n$B_{AM} = 10 \\text{ MHz}$
\n\nRésultat final: La largeur de bande totale du signal AM modulé est de 10 MHz.
\n\nInterprétation: Pour transmettre un signal vidéo occupant 5 MHz en AM, il faut une bande passante de 10 MHz en transmission. Cette inefficacité spectrale est une limitation majeure de l'AM.
\n\n\n\n
b) Puissance contenue dans les bandes latérales:
\n\nFormule générale: La puissance totale dans les bandes latérales pour une modulation AM est:
\n$P_{SB} = \\frac{\\mu^2}{2} P_c$
\n\nJustification: En modulation AM, la puissance se répartit entre la porteuse et les bandes latérales. La puissance totale du signal est:
\n$P_{total} = P_c \\left(1 + \\frac{\\mu^2}{2}\\right)$
\n\nLa puissance dans les bandes latérales est donc:
\n$P_{SB} = P_{total} - P_c = P_c \\cdot \\frac{\\mu^2}{2}$
\n\nRemplacement des données:
\n$P_{SB} = \\frac{(0.2)^2}{2} \\times 100 \\text{ W}$
\n\nCalcul:
\n$P_{SB} = \\frac{0.04}{2} \\times 100 = 0.02 \\times 100 = 2 \\text{ W}$
\n\nRésultat final: La puissance dans les bandes latérales est de 2 W.
\n\nInterprétation: Avec un indice de modulation de 0.2, seuls 2 W sur 100 W (2%) sont dans les bandes latérales (information utile). Les 98 W restants sont dans la porteuse (information redondante). Ceci montre l'inefficacité énergétique de l'AM.
\n\n\n\n
c) Efficacité énergétique du système de modulation AM:
\n\nFormule générale: L'efficacité énergétique en modulation AM est le rapport de la puissance utile (bandes latérales) à la puissance totale:
\n$\\eta = \\frac{P_{SB}}{P_{total}} = \\frac{\\mu^2/2}{1 + \\mu^2/2} = \\frac{\\mu^2}{2 + \\mu^2}$
\n\nRemplacement des données:
\n$\\eta = \\frac{(0.2)^2}{2 + (0.2)^2} = \\frac{0.04}{2 + 0.04} = \\frac{0.04}{2.04}$
\n\nCalcul:
\n$\\eta = 0.0196 = 1.96\\%$
\n\nRésultat final (en pourcentage):
\n$\\eta = 1.96\\%$
\n\nInterprétation: Avec un indice de modulation de 0.2, moins de 2% de la puissance transmise porte l'information utile. Le reste est gaspillé dans la porteuse. Pour améliorer l'efficacité, on pourrait augmenter l'indice de modulation (jusqu'à 1.0 théoriquement, mais limitée par la distorsion), ce qui donnerait une efficacité maximale de 33% en AM.
\n\n\n\n
Solution Question 3: Atténuation en Espace Libre
\n\na) Atténuation de propagation en espace libre (en dB):
\n\nFormule générale: L'atténuation de propagation en espace libre (path loss) est donnée par la formule de Friis:
\n$L_{\\text{path}} = 20 \\log_{10}(4\\pi d f / c)$
\n\nOù:\n
- \n
- $d$ = distance (m) \n
- $f$ = fréquence (Hz) \n
- $c$ = vitesse de la lumière = $3 \\times 10^8$ m/s \n
Remplacement des données:
\n$d = 36\\,000 \\text{ km} = 36 \\times 10^6 \\text{ m}$
\n$f = 4 \\text{ GHz} = 4 \\times 10^9 \\text{ Hz}$
\n$c = 3 \\times 10^8 \\text{ m/s}$
\n\nCalcul du premier terme:
\n$4\\pi d f / c = 4\\pi \\times 36 \\times 10^6 \\times 4 \\times 10^9 / (3 \\times 10^8)$
\n$= 4\\pi \\times 36 \\times 4 \\times 10^6 \\times 10^9 / (3 \\times 10^8)$
\n$= 4\\pi \\times 144 \\times 10^{15} / (3 \\times 10^8)$
\n$= 4\\pi \\times 48 \\times 10^7$
\n$= 192\\pi \\times 10^7 = 6.03 \\times 10^9$
\n\nCalcul du logarithme:
\n$L_{\\text{path}} = 20 \\log_{10}(6.03 \\times 10^9) = 20[\\log_{10}(6.03) + 9]$
\n$= 20[0.780 + 9] = 20 \\times 9.780 = 195.6 \\text{ dB}$
\n\nRésultat final: L'atténuation de propagation est d'environ $196 \\text{ dB}$.
\n\nInterprétation: Cette atténuation énorme (196 dB ≈ 10^19,6) montre pourquoi les liaisons satellitaires nécessitent des amplificateurs et des antennes hautement directionnelles. C'est 100 milliards de fois l'atténuation à 1 km.
\n\n\n\n
b) Puissance reçue à la station (en dBW):
\n\nFormule générale: La puissance reçue en dBW est donnée par le bilan de liaison (link budget):
\n$P_r [\\text{dBW}] = P_e [\\text{dBW}] + G_e [\\text{dB}] - L_{\\text{path}} [\\text{dB}] + G_r [\\text{dB}]$
\n\nRemplacement des données:
\n$P_e = 10 \\text{ W} = 10 \\text{ dBW}$
\n$G_e = 25 \\text{ dB}$
\n$L_{\\text{path}} = 196 \\text{ dB}$
\n$G_r = 30 \\text{ dB}$
\n\nCalcul:
\n$P_r [\\text{dBW}] = 10 + 25 - 196 + 30 = 65 - 196 = -131 \\text{ dBW}$
\n\nRésultat final: La puissance reçue est de $-131 \\text{ dBW}$.
\n\nConversion en watts:
\n$-131 \\text{ dBW} = 10^{-131/10} = 10^{-13.1} \u0007pprox 7.94 \\times 10^{-14} \\text{ W}$
\n\nInterprétation: Même avec des antennes directionnelles (55 dB de gain total), la puissance reçue est inférieure à 0.1 picomwatt. Le récepteur doit être extrêmement sensible.
\n\n\n\n
c) Bilan de liaison (path loss) en format linéaire (watts):
\n\nFormule générale: Le facteur d'atténuation linéaire est défini comme:
\n$\\mathcal{L} = \\frac{P_e}{P_r \\text{ (sans antennes)}}$
\n\nOu encore:
\n$\\mathcal{L} = 10^{L_{\\text{path}}/10}$
\n\nRemplacement des données:
\n$\\mathcal{L} = 10^{196/10} = 10^{19.6}$
\n\nCalcul:
\n$\\mathcal{L} = 3.98 \\times 10^{19}$
\n\nRésultat final: L'atténuation linéaire est d'environ $4 \\times 10^{19}$.
\n\nApplication au bilan de liaison: Si on transmet 10 W, sans antennes:
\n$P_r = \\frac{10}{4 \\times 10^{19}} = 2.5 \\times 10^{-19} \\text{ W}$
\n\nAvec les antennes (gains de 25 dB et 30 dB):
\n$P_r = 10 \\text{ W} \\times \\frac{10^{2.5}}{10^{1.96}} \\times \\frac{1}{10^{19.6}}$
\n$= 10 \\times 316.2 / 39.8 \\times 1 / 10^{19.6}$
\n$\u0007pprox 7.94 \\times 10^{-14} \\text{ W}$
\n\nInterprétation: Le rapport entre la puissance émise (10 W) et la puissance reçue (~79 fW) montre qu'il faut 126 dB de gain (10 dBm + 25 dB + 30 dB - 196 dB = -131 dBW) pour rendre la liaison viable.
\n\n\n\n
Solution Question 4: Rapport Signal sur Bruit
\n\na) Puissance de bruit total reçu:
\n\nFormule générale: La puissance de bruit thermique reçu est:
\n$N = N_0 \\times B_f$
\n\nOù:\n
- \n
- $N_0$ = densité spectrale de puissance du bruit (W/Hz) \n
- $B_f$ = largeur de bande du filtre (Hz) \n
Remplacement des données:
\n$N_0 = 10^{-11} \\text{ W/Hz}$
\n$B_f = 10 \\text{ MHz} = 10 \\times 10^6 \\text{ Hz}$
\n\nCalcul:
\n$N = 10^{-11} \\times 10 \\times 10^6 = 10 \\times 10^{-5} = 10^{-4} \\text{ W} = 0.1 \\text{ mW}$
\n\nRésultat final: La puissance de bruit total est de $10^{-4} \\text{ W}$ ou $-40 \\text{ dBW}$.
\n\nInterprétation: Même si le signal reçu est très faible (~-114 dBW d'après la Question 3 sans les gains), le bruit thermique est considérable (~-40 dBW) en comparaison, ce qui rend la détection difficile.
\n\n\n\n
b) Rapport signal sur bruit (SNR) en dB:
\n\nFormule générale: Le rapport signal sur bruit en dB est:
\n$\\text{SNR (dB)} = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{P_r}{N}\\right)$
\n\nRemplacement des données:
\n$P_r = 10^{-8} \\text{ W} = -80 \\text{ dBW}$
\n$N = 10^{-4} \\text{ W} = -40 \\text{ dBW}$
\n\nCalcul (méthode dB):
\n$\\text{SNR (dB)} = P_r (\\text{dBW}) - N (\\text{dBW}) = -80 - (-40) = -40 \\text{ dB}$
\n\nVérification (méthode linéaire):
\n$\\text{SNR} = \\frac{10^{-8}}{10^{-4}} = 10^{-4} = 0.0001$
\n$\\text{SNR (dB)} = 10 \\log_{10}(0.0001) = 10 \\times (-4) = -40 \\text{ dB}$
\n\nRésultat final: Le rapport signal sur bruit est de $-40 \\text{ dB}$.
\n\nInterprétation: Un SNR de -40 dB signifie que le bruit est 10 000 fois plus puissant que le signal ! C'est extrêmement mauvais. Le signal est complètement noyé dans le bruit.
\n\n\n\n
c) Évaluation de la qualité de service:
\n\nCritère donné: SNR > 20 dB pour une qualité de service acceptable.
\n\nComparaison:
\n$\\text{SNR calculé} = -40 \\text{ dB}$
\n$\\text{SNR requis} = 20 \\text{ dB}$
\n$\\text{Déficit} = -40 - 20 = -60 \\text{ dB}$
\n\nRésultat final: Le système est IMPROPRE à la transmission selon le critère spécifié. Le SNR est 60 dB en dessous du seuil minimum requis.
\n\nInterprétation: Pour atteindre 20 dB avec le bruit actuel de -40 dBW, il faudrait une puissance reçue de:
\n$P_r (\\text{dBW}) = \\text{SNR} + N (\\text{dBW}) = 20 + (-40) = -20 \\text{ dBW}$
\n\nC'est 60 dB (1 000 000 de fois) plus puissant que le signal actuel. Solutions possibles:\n
- \n
- Augmenter la puissance d'émission de 60 dB (impossible) \n
- Réduire la bande passante du récepteur (améliore le SNR de 10 dB pour chaque facteur 10 de réduction) \n
- Utiliser des amplificateurs à faible bruit (réduire $N_0$) \n
- Employer des techniques de codage et modulation avancées \n
\n\n
Solution Question 5: Réception et Démodulation
\n\na) Conversion du SNR de 25 dB en rapport linéaire:
\n\nFormule générale: La conversion de dB en linéaire est:
\n$\\text{SNR}_{\\text{linéaire}} = 10^{\\text{SNR}_{\\text{dB}}/10}$
\n\nRemplacement des données:
\n$\\text{SNR}_{\\text{dB}} = 25 \\text{ dB}$
\n\nCalcul:
\n$\\text{SNR}_{\\text{linéaire}} = 10^{25/10} = 10^{2.5}$
\n\n$= 10^2 \\times 10^{0.5} = 100 \\times 3.162 = 316.2$
\n\nRésultat final: Le rapport linéaire est $\u0007pprox 316.2$ (ou 1/0.00316 en notation inverse).
\n\nInterprétation: Un SNR de 25 dB signifie que le signal est environ 316 fois plus puissant que le bruit, ce qui est acceptable pour la plupart des applications audio/vidéo.
\n\n\n\n
b) SNR requis à l'entrée du démodulateur:
\n\nFormule générale: La relation entre le SNR en sortie et en entrée du démodulateur AM est:
\n$\\text{SNR}_{\\text{sortie}} = D \\times \\text{SNR}_{\\text{entrée}}$
\n\nOù $D$ est le coefficient de détection (0.67 pour un détecteur AM simple).
\n\nPar conséquent:
\n$\\text{SNR}_{\\text{entrée}} = \\frac{\\text{SNR}_{\\text{sortie}}}{D}$
\n\nRemplacement des données:
\n$\\text{SNR}_{\\text{sortie}} = 316.2$ (linéaire, 25 dB)
\n$D = 0.67$
\n\nCalcul:
\n$\\text{SNR}_{\\text{entrée}} = \\frac{316.2}{0.67} = 472.0$
\n\nConversion en dB:
\n$\\text{SNR}_{\\text{entrée}} (\\text{dB}) = 10 \\log_{10}(472.0) = 10 \\times 2.674 = 26.74 \\text{ dB}$
\n\nRésultat final: Le SNR à l'entrée du démodulateur doit être d'au moins $26.74 \\text{ dB}$ ou $472$ en linéaire.
\n\nInterprétation: Comme le coefficient de détection (0.67) est inférieur à 1, il faut un SNR légèrement supérieur à l'entrée pour obtenir le SNR souhaité à la sortie. La perte de 1.74 dB est liée à l'efficacité du détecteur AM simple.
\n\n\n\n
c) Comparaison avec la situation réelle et commentaire:
\n\nSituation réelle (Question 4):
\n$\\text{SNR}_{\\text{réel}} = -40 \\text{ dB}$
\n\nSituation requise (pour 25 dB en sortie):
\n$\\text{SNR}_{\\text{requis}} = 26.74 \\text{ dB}$
\n\nDéficit:
\n$\\Delta = 26.74 - (-40) = 66.74 \\text{ dB}$
\n\nRésultat final: Le SNR réel est 66.74 dB en dessous du SNR requis.
\n\nCommentaire sur la qualité de la liaison:
\n\n1. Diagnostic: La liaison satellite actuelle est COMPLÈTEMENT IMPROPRE à la transmission vidéo. Le SNR de -40 dB signifie que le bruit domine totalement le signal reçu.
\n\n2. Causes probables:
\n- \n
- Bande passante du récepteur trop large (10 MHz au lieu de 5 MHz environ) \n
- Densité spectrale de bruit trop élevée (amplificateur à faible bruit défaillant) \n
- Signal reçu trop faible (atténuation de 196 dB sur 36 000 km) \n
- Antennes réceptrices insuffisamment directionnelles \n
3. Actions correctives:
\n- \n
- Réduire la bande passante du récepteur à 5 MHz → amélioration de 3 dB du SNR \n
- Installer un amplificateur de bruit faible (NF < 1 dB) au lieu de $N_0 = 10^{-11}$ \n
- Augmenter la directivité des antennes (gain Tx > 30 dB, Rx > 40 dB) \n
- Augmenter la puissance émise (satellite plus puissant) \n
- Utiliser des codes correcteurs d'erreur (gain de codage ~3-5 dB) \n
4. Conclusion: Avec les paramètres actuels, la liaison est inutilisable pour la vidéo. Des modifications majeures des équipements sont nécessaires pour atteindre une qualité acceptable (SNR ≥ 20 dB). Le système tel que spécifié aurait besoin d'une amélioration d'au moins 60 dB pour être viable, ce qui représente un facteur d'amélioration de 1 000 000 à répartir entre les gains d'antenne, la réduction de bruit et l'augmentation de puissance.
", "id_category": "1", "id_number": "10" }, { "category": "Preparation pour l'examen", "question": "EXAMEN 2 : Transmission Numérique et Codage de Ligne - Systèmes Binaires
\n00 | Niveau : L3 Télécommunications |
\nContexte : Analyse d'une liaison numérique binaire utilisant différents codages de ligne (NRZ, RZ, Manchester), calcul du taux d'erreur et performance en présence de bruit.
\n\n
Question 1 : Codage de Ligne et Densité Spectrale de Puissance
\nOn transmet une séquence binaire aléatoire à débit $D_b = 10 \\text{ Mbps}$. On considère trois codages :
\n• NRZ-L (Non Return to Zero - Level) : niveau haut = +1V, niveau bas = -1V.
\n• RZ (Return to Zero) : impulsion de largeur T/2 à +1V ou -1V.
\n• Manchester : transition à mi-période pour chaque bit.
\n1.1) Calculez le débit en bauds pour chaque codage si un symbole = 1 bit (NRZ, RZ, Manchester).
\n1.2) Pour NRZ-L avec séquence aléatoire équiprobable, calculez la densité spectrale de puissance (DSP) :
\n$G(f) = 2 A^2 T \\text{sinc}^2(\\pi f T)$ où $T = 1/D_b$ et $A = 0.5 \\text{ V}$.
\n1.3) Tracez qualitativement le spectre et identifiez la fréquence du premier zéro de la DSP.
\n
Question 2 : Détection Binaire et Taux d'Erreur
\nUn récepteur utilise un détecteur optimal (corrélateur ou filtre adapté) sur canal AWGN avec densité spectrale bilatérale $N_0/2 = 10^{-6} \\text{ W/Hz}$.
\n2.1) Exprimez la probabilité d'erreur binaire (BER) pour détection binaire antipodal :
\n$P_b = Q\\left(\\sqrt{\\frac{2 E_b}{N_0}}\\right)$ où $E_b$ est l'énergie par bit et $Q(x) = \\frac{1}{\\sqrt{2\\pi}} \\int_x^{\\infty} e^{-t^2/2} dt$.
\n2.2) Calculez l'énergie par bit $E_b = A^2 T / 2$ pour NRZ-L avec $A = 0.5 \\text{ V}$ et $D_b = 10 \\text{ Mbps}$.
\n2.3) Calculez le rapport $E_b / N_0$ (en dB).
\n2.4) Utilisez une approximation de $Q(x)$ pour $x > 3$ : $Q(x) \\approx \\frac{1}{\\sqrt{2\\pi x}} e^{-x^2/2}$ pour estimer le BER.
\n2.5) Quel signal d'amplitude devrait-on utiliser pour atteindre un BER de $10^{-6}$ ?
\n
Question 3 : Capacité du Canal (Shannon)
\nLa liaison utilise une bande passante $B = 20 \\text{ MHz}$ (largeur du spectre NRZ).
\n3.1) Calculez la capacité du canal avec le rapport signal-sur-bruit SNR calculé à partir de $E_b / N_0$ :
\n$C = B \\log_2\\left(1 + \\text{SNR}\\right)$ en bits/seconde.
\n3.2) Comparez avec le débit binaire transmis $D_b = 10 \\text{ Mbps}$.
\n3.3) Calculez la marge de capacité (en %) : $\\text{Marge} = \\frac{C - D_b}{C} \\times 100$.
\n
Question 4 : Codage de Ligne Optimal pour Bande Étroite
\nPour réduire l'occupation spectrale, on envisage un codage $4-\\text{PSK}$ (modulation de phase à 4 états) : 2 bits transmis par symbole.
\n4.1) Quel est le débit en bauds pour $4-\\text{PSK}$ si $D_b = 10 \\text{ Mbps}$ ?
\n4.2) La bande passante requise est environ $B_{4PSK} = D_s \\times 1.2$ (facteur d'excès de bande = 0.2). Calculez $B_{4PSK}$.
\n4.3) Quel est le gain en efficacité spectrale comparé à NRZ ($B_{NRZ} = 20 \\text{ MHz}$) ?
\n
Question 5 : Interférence Entre Symboles (ISI) et Égalisation
\nLe canal de transmission a une réponse impulsionnelle causant une ISI.
\n5.1) Expliquez le phénomène d'ISI : comment des symboles adjacents interfèrent-ils ?
\n5.2) Un filtre de Nyquist est utilisé pour l'émission : $H(f) = \\sqrt{T} \\text{rect}(f T)$ pour $|f| < D_b/2$. Vérifiez que ce filtre satisfait le critère de Nyquist :
\n$\\sum_{n=-\\infty}^{\\infty} H(f - n D_b) = \\text{const}$.
\n5.3) Un égalisateur à temps discret (DFE - Decision Feedback Equalizer) comporte $N = 5$ coefficients. Estimez la réduction d'ISI (simplifiée) : $\\text{Gain}_{ISI} \\approx 10 \\log_{10}(N) \\text{ dB}$.
Correction Détaillée de l'Examen 2
\n\nQuestion 1 : Codage de Ligne
\n1.1) Débit en Bauds :
\nPour tous (NRZ, RZ, Manchester) avec 1 bit/symbole :
\n$D_s = D_b / (\\text{bits par symbole}) = 10 \\text{ Mbps} / 1 = 10 \\text{ Mbauds}$ (même pour les trois).
\n\n1.2) DSP NRZ-L :
\n1. Formule : $G(f) = 2 A^2 T \\text{sinc}^2(\\pi f T)$.
\n2. Données : $A = 0.5 \\text{ V}$, $T = 1/D_b = 1/(10 \\times 10^6) = 10^{-7} \\text{ s}$.
\n3. Calcul : $G(f) = 2 \\times (0.5)^2 \\times 10^{-7} \\times \\text{sinc}^2(\\pi f \\times 10^{-7})$
\n$= 5 \\times 10^{-8} \\times \\text{sinc}^2(\\pi f \\times 10^{-7})$.
\n4. À $f = 0$ : $G(0) = 5 \\times 10^{-8} \\text{ W/Hz}$.
\n\n1.3) Premier Zéro :
\n$\\text{sinc}(\\pi f T) = 0$ quand $\\pi f T = \\pi \\Rightarrow f = 1/T = 10 \\text{ MHz}$.
Question 2 : Taux d'Erreur Binaire
\n2.1) Formule BER :
\n$P_b = Q\\left(\\sqrt{\\frac{2 E_b}{N_0}}\\right)$ pour détection antipodal (NRZ-L).
\n\n2.2) Énergie par Bit :
\n1. Formule : $E_b = \\frac{A^2 T}{2}$.
\n2. Calcul : $E_b = \\frac{(0.5)^2 \\times 10^{-7}}{2} = \\frac{0.25 \\times 10^{-7}}{2} = 1.25 \\times 10^{-8} \\text{ J}$.
\n\n2.3) Rapport Eb/N0 :
\n1. $N_0 = 2 \\times 10^{-6} \\text{ W/Hz}$ (densité bilatérale).
\n2. $E_b / N_0 = \\frac{1.25 \\times 10^{-8}}{2 \\times 10^{-6}} = 6.25 \\times 10^{-3}$.
\n3. En dB : $10 \\log_{10}(6.25 \\times 10^{-3}) = 10 \\times (-2.204) = -22.04 \\text{ dB}$.
\n\n2.4) Estimation BER :
\n1. $\\sqrt{2 E_b / N_0} = \\sqrt{2 \\times 6.25 \\times 10^{-3}} = \\sqrt{0.0125} \\approx 0.112$.
\n2. Pour $x = 0.112 < 3$, utilisons la table ou approximation numérique : $Q(0.112) \\approx 0.455$.
\n3. **BER ≈ 45.5%** (très mauvais - signal trop faible).
\n\n2.5) Amplitude pour BER = 10^-6 :
\n1. Pour $P_b = 10^{-6}$, on cherche $Q^{-1}(10^{-6}) \\approx 4.75$.
\n2. $\\sqrt{2 E_b / N_0} = 4.75 \\Rightarrow E_b / N_0 = \\frac{(4.75)^2}{2} = 11.28$.
\n3. $A^2 T / 2 = 11.28 N_0 = 11.28 \\times 2 \\times 10^{-6} = 2.256 \\times 10^{-5}$.
\n4. $A^2 \\times 10^{-7} = 4.512 \\times 10^{-5} \\Rightarrow A = \\sqrt{0.4512} \\approx 0.672 \\text{ V}$.
Question 3 : Capacité Shannon
\n3.1) Capacité :
\n1. SNR = Eb/N0 × (Db/B) = 6.25×10^-3 × (10×10^6 / 20×10^6) = 3.125×10^-3 = -25 dB.\n2. $C = B \\log_2(1 + \\text{SNR}) = 20 \\times 10^6 \\times \\log_2(1.003125)$
\n$\\approx 20 \\times 10^6 \\times 0.0045 = 90 \\text{ kbps}$ (très faible).
\n\n3.2) Comparaison :
\nCapacité (90 kbps) << Débit (10 Mbps) → Système non viable avec ces paramètres.
\n\n3.3) Marge :
\nNégative (impossible à transmettre).
Question 4 : 4-PSK
\n4.1) Débit en Bauds :
\n$D_s = D_b / 2 = 10 / 2 = 5 \\text{ Mbauds}$.
\n\n4.2) Bande Passante 4-PSK :
\n$B_{4PSK} = 5 \\times 10^6 \\times 1.2 = 6 \\text{ MHz}$.
\n\n4.3) Gain Efficacité Spectrale :
\n$\\text{Gain} = B_{NRZ} / B_{4PSK} = 20 / 6 \\approx 3.33$ (4-PSK est 3.33× plus efficace).
Question 5 : ISI et Égalisation
\n5.1) ISI :
\nSymboles adjacents \"traînent\" dans le temps (canal dispersif), créant une interférence qui complique la détection du symbole courant.
\n\n5.2) Critère de Nyquist :
\nLe filtre sinc satisfait $h(nT) = \\delta_{0n}$ → Pas d'ISI à l'instant d'échantillonnage optimal. Vérifié ✓.
\n\n5.3) Réduction ISI (DFE) :
\n$\\text{Gain}_{ISI} = 10 \\log_{10}(5) = 6.99 \\text{ dB}$.
EXAMEN 3 : Système de Communication Complet - Chaîne de Transmission Numérique
\n00 | Niveau : Master 1 Télécommunications | Documents : Normes techniques autorisées
\nContexte : Conception et analyse d'une liaison complète pour transmission de données (10 Mbps) sur un canal radiofréquence dégradé. Intégration des concepts analogiques et numériques.
\n\n
Question 1 : Architecture Globale et Budget de Liaison
\nChaîne TX : Data Source → Codage/Interleaving → Modulation (QPSK) → Amplificateur (P_TX = 1W) → Antenne (G_TX = 10 dBi) → Canal.
\nChaîne RX : Antenne (G_RX = 10 dBi) → Amplificateur bas bruit (NF = 6 dB) → Démodulateur → Égaliseur → Décodeur.
\nParamètres :
\n• Fréquence : $f_c = 2.4 \\text{ GHz}$ (WiFi).
\n• Distance : $d = 100 \\text{ m}$.
\n• Perte en espace libre (modèle Friis) : $L_{fs} = 20 \\log_{10}(4\\pi d / \\lambda)$.
\n1.1) Calculez la perte en espace libre à 2.4 GHz sur 100 m.
\n1.2) Calculez la puissance reçue $P_{RX} = P_{TX} + G_{TX} + G_{RX} - L_{fs} - L_{autres}$ (supposez $L_{autres} = 5 \\text{ dB}$).
\n1.3) Calculez le rapport signal-sur-bruit $SNR = P_{RX} / N_{in}$ où $N_{in} = k_B T_0 B (NF)$ (bruit d'entrée ampli). Prenez $T_0 = 290 \\text{ K}$, $B = 20 \\text{ MHz}$, $k_B = 1.38 \\times 10^{-23} \\text{ J/K}$.
\n
Question 2 : Choix de Modulation et Efficacité Spectrale
\n2.1) Pour un débit de 10 Mbps avec efficacité spectrale minimale, quel est le nombre minimum de symboles (M-aire) requis ?
\n2.2) Comparez les performances BER théoriques pour BPSK, QPSK et 16-QAM avec le SNR calculé.
\nFormules :
\n• BPSK : $P_b = Q(\\sqrt{2 E_b / N_0})$
\n• QPSK : $P_b = Q(\\sqrt{2 E_b / N_0})$ (identique à BPSK)
\n• 16-QAM : $P_b \\approx 3/2 Q(\\sqrt{E_b / (5 N_0)})$ (approximation)
\n2.3) Recommandez une modulation en fonction du BER cible ($10^{-6}$).
\n
Question 3 : Codage Correcteur d'Erreurs et Gain de Codage
\nOn ajoute un code correcteur d'erreurs (Hamming ou Turbo) pour améliorer la fiabilité.
\n3.1) Un code Hamming (7,4) encode 4 bits de données en 7 bits transmis. Calculez la redondance $r = (n - k) / n = 3/7$ et l'overhead en %.
\n3.2) Le gain de codage (Coding Gain) à BER = 10^-5 est environ 3 dB pour Hamming(7,4). Quel SNR additionnel faut-il sans codage pour atteindre le même BER ?
\n3.3) Pour un turbo-code haute performance, le gain peut être ~5 dB. Quel est le budget \"sauvé\" en puissance TX ou distance ?
\n
Question 4 : Effet du Canal Multi-trajets et Diversité
\nLe canal réel comporte des multi-trajets (Rayleigh fading) avec délai max $\\tau_{max} = 100 \\text{ ns}$.
\n4.1) Calculez la bande de cohérence du canal $B_c = 1 / (5 \\tau_{max})$.
\n4.2) Comparez $B_c$ à la bande du signal (20 MHz). Est-ce un canal flat-fading ou frequency-selective ?
\n4.3) Si on utilise OFDM (Orthogonal Frequency Division Multiplexing) avec 64 sous-porteuses sur 20 MHz :
\n• Espacement entre sous-porteuses : $\\Delta f = 20 \\text{ MHz} / 64$.
\n• Chaque sous-porteuse subit-elle un fading plat ? Justifiez.
\n4.4) Gain de diversité avec antennes multiples (MIMO 2×2) : facteur d'amélioration = 4.
\n
Question 5 : Performance Globale et Dimensionnement du Système
\n5.1) Avec QPSK, codage (gain 3 dB), et fading Rayleigh (perte 3-6 dB typique), estimez le SNR requis pour BER = 10^-6 (en comparaison AWGN).
\n5.2) Le SNR actuel du système dépasse-t-il le SNR requis ? Calculez la marge (Fade Margin) : $\\text{Margin} = \\text{SNR}_{acturel} - \\text{SNR}_{requis}$ (en dB).
\n5.3) Si la marge est insuffisante, proposez des améliorations (augmenter puissance TX, ajout antenne, améliorer égalisation).
\n5.4) Énoncez les spécifications finales du système pour garantir une disponibilité de 99.9% sur ce lien de 100m.
Correction Détaillée de l'Examen 3
\n\nQuestion 1 : Budget de Liaison
\n1.1) Perte Espace Libre :
\n1. Longueur d'onde : $\\lambda = c / f = 3 \\times 10^8 / (2.4 \\times 10^9) = 0.125 \\text{ m}$.
\n2. Perte : $L_{fs} = 20 \\log_{10}(4\\pi d / \\lambda) = 20 \\log_{10}(4\\pi \\times 100 / 0.125)$
\n$= 20 \\log_{10}(10053) = 20 \\times 4.002 = 80.04 \\text{ dB}$.
\n\n1.2) Puissance Reçue :
\n1. $P_{TX} = 1 \\text{ W} = 30 \\text{ dBm} = 0 \\text{ dBW}$.
\n2. $P_{RX} = 0 + 10 + 10 - 80.04 - 5 = -65.04 \\text{ dBW}$ ≈ **-65 dBW** (0.316 µW).
\n\n1.3) Rapport Signal-sur-Bruit :
\n1. Puissance bruit d'entrée : $N_{in} = k_B T_0 B (NF)$.
\n2. $k_B T_0 = 1.38 \\times 10^{-23} \\times 290 = 4 \\times 10^{-21} \\text{ J}$.
\n3. $N_{in} = 4 \\times 10^{-21} \\times 20 \\times 10^6 \\times 10^{0.6} = 4 \\times 10^{-21} \\times 20 \\times 10^6 \\times 3.98$
\n$= 3.18 \\times 10^{-13} \\text{ W} = -65.0 \\text{ dBW}$.
\n4. SNR : $\\text{SNR} = -65.04 - (-65.0) ≈ 0.04 \\text{ dB}$ (très faible, critique).
Question 2 : Modulation
\n2.1) Nombre Symboles Minimum :
\nEffcacité min ~1 bit/s/Hz → avec 20 MHz : 20 Mbps max en 1 Hz/bit.
Pour 10 Mbps sur 20 MHz : efficacité = 0.5 bits/s/Hz → M ≥ 2 (BPSK minimum).
En pratique, QPSK pour réserver marge de bande.
\n\n2.2) BER Théoriques :
\n• BPSK : $\\sqrt{2 \\times 0.04} \\approx 0.28$ → $Q(0.28) \\approx 0.39$ → BER ≈ **39%** (mauvais).
\n• QPSK : Identique à BPSK → BER ≈ **39%**.
\n• 16-QAM : Plus sensible, nécessite SNR ~5 dB de plus → BER > 50%.
\n\n2.3) Recommandation :
\nLe système est non-viable avec SNR ≈ 0 dB. Propositions :
\n• Augmenter puissance TX (max régulé souvent à 20-30 dBm).
\n• Ajouter amplificateur bas-bruit meilleur (NF < 2 dB).
\n• Utiliser antennes directionnelles (gain > 10 dBi).
\n• Ajouter codage correcteur (gain 5 dB turbo-code).
Question 3 : Codage Correcteur
\n3.1) Code Hamming(7,4) :
\nRedondance = 3/7 ≈ **43%** d'overhead.
\n\n3.2) Gain Codage Hamming :
\nGain 3 dB → Pour atteindre BER cible sans codage, il faudrait SNR 3 dB supérieur.
Équivalent à augmenter puissance TX de 2× ou distance de √2 ≈ 1.4×.
\n\n3.3) Turbo-Code (Gain 5 dB) :
\nÉquivalent à multiplier puissance par 3.16 ou distance par 1.78 (gains considérables).
Question 4 : Multi-trajets et Diversité
\n4.1) Bande de Cohérence :
\n$B_c = 1 / (5 \\times 100 \\times 10^{-9}) = 1 / (5 \\times 10^{-7}) = 2 \\text{ MHz}$.
\n\n4.2) Type de Fading :
\n$B_c (2 \\text{ MHz}) < B (20 \\text{ MHz})$ → **Fading frequency-selective** (variabilité fréquentielle).
\n\n4.3) OFDM :
\nEspacement : $\\Delta f = 20 / 64 = 312.5 \\text{ kHz}$.
\nChaque sous-porteuse : $B_c > \\Delta f$ → Flat fading par sous-porteuse ✓ (OFDM bien adapté).
\n\n4.4) MIMO Gain :
\nFacteur 4 = **6 dB de gain** additionnel en SNR.
Question 5 : Performance Globale
\n5.1) SNR Requis avec Codage et Fading :
\nQPSK brut : ~9.6 dB pour BER 10^-6 (AWGN).
\n- Gain codage turbo : -5 dB.\br>\n- Perte Rayleigh fading : +5 dB (approximation).
\nTotal requis : 9.6 dB.
\n\n5.2) Marge (Fade Margin) :
\nSNR actuel ≈ 0.04 dB. SNR requis ≈ 9.6 dB.
\nMarge = 0.04 - 9.6 = **-9.56 dB** (CRITIQUE - lien non viable).
\n\n5.3) Améliorations Requises :
\nPuissance TX : augmenter de ~10 dB (vers 10W, 40 dBm, if permitted).
\nAntennes : MIMO 2×2 (gain 6 dB) + directionnelles (gain 3 dB) = +9 dB total possible.
\nCodage turbo : +5 dB gain déjà inclus.
\n\n5.4) Spécifications Finales :
\n• **Débit :** 10 Mbps QPSK + Turbo code.
\n• **Puissance TX :** 10W (40 dBm).
\n• **Antennes :** MIMO 2×2, gain 15 dBi chaque.
\n• **Sensibilité RX :** -75 dBm (SNR = 10 dB).
\n• **Disponibilité :** 99.9% sur 100m (une perte/jour max).
Exercice 2 : Liaison par fibre optique monomode
\nUn système de communication optique utilise une fibre monomode pour transmettre des données entre deux centres de données distants de $L = 25$ km. La fibre optique fonctionne à une longueur d'onde $\\lambda = 1550$ nm (fenêtre C-band). Les caractéristiques de la fibre sont : atténuation $\\alpha = 0.22$ dB/km, dispersion chromatique $D = 17$ ps/(nm·km), et indice de réfraction du cœur $n_1 = 1.468$. Le laser émetteur a une largeur spectrale $\\Delta\\lambda = 0.1$ nm et émet une puissance optique de $P_0 = 5$ mW. Le récepteur nécessite une puissance minimale de $P_{\\text{min}} = 0.5$ μW pour fonctionner correctement.
\n\nQuestion 1: Calculez la puissance optique reçue $P_r$ à l'extrémité de la fibre en tenant compte de l'atténuation. Déterminez la marge de puissance (power margin) du système en dB.
\n\nQuestion 2: Calculez l'élargissement temporel $\\Delta t$ du signal dû à la dispersion chromatique de la fibre. En déduire la bande passante maximale $B_{\\text{max}}$ du système (en supposant que $B_{\\text{max}} \\approx 1/(2\\Delta t)$).
\n\nQuestion 3: Sachant que l'ouverture numérique de la fibre est $\\text{ON} = 0.12$, calculez l'indice de réfraction de la gaine $n_2$ et l'angle d'acceptance maximum $\\theta_{\\text{max}}$ dans l'air ($n_{\\text{air}} = 1$).
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution complète de l'Exercice 2
\n\nQuestion 1 : Puissance optique reçue et marge de puissance
\n\nFormule générale :
\nLa puissance optique reçue après propagation dans une fibre avec atténuation est :
\n$P_r = P_0 \\times 10^{-\\alpha L/10}$
\noù $\\alpha$ est l'atténuation en dB/km et $L$ la longueur en km.
Données :
\n• Puissance émise : $P_0 = 5$ mW $= 5 \\times 10^{-3}$ W
\n• Atténuation : $\\alpha = 0.22$ dB/km
\n• Longueur de fibre : $L = 25$ km
\n• Puissance minimale requise : $P_{\\text{min}} = 0.5$ μW $= 0.5 \\times 10^{-6}$ W
Étape 1 - Calcul de l'atténuation totale :
\n$A_{\\text{totale}} = \\alpha \\times L = 0.22 \\times 25 = 5.5$ dB
Étape 2 - Conversion en facteur linéaire :
\n$10^{-A_{\\text{totale}}/10} = 10^{-5.5/10} = 10^{-0.55} = 0.2818$
Étape 3 - Calcul de la puissance reçue :
\n$P_r = 5 \\times 10^{-3} \\times 0.2818 = 1.409 \\times 10^{-3}$ W
Résultat en mW :
\n$P_r = 1.409$ mW
Étape 4 - Conversion des puissances en dBm :
\nPour comparer les puissances, on utilise l'échelle logarithmique dBm :
\n$P_{\\text{dBm}} = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{P}{1\\text{ mW}}\\right)$
Puissance reçue en dBm :
\n$P_{r,\\text{dBm}} = 10 \\log_{10}(1.409) = 10 \\times 0.1489 = 1.489$ dBm
Puissance minimale en dBm :
\n$P_{\\text{min}} = 0.5 \\times 10^{-6}$ W $= 0.5 \\times 10^{-3}$ mW $= 5 \\times 10^{-4}$ mW
\n$P_{\\text{min,dBm}} = 10 \\log_{10}(5 \\times 10^{-4}) = 10 \\times (-3.301) = -33.01$ dBm
Étape 5 - Calcul de la marge de puissance :
\nLa marge de puissance (power margin) représente l'excès de puissance disponible par rapport au minimum requis :
\n$\\text{Marge} = P_{r,\\text{dBm}} - P_{\\text{min,dBm}}$
\n$\\text{Marge} = 1.489 - (-33.01) = 34.50$ dB
Résultats finaux :
\n• Puissance reçue : $P_r = 1.41$ mW
\n• Marge de puissance : $\\text{Marge} = 34.5$ dB
Interprétation : La marge de puissance de 34.5 dB est excellente et largement supérieure à la marge minimale recommandée (généralement 3-6 dB pour les systèmes commerciaux). Cela signifie que le système peut tolérer des pertes supplémentaires dues aux connecteurs, aux épissures, au vieillissement des composants, ou à une augmentation de la longueur de la liaison sans compromettre la fiabilité de la transmission.
\n\nQuestion 2 : Élargissement temporel et bande passante maximale
\n\nFormule générale :
\nL'élargissement temporel dû à la dispersion chromatique est donné par :
\n$\\Delta t = D \\times L \\times \\Delta\\lambda$
\noù $D$ est la dispersion chromatique, $L$ la longueur de fibre, et $\\Delta\\lambda$ la largeur spectrale de la source.
Données :
\n• Dispersion chromatique : $D = 17$ ps/(nm·km)
\n• Longueur de fibre : $L = 25$ km
\n• Largeur spectrale : $\\Delta\\lambda = 0.1$ nm
Étape 1 - Calcul de l'élargissement temporel :
\n$\\Delta t = 17 \\times 25 \\times 0.1$ ps
Calcul numérique :
\n$\\Delta t = 17 \\times 2.5 = 42.5$ ps
Résultat :
\n$\\Delta t = 42.5$ ps $= 42.5 \\times 10^{-12}$ s
Étape 2 - Calcul de la bande passante maximale :
\nLa bande passante est inversement proportionnelle à l'élargissement temporel :
\n$B_{\\text{max}} = \\frac{1}{2\\Delta t}$
Substitution des valeurs :
\n$B_{\\text{max}} = \\frac{1}{2 \\times 42.5 \\times 10^{-12}}$ Hz
Calcul :
\n$B_{\\text{max}} = \\frac{1}{85 \\times 10^{-12}} = \\frac{10^{12}}{85}$ Hz
\n$B_{\\text{max}} = 11.76 \\times 10^9$ Hz
Résultat en GHz :
\n$B_{\\text{max}} = 11.76$ GHz
En considérant un débit binaire maximal (bit rate) approximatif égal à la bande passante :
\n$R_{\\text{max}} \\approx B_{\\text{max}} = 11.76$ Gbit/s
Résultats finaux :
\n• Élargissement temporel : $\\Delta t = 42.5$ ps
\n• Bande passante maximale : $B_{\\text{max}} = 11.76$ GHz
\n• Débit binaire maximum : $R_{\\text{max}} \\approx 11.76$ Gbit/s
Interprétation : L'élargissement de 42.5 ps est relativement faible grâce à la petite largeur spectrale du laser (0.1 nm). La bande passante résultante de 11.76 GHz permet de supporter des débits de transmission élevés, typiques des liaisons métropolitaines ou régionales. Pour des liaisons plus longues ou des débits plus élevés (40 Gbit/s, 100 Gbit/s), il faudrait utiliser des sources encore plus monochromatiques ou des techniques de compensation de dispersion.
\n\nQuestion 3 : Indice de réfraction de la gaine et angle d'acceptance
\n\nFormule générale de l'ouverture numérique :
\nL'ouverture numérique (ON) d'une fibre optique est définie par :
\n$\\text{ON} = \\sqrt{n_1^2 - n_2^2}$
\noù $n_1$ est l'indice du cœur et $n_2$ l'indice de la gaine.
Données :
\n• Ouverture numérique : $\\text{ON} = 0.12$
\n• Indice du cœur : $n_1 = 1.468$
\n• Indice de l'air : $n_{\\text{air}} = 1$
Étape 1 - Calcul de l'indice de la gaine n₂ :
\nEn élevant au carré la formule de l'ON :
\n$(\\text{ON})^2 = n_1^2 - n_2^2$
Donc :
\n$n_2^2 = n_1^2 - (\\text{ON})^2$
Substitution des valeurs :
\n$n_2^2 = (1.468)^2 - (0.12)^2$
Calcul de n₁² :
\n$(1.468)^2 = 2.1550$
Calcul de ON² :
\n$(0.12)^2 = 0.0144$
Calcul de n₂² :
\n$n_2^2 = 2.1550 - 0.0144 = 2.1406$
Calcul de n₂ :
\n$n_2 = \\sqrt{2.1406} = 1.4631$
Résultat :
\n$n_2 = 1.463$
Étape 2 - Calcul de l'angle d'acceptance maximum :
\nL'angle d'acceptance maximum dans l'air est donné par la relation :
\n$\\text{ON} = n_{\\text{air}} \\times \\sin(\\theta_{\\text{max}})$
Puisque $n_{\\text{air}} = 1$ :
\n$\\sin(\\theta_{\\text{max}}) = \\text{ON} = 0.12$
Calcul de l'angle :
\n$\\theta_{\\text{max}} = \\arcsin(0.12)$
Calcul numérique :
\n$\\theta_{\\text{max}} = 6.89°$
Angle du cône d'acceptance (demi-angle au sommet) :
\nL'angle total du cône d'acceptance est :
\n$2\\theta_{\\text{max}} = 2 \\times 6.89° = 13.78°$
Résultats finaux :
\n• Indice de réfraction de la gaine : $n_2 = 1.463$
\n• Angle d'acceptance maximum : $\\theta_{\\text{max}} = 6.89°$
\n• Angle total du cône : $2\\theta_{\\text{max}} = 13.78°$
Interprétation : L'indice de réfraction de la gaine (1.463) est légèrement inférieur à celui du cœur (1.468), ce qui permet la réflexion totale interne nécessaire au guidage de la lumière. La différence d'indice $\\Delta n = n_1 - n_2 = 0.005$ est très faible, ce qui est caractéristique des fibres monomodes. L'angle d'acceptance de 6.89° définit le cône à l'intérieur duquel la lumière peut être couplée efficacement dans la fibre. Cet angle relativement faible nécessite un alignement précis entre la source laser et la fibre, ce qui est typique des systèmes à fibre monomode utilisés pour les transmissions longue distance et haut débit.
", "id_category": "2", "id_number": "1" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 3 : Propagation dans un guide d'onde rectangulaire
\nUn guide d'onde rectangulaire en cuivre est utilisé pour transporter un signal micro-ondes dans un système radar. Les dimensions intérieures du guide sont $a = 7.2$ cm (largeur, dimension selon x) et $b = 3.4$ cm (hauteur, dimension selon y). Le guide fonctionne en mode dominant TE₁₀ à une fréquence $f = 3.5$ GHz. La vitesse de la lumière dans le vide est $c = 3 \\times 10^8$ m/s, et la permittivité relative du milieu à l'intérieur du guide est $\\varepsilon_r = 1$ (air).
\n\nQuestion 1: Calculez la fréquence de coupure $f_c$ du mode TE₁₀ pour ce guide d'onde. Vérifiez que le guide peut effectivement propager ce mode à $f = 3.5$ GHz.
\n\nQuestion 2: Calculez la longueur d'onde guidée $\\lambda_g$ et la vitesse de phase $v_p$ du signal dans le guide à la fréquence de fonctionnement. Comparez la vitesse de phase avec la vitesse de la lumière dans le vide.
\n\nQuestion 3: Calculez l'impédance d'onde caractéristique $Z_{\\text{TE}}$ du mode TE₁₀ dans le guide à la fréquence de fonctionnement, sachant que $Z_0 = \\sqrt{\\mu_0/\\varepsilon_0} = 377$ Ω est l'impédance du vide.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution complète de l'Exercice 3
\n\nQuestion 1 : Fréquence de coupure du mode TE₁₀
\n\nFormule générale :
\nPour un guide d'onde rectangulaire, la fréquence de coupure d'un mode TE_mn ou TM_mn est donnée par :
\n$f_c = \\frac{c}{2\\sqrt{\\varepsilon_r}} \\sqrt{\\left(\\frac{m}{a}\\right)^2 + \\left(\\frac{n}{b}\\right)^2}$
\noù $m$ et $n$ sont les indices du mode, $a$ et $b$ les dimensions du guide, $c$ la vitesse de la lumière, et $\\varepsilon_r$ la permittivité relative.
Pour le mode dominant TE₁₀ : $m = 1$ et $n = 0$
\n\nFormule simplifiée pour TE₁₀ :
\n$f_c = \\frac{c}{2a\\sqrt{\\varepsilon_r}}$
Données :
\n• Largeur du guide : $a = 7.2$ cm $= 0.072$ m
\n• Hauteur du guide : $b = 3.4$ cm $= 0.034$ m
\n• Vitesse de la lumière : $c = 3 \\times 10^8$ m/s
\n• Permittivité relative : $\\varepsilon_r = 1$ (air)
\n• Fréquence de fonctionnement : $f = 3.5$ GHz $= 3.5 \\times 10^9$ Hz
Étape 1 - Calcul de la fréquence de coupure :
\n$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{2 \\times 0.072 \\times \\sqrt{1}}$
Calcul du dénominateur :
\n$2 \\times 0.072 = 0.144$ m
Division :
\n$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{0.144} = 20.833 \\times 10^8$ Hz
\n$f_c = 2.0833 \\times 10^9$ Hz
Résultat en GHz :
\n$f_c = 2.083$ GHz
Étape 2 - Vérification de la condition de propagation :
\nPour qu'un mode puisse se propager dans le guide, il faut que :
\n$f > f_c$
Vérification :
\n$3.5$ GHz $> 2.083$ GHz ✓
Calcul du rapport :
\n$\\frac{f}{f_c} = \\frac{3.5}{2.083} = 1.680$
Résultats finaux :
\n• Fréquence de coupure : $f_c = 2.083$ GHz
\n• Condition de propagation : $f/f_c = 1.68 > 1$ ✓
Interprétation : La fréquence de fonctionnement (3.5 GHz) est bien supérieure à la fréquence de coupure (2.083 GHz), ce qui confirme que le mode TE₁₀ peut effectivement se propager dans ce guide d'onde. Le rapport $f/f_c = 1.68$ indique que le système fonctionne à 68% au-dessus de la fréquence de coupure, ce qui est une bonne marge de sécurité. En pratique, on recommande de travailler entre 1.25 et 1.9 fois la fréquence de coupure pour optimiser les performances tout en évitant la propagation de modes supérieurs indésirables.
\n\nQuestion 2 : Longueur d'onde guidée et vitesse de phase
\n\nFormule de la longueur d'onde dans le vide :
\n$\\lambda_0 = \\frac{c}{f}$
Formule de la longueur d'onde guidée :
\nDans un guide d'onde, la longueur d'onde guidée est plus grande que la longueur d'onde dans le vide :
\n$\\lambda_g = \\frac{\\lambda_0}{\\sqrt{1 - (f_c/f)^2}}$
Données :
\n• Fréquence : $f = 3.5 \\times 10^9$ Hz
\n• Fréquence de coupure : $f_c = 2.083 \\times 10^9$ Hz
\n• Vitesse de la lumière : $c = 3 \\times 10^8$ m/s
Étape 1 - Calcul de la longueur d'onde dans le vide :
\n$\\lambda_0 = \\frac{3 \\times 10^8}{3.5 \\times 10^9} = \\frac{3}{3.5} \\times 10^{-1}$ m
\n$\\lambda_0 = 0.8571 \\times 10^{-1}$ m $= 0.08571$ m
Résultat :
\n$\\lambda_0 = 8.571$ cm
Étape 2 - Calcul du rapport f_c/f :
\n$\\frac{f_c}{f} = \\frac{2.083}{3.5} = 0.5951$
Étape 3 - Calcul du terme sous la racine :
\n$1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2 = 1 - (0.5951)^2 = 1 - 0.3541 = 0.6459$
Étape 4 - Calcul de la racine carrée :
\n$\\sqrt{0.6459} = 0.8037$
Étape 5 - Calcul de la longueur d'onde guidée :
\n$\\lambda_g = \\frac{0.08571}{0.8037} = 0.1066$ m
Résultat en cm :
\n$\\lambda_g = 10.66$ cm
Étape 6 - Calcul de la vitesse de phase :
\nLa vitesse de phase dans le guide est donnée par :
\n$v_p = \\lambda_g \\times f$
\nou de manière équivalente :
\n$v_p = \\frac{c}{\\sqrt{1 - (f_c/f)^2}}$
Utilisant la deuxième formule :
\n$v_p = \\frac{3 \\times 10^8}{0.8037}$
Calcul :
\n$v_p = 3.732 \\times 10^8$ m/s
Vérification avec la première formule :
\n$v_p = 0.1066 \\times 3.5 \\times 10^9 = 3.731 \\times 10^8$ m/s ✓
Étape 7 - Comparaison avec la vitesse de la lumière :
\n$\\frac{v_p}{c} = \\frac{3.732 \\times 10^8}{3 \\times 10^8} = 1.244$
Résultats finaux :
\n• Longueur d'onde dans le vide : $\\lambda_0 = 8.57$ cm
\n• Longueur d'onde guidée : $\\lambda_g = 10.66$ cm
\n• Vitesse de phase : $v_p = 3.732 \\times 10^8$ m/s
\n• Rapport $v_p/c = 1.244$
Interprétation : La longueur d'onde guidée (10.66 cm) est environ 24% plus grande que la longueur d'onde dans le vide (8.57 cm). Ceci est une conséquence directe de la propagation guidée : l'énergie se propage selon un chemin en zigzag le long du guide, ce qui augmente la distance entre deux maxima successifs du champ. La vitesse de phase (3.732 × 10⁸ m/s) est supérieure à la vitesse de la lumière dans le vide, ce qui peut sembler paradoxal mais ne viole pas la relativité car c'est la vitesse de groupe ($v_g < c$) qui transporte l'énergie et l'information. Cette dispersion est caractéristique des guides d'ondes et doit être prise en compte pour la conception des systèmes radar et micro-ondes.
\n\nQuestion 3 : Impédance d'onde caractéristique du mode TE₁₀
\n\nFormule générale :
\nL'impédance d'onde pour un mode TE dans un guide d'onde rectangulaire est donnée par :
\n$Z_{\\text{TE}} = \\frac{Z_0}{\\sqrt{1 - (f_c/f)^2}}$
\noù $Z_0$ est l'impédance caractéristique du milieu de remplissage.
Pour l'air (ou le vide) : $Z_0 = \\sqrt{\\mu_0/\\varepsilon_0} = 377$ Ω
\n\nDonnées :
\n• Impédance du vide : $Z_0 = 377$ Ω
\n• Rapport $f_c/f = 0.5951$ (calculé précédemment)
\n• Terme $\\sqrt{1 - (f_c/f)^2} = 0.8037$ (calculé précédemment)
Étape 1 - Calcul de l'impédance TE :
\n$Z_{\\text{TE}} = \\frac{377}{0.8037}$
Calcul numérique :
\n$Z_{\\text{TE}} = 469.1$ Ω
Résultat final :
\n$Z_{\\text{TE}} = 469$ Ω
Étape 2 - Calcul de la variation par rapport à Z₀ :
\n$\\Delta Z = Z_{\\text{TE}} - Z_0 = 469 - 377 = 92$ Ω
Variation relative :
\n$\\frac{\\Delta Z}{Z_0} \\times 100\\% = \\frac{92}{377} \\times 100\\% = 24.4\\%$
Étape 3 - Relation avec le VSWR potentiel :
\nSi le guide est connecté à une charge de $377$ Ω (impédance du vide), le coefficient de réflexion serait :
\n$\\Gamma = \\frac{Z_{\\text{TE}} - Z_0}{Z_{\\text{TE}} + Z_0} = \\frac{469 - 377}{469 + 377} = \\frac{92}{846} = 0.1088$
Le VSWR correspondant :
\n$\\text{VSWR} = \\frac{1 + |\\Gamma|}{1 - |\\Gamma|} = \\frac{1.1088}{0.8912} = 1.244$
Résultats finaux :
\n• Impédance d'onde TE₁₀ : $Z_{\\text{TE}} = 469$ Ω
\n• Variation par rapport à $Z_0$ : $+24.4\\%$
\n• VSWR pour charge $377$ Ω : $1.244:1$
Interprétation : L'impédance caractéristique du mode TE₁₀ (469 Ω) est supérieure à l'impédance intrinsèque du milieu (377 Ω) d'environ 24%. Cette augmentation est due à la nature guidée de la propagation et dépend du rapport $f/f_c$. Plus la fréquence de fonctionnement est proche de la fréquence de coupure, plus l'impédance TE augmente. Pour une adaptation optimale, les charges et les transitions connectées au guide doivent être conçues pour présenter une impédance de 469 Ω à cette fréquence spécifique. Dans les applications radar et micro-ondes, cette impédance doit être soigneusement prise en compte lors de la conception des antennes, des transitions guide-coaxial, et des charges adaptées pour minimiser les réflexions et maximiser le transfert de puissance.
", "id_category": "2", "id_number": "2" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 1 : Analyse d'une ligne de transmission coaxiale pour système de communication RF
Un système de communication radiofréquence utilise un câble coaxial de longueur $L = 50 \\ \\text{m}$ pour relier un émetteur à une antenne. Le câble coaxial possède les caractéristiques suivantes :
- Conducteur intérieur en cuivre de rayon $a = 1 \\ \\text{mm}$
- Conducteur extérieur en cuivre de rayon intérieur $b = 3.5 \\ \\text{mm}$
- Diélectrique en polyéthylène avec $\\varepsilon_r = 2.25$ et $\\mu_r = 1$
- Perméabilité du vide $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7} \\ \\text{H/m}$
- Permittivité du vide $\\varepsilon_0 = 8.854 \\times 10^{-12} \\ \\text{F/m}$
- Coefficient d'atténuation $\\alpha = 0.02 \\ \\text{Np/m}$
L'émetteur fournit un signal de puissance $P_{in} = 10 \\ \\text{W}$ à une fréquence $f = 1 \\ \\text{GHz}$, et l'impédance de sortie de l'émetteur est $Z_g = 75 \\ \\Omega$.
Question 1 : Calculez l'impédance caractéristique $Z_0$ du câble coaxial en utilisant la formule $Z_0 = \\frac{60}{\\sqrt{\\varepsilon_r}} \\ln\\left(\\frac{b}{a}\\right)$. Déterminez ensuite le coefficient de réflexion $\\Gamma$ à l'interface émetteur-câble en sachant que $\\Gamma = \\frac{Z_0 - Z_g}{Z_0 + Z_g}$.
Question 2 : Sachant que la puissance réellement transmise dans le câble est $P_t = P_{in}(1 - |\\Gamma|^2)$, calculez cette puissance transmise. Ensuite, déterminez la puissance $P_{out}$ disponible à l'extrémité du câble après propagation, en utilisant la relation $P_{out} = P_t \\cdot e^{-2\\alpha L}$.
Question 3 : Calculez la vitesse de propagation $v_p$ du signal dans le câble coaxial en utilisant $v_p = \\frac{c}{\\sqrt{\\varepsilon_r}}$ où $c = 3 \\times 10^8 \\ \\text{m/s}$. Déterminez ensuite le temps de propagation $t_p$ du signal pour parcourir toute la longueur du câble et calculez le déphasage $\\phi$ introduit par le câble sachant que $\\phi = \\frac{2\\pi f L}{v_p}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution détaillée de l'exercice 1
Question 1 : Calcul de l'impédance caractéristique et du coefficient de réflexion
Étape 1 : Calcul de l'impédance caractéristique Z₀
L'impédance caractéristique d'un câble coaxial dépend de la géométrie (rayons des conducteurs) et des propriétés du diélectrique. La formule utilisée est une expression classique pour les câbles coaxiaux.
Formule générale :
$Z_0 = \\frac{60}{\\sqrt{\\varepsilon_r}} \\ln\\left(\\frac{b}{a}\\right)$
Remplacement des données :
$Z_0 = \\frac{60}{\\sqrt{2.25}} \\ln\\left(\\frac{3.5}{1}\\right)$
Calcul intermédiaire :
$\\sqrt{2.25} = 1.5$
$\\ln(3.5) = 1.2528$
$Z_0 = \\frac{60}{1.5} \\times 1.2528 = 40 \\times 1.2528$
Résultat final :
$Z_0 = 50.11 \\ \\Omega$
Étape 2 : Calcul du coefficient de réflexion Γ
Le coefficient de réflexion quantifie le désaccord d'impédance entre l'émetteur et le câble. Un désaccord entraîne une réflexion partielle du signal.
Formule générale :
$\\Gamma = \\frac{Z_0 - Z_g}{Z_0 + Z_g}$
Remplacement des données :
$\\Gamma = \\frac{50.11 - 75}{50.11 + 75}$
Calcul :
$\\Gamma = \\frac{-24.89}{125.11} = -0.199$
Résultat final :
$\\Gamma = -0.199$
Interprétation : Le coefficient de réflexion négatif indique que l'impédance de la source est supérieure à celle du câble, entraînant environ 19.9% de réflexion en amplitude.
Question 2 : Calcul de la puissance transmise et de la puissance en sortie
Étape 1 : Calcul de la puissance transmise Pₜ
La puissance réellement injectée dans le câble est réduite par les réflexions dues au désaccord d'impédance.
Formule générale :
$P_t = P_{in}(1 - |\\Gamma|^2)$
Calcul de $|\\Gamma|^2$ :
$|\\Gamma|^2 = (-0.199)^2 = 0.0396$
Remplacement des données :
$P_t = 10 \\times (1 - 0.0396)$
Calcul :
$P_t = 10 \\times 0.9604 = 9.604$
Résultat final :
$P_t = 9.604 \\ \\text{W}$
Étape 2 : Calcul de la puissance en sortie Pₒᵤₜ
La puissance diminue exponentiellement le long du câble en raison de l'atténuation due aux pertes ohmiques et diélectriques.
Formule générale :
$P_{out} = P_t \\cdot e^{-2\\alpha L}$
Calcul de l'exposant :
$-2\\alpha L = -2 \\times 0.02 \\times 50 = -2 \\ \\text{Np}$
Remplacement des données :
$P_{out} = 9.604 \\times e^{-2}$
Calcul :
$e^{-2} = 0.1353$
$P_{out} = 9.604 \\times 0.1353 = 1.300$
Résultat final :
$P_{out} = 1.300 \\ \\text{W}$
Interprétation : Le signal subit une atténuation significative de $2 \\ \\text{Np}$ (ou environ $17.4 \\ \\text{dB}$), ne laissant que 13.5% de la puissance transmise à la sortie du câble.
Question 3 : Calcul de la vitesse de propagation, du temps de propagation et du déphasage
Étape 1 : Calcul de la vitesse de propagation vₚ
La vitesse de propagation dans un câble coaxial est réduite par rapport à la vitesse de la lumière dans le vide en raison du diélectrique.
Formule générale :
$v_p = \\frac{c}{\\sqrt{\\varepsilon_r}}$
Remplacement des données :
$v_p = \\frac{3 \\times 10^8}{\\sqrt{2.25}}$
Calcul :
$v_p = \\frac{3 \\times 10^8}{1.5} = 2 \\times 10^8$
Résultat final :
$v_p = 2 \\times 10^8 \\ \\text{m/s}$
Étape 2 : Calcul du temps de propagation tₚ
Le temps de propagation est le délai nécessaire pour que le signal traverse toute la longueur du câble.
Formule générale :
$t_p = \\frac{L}{v_p}$
Remplacement des données :
$t_p = \\frac{50}{2 \\times 10^8}$
Calcul :
$t_p = 2.5 \\times 10^{-7}$
Résultat final :
$t_p = 250 \\ \\text{ns}$
Étape 3 : Calcul du déphasage φ
Le déphasage représente le retard de phase accumulé sur la longueur du câble à la fréquence d'opération.
Formule générale :
$\\phi = \\frac{2\\pi f L}{v_p}$
Remplacement des données :
$\\phi = \\frac{2\\pi \\times 10^9 \\times 50}{2 \\times 10^8}$
Calcul :
$\\phi = \\frac{2\\pi \\times 50 \\times 10}{2} = \\frac{1000\\pi}{2} = 500\\pi$
Résultat final :
$\\phi = 500\\pi \\ \\text{rad} = 1570.8 \\ \\text{rad}$
Ou en tours complets :
$\\phi = 250 \\ \\text{tours complets}$
Interprétation : Le signal subit 250 cycles complets de phase sur la longueur du câble à 1 GHz, ce qui est crucial pour la conception des systèmes de communication synchronisés.
", "id_category": "2", "id_number": "3" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 2 : Caractérisation d'une fibre optique dans un système de télécommunication longue distance
Un système de télécommunication par fibre optique relie deux stations distantes de $L = 80 \\ \\text{km}$. La fibre optique utilisée possède les caractéristiques suivantes :
- Indice de réfraction du cœur : $n_1 = 1.48$
- Indice de réfraction de la gaine : $n_2 = 1.46$
- Diamètre du cœur : $d = 50 \\ \\mu\\text{m}$
- Longueur d'onde d'opération : $\\lambda = 1.3 \\ \\mu\\text{m}$
- Coefficient d'atténuation linéique : $\\alpha = 0.35 \\ \\text{dB/km}$
- Vitesse de la lumière dans le vide : $c = 3 \\times 10^8 \\ \\text{m/s}$
Une source laser injecte une puissance optique de $P_0 = 5 \\ \\text{mW}$ dans la fibre. La fibre présente une dispersion chromatique caractérisée par un paramètre $D = 3.5 \\ \\text{ps/(nm} \\cdot \\text{km)}$.
Question 1 : Calculez l'ouverture numérique $ON$ de la fibre optique en utilisant la formule $ON = \\sqrt{n_1^2 - n_2^2}$. Ensuite, déterminez l'angle d'acceptance maximal $\\theta_{max}$ dans l'air ($n_0 = 1$) en utilisant $\\theta_{max} = \\arcsin(ON)$. Convertissez le résultat en degrés.
Question 2 : Calculez la puissance optique $P_L$ reçue à l'extrémité de la fibre après $80 \\ \\text{km}$ de propagation. Utilisez la formule de l'atténuation en décibels : $A_{dB} = \\alpha \\cdot L$, puis la relation $P_L = P_0 \\cdot 10^{-A_{dB}/10}$ pour obtenir la puissance en milliwatts. Calculez également le rapport signal sur bruit (en dB) si le bruit à la réception est de $P_N = 0.1 \\ \\mu\\text{W}$, en utilisant $SNR_{dB} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{P_L}{P_N}\\right)$.
Question 3 : Sachant que la source laser émet un signal avec une largeur spectrale $\\Delta\\lambda = 2 \\ \\text{nm}$, calculez l'élargissement temporel $\\Delta t$ du signal dû à la dispersion chromatique sur toute la longueur de la fibre en utilisant $\\Delta t = |D| \\cdot \\Delta\\lambda \\cdot L$. Ensuite, déterminez le débit binaire maximal théorique $B_{max}$ que cette fibre peut supporter en supposant qu'un bit nécessite au minimum un intervalle de temps $\\Delta t$, c'est-à-dire $B_{max} = \\frac{1}{\\Delta t}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution détaillée de l'exercice 2
Question 1 : Calcul de l'ouverture numérique et de l'angle d'acceptance
Étape 1 : Calcul de l'ouverture numérique ON
L'ouverture numérique est un paramètre fondamental des fibres optiques qui quantifie la capacité de la fibre à accepter la lumière. Elle dépend uniquement des indices de réfraction du cœur et de la gaine.
Formule générale :
$ON = \\sqrt{n_1^2 - n_2^2}$
Calcul des carrés des indices :
$n_1^2 = (1.48)^2 = 2.1904$
$n_2^2 = (1.46)^2 = 2.1316$
Remplacement des données :
$ON = \\sqrt{2.1904 - 2.1316}$
Calcul :
$ON = \\sqrt{0.0588} = 0.2425$
Résultat final :
$ON = 0.2425$
Étape 2 : Calcul de l'angle d'acceptance maximal θmax
L'angle d'acceptance représente le cône angulaire maximum dans lequel la lumière peut entrer dans la fibre et être guidée par réflexion totale interne.
Formule générale :
$\\theta_{max} = \\arcsin(ON)$
Remplacement des données :
$\\theta_{max} = \\arcsin(0.2425)$
Calcul en radians :
$\\theta_{max} = 0.2446 \\ \\text{rad}$
Conversion en degrés :
$\\theta_{max} = 0.2446 \\times \\frac{180}{\\pi} = 0.2446 \\times 57.2958$
$\\theta_{max} = 14.01°$
Résultat final :
$\\theta_{max} = 14.01°$
Interprétation : La fibre accepte la lumière dans un cône de demi-angle $14.01°$, ce qui correspond à une ouverture numérique modérée typique des fibres multimodes. Toute lumière incidente dans ce cône sera guidée dans le cœur de la fibre.
Question 2 : Calcul de la puissance reçue et du rapport signal sur bruit
Étape 1 : Calcul de l'atténuation totale en dB
L'atténuation en décibels est proportionnelle à la longueur de la fibre et au coefficient d'atténuation linéique.
Formule générale :
$A_{dB} = \\alpha \\cdot L$
Remplacement des données :
$A_{dB} = 0.35 \\times 80$
Calcul :
$A_{dB} = 28 \\ \\text{dB}$
Étape 2 : Calcul de la puissance reçue PL
La puissance optique décroît exponentiellement avec la distance selon la loi de Beer-Lambert pour les milieux absorbants.
Formule générale :
$P_L = P_0 \\cdot 10^{-A_{dB}/10}$
Remplacement des données :
$P_L = 5 \\times 10^{-28/10}$
Calcul de l'exposant :
$10^{-2.8} = 0.001585$
Calcul de la puissance :
$P_L = 5 \\times 0.001585 = 0.007925$
Résultat final :
$P_L = 0.007925 \\ \\text{mW} = 7.925 \\ \\mu\\text{W}$
Étape 3 : Calcul du rapport signal sur bruit SNR
Le rapport signal sur bruit en décibels quantifie la qualité du signal reçu par rapport au bruit présent.
Conversion du bruit en mW :
$P_N = 0.1 \\ \\mu\\text{W} = 0.0001 \\ \\text{mW}$
Formule générale :
$SNR_{dB} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{P_L}{P_N}\\right)$
Remplacement des données :
$SNR_{dB} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{0.007925}{0.0001}\\right)$
Calcul du rapport :
$\\frac{P_L}{P_N} = \\frac{0.007925}{0.0001} = 79.25$
Calcul du logarithme :
$\\log_{10}(79.25) = 1.899$
Calcul final :
$SNR_{dB} = 10 \\times 1.899 = 18.99$
Résultat final :
$SNR_{dB} = 18.99 \\ \\text{dB}$
Interprétation : Après $80 \\ \\text{km}$ de propagation, la puissance optique est réduite de $28 \\ \\text{dB}$, passant de $5 \\ \\text{mW}$ à environ $7.9 \\ \\mu\\text{W}$. Le rapport signal sur bruit de $19 \\ \\text{dB}$ est acceptable pour des systèmes de télécommunication optique avec des techniques de modulation appropriées.
Question 3 : Calcul de l'élargissement temporel et du débit binaire maximal
Étape 1 : Calcul de l'élargissement temporel Δt
La dispersion chromatique provoque un élargissement des impulsions lumineuses car différentes longueurs d'onde (composantes spectrales) se propagent à des vitesses légèrement différentes dans la fibre.
Formule générale :
$\\Delta t = |D| \\cdot \\Delta\\lambda \\cdot L$
Remplacement des données :
$\\Delta t = 3.5 \\times 2 \\times 80$
Calcul :
$\\Delta t = 560 \\ \\text{ps}$
Conversion en nanosecondes :
$\\Delta t = 0.560 \\ \\text{ns}$
Résultat final :
$\\Delta t = 560 \\ \\text{ps} = 5.6 \\times 10^{-10} \\ \\text{s}$
Étape 2 : Calcul du débit binaire maximal Bmax
Le débit binaire maximal est limité par l'élargissement temporel : deux impulsions successives doivent être séparées d'au moins $\\Delta t$ pour être distinguées au récepteur.
Formule générale :
$B_{max} = \\frac{1}{\\Delta t}$
Remplacement des données :
$B_{max} = \\frac{1}{5.6 \\times 10^{-10}}$
Calcul :
$B_{max} = 1.7857 \\times 10^9$
Résultat final :
$B_{max} = 1.786 \\ \\text{Gbit/s}$
Interprétation : La dispersion chromatique limite le débit binaire maximal théorique à environ $1.79 \\ \\text{Gbit/s}$ pour cette configuration de fibre. Au-delà de ce débit, les impulsions successives se chevaucheraient, causant des interférences intersymboles et des erreurs de transmission. Pour augmenter le débit, il faudrait utiliser une source plus étroite spectralement (laser monomode avec $\\Delta\\lambda$ plus petit) ou une fibre avec une dispersion chromatique plus faible. Cette limite est caractéristique des systèmes de télécommunication optique à moyenne et longue distance.
", "id_category": "2", "id_number": "4" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 3 : Propagation d'ondes électromagnétiques dans un guide d'ondes rectangulaire
Un système de communication micro-ondes utilise un guide d'ondes rectangulaire pour transmettre un signal haute fréquence entre un émetteur radar et une antenne. Le guide d'ondes présente les dimensions suivantes :
- Largeur : $a = 4.755 \\ \\text{cm}$
- Hauteur : $b = 2.215 \\ \\text{cm}$
- Longueur totale : $L = 10 \\ \\text{m}$
- Perméabilité magnétique : $\\mu = \\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7} \\ \\text{H/m}$
- Permittivité électrique : $\\varepsilon = \\varepsilon_0 = 8.854 \\times 10^{-12} \\ \\text{F/m}$
- Vitesse de la lumière : $c = 3 \\times 10^8 \\ \\text{m/s}$
Le guide d'ondes fonctionne en mode dominant $TE_{10}$, et transporte un signal de fréquence $f = 5 \\ \\text{GHz}$ avec une puissance moyenne de $P = 50 \\ \\text{W}$.
Question 1 : Calculez la fréquence de coupure $f_c$ du mode $TE_{10}$ en utilisant la formule $f_c = \\frac{c}{2a}$. Ensuite, vérifiez que le mode $TE_{10}$ se propage à la fréquence $f = 5 \\ \\text{GHz}$ en calculant le rapport $\\frac{f}{f_c}$. Si $\\frac{f}{f_c} > 1$, le mode se propage.
Question 2 : Calculez la longueur d'onde de coupure $\\lambda_c$ en utilisant $\\lambda_c = 2a$, puis la longueur d'onde dans le guide $\\lambda_g$ à la fréquence de fonctionnement en utilisant la formule $\\lambda_g = \\frac{\\lambda_0}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$ où $\\lambda_0 = \\frac{c}{f}$ est la longueur d'onde en espace libre. Calculez également la vitesse de phase $v_p$ dans le guide en utilisant $v_p = f \\cdot \\lambda_g$.
Question 3 : Sachant que l'impédance d'onde du mode $TE_{10}$ dans le guide est donnée par $Z_{TE} = \\frac{\\eta_0}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$ où $\\eta_0 = \\sqrt{\\frac{\\mu_0}{\\varepsilon_0}} = 377 \\ \\Omega$ est l'impédance caractéristique du vide, calculez $Z_{TE}$. Ensuite, calculez l'amplitude du champ électrique $E_{max}$ dans le guide en utilisant la relation entre puissance et champ : $P = \\frac{E_{max}^2 \\cdot a \\cdot b}{2 Z_{TE}}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution détaillée de l'exercice 3
Question 1 : Calcul de la fréquence de coupure et vérification de la propagation
Étape 1 : Calcul de la fréquence de coupure fc
La fréquence de coupure est la fréquence minimale au-dessous de laquelle un mode donné ne peut pas se propager dans le guide d'ondes. Pour le mode $TE_{10}$, elle dépend uniquement de la dimension transversale la plus grande (largeur $a$).
Formule générale :
$f_c = \\frac{c}{2a}$
Conversion de la largeur en mètres :
$a = 4.755 \\ \\text{cm} = 0.04755 \\ \\text{m}$
Remplacement des données :
$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{2 \\times 0.04755}$
Calcul :
$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{0.0951} = 3.155 \\times 10^9$
Résultat final :
$f_c = 3.155 \\ \\text{GHz}$
Étape 2 : Vérification de la propagation
Pour qu'un mode se propage dans le guide, la fréquence d'opération doit être supérieure à la fréquence de coupure.
Calcul du rapport :
$\\frac{f}{f_c} = \\frac{5}{3.155} = 1.585$
Résultat final :
$\\frac{f}{f_c} = 1.585 > 1$
Conclusion : Le rapport $\\frac{f}{f_c} = 1.585$ est supérieur à 1, donc le mode $TE_{10}$ se propage effectivement à $5 \\ \\text{GHz}$.
Interprétation : La fréquence de coupure de $3.155 \\ \\text{GHz}$ représente la limite inférieure de la bande de fréquences utilisable pour ce guide. Le fait que $f/f_c = 1.585$ indique que le système fonctionne bien au-dessus de la coupure, assurant une propagation stable avec de faibles pertes.
Question 2 : Calcul des longueurs d'onde et de la vitesse de phase
Étape 1 : Calcul de la longueur d'onde de coupure λc
La longueur d'onde de coupure correspond à la longueur d'onde dans l'espace libre à la fréquence de coupure.
Formule générale :
$\\lambda_c = 2a$
Remplacement des données :
$\\lambda_c = 2 \\times 0.04755$
Calcul :
$\\lambda_c = 0.0951 \\ \\text{m} = 9.51 \\ \\text{cm}$
Résultat final :
$\\lambda_c = 9.51 \\ \\text{cm}$
Étape 2 : Calcul de la longueur d'onde en espace libre λ₀
Formule générale :
$\\lambda_0 = \\frac{c}{f}$
Remplacement des données :
$\\lambda_0 = \\frac{3 \\times 10^8}{5 \\times 10^9}$
Calcul :
$\\lambda_0 = 0.06 \\ \\text{m} = 6 \\ \\text{cm}$
Étape 3 : Calcul de la longueur d'onde dans le guide λg
Dans un guide d'ondes, la longueur d'onde est plus grande que dans l'espace libre en raison des réflexions sur les parois métalliques.
Formule générale :
$\\lambda_g = \\frac{\\lambda_0}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$
Calcul du rapport :
$\\frac{f_c}{f} = \\frac{3.155}{5} = 0.631$
Calcul du carré :
$\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2 = (0.631)^2 = 0.3982$
Calcul de la racine :
$\\sqrt{1 - 0.3982} = \\sqrt{0.6018} = 0.7758$
Remplacement des données :
$\\lambda_g = \\frac{0.06}{0.7758}$
Calcul :
$\\lambda_g = 0.0773 \\ \\text{m} = 7.73 \\ \\text{cm}$
Résultat final :
$\\lambda_g = 7.73 \\ \\text{cm}$
Étape 4 : Calcul de la vitesse de phase vp
La vitesse de phase dans le guide est supérieure à la vitesse de la lumière, bien que l'énergie se propage à une vitesse inférieure (vitesse de groupe).
Formule générale :
$v_p = f \\cdot \\lambda_g$
Remplacement des données :
$v_p = 5 \\times 10^9 \\times 0.0773$
Calcul :
$v_p = 3.865 \\times 10^8$
Résultat final :
$v_p = 3.865 \\times 10^8 \\ \\text{m/s} = 1.288 c$
Interprétation : La longueur d'onde guidée $\\lambda_g = 7.73 \\ \\text{cm}$ est plus grande que $\\lambda_0 = 6 \\ \\text{cm}$, ce qui est caractéristique de la propagation en guide d'ondes. La vitesse de phase $v_p = 1.288c$ dépasse la vitesse de la lumière, ce qui n'est pas paradoxal car c'est la vitesse de groupe (vitesse de l'énergie) qui est inférieure à $c$.
Question 3 : Calcul de l'impédance d'onde et de l'amplitude du champ électrique
Étape 1 : Calcul de l'impédance d'onde ZTE
L'impédance d'onde du mode TE dans un guide est supérieure à l'impédance du vide en raison de la structure guidée.
Formule générale :
$Z_{TE} = \\frac{\\eta_0}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$
Utilisation du résultat précédent :
$\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2} = 0.7758$
Remplacement des données :
$Z_{TE} = \\frac{377}{0.7758}$
Calcul :
$Z_{TE} = 486.0$
Résultat final :
$Z_{TE} = 486.0 \\ \\Omega$
Étape 2 : Calcul de l'amplitude du champ électrique Emax
L'amplitude du champ électrique dans le guide est liée à la puissance transportée et aux dimensions transversales du guide.
Formule générale :
$P = \\frac{E_{max}^2 \\cdot a \\cdot b}{2 Z_{TE}}$
Réarrangement pour isoler Emax :
$E_{max}^2 = \\frac{2 P Z_{TE}}{a \\cdot b}$
Conversion de la hauteur en mètres :
$b = 2.215 \\ \\text{cm} = 0.02215 \\ \\text{m}$
Calcul de la surface :
$a \\cdot b = 0.04755 \\times 0.02215 = 0.001053$
Remplacement des données :
$E_{max}^2 = \\frac{2 \\times 50 \\times 486.0}{0.001053}$
Calcul du numérateur :
$2 \\times 50 \\times 486.0 = 48600$
Calcul :
$E_{max}^2 = \\frac{48600}{0.001053} = 4.616 \\times 10^7$
Calcul de la racine carrée :
$E_{max} = \\sqrt{4.616 \\times 10^7} = 6794$
Résultat final :
$E_{max} = 6794 \\ \\text{V/m} = 6.794 \\ \\text{kV/m}$
Interprétation : L'impédance d'onde du mode $TE_{10}$ est de $486 \\ \\Omega$, soit environ 29% plus élevée que l'impédance du vide. Pour transporter une puissance de $50 \\ \\text{W}$ dans ce guide, l'amplitude du champ électrique doit atteindre environ $6.8 \\ \\text{kV/m}$. Cette valeur est typique pour les applications radar et systèmes de communication micro-ondes de puissance moyenne, et elle reste bien en dessous du seuil de claquage diélectrique de l'air dans le guide.
", "id_category": "2", "id_number": "5" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 1 : Analyse d'une ligne de transmission coaxiale pour système de télécommunication
\nUne entreprise de télécommunications doit installer une ligne de transmission coaxiale pour relier deux équipements distants. Le câble coaxial utilisé possède les caractéristiques suivantes :
\n- \n
- Conducteur intérieur en cuivre de rayon $a = 1.2$ mm \n
- Conducteur extérieur en cuivre de rayon intérieur $b = 4.0$ mm \n
- Diélectrique : polyéthylène avec perméabilité relative $\\varepsilon_r = 2.26$ \n
- Résistance linéique du conducteur intérieur : $R_1 = 0.05$ Ω/m \n
- Résistance linéique du conducteur extérieur : $R_2 = 0.02$ Ω/m \n
- Conductance linéique du diélectrique : $G = 10^{-9}$ S/m \n
- Perméabilité magnétique : $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}$ H/m \n
- Permittivité du vide : $\\varepsilon_0 = 8.854 \\times 10^{-12}$ F/m \n
La ligne est utilisée pour transmettre un signal à une fréquence $f = 100$ MHz sur une distance $L = 500$ m.
\n\nQuestion 1 : Calculez l'impédance caractéristique $Z_c$ de cette ligne de transmission coaxiale. On utilisera la formule $Z_c = \\frac{1}{2\\pi} \\sqrt{\\frac{\\mu_0}{\\varepsilon_0 \\varepsilon_r}} \\ln\\left(\\frac{b}{a}\\right)$ pour une ligne sans pertes.
\n\nQuestion 2 : Calculez la constante de propagation $\\beta$ et la vitesse de propagation $v_p$ du signal dans cette ligne. Utilisez les relations $\\beta = \\omega \\sqrt{\\mu_0 \\varepsilon_0 \\varepsilon_r}$ et $v_p = \\frac{\\omega}{\\beta}$, où $\\omega = 2\\pi f$.
\n\nQuestion 3 : Calculez l'atténuation totale $A_{total}$ (en dB) subie par le signal sur la distance $L = 500$ m. L'atténuation linéique due aux pertes ohmiques est donnée par $\\alpha_c = \\frac{R_1 + R_2}{2Z_c}$ Np/m, et l'atténuation linéique due aux pertes diélectriques par $\\alpha_d = \\frac{G \\cdot Z_c}{2}$ Np/m. L'atténuation totale en dB est $A_{total} = 8.686 \\times (\\alpha_c + \\alpha_d) \\times L$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution détaillée de l'Exercice 1
\n\nQuestion 1 : Calcul de l'impédance caractéristique
\n\nDonnées :
\n- \n
- Rayon intérieur : $a = 1.2$ mm $= 1.2 \\times 10^{-3}$ m \n
- Rayon extérieur : $b = 4.0$ mm $= 4.0 \\times 10^{-3}$ m \n
- Permittivité relative : $\\varepsilon_r = 2.26$ \n
- Permittivité du vide : $\\varepsilon_0 = 8.854 \\times 10^{-12}$ F/m \n
- Perméabilité magnétique : $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}$ H/m \n
Étape 1 : Formule générale de l'impédance caractéristique d'une ligne coaxiale :
\n$Z_c = \\frac{1}{2\\pi} \\sqrt{\\frac{\\mu_0}{\\varepsilon_0 \\varepsilon_r}} \\ln\\left(\\frac{b}{a}\\right)$
\n\nÉtape 2 : Calcul du rapport géométrique :
\n$\\frac{b}{a} = \\frac{4.0 \\times 10^{-3}}{1.2 \\times 10^{-3}} = 3.333$
\n$\\ln\\left(\\frac{b}{a}\\right) = \\ln(3.333) = 1.204$
\n\nÉtape 3 : Calcul du terme sous la racine :
\n$\\sqrt{\\frac{\\mu_0}{\\varepsilon_0 \\varepsilon_r}} = \\sqrt{\\frac{4\\pi \\times 10^{-7}}{8.854 \\times 10^{-12} \\times 2.26}}$
\n$= \\sqrt{\\frac{1.257 \\times 10^{-6}}{2.001 \\times 10^{-11}}} = \\sqrt{6.284 \\times 10^{4}} = 250.67$ Ω
\n\nÉtape 4 : Calcul final de l'impédance caractéristique :
\n$Z_c = \\frac{1}{2\\pi} \\times 250.67 \\times 1.204$
\n$Z_c = 0.1592 \\times 250.67 \\times 1.204 = 48.07$ Ω
\n\nRésultat : L'impédance caractéristique de la ligne coaxiale est $Z_c \\approx 48.1$ Ω.
\n\nInterprétation : Cette valeur d'impédance caractéristique est proche des valeurs standard des câbles coaxiaux utilisés en télécommunications (50 Ω ou 75 Ω). Elle dépend uniquement de la géométrie du câble et des propriétés du diélectrique.
\n\n\n\n
Question 2 : Calcul de la constante de propagation et de la vitesse de propagation
\n\nDonnées supplémentaires :
\n- \n
- Fréquence : $f = 100$ MHz $= 100 \\times 10^6$ Hz \n
- Vitesse de la lumière : $c = 3 \\times 10^8$ m/s \n
Étape 1 : Calcul de la pulsation :
\n$\\omega = 2\\pi f = 2\\pi \\times 100 \\times 10^6 = 6.283 \\times 10^8$ rad/s
\n\nÉtape 2 : Formule de la constante de propagation :
\n$\\beta = \\omega \\sqrt{\\mu_0 \\varepsilon_0 \\varepsilon_r}$
\n\nÉtape 3 : Calcul de $\\sqrt{\\mu_0 \\varepsilon_0 \\varepsilon_r}$ :
\n$\\sqrt{\\mu_0 \\varepsilon_0 \\varepsilon_r} = \\sqrt{4\\pi \\times 10^{-7} \\times 8.854 \\times 10^{-12} \\times 2.26}$
\n$= \\sqrt{2.001 \\times 10^{-11} \\times 2.26} = \\sqrt{4.522 \\times 10^{-11}} = 6.725 \\times 10^{-6}$
\n\nÉtape 4 : Calcul de la constante de propagation :
\n$\\beta = 6.283 \\times 10^8 \\times 6.725 \\times 10^{-6} = 4.225 \\times 10^3$ rad/m
\n$\\beta \\approx 4225$ rad/m
\n\nÉtape 5 : Formule de la vitesse de propagation :
\n$v_p = \\frac{\\omega}{\\beta}$
\n\nÉtape 6 : Calcul de la vitesse de propagation :
\n$v_p = \\frac{6.283 \\times 10^8}{4.225 \\times 10^3} = 1.487 \\times 10^8$ m/s
\n\nVérification alternative : $v_p = \\frac{c}{\\sqrt{\\varepsilon_r}} = \\frac{3 \\times 10^8}{\\sqrt{2.26}} = \\frac{3 \\times 10^8}{1.503} = 1.996 \\times 10^8$ m/s
\n\nRésultats :
\n- \n
- Constante de propagation : $\\beta \\approx 4225$ rad/m \n
- Vitesse de propagation : $v_p \\approx 1.996 \\times 10^8$ m/s (environ 66.5% de la vitesse de la lumière) \n
Interprétation : La vitesse de propagation dans le câble coaxial est réduite par rapport à la vitesse de la lumière dans le vide en raison de la permittivité relative du diélectrique. Plus $\\varepsilon_r$ est élevé, plus la vitesse de propagation est faible.
\n\n\n\n
Question 3 : Calcul de l'atténuation totale
\n\nDonnées supplémentaires :
\n- \n
- Résistance linéique conducteur intérieur : $R_1 = 0.05$ Ω/m \n
- Résistance linéique conducteur extérieur : $R_2 = 0.02$ Ω/m \n
- Conductance linéique : $G = 10^{-9}$ S/m \n
- Distance : $L = 500$ m \n
- Impédance caractéristique calculée : $Z_c = 48.07$ Ω \n
Étape 1 : Calcul de l'atténuation linéique due aux pertes ohmiques :
\n$\\alpha_c = \\frac{R_1 + R_2}{2Z_c}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des valeurs :
\n$\\alpha_c = \\frac{0.05 + 0.02}{2 \\times 48.07} = \\frac{0.07}{96.14}$
\n$\\alpha_c = 7.28 \\times 10^{-4}$ Np/m
\n\nÉtape 3 : Calcul de l'atténuation linéique due aux pertes diélectriques :
\n$\\alpha_d = \\frac{G \\cdot Z_c}{2}$
\n\nÉtape 4 : Remplacement des valeurs :
\n$\\alpha_d = \\frac{10^{-9} \\times 48.07}{2} = \\frac{4.807 \\times 10^{-8}}{2}$
\n$\\alpha_d = 2.404 \\times 10^{-8}$ Np/m
\n\nÉtape 5 : Calcul de l'atténuation linéique totale :
\n$\\alpha_{total} = \\alpha_c + \\alpha_d = 7.28 \\times 10^{-4} + 2.404 \\times 10^{-8}$
\n$\\alpha_{total} \\approx 7.28 \\times 10^{-4}$ Np/m (les pertes diélectriques sont négligeables)
\n\nÉtape 6 : Conversion en dB sur la distance totale :
\n$A_{total} = 8.686 \\times \\alpha_{total} \\times L$
\n\nÉtape 7 : Calcul final :
\n$A_{total} = 8.686 \\times 7.28 \\times 10^{-4} \\times 500$
\n$A_{total} = 8.686 \\times 0.364 = 3.162$ dB
\n\nRésultat : L'atténuation totale sur 500 m est $A_{total} \\approx 3.16$ dB.
\n\nInterprétation : Cette atténuation signifie que la puissance du signal est réduite d'environ 51.5% après avoir parcouru 500 m dans le câble coaxial. Les pertes ohmiques dans les conducteurs dominent largement par rapport aux pertes diélectriques. Pour des transmissions sur de longues distances, il serait nécessaire d'utiliser des amplificateurs ou répéteurs pour compenser cette atténuation.
", "id_category": "2", "id_number": "6" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 2 : Analyse d'une liaison par fibre optique multimode
\nUn système de télécommunication utilise une fibre optique multimode à saut d'indice pour transmettre des données entre deux stations distantes. La fibre optique présente les caractéristiques suivantes :
\n- \n
- Indice de réfraction du cœur : $n_1 = 1.48$ \n
- Indice de réfraction de la gaine : $n_2 = 1.46$ \n
- Longueur de la fibre : $L = 2000$ m \n
- Diamètre du cœur : $d = 50$ μm \n
- Longueur d'onde du signal : $\\lambda = 850$ nm \n
- Vitesse de la lumière dans le vide : $c = 3 \\times 10^8$ m/s \n
- Atténuation linéique de la fibre : $\\alpha = 3$ dB/km \n
Question 1 : Calculez l'ouverture numérique $ON$ de cette fibre optique et l'angle d'acceptance maximal $\\theta_{max}$ dans l'air. L'ouverture numérique est donnée par $ON = \\sqrt{n_1^2 - n_2^2}$, et l'angle d'acceptance par $\\theta_{max} = \\arcsin(ON)$.
\n\nQuestion 2 : Calculez la dispersion intermodale $\\Delta t$ (étalement temporel) pour cette fibre sur la longueur totale $L = 2000$ m. La dispersion intermodale est donnée par $\\Delta t = \\frac{L \\cdot n_1}{c} \\cdot \\frac{\\Delta n}{n_2}$, où $\\Delta n = n_1 - n_2$. Déduisez la bande passante maximale $B_{max}$ de la fibre en utilisant $B_{max} \\approx \\frac{0.44}{\\Delta t}$.
\n\nQuestion 3 : Calculez l'atténuation totale $A$ (en dB) subie par le signal optique sur toute la longueur de la fibre. Si la puissance d'entrée est $P_{in} = 1$ mW, calculez la puissance de sortie $P_{out}$ en utilisant la relation $P_{out} = P_{in} \\times 10^{-A/10}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution détaillée de l'Exercice 2
\n\nQuestion 1 : Calcul de l'ouverture numérique et de l'angle d'acceptance
\n\nDonnées :
\n- \n
- Indice du cœur : $n_1 = 1.48$ \n
- Indice de la gaine : $n_2 = 1.46$ \n
Étape 1 : Formule de l'ouverture numérique :
\n$ON = \\sqrt{n_1^2 - n_2^2}$
\n\nÉtape 2 : Calcul des carrés des indices :
\n$n_1^2 = (1.48)^2 = 2.1904$
\n$n_2^2 = (1.46)^2 = 2.1316$
\n\nÉtape 3 : Calcul de la différence :
\n$n_1^2 - n_2^2 = 2.1904 - 2.1316 = 0.0588$
\n\nÉtape 4 : Calcul de l'ouverture numérique :
\n$ON = \\sqrt{0.0588} = 0.2425$
\n\nRésultat partiel : L'ouverture numérique est $ON \\approx 0.243$.
\n\nÉtape 5 : Formule de l'angle d'acceptance maximal :
\n$\\theta_{max} = \\arcsin(ON)$
\n\nÉtape 6 : Calcul de l'angle en radians :
\n$\\theta_{max} = \\arcsin(0.2425) = 0.2447$ rad
\n\nÉtape 7 : Conversion en degrés :
\n$\\theta_{max} = 0.2447 \\times \\frac{180}{\\pi} = 0.2447 \\times 57.296 = 14.02°$
\n\nRésultats :
\n- \n
- Ouverture numérique : $ON \\approx 0.243$ \n
- Angle d'acceptance maximal : $\\theta_{max} \\approx 14.0°$ \n
Interprétation : L'ouverture numérique caractérise la capacité de la fibre à collecter la lumière. Un angle d'acceptance de $14°$ signifie que les rayons lumineux entrant dans un cône de demi-angle $14°$ par rapport à l'axe de la fibre seront guidés par réflexion totale interne. Au-delà de cet angle, les rayons s'échappent dans la gaine.
\n\n\n\n
Question 2 : Calcul de la dispersion intermodale et de la bande passante
\n\nDonnées supplémentaires :
\n- \n
- Longueur de la fibre : $L = 2000$ m $= 2$ km \n
- Vitesse de la lumière : $c = 3 \\times 10^8$ m/s \n
- Différence d'indices : $\\Delta n = n_1 - n_2 = 1.48 - 1.46 = 0.02$ \n
Étape 1 : Formule de la dispersion intermodale :
\n$\\Delta t = \\frac{L \\cdot n_1}{c} \\cdot \\frac{\\Delta n}{n_2}$
\n\nÉtape 2 : Calcul du premier terme :
\n$\\frac{L \\cdot n_1}{c} = \\frac{2000 \\times 1.48}{3 \\times 10^8}$
\n$= \\frac{2960}{3 \\times 10^8} = 9.867 \\times 10^{-6}$ s
\n\nÉtape 3 : Calcul du rapport des indices :
\n$\\frac{\\Delta n}{n_2} = \\frac{0.02}{1.46} = 0.01370$
\n\nÉtape 4 : Calcul de la dispersion intermodale :
\n$\\Delta t = 9.867 \\times 10^{-6} \\times 0.01370$
\n$\\Delta t = 1.352 \\times 10^{-7}$ s $= 135.2$ ns
\n\nRésultat partiel : La dispersion intermodale est $\\Delta t \\approx 135.2$ ns.
\n\nÉtape 5 : Formule de la bande passante maximale :
\n$B_{max} \\approx \\frac{0.44}{\\Delta t}$
\n\nÉtape 6 : Calcul de la bande passante :
\n$B_{max} = \\frac{0.44}{1.352 \\times 10^{-7}}$
\n$B_{max} = 3.254 \\times 10^6$ Hz $= 3.254$ MHz
\n\nRésultats :
\n- \n
- Dispersion intermodale : $\\Delta t \\approx 135.2$ ns \n
- Bande passante maximale : $B_{max} \\approx 3.25$ MHz \n
Interprétation : La dispersion intermodale est due au fait que différents modes de propagation (rayons suivant des trajets différents) parcourent des distances différentes dans la fibre, arrivant donc à des instants différents. Cet étalement temporel limite la bande passante utilisable de la fibre. Pour une fibre de $2$ km, la bande passante est limitée à environ $3.25$ MHz, ce qui convient pour des applications de télécommunication de débit modéré. Pour des débits plus élevés, il faudrait utiliser des fibres monomodes ou à gradient d'indice.
\n\n\n\n
Question 3 : Calcul de l'atténuation et de la puissance de sortie
\n\nDonnées supplémentaires :
\n- \n
- Atténuation linéique : $\\alpha = 3$ dB/km \n
- Longueur de la fibre : $L = 2$ km \n
- Puissance d'entrée : $P_{in} = 1$ mW \n
Étape 1 : Calcul de l'atténuation totale :
\n$A = \\alpha \\times L$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des valeurs :
\n$A = 3 \\times 2 = 6$ dB
\n\nRésultat partiel : L'atténuation totale est $A = 6$ dB.
\n\nÉtape 3 : Formule de la puissance de sortie :
\n$P_{out} = P_{in} \\times 10^{-A/10}$
\n\nÉtape 4 : Calcul de l'exposant :
\n$-\\frac{A}{10} = -\\frac{6}{10} = -0.6$
\n\nÉtape 5 : Calcul du facteur d'atténuation :
\n$10^{-0.6} = 0.2512$
\n\nÉtape 6 : Calcul de la puissance de sortie :
\n$P_{out} = 1 \\times 0.2512 = 0.2512$ mW
\n\nÉtape 7 : Conversion en microwatts :
\n$P_{out} = 0.2512$ mW $= 251.2$ μW
\n\nRésultats :
\n- \n
- Atténuation totale : $A = 6$ dB \n
- Puissance de sortie : $P_{out} \\approx 0.251$ mW ou $251$ μW \n
Interprétation : Une atténuation de $6$ dB correspond à une réduction de puissance d'environ $75\\%$ (la puissance de sortie représente environ $25\\%$ de la puissance d'entrée). Cette atténuation est principalement due à l'absorption du matériau de la fibre et à la diffusion Rayleigh. Pour des distances plus longues, il serait nécessaire d'utiliser des amplificateurs optiques ou des répéteurs pour maintenir un niveau de signal suffisant. Le choix de la longueur d'onde $850$ nm correspond à une fenêtre de transmission des fibres optiques, mais des longueurs d'onde autour de $1310$ nm ou $1550$ nm offrent des atténuations plus faibles (typiquement $0.3-0.5$ dB/km).
", "id_category": "2", "id_number": "7" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 3 : Analyse d'un système de communication par guide d'ondes et propagation en espace libre
\nUn système radar utilise un guide d'ondes rectangulaire pour transporter l'énergie électromagnétique de l'émetteur vers l'antenne, puis le signal se propage en espace libre. Le guide d'ondes présente les caractéristiques suivantes :
\n- \n
- Dimensions du guide : $a = 7.2$ cm, $b = 3.4$ cm (avec $a > b$) \n
- Fréquence de fonctionnement : $f = 3$ GHz \n
- Mode de propagation : $TE_{10}$ (mode fondamental) \n
- Vitesse de la lumière : $c = 3 \\times 10^8$ m/s \n
- Perméabilité du vide : $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}$ H/m \n
- Permittivité du vide : $\\varepsilon_0 = 8.854 \\times 10^{-12}$ F/m \n
Pour la transmission en espace libre :
\n- \n
- Puissance transmise : $P_t = 100$ kW \n
- Gain de l'antenne d'émission : $G_t = 30$ dB \n
- Gain de l'antenne de réception : $G_r = 25$ dB \n
- Distance émetteur-récepteur : $d = 50$ km \n
Question 1 : Calculez la fréquence de coupure $f_c$ du mode $TE_{10}$ dans ce guide d'ondes en utilisant $f_c = \\frac{c}{2a}$. Vérifiez que le guide peut propager le signal à $f = 3$ GHz (condition : $f > f_c$). Calculez ensuite la longueur d'onde guidée $\\lambda_g$ en utilisant $\\lambda_g = \\frac{\\lambda_0}{\\sqrt{1 - (f_c/f)^2}}$, où $\\lambda_0 = c/f$ est la longueur d'onde en espace libre.
\n\nQuestion 2 : Calculez la vitesse de phase $v_p$ et la vitesse de groupe $v_g$ dans le guide d'ondes. Utilisez les relations $v_p = \\frac{c}{\\sqrt{1 - (f_c/f)^2}}$ et $v_g = c \\sqrt{1 - (f_c/f)^2}$. Vérifiez que le produit $v_p \\times v_g = c^2$.
\n\nQuestion 3 : Pour la propagation en espace libre, calculez la puissance reçue $P_r$ à la distance $d = 50$ km en utilisant la formule de Friis : $P_r = P_t \\cdot G_t^{lin} \\cdot G_r^{lin} \\cdot \\left(\\frac{\\lambda_0}{4\\pi d}\\right)^2$, où les gains doivent être convertis en valeurs linéaires : $G^{lin} = 10^{G_{dB}/10}$. Exprimez le résultat en watts et en dBm (avec $P_{dBm} = 10 \\log_{10}(P_r/1 \\text{ mW})$).
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution détaillée de l'Exercice 3
\n\nQuestion 1 : Calcul de la fréquence de coupure et de la longueur d'onde guidée
\n\nDonnées :
\n- \n
- Dimension large du guide : $a = 7.2$ cm $= 0.072$ m \n
- Fréquence de fonctionnement : $f = 3$ GHz $= 3 \\times 10^9$ Hz \n
- Vitesse de la lumière : $c = 3 \\times 10^8$ m/s \n
Étape 1 : Formule de la fréquence de coupure pour le mode $TE_{10}$ :
\n$f_c = \\frac{c}{2a}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des valeurs :
\n$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{2 \\times 0.072}$
\n\nÉtape 3 : Calcul :
\n$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{0.144} = 2.083 \\times 10^9$ Hz
\n$f_c = 2.083$ GHz
\n\nÉtape 4 : Vérification de la condition de propagation :
\n$f = 3$ GHz $> f_c = 2.083$ GHz ✓
\nLe signal peut se propager dans le guide car $f > f_c$.
\n\nÉtape 5 : Calcul de la longueur d'onde en espace libre :
\n$\\lambda_0 = \\frac{c}{f} = \\frac{3 \\times 10^8}{3 \\times 10^9} = 0.1$ m $= 10$ cm
\n\nÉtape 6 : Calcul du rapport des fréquences :
\n$\\frac{f_c}{f} = \\frac{2.083}{3} = 0.6943$
\n\nÉtape 7 : Calcul du terme sous la racine :
\n$1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2 = 1 - (0.6943)^2 = 1 - 0.4821 = 0.5179$
\n$\\sqrt{1 - (f_c/f)^2} = \\sqrt{0.5179} = 0.7196$
\n\nÉtape 8 : Formule de la longueur d'onde guidée :
\n$\\lambda_g = \\frac{\\lambda_0}{\\sqrt{1 - (f_c/f)^2}}$
\n\nÉtape 9 : Calcul de la longueur d'onde guidée :
\n$\\lambda_g = \\frac{0.1}{0.7196} = 0.1390$ m $= 13.90$ cm
\n\nRésultats :
\n- \n
- Fréquence de coupure : $f_c = 2.083$ GHz \n
- Condition de propagation : $f > f_c$ ✓ (le signal se propage) \n
- Longueur d'onde en espace libre : $\\lambda_0 = 10$ cm \n
- Longueur d'onde guidée : $\\lambda_g = 13.90$ cm \n
Interprétation : La fréquence de coupure $f_c = 2.083$ GHz représente la fréquence minimale à laquelle le mode $TE_{10}$ peut se propager dans ce guide. En dessous de cette fréquence, le signal est atténué de manière exponentielle. La longueur d'onde guidée $\\lambda_g$ est supérieure à la longueur d'onde en espace libre $\\lambda_0$, ce qui est caractéristique de la propagation dans un guide d'ondes. Cette augmentation de la longueur d'onde est due au fait que l'onde se propage en zigzag par réflexions successives sur les parois du guide.
\n\n\n\n
Question 2 : Calcul des vitesses de phase et de groupe
\n\nDonnées déjà calculées :
\n- \n
- $f_c/f = 0.6943$ \n
- $\\sqrt{1 - (f_c/f)^2} = 0.7196$ \n
- $c = 3 \\times 10^8$ m/s \n
Étape 1 : Formule de la vitesse de phase :
\n$v_p = \\frac{c}{\\sqrt{1 - (f_c/f)^2}}$
\n\nÉtape 2 : Calcul de la vitesse de phase :
\n$v_p = \\frac{3 \\times 10^8}{0.7196}$
\n$v_p = 4.169 \\times 10^8$ m/s
\n\nÉtape 3 : Formule de la vitesse de groupe :
\n$v_g = c \\sqrt{1 - (f_c/f)^2}$
\n\nÉtape 4 : Calcul de la vitesse de groupe :
\n$v_g = 3 \\times 10^8 \\times 0.7196$
\n$v_g = 2.159 \\times 10^8$ m/s
\n\nÉtape 5 : Vérification du produit $v_p \\times v_g = c^2$ :
\n$v_p \\times v_g = 4.169 \\times 10^8 \\times 2.159 \\times 10^8$
\n$= 9.001 \\times 10^{16}$ m²/s²
\n$c^2 = (3 \\times 10^8)^2 = 9 \\times 10^{16}$ m²/s²
\nVérification : $v_p \\times v_g \\approx c^2$ ✓
\n\nRésultats :
\n- \n
- Vitesse de phase : $v_p = 4.169 \\times 10^8$ m/s (environ $1.39c$) \n
- Vitesse de groupe : $v_g = 2.159 \\times 10^8$ m/s (environ $0.72c$) \n
- Produit : $v_p \\times v_g \\approx c^2$ ✓ \n
Interprétation : La vitesse de phase $v_p$ représente la vitesse à laquelle se déplace un point de phase constante de l'onde (par exemple, un maximum). Dans un guide d'ondes, $v_p > c$, ce qui peut sembler paradoxal mais ne viole pas la relativité car aucune information ni énergie ne voyage à cette vitesse. La vitesse de groupe $v_g$ représente la vitesse de transport de l'énergie et de l'information, et elle est toujours inférieure à $c$. Le produit $v_p \\times v_g = c^2$ est une relation fondamentale de la propagation guidée. Plus la fréquence de fonctionnement est proche de la fréquence de coupure, plus $v_p$ augmente et $v_g$ diminue.
\n\n\n\n
Question 3 : Calcul de la puissance reçue en espace libre
\n\nDonnées :
\n- \n
- Puissance transmise : $P_t = 100$ kW $= 10^5$ W \n
- Gain émetteur : $G_t = 30$ dB \n
- Gain récepteur : $G_r = 25$ dB \n
- Distance : $d = 50$ km $= 5 \\times 10^4$ m \n
- Longueur d'onde : $\\lambda_0 = 0.1$ m \n
Étape 1 : Conversion des gains en valeurs linéaires :
\n$G_t^{lin} = 10^{G_t/10} = 10^{30/10} = 10^3 = 1000$
\n$G_r^{lin} = 10^{G_r/10} = 10^{25/10} = 10^{2.5} = 316.23$
\n\nÉtape 2 : Formule de Friis :
\n$P_r = P_t \\cdot G_t^{lin} \\cdot G_r^{lin} \\cdot \\left(\\frac{\\lambda_0}{4\\pi d}\\right)^2$
\n\nÉtape 3 : Calcul du terme de propagation en espace libre :
\n$\\frac{\\lambda_0}{4\\pi d} = \\frac{0.1}{4\\pi \\times 5 \\times 10^4}$
\n$= \\frac{0.1}{6.283 \\times 10^5} = 1.592 \\times 10^{-7}$
\n\nÉtape 4 : Calcul du carré :
\n$\\left(\\frac{\\lambda_0}{4\\pi d}\\right)^2 = (1.592 \\times 10^{-7})^2 = 2.534 \\times 10^{-14}$
\n\nÉtape 5 : Calcul de la puissance reçue :
\n$P_r = 10^5 \\times 1000 \\times 316.23 \\times 2.534 \\times 10^{-14}$
\n$P_r = 10^5 \\times 3.162 \\times 10^5 \\times 2.534 \\times 10^{-14}$
\n$P_r = 8.014 \\times 10^{-4}$ W $= 0.8014$ mW
\n\nÉtape 6 : Conversion en dBm :
\n$P_{dBm} = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{P_r}{1 \\text{ mW}}\\right)$
\n$P_{dBm} = 10 \\log_{10}(0.8014)$
\n$P_{dBm} = 10 \\times (-0.0962) = -0.962$ dBm
\n\nRésultats :
\n- \n
- Gains linéaires : $G_t^{lin} = 1000$, $G_r^{lin} = 316.23$ \n
- Puissance reçue : $P_r = 0.8014$ mW $= 801.4$ μW \n
- Puissance reçue en dBm : $P_{dBm} \\approx -0.96$ dBm \n
Interprétation : Malgré une puissance d'émission très élevée ($100$ kW) et des gains d'antennes importants (total de $55$ dB), la puissance reçue après $50$ km de propagation en espace libre n'est que d'environ $0.8$ mW. Cette forte atténuation est due à l'affaiblissement en espace libre ($Free Space Path Loss$), qui augmente avec le carré de la distance. La formule de Friis montre que la puissance reçue est proportionnelle à $\\lambda_0^2/d^2$. Pour un système radar, cette puissance reçue est généralement suffisante pour la détection, d'autant plus que le signal fait souvent un aller-retour (dans ce cas, l'atténuation serait encore plus importante). Les gains élevés des antennes (directivité) permettent de concentrer l'énergie dans une direction privilégiée, compensant partiellement les pertes de propagation.
", "id_category": "2", "id_number": "8" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 1 : Transmission d’un signal téléphonique sur une ligne bifilaire\nUn signal téléphonique analogique, de puissance $1~\\mathrm{mW}$ et de bande passante $3.4~\\mathrm{kHz}$, est transmis sur une ligne bifilaire de longueur $2~\\mathrm{km}$.\nLes paramètres de la ligne sont : résistance par km $R=170~\\Omega/\\mathrm{km}$, inductance par km $L=0.8~\\mathrm{mH}/\\mathrm{km}$, capacité par km $C=45~\\mathrm{nF}/\\mathrm{km}$, conductance négligeable.\n1. Calculez l’atténuation totale en dB sur la ligne bifilaire.\n2. Estimez la perte de puissance du signal reçu au bout de la ligne.\n3. Calculez la vitesse de propagation du signal sur la ligne bifilaire.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Question 1 : Atténuation totale en dB
Formule générale : $A = 10 \\log_{10} \\left( \\frac{P_{entrée}}{P_{sortie}} \\right)$ ou pour une ligne : $\\alpha = \\frac{R}{2 Z_0}$, atten. totale : $\\alpha_\\mathrm{tot} = \\alpha \\cdot d \\cdot 8.686$
Calcul de l’impédance caractéristique : $Z_0 = \\sqrt{ \\frac{L}{C} }$
Données : $L = 0.8~\\mathrm{mH/km} = 1.6~\\mathrm{mH}$, $C = 45~\\mathrm{nF/km} = 90~\\mathrm{nF}$, $R = 340~\\Omega$, $d = 2~\\mathrm{km}$
Calcul : $Z_0 = \\sqrt{ \\frac{1.6 \\times 10^{-3}}{90 \\times 10^{-9}} } = \\sqrt{ 17777 } \\approx 133~\\Omega$
Atténuation linéique : $\\alpha = \\frac{340}{2 \\times 133} \\approx 1.279$
Atténuation totale : $\\alpha_{tot} = 1.279 \\times 2 \\times 8.686 \\approx 22.2~\\mathrm{dB}$
Question 2 : Perte de puissance au récepteur
Formule : $P_{sortie} = P_{entrée} \\times 10^{-A/10}$
Données : $P_{entrée} = 1~\\mathrm{mW}$, $A = 22.2~\\mathrm{dB}$
Calcul : $P_{sortie} = 1~\\mathrm{mW} \\times 10^{-22.2/10} = 1~\\mathrm{mW} \\times 0.00604 = 6.04~\\mathrm{\\mu W}$
Question 3 : Vitesse de propagation
Formule : $v = \\frac{1}{\\sqrt{L \\cdot C}}$
Données : $L = 0.8~\\mathrm{mH/km} = 0.8 \\times 10^{-3}~\\mathrm{H/m}$, $C = 45~\\mathrm{nF/km} = 45 \\times 10^{-9}~\\mathrm{F/m}$
Calcul : $v = \\frac{1}{\\sqrt{0.8 \\times 10^{-3} \\times 45 \\times 10^{-9}}} = \\frac{1}{\\sqrt{3.6 \\times 10^{-11}}} \\approx 5.3 \\times 10^5~\\mathrm{m/s}$
Question 1 : Puissance reçue
Formule : $P_{out} = P_{in} \\times 10^{-A_{tot}/10}$ où $A_{tot} = \\alpha_{dB/m} \\times d$
Données : $\\alpha_{dB/m} = 0.23~\\mathrm{dB/m}$, $d = 50~\\mathrm{m}$, $P_{in} = 10~\\mathrm{W}$
Calcul : $A_{tot} = 0.23 \\times 50 = 11.5~\\mathrm{dB}$; $P_{out} = 10 \\times 10^{-11.5/10} = 10 \\times 0.0708 = 0.708~\\mathrm{W}$
Question 2 : Tension efficace au récepteur
Formule : $V_{eff} = \\sqrt{P_{out} \\times R}$
Données : $P_{out} = 0.708~\\mathrm{W}$, $R = 50~\\Omega$
Calcul : $V_{eff} = \\sqrt{0.708 \\times 50} = \\sqrt{35.4} = 5.96~\\mathrm{V}$
Question 3 : Perte linéique totale (W)
Formule : $P_{perdue} = P_{in} - P_{out}$
Données : $P_{in} = 10~\\mathrm{W}$, $P_{out} = 0.708~\\mathrm{W}$
Calcul : $P_{perdue} = 10 - 0.708 = 9.292~\\mathrm{W}$
Question 1 : Puissance reçue
Formule : $P_{out} = P_{in} \\times 10^{-A_{tot}/10}$ où $A_{tot} = \\alpha_{dB/km} \\times d$
Données : $P_{in} = 2~\\mathrm{mW}$, $\\alpha_{dB/km} = 3~\\mathrm{dB/km}$, $d = 5~\\mathrm{km}$
Calcul : $A_{tot} = 3 \\times 5 = 15~\\mathrm{dB}$
$P_{out} = 2~\\mathrm{mW} \\times 10^{-15/10} = 2~\\mathrm{mW} \\times 0.03162 = 0.0632~\\mathrm{mW}$
Question 2 : Nombre de photons émis par seconde
Formule : $\\frac{P_{in}}{h\\nu}$ où $\\nu = \\frac{c}{\\lambda}$, $h = 6.626 \\times 10^{-34}~\\mathrm{J.s}$, $c = 3 \\times 10^8~\\mathrm{m/s}$, $\\lambda = 850~\\mathrm{nm} = 850 \\times 10^{-9}~\\mathrm{m}$
Calcul de la fréquence : $\\nu = \\frac{3 \\times 10^8}{850 \\times 10^{-9}} = 3.53 \\times 10^{14}~\\mathrm{Hz}$
Énergie photon : $E_{ph} = 6.626 \\times 10^{-34} \\times 3.53 \\times 10^{14} = 2.34 \\times 10^{-19}~\\mathrm{J}$
Nombre de photons : $n = \\frac{2 \\times 10^{-3}}{2.34 \\times 10^{-19}} = 8.55 \\times 10^{15}~\\mathrm{photons/s}$
Question 3 : Nombre de photons reçus par seconde
Formule : $n_{out} = \\frac{P_{out}}{E_{ph}}$
Données : $P_{out} = 0.0632~\\mathrm{mW} = 6.32 \\times 10^{-5}~\\mathrm{W}$, $E_{ph} = 2.34 \\times 10^{-19}~\\mathrm{J}$
Calcul : $n_{out} = \\frac{6.32 \\times 10^{-5}}{2.34 \\times 10^{-19}} = 2.70 \\times 10^{14}~\\mathrm{photons/s}$
Exercice 1 : Analyse d'une ligne de transmission coaxiale
Une ligne de transmission coaxiale est utilisée pour transmettre un signal RF à $f = 1\\text{ GHz}$. Le câble coaxial possède un conducteur interne de rayon $a = 0.5\\text{ mm}$ et un conducteur externe de rayon interne $b = 1.5\\text{ mm}$. Le diélectrique entre les conducteurs a une permittivité relative $\\varepsilon_r = 2.25$ et une perméabilité relative $\\mu_r = 1$. La conductivité du diélectrique est $\\sigma = 10^{-5}\\text{ S/m}$ et la tangente de perte est $\\tan\\delta = 0.0002$. Les conducteurs sont en cuivre avec une conductivité $\\sigma_c = 5.8 \\times 10^7\\text{ S/m}$.
Question 1 : Calculez l'impédance caractéristique $Z_0$ de cette ligne de transmission coaxiale.
Question 2 : Calculez la constante d'atténuation totale $\\alpha_{\\text{total}}$ (en dB/m) due aux pertes diélectriques et aux pertes conductrices à la fréquence de $1\\text{ GHz}$.
Question 3 : Si la ligne a une longueur de $L = 50\\text{ m}$ et qu'une puissance de $P_{\\text{in}} = 10\\text{ W}$ est injectée à l'entrée, calculez la puissance $P_{\\text{out}}$ disponible à la sortie de la ligne (en supposant une adaptation parfaite).
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 1
Question 1 : Impédance caractéristique
Étape 1 : Formule générale
L'impédance caractéristique d'une ligne coaxiale est donnée par :
$Z_0 = \\frac{1}{2\\pi}\\sqrt{\\frac{\\mu_0\\mu_r}{\\varepsilon_0\\varepsilon_r}}\\ln\\left(\\frac{b}{a}\\right) = \\frac{60}{\\sqrt{\\varepsilon_r}}\\ln\\left(\\frac{b}{a}\\right)$
où $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}\\text{ H/m}$ est la perméabilité du vide, $\\varepsilon_0 = 8.854 \\times 10^{-12}\\text{ F/m}$ est la permittivité du vide, $a$ est le rayon du conducteur interne, et $b$ est le rayon interne du conducteur externe.
Étape 2 : Remplacement des données
Avec $\\varepsilon_r = 2.25$, $a = 0.5\\text{ mm} = 0.5 \\times 10^{-3}\\text{ m}$, et $b = 1.5\\text{ mm} = 1.5 \\times 10^{-3}\\text{ m}$ :
$Z_0 = \\frac{60}{\\sqrt{2.25}}\\ln\\left(\\frac{1.5 \\times 10^{-3}}{0.5 \\times 10^{-3}}\\right)$
Étape 3 : Calcul
$\\sqrt{2.25} = 1.5$
$\\frac{b}{a} = \\frac{1.5}{0.5} = 3$
$\\ln(3) = 1.0986$
$Z_0 = \\frac{60}{1.5} \\times 1.0986 = 40 \\times 1.0986 = 43.944\\text{ }\\Omega$
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{Z_0 = 43.94\\text{ }\\Omega}$
Interprétation : L'impédance caractéristique de $43.94\\text{ }\\Omega$ est typique pour un câble coaxial avec ce rapport de rayons et cette permittivité relative. Cette valeur est proche des impédances standard utilisées en télécommunications.
Question 2 : Constante d'atténuation totale
Étape 1 : Formule générale
La constante d'atténuation totale comprend deux composantes : les pertes diélectriques et les pertes conductrices.
Pertes diélectriques :
$\\alpha_d = \\frac{\\pi f\\sqrt{\\mu_r\\varepsilon_r}\\tan\\delta}{c_0}$
où $c_0 = 3 \\times 10^8\\text{ m/s}$ est la vitesse de la lumière dans le vide.
Pertes conductrices pour un câble coaxial :
$\\alpha_c = \\frac{R_s}{2Z_0}\\left(\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b}\\right)$
où $R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi f\\mu_0}{\\sigma_c}}$ est la résistance de surface des conducteurs.
L'atténuation totale est :
$\\alpha_{\\text{total}} = \\alpha_d + \\alpha_c$
Étape 2 : Calcul de $\\alpha_d$
Avec $f = 1 \\times 10^9\\text{ Hz}$, $\\mu_r = 1$, $\\varepsilon_r = 2.25$, $\\tan\\delta = 0.0002$ :
$\\alpha_d = \\frac{\\pi \\times 1 \\times 10^9 \\times \\sqrt{1 \\times 2.25} \\times 0.0002}{3 \\times 10^8}$
$\\alpha_d = \\frac{\\pi \\times 10^9 \\times 1.5 \\times 0.0002}{3 \\times 10^8} = \\frac{\\pi \\times 1.5 \\times 0.0002 \\times 10}{3}$
$\\alpha_d = \\frac{\\pi \\times 0.003}{3} = \\frac{0.009425}{3} = 0.003142\\text{ Np/m}$
Étape 3 : Calcul de $\\alpha_c$
Calcul de la résistance de surface :
$R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi \\times 1 \\times 10^9 \\times 4\\pi \\times 10^{-7}}{5.8 \\times 10^7}}$
$R_s = \\sqrt{\\frac{4\\pi^2 \\times 10^2}{5.8 \\times 10^7}} = \\sqrt{\\frac{39.478 \\times 10^2}{5.8 \\times 10^7}} = \\sqrt{6.807 \\times 10^{-5}}$
$R_s = 0.00825\\text{ }\\Omega$
Avec $Z_0 = 43.944\\text{ }\\Omega$, $a = 0.5 \\times 10^{-3}\\text{ m}$, $b = 1.5 \\times 10^{-3}\\text{ m}$ :
$\\alpha_c = \\frac{0.00825}{2 \\times 43.944}\\left(\\frac{1}{0.5 \\times 10^{-3}} + \\frac{1}{1.5 \\times 10^{-3}}\\right)$
$\\alpha_c = \\frac{0.00825}{87.888}\\left(2000 + 666.67\\right) = 9.385 \\times 10^{-5} \\times 2666.67$
$\\alpha_c = 0.2503\\text{ Np/m}$
Étape 4 : Atténuation totale
$\\alpha_{\\text{total}} = \\alpha_d + \\alpha_c = 0.003142 + 0.2503 = 0.2535\\text{ Np/m}$
Conversion en dB/m :
$\\alpha_{\\text{total}}(\\text{dB/m}) = \\alpha_{\\text{total}}(\\text{Np/m}) \\times 8.686 = 0.2535 \\times 8.686$
$\\alpha_{\\text{total}}(\\text{dB/m}) = 2.202\\text{ dB/m}$
Résultat final :
$\\boxed{\\alpha_{\\text{total}} = 2.20\\text{ dB/m}}$
Interprétation : Les pertes conductrices dominent largement ($\\alpha_c \\gg \\alpha_d$) à cette fréquence. L'atténuation de $2.20\\text{ dB/m}$ est significative et doit être prise en compte dans la conception du système.
Question 3 : Puissance en sortie
Étape 1 : Formule générale
La puissance en sortie d'une ligne avec atténuation est donnée par :
$P_{\\text{out}} = P_{\\text{in}} \\times 10^{-\\frac{\\alpha_{\\text{total}}(\\text{dB/m}) \\times L}{10}}$
où $L$ est la longueur de la ligne.
Étape 2 : Remplacement des données
Avec $P_{\\text{in}} = 10\\text{ W}$, $\\alpha_{\\text{total}} = 2.202\\text{ dB/m}$, et $L = 50\\text{ m}$ :
L'atténuation totale sur $50\\text{ m}$ est :
$A_{\\text{total}} = \\alpha_{\\text{total}} \\times L = 2.202 \\times 50 = 110.1\\text{ dB}$
Étape 3 : Calcul
$P_{\\text{out}} = 10 \\times 10^{-\\frac{110.1}{10}} = 10 \\times 10^{-11.01}$
$10^{-11.01} = 9.772 \\times 10^{-12}$
$P_{\\text{out}} = 10 \\times 9.772 \\times 10^{-12} = 9.772 \\times 10^{-11}\\text{ W}$
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{P_{\\text{out}} = 97.72\\text{ pW} = 9.77 \\times 10^{-11}\\text{ W}}$
Interprétation : L'atténuation de $110.1\\text{ dB}$ sur $50\\text{ m}$ est très importante, réduisant la puissance initiale de $10\\text{ W}$ à seulement $97.72\\text{ pW}$. Cela illustre l'importance de minimiser les pertes dans les longues lignes de transmission et la nécessité d'utiliser des amplificateurs ou des répéteurs pour maintenir un niveau de signal adéquat.
", "id_category": "2", "id_number": "12" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 2 : Conception d'un système de transmission par fibre optique
Un système de transmission par fibre optique monomode est conçu pour une liaison de télécommunication. La fibre optique a un cœur d'indice de réfraction $n_1 = 1.465$ et une gaine d'indice $n_2 = 1.450$. Le diamètre du cœur est $d = 9\\text{ }\\mu\\text{m}$ et la longueur d'onde de fonctionnement est $\\lambda = 1550\\text{ nm}$. La fibre présente une atténuation de $\\alpha_f = 0.25\\text{ dB/km}$ et une dispersion chromatique de $D = 17\\text{ ps/(nm·km)}$. La source laser a une largeur spectrale de $\\Delta\\lambda = 0.1\\text{ nm}$.
Question 1 : Calculez l'ouverture numérique $\\text{ON}$ de la fibre et l'angle d'acceptance maximal $\\theta_{\\text{max}}$ (en degrés) pour le couplage de la lumière dans la fibre depuis l'air ($n_0 = 1$).
Question 2 : Pour une liaison de longueur $L = 80\\text{ km}$, calculez la dispersion chromatique totale $\\Delta t_{\\text{chrom}}$ (en picosecondes) et déterminez le débit binaire maximal $R_{\\text{max}}$ (en Gbit/s) que peut supporter la fibre en supposant qu'un bit occupe $70\\%$ de la période du bit (critère $\\Delta t_{\\text{chrom}} \\leq 0.7T_b$).
Question 3 : Si l'émetteur fournit une puissance optique de $P_{\\text{tx}} = 1\\text{ mW}$ et que le récepteur nécessite une puissance minimale de $P_{\\text{rx,min}} = -35\\text{ dBm}$ pour fonctionner correctement, calculez la marge de système $M_s$ (en dB) disponible après avoir pris en compte l'atténuation de la fibre sur $80\\text{ km}$ et des pertes de connecteurs de $2\\text{ dB}$ ($4$ connecteurs à $0.5\\text{ dB}$ chacun).
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 2
Question 1 : Ouverture numérique et angle d'acceptance
Étape 1 : Formule générale
L'ouverture numérique (ON) d'une fibre optique est définie par :
$\\text{ON} = \\sqrt{n_1^2 - n_2^2}$
où $n_1$ est l'indice de réfraction du cœur et $n_2$ est l'indice de réfraction de la gaine.
L'angle d'acceptance maximal $\\theta_{\\text{max}}$ est lié à l'ouverture numérique par :
$\\theta_{\\text{max}} = \\arcsin\\left(\\frac{\\text{ON}}{n_0}\\right)$
où $n_0$ est l'indice de réfraction du milieu extérieur (air, $n_0 = 1$).
Étape 2 : Calcul de l'ouverture numérique
Avec $n_1 = 1.465$ et $n_2 = 1.450$ :
$\\text{ON} = \\sqrt{(1.465)^2 - (1.450)^2}$
$\\text{ON} = \\sqrt{2.146225 - 2.1025} = \\sqrt{0.043725}$
$\\text{ON} = 0.2091$
Étape 3 : Calcul de l'angle d'acceptance
$\\theta_{\\text{max}} = \\arcsin\\left(\\frac{0.2091}{1}\\right) = \\arcsin(0.2091)$
$\\theta_{\\text{max}} = 0.2107\\text{ rad}$
Conversion en degrés :
$\\theta_{\\text{max}} = 0.2107 \\times \\frac{180}{\\pi} = 0.2107 \\times 57.2958$
$\\theta_{\\text{max}} = 12.07^\\circ$
Étape 4 : Résultats finaux
$\\boxed{\\text{ON} = 0.209}$
$\\boxed{\\theta_{\\text{max}} = 12.07^\\circ}$
Interprétation : L'ouverture numérique de $0.209$ est typique d'une fibre monomode avec une faible différence d'indice entre le cœur et la gaine. L'angle d'acceptance de $12.07^\\circ$ définit le cône d'acceptance pour le couplage efficace de la lumière dans la fibre, ce qui est important pour l'alignement de la source laser avec la fibre.
Question 2 : Dispersion chromatique et débit maximal
Étape 1 : Formule générale
La dispersion chromatique totale sur une longueur $L$ est donnée par :
$\\Delta t_{\\text{chrom}} = D \\times \\Delta\\lambda \\times L$
où $D$ est le coefficient de dispersion chromatique, $\\Delta\\lambda$ est la largeur spectrale de la source, et $L$ est la longueur de la fibre.
Le débit binaire maximal est limité par :
$R_{\\text{max}} = \\frac{0.7}{\\Delta t_{\\text{chrom}}}$
où le facteur $0.7$ correspond au critère que la dispersion ne doit pas dépasser $70\\%$ de la période du bit.
Étape 2 : Calcul de la dispersion chromatique
Avec $D = 17\\text{ ps/(nm·km)}$, $\\Delta\\lambda = 0.1\\text{ nm}$, et $L = 80\\text{ km}$ :
$\\Delta t_{\\text{chrom}} = 17 \\times 0.1 \\times 80$
$\\Delta t_{\\text{chrom}} = 136\\text{ ps}$
Étape 3 : Calcul du débit binaire maximal
$R_{\\text{max}} = \\frac{0.7}{\\Delta t_{\\text{chrom}}} = \\frac{0.7}{136 \\times 10^{-12}}$
$R_{\\text{max}} = \\frac{0.7}{136} \\times 10^{12} = 0.005147 \\times 10^{12}\\text{ bit/s}$
$R_{\\text{max}} = 5.147 \\times 10^9\\text{ bit/s} = 5.147\\text{ Gbit/s}$
Étape 4 : Résultats finaux
$\\boxed{\\Delta t_{\\text{chrom}} = 136\\text{ ps}}$
$\\boxed{R_{\\text{max}} = 5.15\\text{ Gbit/s}}$
Interprétation : La dispersion chromatique de $136\\text{ ps}$ sur $80\\text{ km}$ limite le débit binaire à environ $5.15\\text{ Gbit/s}$. Pour augmenter le débit, il faudrait utiliser une source avec une largeur spectrale plus étroite (laser DFB par exemple) ou compenser la dispersion avec des fibres à compensation de dispersion ou des techniques de modulation avancées.
Question 3 : Marge de système
Étape 1 : Formule générale
La marge de système représente la différence entre la puissance reçue et la puissance minimale requise :
$M_s = P_{\\text{rx}} - P_{\\text{rx,min}}$
où $P_{\\text{rx}}$ est la puissance au récepteur après toutes les pertes.
Le bilan de liaison s'écrit :
$P_{\\text{rx}}(\\text{dBm}) = P_{\\text{tx}}(\\text{dBm}) - A_{\\text{fibre}} - A_{\\text{connecteurs}}$
où $A_{\\text{fibre}} = \\alpha_f \\times L$ est l'atténuation de la fibre et $A_{\\text{connecteurs}}$ est l'atténuation due aux connecteurs.
Étape 2 : Conversion de la puissance d'émission en dBm
Avec $P_{\\text{tx}} = 1\\text{ mW}$ :
$P_{\\text{tx}}(\\text{dBm}) = 10\\log_{10}\\left(\\frac{1\\text{ mW}}{1\\text{ mW}}\\right) = 10\\log_{10}(1) = 0\\text{ dBm}$
Étape 3 : Calcul des pertes totales
Atténuation de la fibre sur $80\\text{ km}$ :
$A_{\\text{fibre}} = \\alpha_f \\times L = 0.25 \\times 80 = 20\\text{ dB}$
Pertes des connecteurs ($4$ connecteurs à $0.5\\text{ dB}$ chacun) :
$A_{\\text{connecteurs}} = 4 \\times 0.5 = 2\\text{ dB}$
Pertes totales :
$A_{\\text{total}} = A_{\\text{fibre}} + A_{\\text{connecteurs}} = 20 + 2 = 22\\text{ dB}$
Étape 4 : Calcul de la puissance reçue et de la marge
$P_{\\text{rx}} = P_{\\text{tx}} - A_{\\text{total}} = 0 - 22 = -22\\text{ dBm}$
Marge de système :
$M_s = P_{\\text{rx}} - P_{\\text{rx,min}} = -22 - (-35) = 13\\text{ dB}$
Étape 5 : Résultat final
$\\boxed{M_s = 13\\text{ dB}}$
Interprétation : La marge de système de $13\\text{ dB}$ est très confortable et assure une transmission fiable. Cette marge permet de compenser les variations de température, le vieillissement des composants, les pertes supplémentaires non prévues (épissures, courbures), et les dégradations futures du système. Une marge typique recommandée est de $3$ à $6\\text{ dB}$, donc cette liaison dispose d'une excellente réserve de puissance.
", "id_category": "2", "id_number": "13" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 3 : Propagation dans un guide d'onde rectangulaire
Un guide d'onde rectangulaire en bande X est utilisé pour transmettre des signaux micro-ondes. Le guide a des dimensions internes $a = 22.86\\text{ mm}$ (largeur) et $b = 10.16\\text{ mm}$ (hauteur). Il est rempli d'air ($\\varepsilon_r = 1$, $\\mu_r = 1$). Les parois du guide sont en aluminium avec une conductivité $\\sigma_c = 3.5 \\times 10^7\\text{ S/m}$. Le guide fonctionne dans le mode dominant $\\text{TE}_{10}$ à une fréquence de $f = 10\\text{ GHz}$.
Question 1 : Calculez la fréquence de coupure $f_c$ du mode $\\text{TE}_{10}$, puis calculez la longueur d'onde guidée $\\lambda_g$ à la fréquence de fonctionnement de $10\\text{ GHz}$.
Question 2 : Calculez la vitesse de phase $v_p$ et la vitesse de groupe $v_g$ des ondes se propageant dans le guide à $10\\text{ GHz}$. Vérifiez la relation $v_p \\times v_g = c^2$ où $c = 3 \\times 10^8\\text{ m/s}$ est la vitesse de la lumière.
Question 3 : Calculez l'atténuation $\\alpha$ (en dB/m) due aux pertes dans les parois conductrices à $10\\text{ GHz}$ pour le mode $\\text{TE}_{10}$. Utilisez la formule :
$\\alpha = \\frac{R_s}{b\\eta_0\\sqrt{1-\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}\\left[1 + \\frac{2b}{a}\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2\\right]$
où $R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi f\\mu_0}{\\sigma_c}}$ est la résistance de surface et $\\eta_0 = 120\\pi\\text{ }\\Omega$ est l'impédance caractéristique du vide.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 3
Question 1 : Fréquence de coupure et longueur d'onde guidée
Étape 1 : Formule générale
Pour un guide d'onde rectangulaire, la fréquence de coupure du mode $\\text{TE}_{mn}$ est donnée par :
$f_c = \\frac{c}{2}\\sqrt{\\left(\\frac{m}{a}\\right)^2 + \\left(\\frac{n}{b}\\right)^2}$
Pour le mode dominant $\\text{TE}_{10}$, nous avons $m = 1$ et $n = 0$, donc :
$f_c = \\frac{c}{2a}$
La longueur d'onde guidée est donnée par :
$\\lambda_g = \\frac{\\lambda_0}{\\sqrt{1-\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$
où $\\lambda_0 = \\frac{c}{f}$ est la longueur d'onde dans l'espace libre.
Étape 2 : Calcul de la fréquence de coupure
Avec $c = 3 \\times 10^8\\text{ m/s}$ et $a = 22.86\\text{ mm} = 22.86 \\times 10^{-3}\\text{ m}$ :
$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{2 \\times 22.86 \\times 10^{-3}} = \\frac{3 \\times 10^8}{45.72 \\times 10^{-3}}$
$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{0.04572} = 6.562 \\times 10^9\\text{ Hz} = 6.562\\text{ GHz}$
Étape 3 : Calcul de la longueur d'onde guidée
À $f = 10\\text{ GHz} = 10 \\times 10^9\\text{ Hz}$ :
$\\lambda_0 = \\frac{c}{f} = \\frac{3 \\times 10^8}{10 \\times 10^9} = 0.03\\text{ m} = 30\\text{ mm}$
$\\frac{f_c}{f} = \\frac{6.562}{10} = 0.6562$
$\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2 = (0.6562)^2 = 0.4306$
$1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2 = 1 - 0.4306 = 0.5694$
$\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2} = \\sqrt{0.5694} = 0.7546$
$\\lambda_g = \\frac{30}{0.7546} = 39.76\\text{ mm}$
Étape 4 : Résultats finaux
$\\boxed{f_c = 6.56\\text{ GHz}}$
$\\boxed{\\lambda_g = 39.76\\text{ mm}}$
Interprétation : La fréquence de coupure de $6.56\\text{ GHz}$ confirme que le guide peut propager le mode $\\text{TE}_{10}$ à $10\\text{ GHz}$ (puisque $f > f_c$). La longueur d'onde guidée de $39.76\\text{ mm}$ est supérieure à la longueur d'onde dans l'espace libre ($30\\text{ mm}$), ce qui est caractéristique de la propagation guidée.
Question 2 : Vitesses de phase et de groupe
Étape 1 : Formules générales
La vitesse de phase dans un guide d'onde est :
$v_p = \\frac{c}{\\sqrt{1-\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$
La vitesse de groupe est :
$v_g = c\\sqrt{1-\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}$
La relation entre les deux vitesses est :
$v_p \\times v_g = c^2$
Étape 2 : Calcul de la vitesse de phase
En utilisant le résultat précédent $\\sqrt{1-\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2} = 0.7546$ :
$v_p = \\frac{3 \\times 10^8}{0.7546} = 3.976 \\times 10^8\\text{ m/s}$
Étape 3 : Calcul de la vitesse de groupe
$v_g = 3 \\times 10^8 \\times 0.7546 = 2.264 \\times 10^8\\text{ m/s}$
Étape 4 : Vérification de la relation
$v_p \\times v_g = 3.976 \\times 10^8 \\times 2.264 \\times 10^8 = 9.002 \\times 10^{16}\\text{ m}^2\\text{/s}^2$
$c^2 = (3 \\times 10^8)^2 = 9 \\times 10^{16}\\text{ m}^2\\text{/s}^2$
La petite différence est due aux arrondis. La relation est vérifiée.
Étape 5 : Résultats finaux
$\\boxed{v_p = 3.98 \\times 10^8\\text{ m/s} = 1.33c}$
$\\boxed{v_g = 2.26 \\times 10^8\\text{ m/s} = 0.755c}$
$\\boxed{v_p \\times v_g = c^2\\text{ (vérifié)}}$
Interprétation : La vitesse de phase $v_p > c$ n'est pas en contradiction avec la relativité car c'est la vitesse de groupe $v_g$ qui transporte l'énergie et l'information, et elle reste inférieure à $c$. La vitesse de phase représente la vitesse à laquelle les plans de phase constante se déplacent dans le guide. Le produit $v_p \\times v_g = c^2$ est une propriété fondamentale des guides d'ondes.
Question 3 : Atténuation due aux pertes conductrices
Étape 1 : Formule générale
L'atténuation pour le mode $\\text{TE}_{10}$ est donnée par :
$\\alpha = \\frac{R_s}{b\\eta_0\\sqrt{1-\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}\\left[1 + \\frac{2b}{a}\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2\\right]$
où la résistance de surface est :
$R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi f\\mu_0}{\\sigma_c}}$
et $\\eta_0 = 120\\pi\\text{ }\\Omega \\approx 377\\text{ }\\Omega$ est l'impédance caractéristique du vide.
Étape 2 : Calcul de la résistance de surface
Avec $f = 10 \\times 10^9\\text{ Hz}$, $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}\\text{ H/m}$, et $\\sigma_c = 3.5 \\times 10^7\\text{ S/m}$ :
$R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi \\times 10 \\times 10^9 \\times 4\\pi \\times 10^{-7}}{3.5 \\times 10^7}}$
$R_s = \\sqrt{\\frac{4\\pi^2 \\times 10^{10} \\times 10^{-7}}{3.5 \\times 10^7}} = \\sqrt{\\frac{4\\pi^2 \\times 10^3}{3.5 \\times 10^7}}$
$R_s = \\sqrt{\\frac{39.478 \\times 10^3}{3.5 \\times 10^7}} = \\sqrt{1.128 \\times 10^{-3}} = 0.0336\\text{ }\\Omega$
Étape 3 : Calcul des termes de la formule
En utilisant les résultats précédents :
$\\sqrt{1-\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2} = 0.7546$
$\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2 = 0.4306$
$\\frac{2b}{a} = \\frac{2 \\times 10.16}{22.86} = \\frac{20.32}{22.86} = 0.8889$
$\\frac{2b}{a}\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2 = 0.8889 \\times 0.4306 = 0.3828$
$1 + \\frac{2b}{a}\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2 = 1 + 0.3828 = 1.3828$
Étape 4 : Calcul de l'atténuation
Avec $b = 10.16 \\times 10^{-3}\\text{ m}$ et $\\eta_0 = 377\\text{ }\\Omega$ :
$\\alpha = \\frac{0.0336}{10.16 \\times 10^{-3} \\times 377 \\times 0.7546} \\times 1.3828$
$\\alpha = \\frac{0.0336}{2.891} \\times 1.3828 = 0.01162 \\times 1.3828$
$\\alpha = 0.01607\\text{ Np/m}$
Conversion en dB/m :
$\\alpha(\\text{dB/m}) = 0.01607 \\times 8.686 = 0.1396\\text{ dB/m}$
Étape 5 : Résultat final
$\\boxed{\\alpha = 0.140\\text{ dB/m}}$
Interprétation : L'atténuation de $0.140\\text{ dB/m}$ est relativement faible, ce qui est caractéristique des guides d'ondes métalliques à ces fréquences. Cette faible atténuation rend les guides d'ondes avantageux pour les transmissions haute puissance et courte distance. À titre de comparaison, cette atténuation est bien inférieure à celle d'un câble coaxial à la même fréquence, ce qui justifie l'utilisation de guides d'ondes dans les applications micro-ondes haute fréquence.
", "id_category": "2", "id_number": "14" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 1 : Analyse d'une ligne de transmission coaxiale
\nUne entreprise de télécommunications doit installer un système de transmission utilisant un câble coaxial de longueur $L = 150\\text{ m}$ pour transmettre un signal radiofréquence. Le câble coaxial possède les caractéristiques suivantes :
\n- \n
- Diamètre du conducteur intérieur : $d = 2\\text{ mm}$ \n
- Diamètre du conducteur extérieur : $D = 8\\text{ mm}$ \n
- Permittivité relative du diélectrique : $\\varepsilon_r = 2.25$ \n
- Tangente de perte du diélectrique : $\\tan(\\delta) = 0.0004$ \n
- Conductivité du cuivre : $\\sigma = 5.8 \\times 10^7\\text{ S/m}$ \n
- Fréquence de travail : $f = 100\\text{ MHz}$ \n
Le générateur a une impédance interne $Z_g = 50\\text{ }\\Omega$ et fournit une tension $V_g = 10\\text{ V}$. La charge connectée à l'extrémité du câble a une impédance $Z_L = 75\\text{ }\\Omega$.
\n\nQuestion 1 : Calculez l'impédance caractéristique $Z_0$ du câble coaxial en utilisant la formule tenant compte de la géométrie et de la permittivité du diélectrique.
\n\nQuestion 2 : Déterminez le coefficient de réflexion $\\Gamma_L$ à la charge, puis calculez le rapport d'onde stationnaire (ROS ou VSWR) sur la ligne. Calculez ensuite la puissance réfléchie si la puissance incidente est $P_i = 2\\text{ W}$.
\n\nQuestion 3 : Calculez l'atténuation totale (en dB) du câble à $f = 100\\text{ MHz}$ en tenant compte de l'atténuation due au conducteur et au diélectrique. Sachant que l'atténuation du conducteur est donnée par $\\alpha_c = \\frac{R_s}{2Z_0}\\text{ Np/m}$ où $R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi f \\mu_0}{\\sigma}}$ est la résistance surfacique, et l'atténuation du diélectrique par $\\alpha_d = \\frac{\\pi f \\sqrt{\\varepsilon_r}}{c}\\tan(\\delta)\\text{ Np/m}$. Quelle est la puissance délivrée à la charge si le générateur fournit $P_{in} = 2\\text{ W}$ en tenant compte de la désadaptation et de l'atténuation ?
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution complète de l'Exercice 1
\n\nQuestion 1 : Impédance caractéristique du câble coaxial
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nL'impédance caractéristique d'un câble coaxial est donnée par la formule :
\n$Z_0 = \\frac{60}{\\sqrt{\\varepsilon_r}}\\ln\\left(\\frac{D}{d}\\right)$
\n\noù :
\n- \n
- $\\varepsilon_r = 2.25$ est la permittivité relative du diélectrique \n
- $D = 8\\text{ mm}$ est le diamètre du conducteur extérieur \n
- $d = 2\\text{ mm}$ est le diamètre du conducteur intérieur \n
Étape 2 : Remplacement des données
\n$Z_0 = \\frac{60}{\\sqrt{2.25}}\\ln\\left(\\frac{8}{2}\\right)$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\nCalculons d'abord $\\sqrt{\\varepsilon_r}$ :
\n$\\sqrt{2.25} = 1.5$
\n\nCalculons le rapport logarithmique :
\n$\\ln\\left(\\frac{8}{2}\\right) = \\ln(4) = 1.3863$
\n\nDonc :
\n$Z_0 = \\frac{60}{1.5} \\times 1.3863 = 40 \\times 1.3863 = 55.45\\text{ }\\Omega$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{Z_0 = 55.45\\text{ }\\Omega}$
\n\nInterprétation : L'impédance caractéristique du câble coaxial est de $55.45\\text{ }\\Omega$. Cette valeur est proche de la valeur standard de $50\\text{ }\\Omega$ utilisée dans les systèmes RF, ce qui minimisera les réflexions avec le générateur qui a également une impédance de $50\\text{ }\\Omega$.
\n\nQuestion 2 : Coefficient de réflexion, ROS et puissance réfléchie
\n\nPartie A : Coefficient de réflexion
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLe coefficient de réflexion à la charge est donné par :
\n$\\Gamma_L = \\frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$\\Gamma_L = \\frac{75 - 55.45}{75 + 55.45}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$\\Gamma_L = \\frac{19.55}{130.45} = 0.1499$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{\\Gamma_L = 0.1499}$
\n\nPartie B : Rapport d'onde stationnaire (ROS/VSWR)
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLe ROS est donné par :
\n$\\text{ROS} = \\frac{1 + |\\Gamma_L|}{1 - |\\Gamma_L|}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$\\text{ROS} = \\frac{1 + 0.1499}{1 - 0.1499}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$\\text{ROS} = \\frac{1.1499}{0.8501} = 1.353$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{\\text{ROS} = 1.353}$
\n\nPartie C : Puissance réfléchie
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLa puissance réfléchie est donnée par :
\n$P_r = P_i \\times |\\Gamma_L|^2$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$P_r = 2 \\times (0.1499)^2$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$P_r = 2 \\times 0.02247 = 0.04494\\text{ W}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{P_r = 44.94\\text{ mW}}$
\n\nInterprétation : Le coefficient de réflexion positif indique que la charge a une impédance plus élevée que l'impédance caractéristique. Le ROS de $1.353$ indique une désadaptation modérée. Sur les $2\\text{ W}$ de puissance incidente, environ $45\\text{ mW}$ (soit $2.25\\%$) sont réfléchis vers la source, et $1.955\\text{ W}$ continuent vers la charge.
\n\nQuestion 3 : Atténuation totale et puissance délivrée
\n\nPartie A : Atténuation du conducteur
\n\nÉtape 1 : Calcul de la résistance surfacique $R_s$
\nFormule :
\n$R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi f \\mu_0}{\\sigma}}$
\n\navec $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}\\text{ H/m}$, $f = 100 \\times 10^6\\text{ Hz}$, $\\sigma = 5.8 \\times 10^7\\text{ S/m}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi \\times 100 \\times 10^6 \\times 4\\pi \\times 10^{-7}}{5.8 \\times 10^7}}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$R_s = \\sqrt{\\frac{3.948 \\times 10^{-7} \\times 10^8}{5.8 \\times 10^7}} = \\sqrt{\\frac{39.48}{5.8 \\times 10^7}} = \\sqrt{6.807 \\times 10^{-7}} = 8.25 \\times 10^{-4}\\text{ }\\Omega$
\n\nL'atténuation du conducteur est :
\n$\\alpha_c = \\frac{R_s}{2Z_0} = \\frac{8.25 \\times 10^{-4}}{2 \\times 55.45} = \\frac{8.25 \\times 10^{-4}}{110.9} = 7.44 \\times 10^{-6}\\text{ Np/m}$
\n\nPartie B : Atténuation du diélectrique
\n\nÉtape 1 : Formule
\n$\\alpha_d = \\frac{\\pi f \\sqrt{\\varepsilon_r}}{c}\\tan(\\delta)$
\n\navec $c = 3 \\times 10^8\\text{ m/s}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$\\alpha_d = \\frac{\\pi \\times 100 \\times 10^6 \\times \\sqrt{2.25}}{3 \\times 10^8} \\times 0.0004$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$\\alpha_d = \\frac{\\pi \\times 10^8 \\times 1.5}{3 \\times 10^8} \\times 0.0004 = \\frac{4.712 \\times 10^8}{3 \\times 10^8} \\times 0.0004 = 1.571 \\times 0.0004 = 6.28 \\times 10^{-4}\\text{ Np/m}$
\n\nPartie C : Atténuation totale
\n\nÉtape 1 : Formule
\n$\\alpha_{total} = \\alpha_c + \\alpha_d$
\n\nÉtape 2 : Calcul en Np/m
\n$\\alpha_{total} = 7.44 \\times 10^{-6} + 6.28 \\times 10^{-4} = 6.35 \\times 10^{-4}\\text{ Np/m}$
\n\nL'atténuation du diélectrique domine largement.
\n\nÉtape 3 : Atténuation sur la longueur totale en Np
\n$\\alpha_{total\\_Np} = \\alpha_{total} \\times L = 6.35 \\times 10^{-4} \\times 150 = 0.0953\\text{ Np}$
\n\nÉtape 4 : Conversion en dB
\nPour convertir de Népers en dB : $\\alpha_{dB} = \\alpha_{Np} \\times 8.686$
\n$\\alpha_{total\\_dB} = 0.0953 \\times 8.686 = 0.827\\text{ dB}$
\n\nRésultat :
\n$\\boxed{\\alpha_{total} = 0.827\\text{ dB}}$
\n\nPartie D : Puissance délivrée à la charge
\n\nÉtape 1 : Puissance transmise après désadaptation
\nLa puissance transmise à l'entrée de la ligne est :
\n$P_{trans} = P_{in}(1 - |\\Gamma_L|^2) = 2 \\times (1 - 0.02247) = 2 \\times 0.97753 = 1.955\\text{ W}$
\n\nÉtape 2 : Facteur d'atténuation
\nLe facteur d'atténuation linéaire est :
\n$A = 10^{-\\alpha_{dB}/10} = 10^{-0.827/10} = 10^{-0.0827} = 0.826$
\n\nÉtape 3 : Puissance délivrée
\n$P_L = P_{trans} \\times A = 1.955 \\times 0.826 = 1.615\\text{ W}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{P_L = 1.615\\text{ W}}$
\n\nInterprétation : Sur les $2\\text{ W}$ initiaux, la désadaptation cause une perte de $45\\text{ mW}$ (réflexion) et l'atténuation du câble cause une perte supplémentaire d'environ $340\\text{ mW}$, laissant $1.615\\text{ W}$ délivrés à la charge. L'efficacité totale du système est de $80.75\\%$.
", "id_category": "2", "id_number": "15" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 2 : Système de communication par fibre optique
\nUn réseau métropolitain de télécommunications utilise une liaison par fibre optique monomode pour transmettre des données à haut débit. La liaison possède les caractéristiques suivantes :
\n- \n
- Longueur de la fibre : $L = 25\\text{ km}$ \n
- Longueur d'onde de fonctionnement : $\\lambda = 1550\\text{ nm}$ (fenêtre de transmission) \n
- Coefficient d'atténuation de la fibre : $\\alpha = 0.22\\text{ dB/km}$ \n
- Indice de réfraction du cœur : $n_1 = 1.468$ \n
- Indice de réfraction de la gaine : $n_2 = 1.465$ \n
- Paramètre de dispersion chromatique : $D = 17\\text{ ps/(nm·km)}$ \n
- Largeur spectrale de la source laser : $\\Delta\\lambda = 0.1\\text{ nm}$ \n
L'émetteur optique délivre une puissance $P_{TX} = 3\\text{ dBm}$ dans la fibre. La liaison comporte $2$ connecteurs avec une perte de $0.5\\text{ dB}$ chacun et $1$ épissure avec une perte de $0.1\\text{ dB}$. Le récepteur a une sensibilité de $-28\\text{ dBm}$ pour un taux d'erreur binaire (BER) de $10^{-9}$.
\n\nQuestion 1 : Calculez l'ouverture numérique (ON) de la fibre optique, puis déterminez l'angle d'acceptance maximal $\\theta_{max}$ dans l'air (indice $n_0 = 1$). Calculez également l'atténuation totale de la liaison en dB.
\n\nQuestion 2 : Établissez le bilan de liaison optique en calculant la puissance reçue $P_{RX}$ au niveau du récepteur (en dBm et en $\\mu\\text{W}$). Déterminez ensuite la marge de système disponible par rapport à la sensibilité du récepteur.
\n\nQuestion 3 : Calculez l'élargissement temporel total $\\Delta t$ dû à la dispersion chromatique sur la longueur totale de la fibre. En déduire la bande passante maximale $B_{max}$ du système (en GHz) en utilisant la relation $B_{max} \\approx \\frac{0.35}{\\Delta t}$. Si le système utilise une modulation NRZ avec un débit binaire $R_b = 10\\text{ Gbit/s}$, le système est-il limité par la dispersion ?
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution complète de l'Exercice 2
\n\nQuestion 1 : Ouverture numérique, angle d'acceptance et atténuation totale
\n\nPartie A : Ouverture numérique (ON)
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nL'ouverture numérique d'une fibre optique est donnée par :
\n$ON = \\sqrt{n_1^2 - n_2^2}$
\n\noù $n_1$ est l'indice de réfraction du cœur et $n_2$ est l'indice de réfraction de la gaine.
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$ON = \\sqrt{(1.468)^2 - (1.465)^2}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\nCalculons d'abord les carrés :
\n$n_1^2 = (1.468)^2 = 2.1550$
\n$n_2^2 = (1.465)^2 = 2.1462$
\n\nDonc :
\n$ON = \\sqrt{2.1550 - 2.1462} = \\sqrt{0.0088} = 0.0938$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{ON = 0.0938}$
\n\nPartie B : Angle d'acceptance maximal
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nL'angle d'acceptance dans l'air est donné par :
\n$\\theta_{max} = \\arcsin\\left(\\frac{ON}{n_0}\\right)$
\n\noù $n_0 = 1$ est l'indice de réfraction de l'air.
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$\\theta_{max} = \\arcsin(0.0938)$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$\\theta_{max} = 5.38°$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{\\theta_{max} = 5.38°}$
\n\nInterprétation : L'ouverture numérique de $0.0938$ est typique d'une fibre monomode, ce qui est cohérent avec l'application métropolitaine à haut débit. L'angle d'acceptance de $5.38°$ indique un cône d'acceptance relativement étroit, nécessitant un alignement précis lors du couplage de la lumière.
\n\nPartie C : Atténuation totale de la liaison
\n\nÉtape 1 : Identification des pertes
\nLes pertes totales comprennent :
\n- \n
- Atténuation de la fibre : $\\alpha_{fibre} = \\alpha \\times L$ \n
- Pertes des connecteurs : $2 \\times 0.5\\text{ dB}$ \n
- Perte de l'épissure : $1 \\times 0.1\\text{ dB}$ \n
Étape 2 : Formule générale
\n$\\alpha_{totale} = \\alpha \\times L + 2 \\times 0.5 + 0.1$
\n\nÉtape 3 : Remplacement des données
\n$\\alpha_{totale} = 0.22 \\times 25 + 2 \\times 0.5 + 0.1$
\n\nÉtape 4 : Calcul
\n$\\alpha_{totale} = 5.5 + 1.0 + 0.1 = 6.6\\text{ dB}$
\n\nÉtape 5 : Résultat final
\n$\\boxed{\\alpha_{totale} = 6.6\\text{ dB}}$
\n\nInterprétation : L'atténuation de la fibre représente $5.5\\text{ dB}$ (soit $83.3\\%$ des pertes totales), tandis que les connecteurs et l'épissure ajoutent $1.1\\text{ dB}$. Les pertes passives sont significatives et doivent être prises en compte dans le bilan de liaison.
\n\nQuestion 2 : Bilan de liaison optique et marge système
\n\nPartie A : Puissance reçue en dBm
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLa puissance reçue est donnée par :
\n$P_{RX} = P_{TX} - \\alpha_{totale}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$P_{RX} = 3 - 6.6$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$P_{RX} = -3.6\\text{ dBm}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final en dBm
\n$\\boxed{P_{RX} = -3.6\\text{ dBm}}$
\n\nPartie B : Conversion en puissance linéaire ($\\mu\\text{W}$)
\n\nÉtape 1 : Formule de conversion
\nLa conversion de dBm en Watts est donnée par :
\n$P_{(W)} = 10^{\\frac{P_{(dBm)}}{10}} \\times 10^{-3}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$P_{RX(W)} = 10^{\\frac{-3.6}{10}} \\times 10^{-3}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$P_{RX(W)} = 10^{-0.36} \\times 10^{-3} = 0.4365 \\times 10^{-3} = 4.365 \\times 10^{-4}\\text{ W}$
\n\nConversion en microWatts :
\n$P_{RX} = 4.365 \\times 10^{-4} \\times 10^6 = 436.5\\text{ }\\mu\\text{W}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{P_{RX} = 436.5\\text{ }\\mu\\text{W}}$
\n\nPartie C : Marge de système
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLa marge de système est la différence entre la puissance reçue et la sensibilité du récepteur :
\n$M_{sys} = P_{RX} - P_{sensibilité}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$M_{sys} = -3.6 - (-28)$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$M_{sys} = -3.6 + 28 = 24.4\\text{ dB}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{M_{sys} = 24.4\\text{ dB}}$
\n\nInterprétation : La puissance reçue de $-3.6\\text{ dBm}$ (soit $436.5\\text{ }\\mu\\text{W}$) est largement supérieure à la sensibilité du récepteur de $-28\\text{ dBm}$. La marge de système de $24.4\\text{ dB}$ est excellente et permet de compenser les variations de puissance dues au vieillissement des composants, aux variations de température, et aux dégradations futures de la liaison.
\n\nQuestion 3 : Dispersion chromatique et limitation du débit
\n\nPartie A : Élargissement temporel dû à la dispersion
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nL'élargissement temporel dû à la dispersion chromatique est donné par :
\n$\\Delta t = |D| \\times L \\times \\Delta\\lambda$
\n\noù :
\n- \n
- $D = 17\\text{ ps/(nm·km)}$ est le paramètre de dispersion chromatique \n
- $L = 25\\text{ km}$ est la longueur de la fibre \n
- $\\Delta\\lambda = 0.1\\text{ nm}$ est la largeur spectrale de la source \n
Étape 2 : Remplacement des données
\n$\\Delta t = 17 \\times 25 \\times 0.1$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$\\Delta t = 42.5\\text{ ps}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{\\Delta t = 42.5\\text{ ps}}$
\n\nPartie B : Bande passante maximale
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLa bande passante maximale est donnée par :
\n$B_{max} \\approx \\frac{0.35}{\\Delta t}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\nIl faut d'abord convertir $\\Delta t$ en secondes :
\n$\\Delta t = 42.5\\text{ ps} = 42.5 \\times 10^{-12}\\text{ s}$
\n\n$B_{max} = \\frac{0.35}{42.5 \\times 10^{-12}}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$B_{max} = \\frac{0.35}{42.5 \\times 10^{-12}} = 8.235 \\times 10^9\\text{ Hz}$
\n\nConversion en GHz :
\n$B_{max} = 8.235\\text{ GHz}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{B_{max} = 8.235\\text{ GHz}}$
\n\nPartie C : Vérification de la limitation par dispersion
\n\nAnalyse :
\nLe système utilise une modulation NRZ avec un débit binaire de $R_b = 10\\text{ Gbit/s}$. Pour un signal NRZ, la bande passante requise est approximativement :
\n$B_{requise} \\approx \\frac{R_b}{2} = \\frac{10}{2} = 5\\text{ GHz}$
\n\nComparaison :
\n$B_{max} = 8.235\\text{ GHz} > B_{requise} = 5\\text{ GHz}$
\n\nConclusion :
\n$\\boxed{\\text{Le système n'est PAS limité par la dispersion}}$
\n\nInterprétation détaillée : L'élargissement temporel de $42.5\\text{ ps}$ sur $25\\text{ km}$ reste faible grâce à la faible largeur spectrale du laser ($0.1\\text{ nm}$). La bande passante maximale de $8.235\\text{ GHz}$ est supérieure à la bande passante requise de $5\\text{ GHz}$ pour le débit de $10\\text{ Gbit/s}$, ce qui signifie que le système peut fonctionner sans interférence intersymbole significative due à la dispersion. Cependant, la marge est relativement faible ($8.235/5 = 1.65$), et pour des débits plus élevés (par exemple $20\\text{ Gbit/s}$), la dispersion deviendrait un facteur limitant. L'utilisation d'un laser DFB avec une largeur spectrale étroite est cruciale pour maintenir ces performances.
", "id_category": "2", "id_number": "16" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 3 : Propagation en espace libre et guide d'onde rectangulaire
\nUn système de télécommunication par satellite en bande Ku utilise une liaison descendante (downlink) vers une station terrestre. Le satellite émet un signal à la fréquence $f_1 = 12\\text{ GHz}$ avec une puissance d'émission $P_t = 100\\text{ W}$. L'antenne d'émission du satellite a un gain $G_t = 35\\text{ dBi}$, et l'antenne de réception au sol a un gain $G_r = 45\\text{ dBi}$. La distance entre le satellite et la station est $d = 38\\,000\\text{ km}$. Les pertes atmosphériques sont estimées à $L_{atm} = 2\\text{ dB}$.
\n\nPar ailleurs, la station terrestre est connectée à un centre de traitement via un guide d'onde rectangulaire fonctionnant en mode dominant $TE_{10}$. Le guide a les dimensions suivantes : largeur $a = 22.86\\text{ mm}$ et hauteur $b = 10.16\\text{ mm}$. Le signal à transmettre dans le guide est à la fréquence $f_2 = 10\\text{ GHz}$.
\n\nQuestion 1 : Pour la liaison satellite-Terre, calculez d'abord la longueur d'onde $\\lambda_1$ du signal à $f_1 = 12\\text{ GHz}$, puis déterminez l'affaiblissement de parcours en espace libre (Free Space Path Loss - FSPL) en dB en utilisant la formule :
\n$FSPL(dB) = 20\\log_{10}(d) + 20\\log_{10}(f) + 32.45$
\noù $d$ est en kilomètres et $f$ est en mégahertz.
\n\nQuestion 2 : Établissez le bilan de liaison complet (link budget) pour calculer la puissance reçue $P_r$ à la station terrestre en dBm et en picoWatts (pW). Utilisez la formule du bilan de liaison :
\n$P_r(dBm) = P_t(dBm) + G_t(dBi) + G_r(dBi) - FSPL(dB) - L_{atm}(dB)$
\n\nQuestion 3 : Pour le guide d'onde rectangulaire, calculez la fréquence de coupure $f_c$ du mode dominant $TE_{10}$, puis déterminez si le signal à $f_2 = 10\\text{ GHz}$ peut se propager dans ce guide. Ensuite, calculez la longueur d'onde guidée $\\lambda_g$ et la vitesse de phase $v_p$ dans le guide à cette fréquence en utilisant les formules :
\n$\\lambda_g = \\frac{\\lambda_0}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$ et $v_p = \\frac{c}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$
\noù $\\lambda_0$ est la longueur d'onde en espace libre et $c = 3 \\times 10^8\\text{ m/s}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution complète de l'Exercice 3
\n\nQuestion 1 : Longueur d'onde et affaiblissement de parcours en espace libre
\n\nPartie A : Longueur d'onde $\\lambda_1$
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLa longueur d'onde est donnée par :
\n$\\lambda_1 = \\frac{c}{f_1}$
\n\noù $c = 3 \\times 10^8\\text{ m/s}$ est la vitesse de la lumière et $f_1 = 12\\text{ GHz}$.
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\nConvertissons la fréquence en Hz :
\n$f_1 = 12\\text{ GHz} = 12 \\times 10^9\\text{ Hz}$
\n\n$\\lambda_1 = \\frac{3 \\times 10^8}{12 \\times 10^9}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$\\lambda_1 = \\frac{3 \\times 10^8}{12 \\times 10^9} = \\frac{3}{12 \\times 10} = \\frac{3}{120} = 0.025\\text{ m}$
\n\nConversion en millimètres :
\n$\\lambda_1 = 25\\text{ mm}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{\\lambda_1 = 25\\text{ mm} = 0.025\\text{ m}}$
\n\nPartie B : Affaiblissement de parcours en espace libre (FSPL)
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\n$FSPL(dB) = 20\\log_{10}(d_{km}) + 20\\log_{10}(f_{MHz}) + 32.45$
\n\nÉtape 2 : Conversion des unités
\nDistance : $d = 38\\,000\\text{ km}$ (déjà en km)
\nFréquence : $f_1 = 12\\text{ GHz} = 12\\,000\\text{ MHz}$
\n\nÉtape 3 : Remplacement des données
\n$FSPL = 20\\log_{10}(38\\,000) + 20\\log_{10}(12\\,000) + 32.45$
\n\nÉtape 4 : Calcul
\nCalculons chaque terme séparément :
\n$\\log_{10}(38\\,000) = \\log_{10}(3.8 \\times 10^4) = \\log_{10}(3.8) + 4 = 0.5798 + 4 = 4.5798$
\n$20\\log_{10}(38\\,000) = 20 \\times 4.5798 = 91.596\\text{ dB}$
\n\n$\\log_{10}(12\\,000) = \\log_{10}(1.2 \\times 10^4) = \\log_{10}(1.2) + 4 = 0.0792 + 4 = 4.0792$
\n$20\\log_{10}(12\\,000) = 20 \\times 4.0792 = 81.584\\text{ dB}$
\n\nDonc :
\n$FSPL = 91.596 + 81.584 + 32.45 = 205.63\\text{ dB}$
\n\nÉtape 5 : Résultat final
\n$\\boxed{FSPL = 205.63\\text{ dB}}$
\n\nInterprétation : L'affaiblissement de parcours en espace libre est extrêmement élevé ($205.63\\text{ dB}$) en raison de la grande distance ($38\\,000\\text{ km}$) typique d'une liaison satellite géostationnaire et de la fréquence élevée ($12\\text{ GHz}$). C'est pourquoi des antennes à gain élevé sont nécessaires aux deux extrémités de la liaison.
\n\nQuestion 2 : Bilan de liaison et puissance reçue
\n\nPartie A : Conversion de la puissance d'émission en dBm
\n\nÉtape 1 : Formule de conversion
\n$P_t(dBm) = 10\\log_{10}\\left(\\frac{P_t(W)}{1\\text{ mW}}\\right) = 10\\log_{10}(P_t(W) \\times 1000)$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$P_t(dBm) = 10\\log_{10}(100 \\times 1000) = 10\\log_{10}(100\\,000)$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$\\log_{10}(100\\,000) = \\log_{10}(10^5) = 5$
\n$P_t(dBm) = 10 \\times 5 = 50\\text{ dBm}$
\n\nPartie B : Bilan de liaison
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\n$P_r(dBm) = P_t(dBm) + G_t(dBi) + G_r(dBi) - FSPL(dB) - L_{atm}(dB)$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$P_r(dBm) = 50 + 35 + 45 - 205.63 - 2$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\nRegroupons les termes positifs et négatifs :
\n$P_r(dBm) = (50 + 35 + 45) - (205.63 + 2) = 130 - 207.63 = -77.63\\text{ dBm}$
\n\nÉtape 4 : Résultat en dBm
\n$\\boxed{P_r = -77.63\\text{ dBm}}$
\n\nPartie C : Conversion en picoWatts (pW)
\n\nÉtape 1 : Formule de conversion
\n$P_r(W) = 10^{\\frac{P_r(dBm)}{10}} \\times 10^{-3}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$P_r(W) = 10^{\\frac{-77.63}{10}} \\times 10^{-3} = 10^{-7.763} \\times 10^{-3}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$10^{-7.763} = 1.725 \\times 10^{-8}$
\n$P_r(W) = 1.725 \\times 10^{-8} \\times 10^{-3} = 1.725 \\times 10^{-11}\\text{ W}$
\n\nConversion en picoWatts ($1\\text{ pW} = 10^{-12}\\text{ W}$) :
\n$P_r(pW) = 1.725 \\times 10^{-11} \\times 10^{12} = 17.25\\text{ pW}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{P_r = 17.25\\text{ pW}}$
\n\nInterprétation : Malgré une puissance d'émission de $100\\text{ W}$ et des gains d'antenne importants ($35 + 45 = 80\\text{ dBi}$ au total), la puissance reçue n'est que de $17.25\\text{ pW}$ ($-77.63\\text{ dBm}$) en raison de l'affaiblissement massif en espace libre. Cette puissance extrêmement faible est néanmoins suffisante pour les récepteurs satellites modernes qui ont des sensibilités de l'ordre de $-100\\text{ dBm}$ à $-110\\text{ dBm}$. La marge de liaison dépendra de la sensibilité spécifique du récepteur.
\n\nQuestion 3 : Guide d'onde rectangulaire - Fréquence de coupure et paramètres de propagation
\n\nPartie A : Fréquence de coupure du mode $TE_{10}$
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nPour le mode $TE_{10}$ d'un guide d'onde rectangulaire, la fréquence de coupure est donnée par :
\n$f_c = \\frac{c}{2a}$
\n\noù $a$ est la dimension la plus grande du guide (largeur).
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$a = 22.86\\text{ mm} = 22.86 \\times 10^{-3}\\text{ m}$
\n$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{2 \\times 22.86 \\times 10^{-3}}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{45.72 \\times 10^{-3}} = \\frac{3 \\times 10^8}{0.04572} = 6.562 \\times 10^9\\text{ Hz}$
\n\nConversion en GHz :
\n$f_c = 6.562\\text{ GHz}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{f_c = 6.562\\text{ GHz}}$
\n\nVérification de la propagation :
\nPour qu'un signal se propage dans le guide, il faut que $f > f_c$.
\n$f_2 = 10\\text{ GHz} > f_c = 6.562\\text{ GHz}$
\n$\\boxed{\\text{Le signal peut se propager dans le guide}}$
\n\nPartie B : Longueur d'onde guidée $\\lambda_g$
\n\nÉtape 1 : Calcul de la longueur d'onde en espace libre $\\lambda_0$
\n$\\lambda_0 = \\frac{c}{f_2} = \\frac{3 \\times 10^8}{10 \\times 10^9} = 0.03\\text{ m} = 30\\text{ mm}$
\n\nÉtape 2 : Formule de la longueur d'onde guidée
\n$\\lambda_g = \\frac{\\lambda_0}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f_2}\\right)^2}}$
\n\nÉtape 3 : Calcul du rapport de fréquences
\n$\\frac{f_c}{f_2} = \\frac{6.562}{10} = 0.6562$
\n\n$\\left(\\frac{f_c}{f_2}\\right)^2 = (0.6562)^2 = 0.4306$
\n\nÉtape 4 : Calcul de $\\lambda_g$
\n$\\lambda_g = \\frac{30}{\\sqrt{1 - 0.4306}} = \\frac{30}{\\sqrt{0.5694}} = \\frac{30}{0.7546} = 39.76\\text{ mm}$
\n\nÉtape 5 : Résultat final
\n$\\boxed{\\lambda_g = 39.76\\text{ mm}}$
\n\nPartie C : Vitesse de phase $v_p$
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\n$v_p = \\frac{c}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f_2}\\right)^2}}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\nNous avons déjà calculé : $\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f_2}\\right)^2} = 0.7546$
\n\n$v_p = \\frac{3 \\times 10^8}{0.7546}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$v_p = 3.976 \\times 10^8\\text{ m/s}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{v_p = 3.976 \\times 10^8\\text{ m/s} = 1.325c}$
\n\nInterprétation complète : La fréquence de coupure de $6.562\\text{ GHz}$ est bien inférieure à la fréquence de fonctionnement de $10\\text{ GHz}$, ce qui garantit une propagation efficace dans le mode $TE_{10}$. La longueur d'onde guidée ($39.76\\text{ mm}$) est supérieure à la longueur d'onde en espace libre ($30\\text{ mm}$), ce qui est caractéristique de la propagation dans un guide d'onde. La vitesse de phase ($3.976 \\times 10^8\\text{ m/s}$) est supérieure à la vitesse de la lumière dans le vide, ce qui peut sembler contre-intuitif mais est normal pour les guides d'onde : $v_p$ représente la vitesse de propagation des plans de phase perpendiculaires à l'axe du guide, tandis que la vitesse de groupe (vitesse de transport de l'énergie) reste inférieure à $c$. Le rapport $f_2/f_c = 1.52$ indique que le système fonctionne bien au-dessus de la coupure, avec une bonne marge de sécurité.
", "id_category": "2", "id_number": "17" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 1 : Étude d'une ligne de transmission coaxiale
\nUne liaison de télécommunication utilise un câble coaxial de longueur $L = 500\\,\\text{m}$ pour transmettre un signal de fréquence $f = 100\\,\\text{MHz}$. Le câble possède les caractéristiques suivantes :
\n- \n
- Inductance linéique : $L' = 0.25\\,\\mu\\text{H/m}$ \n
- Capacité linéique : $C' = 100\\,\\text{pF/m}$ \n
- Résistance linéique : $R' = 0.05\\,\\Omega\\text{/m}$ \n
- Conductance linéique : $G' = 0.01\\,\\mu\\text{S/m}$ \n
Le câble est alimenté par une source de tension $V_g = 10\\,\\text{V}$ avec une impédance interne $Z_g = 50\\,\\Omega$. La charge en bout de ligne présente une impédance $Z_L = 75\\,\\Omega$.
\n\nQuestion 1 :
\nCalculer l'impédance caractéristique $Z_0$ du câble coaxial à la fréquence de travail. Déterminer également la vitesse de propagation $v_p$ et le temps de propagation $t_p$ sur toute la longueur du câble.
\n\nQuestion 2 :
\nCalculer le coefficient de réflexion $\\Gamma_L$ à la charge, le taux d'onde stationnaire $\\text{TOS}$, et le coefficient de transmission en tension $\\tau_L$. En déduire la tension reçue à la charge $V_L$ sachant que la tension incidente au niveau de la charge est $V_i^+ = 6.67\\,\\text{V}$.
\n\nQuestion 3 :
\nCalculer la constante d'atténuation $\\alpha$ (en dB/m) et la constante de phase $\\beta$ (en rad/m) du câble. En déduire l'atténuation totale $A_{\\text{tot}}$ (en dB) subie par le signal sur toute la longueur de la ligne, en tenant compte de l'atténuation par propagation et des pertes par désadaptation.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solutions détaillées
\n\nSolution Question 1 : Impédance caractéristique, vitesse et temps de propagation
\n\nÉtape 1 : Calcul de l'impédance caractéristique
\nL'impédance caractéristique d'une ligne de transmission est donnée par la formule générale :
\n$Z_0 = \\sqrt{\\frac{R' + j\\omega L'}{G' + j\\omega C'}}$
\n\nOù $\\omega = 2\\pi f$ est la pulsation angulaire.
\nCalculons d'abord $\\omega$ :
\n$\\omega = 2\\pi f = 2\\pi \\times 100 \\times 10^6 = 6.283 \\times 10^8\\,\\text{rad/s}$
\n\nCalculons les impédances linéiques complexes :
\n$R' + j\\omega L' = 0.05 + j(6.283 \\times 10^8)(0.25 \\times 10^{-6})$
\n$R' + j\\omega L' = 0.05 + j157.08 \\approx j157.08\\,\\Omega\\text{/m}$
\n\n$G' + j\\omega C' = 0.01 \\times 10^{-6} + j(6.283 \\times 10^8)(100 \\times 10^{-12})$
\n$G' + j\\omega C' = 10^{-8} + j6.283 \\times 10^{-5} \\approx j6.283 \\times 10^{-5}\\,\\text{S/m}$
\n\nÀ haute fréquence, $\\omega L' \\gg R'$ et $\\omega C' \\gg G'$, donc :
\n$Z_0 \\approx \\sqrt{\\frac{j\\omega L'}{j\\omega C'}} = \\sqrt{\\frac{L'}{C'}}$
\n\nRemplaçons les valeurs :
\n$Z_0 = \\sqrt{\\frac{0.25 \\times 10^{-6}}{100 \\times 10^{-12}}} = \\sqrt{\\frac{0.25 \\times 10^{-6}}{10^{-10}}}$
\n\n$Z_0 = \\sqrt{2500} = 50\\,\\Omega$
\n\nRésultat : $\\boxed{Z_0 = 50\\,\\Omega}$
\n\nÉtape 2 : Calcul de la vitesse de propagation
\nLa vitesse de propagation est donnée par :
\n$v_p = \\frac{1}{\\sqrt{L'C'}}$
\n\nRemplaçons les valeurs :
\n$v_p = \\frac{1}{\\sqrt{(0.25 \\times 10^{-6})(100 \\times 10^{-12})}}$
\n\n$v_p = \\frac{1}{\\sqrt{2.5 \\times 10^{-17}}} = \\frac{1}{5 \\times 10^{-9}}$
\n\n$v_p = 2 \\times 10^8\\,\\text{m/s}$
\n\nRésultat : $\\boxed{v_p = 2 \\times 10^8\\,\\text{m/s}}$ (soit $66.7\\%$ de la vitesse de la lumière)
\n\nÉtape 3 : Calcul du temps de propagation
\nLe temps de propagation sur la longueur totale est :
\n$t_p = \\frac{L}{v_p}$
\n\nRemplaçons les valeurs :
\n$t_p = \\frac{500}{2 \\times 10^8} = 2.5 \\times 10^{-6}\\,\\text{s}$
\n\n$t_p = 2.5\\,\\mu\\text{s}$
\n\nRésultat : $\\boxed{t_p = 2.5\\,\\mu\\text{s}}$
\n\n\n\n
Solution Question 2 : Coefficient de réflexion, TOS et tension à la charge
\n\nÉtape 1 : Calcul du coefficient de réflexion
\nLe coefficient de réflexion en tension à la charge est donné par :
\n$\\Gamma_L = \\frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0}$
\n\nRemplaçons les valeurs numériques :
\n$\\Gamma_L = \\frac{75 - 50}{75 + 50} = \\frac{25}{125}$
\n\n$\\Gamma_L = 0.2$
\n\nRésultat : $\\boxed{\\Gamma_L = 0.2}$ (coefficient de réflexion positif, donc réflexion en phase)
\n\nÉtape 2 : Calcul du taux d'onde stationnaire (TOS)
\nLe TOS est défini par :
\n$\\text{TOS} = \\frac{1 + |\\Gamma_L|}{1 - |\\Gamma_L|}$
\n\nRemplaçons la valeur de $\\Gamma_L$ :
\n$\\text{TOS} = \\frac{1 + 0.2}{1 - 0.2} = \\frac{1.2}{0.8}$
\n\n$\\text{TOS} = 1.5$
\n\nRésultat : $\\boxed{\\text{TOS} = 1.5}$
\n\nÉtape 3 : Calcul du coefficient de transmission
\nLe coefficient de transmission en tension est :
\n$\\tau_L = 1 + \\Gamma_L$
\n\nRemplaçons la valeur :
\n$\\tau_L = 1 + 0.2 = 1.2$
\n\nRésultat : $\\boxed{\\tau_L = 1.2}$
\n\nÉtape 4 : Calcul de la tension à la charge
\nLa tension à la charge est donnée par :
\n$V_L = \\tau_L \\cdot V_i^+$
\n\nOù $V_i^+$ est la tension incidente au niveau de la charge. Remplaçons les valeurs :
\n$V_L = 1.2 \\times 6.67 = 8.004\\,\\text{V}$
\n\n$V_L \\approx 8.0\\,\\text{V}$
\n\nRésultat : $\\boxed{V_L = 8.0\\,\\text{V}}$
\n\nInterprétation : La tension à la charge est supérieure à la tension incidente car $Z_L > Z_0$, ce qui produit une réflexion positive qui s'ajoute constructivement à l'onde incidente.
\n\n\n\n
Solution Question 3 : Constante d'atténuation, constante de phase et atténuation totale
\n\nÉtape 1 : Calcul de la constante d'atténuation
\nLa constante d'atténuation pour une ligne à faibles pertes est approximée par :
\n$\\alpha \\approx \\frac{R'}{2Z_0} + \\frac{G'Z_0}{2}$
\n\nRemplaçons les valeurs numériques :
\n$\\alpha = \\frac{0.05}{2 \\times 50} + \\frac{(0.01 \\times 10^{-6}) \\times 50}{2}$
\n\n$\\alpha = \\frac{0.05}{100} + \\frac{0.5 \\times 10^{-6}}{2}$
\n\n$\\alpha = 5 \\times 10^{-4} + 2.5 \\times 10^{-7} \\approx 5 \\times 10^{-4}\\,\\text{Np/m}$
\n\nConversion en dB/m :
\n$\\alpha_{\\text{dB}} = \\alpha \\times 8.686$
\n\n$\\alpha_{\\text{dB}} = 5 \\times 10^{-4} \\times 8.686 = 4.343 \\times 10^{-3}\\,\\text{dB/m}$
\n\nRésultat : $\\boxed{\\alpha = 4.343 \\times 10^{-3}\\,\\text{dB/m}}$
\n\nÉtape 2 : Calcul de la constante de phase
\nLa constante de phase est donnée par :
\n$\\beta = \\omega\\sqrt{L'C'}$
\n\nRemplaçons les valeurs :
\n$\\beta = (6.283 \\times 10^8) \\times \\sqrt{(0.25 \\times 10^{-6})(100 \\times 10^{-12})}$
\n\n$\\beta = (6.283 \\times 10^8) \\times (5 \\times 10^{-9})$
\n\n$\\beta = 3.1415\\,\\text{rad/m}$
\n\nRésultat : $\\boxed{\\beta = 3.1415\\,\\text{rad/m}}$ (soit $\\pi\\,\\text{rad/m}$)
\n\nÉtape 3 : Calcul de l'atténuation par propagation
\nL'atténuation sur la longueur totale due à la propagation est :
\n$A_{\\text{prop}} = \\alpha_{\\text{dB}} \\times L$
\n\nRemplaçons les valeurs :
\n$A_{\\text{prop}} = 4.343 \\times 10^{-3} \\times 500 = 2.1715\\,\\text{dB}$
\n\nÉtape 4 : Calcul des pertes par désadaptation
\nLes pertes par réflexion (désadaptation) sont :
\n$A_{\\text{ref}} = -10\\log_{10}(1 - |\\Gamma_L|^2)$
\n\nRemplaçons la valeur de $\\Gamma_L = 0.2$ :
\n$A_{\\text{ref}} = -10\\log_{10}(1 - 0.04) = -10\\log_{10}(0.96)$
\n\n$A_{\\text{ref}} = -10 \\times (-0.0177) = 0.177\\,\\text{dB}$
\n\nÉtape 5 : Calcul de l'atténuation totale
\nL'atténuation totale est la somme des deux contributions :
\n$A_{\\text{tot}} = A_{\\text{prop}} + A_{\\text{ref}}$
\n\n$A_{\\text{tot}} = 2.1715 + 0.177 = 2.3485\\,\\text{dB}$
\n\n$A_{\\text{tot}} \\approx 2.35\\,\\text{dB}$
\n\nRésultat : $\\boxed{A_{\\text{tot}} = 2.35\\,\\text{dB}}$
\n\nInterprétation : L'atténuation totale de $2.35\\,\\text{dB}$ signifie que la puissance du signal est réduite à environ $58\\%$ de sa valeur initiale après avoir parcouru les $500\\,\\text{m}$ de câble. La majeure partie de cette atténuation ($2.17\\,\\text{dB}$) provient de la résistance du câble, tandis que la désadaptation d'impédance contribue pour $0.177\\,\\text{dB}$.
", "id_category": "2", "id_number": "18" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 2 : Propagation dans une fibre optique monomode
\nUn système de télécommunication optique utilise une fibre monomode de longueur $L = 80\\,\\text{km}$ pour transmettre un signal numérique à un débit de $D = 10\\,\\text{Gbit/s}$. La fibre optique possède les caractéristiques suivantes à la longueur d'onde de travail $\\lambda = 1550\\,\\text{nm}$ :
\n- \n
- Indice de réfraction du cœur : $n_1 = 1.468$ \n
- Indice de réfraction de la gaine : $n_2 = 1.465$ \n
- Coefficient d'atténuation : $\\alpha = 0.2\\,\\text{dB/km}$ \n
- Coefficient de dispersion chromatique : $D_\\lambda = 17\\,\\text{ps/(nm·km)}$ \n
- Largeur spectrale de la source laser : $\\Delta\\lambda = 0.1\\,\\text{nm}$ \n
Un émetteur optique injecte une puissance $P_0 = 1\\,\\text{mW}$ à l'entrée de la fibre. Le récepteur nécessite une puissance minimale de $P_{\\text{min}} = 10\\,\\mu\\text{W}$ pour fonctionner correctement.
\n\nQuestion 1 :
\nCalculer l'ouverture numérique $\\text{ON}$ de la fibre optique et l'angle d'acceptation maximal $\\theta_{\\text{max}}$ dans l'air ($n_0 = 1$). Déterminer également la vitesse de propagation $v$ de la lumière dans le cœur de la fibre et le temps de propagation $t_p$ du signal sur toute la longueur.
\n\nQuestion 2 :
\nCalculer la puissance optique reçue $P_R$ au bout de la fibre après avoir subi l'atténuation. Déterminer la marge de puissance $M_P$ (en dB) par rapport à la puissance minimale requise. Calculer également la distance maximale théorique $L_{\\text{max}}$ que le signal pourrait parcourir avant d'atteindre le seuil de puissance minimale.
\n\nQuestion 3 :
\nCalculer l'élargissement temporel $\\Delta t$ d'une impulsion dû à la dispersion chromatique sur toute la longueur de la fibre. Déterminer la bande passante limite $B_{\\text{max}}$ imposée par cette dispersion, puis vérifier si le débit de $10\\,\\text{Gbit/s}$ est réalisable. Calculer le débit maximal $D_{\\text{max}}$ théorique supporté par la fibre.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solutions détaillées
\n\nSolution Question 1 : Ouverture numérique, angle d'acceptation et temps de propagation
\n\nÉtape 1 : Calcul de l'ouverture numérique (ON)
\nL'ouverture numérique d'une fibre optique est définie par :
\n$\\text{ON} = \\sqrt{n_1^2 - n_2^2}$
\n\nOù $n_1$ est l'indice du cœur et $n_2$ l'indice de la gaine. Calculons d'abord les carrés des indices :
\n$n_1^2 = (1.468)^2 = 2.1550$
\n$n_2^2 = (1.465)^2 = 2.1462$
\n\nRemplaçons dans la formule de l'ouverture numérique :
\n$\\text{ON} = \\sqrt{2.1550 - 2.1462} = \\sqrt{0.0088}$
\n\n$\\text{ON} = 0.0938$
\n\nRésultat : $\\boxed{\\text{ON} = 0.0938}$
\n\nÉtape 2 : Calcul de l'angle d'acceptation maximal
\nL'angle d'acceptation maximal dans l'air ($n_0 = 1$) est donné par la loi de Snell-Descartes appliquée à l'ouverture numérique :
\n$\\text{ON} = n_0 \\sin(\\theta_{\\text{max}})$
\n\nDonc :
\n$\\theta_{\\text{max}} = \\arcsin\\left(\\frac{\\text{ON}}{n_0}\\right) = \\arcsin(0.0938)$
\n\nCalculons l'arc sinus :
\n$\\theta_{\\text{max}} = 5.38^\\circ$
\n\nConversion en radians :
\n$\\theta_{\\text{max}} = 5.38 \\times \\frac{\\pi}{180} = 0.0939\\,\\text{rad}$
\n\nRésultat : $\\boxed{\\theta_{\\text{max}} = 5.38^\\circ = 0.0939\\,\\text{rad}}$
\n\nÉtape 3 : Calcul de la vitesse de propagation dans le cœur
\nLa vitesse de la lumière dans un milieu d'indice $n_1$ est :
\n$v = \\frac{c}{n_1}$
\n\nOù $c = 3 \\times 10^8\\,\\text{m/s}$ est la vitesse de la lumière dans le vide. Remplaçons :
\n$v = \\frac{3 \\times 10^8}{1.468}$
\n\n$v = 2.043 \\times 10^8\\,\\text{m/s}$
\n\nRésultat : $\\boxed{v = 2.043 \\times 10^8\\,\\text{m/s}}$
\n\nÉtape 4 : Calcul du temps de propagation
\nLe temps de propagation sur la longueur de la fibre est :
\n$t_p = \\frac{L}{v}$
\n\nConvertissons d'abord la longueur en mètres : $L = 80\\,\\text{km} = 80 \\times 10^3\\,\\text{m}$
\n\nRemplaçons les valeurs :
\n$t_p = \\frac{80 \\times 10^3}{2.043 \\times 10^8}$
\n\n$t_p = 3.915 \\times 10^{-4}\\,\\text{s}$
\n\n$t_p = 391.5\\,\\mu\\text{s}$
\n\nRésultat : $\\boxed{t_p = 391.5\\,\\mu\\text{s}}$
\n\nInterprétation : L'ouverture numérique de $0.0938$ indique une fibre à faible ouverture, typique des fibres monomodes. L'angle d'acceptation de $5.38^\\circ$ est relativement petit, ce qui nécessite un alignement précis lors du couplage de la lumière.
\n\n\n\n
Solution Question 2 : Puissance reçue, marge de puissance et distance maximale
\n\nÉtape 1 : Calcul de la puissance optique reçue
\nL'atténuation en décibels sur la distance $L$ est :
\n$A_{\\text{dB}} = \\alpha \\times L$
\n\nRemplaçons les valeurs :
\n$A_{\\text{dB}} = 0.2 \\times 80 = 16\\,\\text{dB}$
\n\nLa puissance reçue est reliée à la puissance émise par :
\n$P_R = P_0 \\times 10^{-A_{\\text{dB}}/10}$
\n\nRemplaçons les valeurs ($P_0 = 1\\,\\text{mW} = 10^{-3}\\,\\text{W}$) :
\n$P_R = 10^{-3} \\times 10^{-16/10} = 10^{-3} \\times 10^{-1.6}$
\n\n$P_R = 10^{-4.6} = 2.512 \\times 10^{-5}\\,\\text{W}$
\n\n$P_R = 25.12\\,\\mu\\text{W}$
\n\nRésultat : $\\boxed{P_R = 25.12\\,\\mu\\text{W}}$
\n\nÉtape 2 : Calcul de la marge de puissance
\nLa marge de puissance en dB est définie par :
\n$M_P = 10\\log_{10}\\left(\\frac{P_R}{P_{\\text{min}}}\\right)$
\n\nRemplaçons les valeurs ($P_{\\text{min}} = 10\\,\\mu\\text{W} = 10 \\times 10^{-6}\\,\\text{W}$) :
\n$M_P = 10\\log_{10}\\left(\\frac{25.12 \\times 10^{-6}}{10 \\times 10^{-6}}\\right)$
\n\n$M_P = 10\\log_{10}(2.512)$
\n\n$M_P = 10 \\times 0.400 = 4.0\\,\\text{dB}$
\n\nRésultat : $\\boxed{M_P = 4.0\\,\\text{dB}}$
\n\nÉtape 3 : Calcul de la distance maximale théorique
\nLa distance maximale est atteinte lorsque $P_R = P_{\\text{min}}$. L'atténuation maximale admissible est :
\n$A_{\\text{max}} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{P_0}{P_{\\text{min}}}\\right)$
\n\nRemplaçons les valeurs :
\n$A_{\\text{max}} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{1 \\times 10^{-3}}{10 \\times 10^{-6}}\\right)$
\n\n$A_{\\text{max}} = 10\\log_{10}(100) = 10 \\times 2 = 20\\,\\text{dB}$
\n\nLa distance maximale est donc :
\n$L_{\\text{max}} = \\frac{A_{\\text{max}}}{\\alpha}$
\n\nRemplaçons les valeurs :
\n$L_{\\text{max}} = \\frac{20}{0.2} = 100\\,\\text{km}$
\n\nRésultat : $\\boxed{L_{\\text{max}} = 100\\,\\text{km}}$
\n\nInterprétation : La puissance reçue de $25.12\\,\\mu\\text{W}$ est supérieure au seuil minimal, offrant une marge de sécurité de $4\\,\\text{dB}$. Le système pourrait théoriquement fonctionner sur $100\\,\\text{km}$, soit $20\\,\\text{km}$ de plus que la configuration actuelle.
\n\n\n\n
Solution Question 3 : Dispersion chromatique, bande passante et débit maximal
\n\nÉtape 1 : Calcul de l'élargissement temporel
\nL'élargissement temporel dû à la dispersion chromatique est donné par :
\n$\\Delta t = |D_\\lambda| \\times \\Delta\\lambda \\times L$
\n\nOù $D_\\lambda$ est le coefficient de dispersion, $\\Delta\\lambda$ la largeur spectrale de la source, et $L$ la longueur de la fibre. Remplaçons les valeurs :
\n$\\Delta t = 17 \\times 0.1 \\times 80$
\n\n$\\Delta t = 136\\,\\text{ps}$
\n\n$\\Delta t = 1.36 \\times 10^{-10}\\,\\text{s}$
\n\nRésultat : $\\boxed{\\Delta t = 136\\,\\text{ps}}$
\n\nÉtape 2 : Calcul de la bande passante limite
\nLa bande passante limite imposée par la dispersion est approximativement :
\n$B_{\\text{max}} \\approx \\frac{1}{4\\Delta t}$
\n\nCette formule suppose que la bande passante est limitée par l'élargissement des impulsions. Remplaçons la valeur de $\\Delta t$ :
\n$B_{\\text{max}} = \\frac{1}{4 \\times 1.36 \\times 10^{-10}}$
\n\n$B_{\\text{max}} = \\frac{1}{5.44 \\times 10^{-10}}$
\n\n$B_{\\text{max}} = 1.838 \\times 10^9\\,\\text{Hz}$
\n\n$B_{\\text{max}} = 1.838\\,\\text{GHz}$
\n\nRésultat : $\\boxed{B_{\\text{max}} = 1.838\\,\\text{GHz}}$
\n\nÉtape 3 : Vérification de la faisabilité du débit
\nPour une transmission numérique, le débit maximal est approximativement égal à la bande passante (dans le cas d'une modulation simple). Comparons :
\n\nDébit demandé : $D = 10\\,\\text{Gbit/s}$
\nBande passante disponible : $B_{\\text{max}} = 1.838\\,\\text{GHz}$
\n\nPuisque $D > B_{\\text{max}}$, nous avons :
\n$10\\,\\text{Gbit/s} > 1.838\\,\\text{Gbit/s}$
\n\nConclusion : Le débit de $10\\,\\text{Gbit/s}$ n'est PAS réalisable avec cette configuration, car il dépasse largement la bande passante limite imposée par la dispersion chromatique.
\n\nÉtape 4 : Calcul du débit maximal théorique
\nLe débit maximal supporté par la fibre est limité par la bande passante :
\n$D_{\\text{max}} \\approx B_{\\text{max}}$
\n\nPour être conservateur et tenir compte des marges de sécurité, on prend généralement :
\n$D_{\\text{max}} = 0.7 \\times B_{\\text{max}}$
\n\nRemplaçons :
\n$D_{\\text{max}} = 0.7 \\times 1.838 = 1.287\\,\\text{Gbit/s}$
\n\nMais en première approximation :
\n$D_{\\text{max}} \\approx 1.838\\,\\text{Gbit/s}$
\n\nRésultat : $\\boxed{D_{\\text{max}} \\approx 1.84\\,\\text{Gbit/s}}$
\n\nInterprétation : La dispersion chromatique limite drastiquement les performances du système. Pour atteindre $10\\,\\text{Gbit/s}$, il faudrait :
\n- \n
- Réduire la longueur de la fibre à environ $15\\,\\text{km}$ \n
- Utiliser une source laser à spectre plus étroit ($\\Delta\\lambda < 0.02\\,\\text{nm}$) \n
- Employer un système de compensation de dispersion \n
- Utiliser une longueur d'onde où $D_\\lambda$ est plus faible (proche de $1310\\,\\text{nm}$) \n
Exercice 3 : Propagation en espace libre et bilan de liaison micro-ondes
\nUn système de télécommunication par faisceaux hertziens opère à la fréquence $f = 6\\,\\text{GHz}$ pour établir une liaison point-à-point entre deux stations séparées par une distance $d = 40\\,\\text{km}$. Le système utilise les caractéristiques suivantes :
\n- \n
- Puissance d'émission : $P_t = 10\\,\\text{W}$ \n
- Gain de l'antenne d'émission : $G_t = 30\\,\\text{dBi}$ \n
- Gain de l'antenne de réception : $G_r = 28\\,\\text{dBi}$ \n
- Pertes dans les câbles d'alimentation côté émission : $L_t = 2\\,\\text{dB}$ \n
- Pertes dans les câbles côté réception : $L_r = 1.5\\,\\text{dB}$ \n
- Sensibilité du récepteur : $S_r = -85\\,\\text{dBm}$ \n
- Marge de fonctionnement requise : $M_f = 15\\,\\text{dB}$ \n
On considère une propagation en visibilité directe (LOS - Line Of Sight) dans des conditions atmosphériques normales.
\n\nQuestion 1 :
\nCalculer la longueur d'onde $\\lambda$ du signal à $6\\,\\text{GHz}$. Déterminer ensuite l'affaiblissement de propagation en espace libre $L_{\\text{fs}}$ (Free Space Loss) en dB pour la distance de $40\\,\\text{km}$. Calculer également le rayon $r_1$ de la première zone de Fresnel au point milieu de la liaison.
\n\nQuestion 2 :
\nÉtablir le bilan de liaison complet en calculant la puissance isotrope rayonnée équivalente $\\text{PIRE}$ (en dBm et en W), puis la puissance reçue $P_r$ à l'entrée du récepteur (en dBm). Déterminer le rapport signal sur bruit minimum théorique si la température de bruit du récepteur est $T_e = 300\\,\\text{K}$ et la bande passante $B = 20\\,\\text{MHz}$.
\n\nQuestion 3 :
\nCalculer la marge de liaison effective $M_e$ du système et vérifier si elle est suffisante par rapport à la marge requise. Déterminer ensuite la distance maximale $d_{\\text{max}}$ pour laquelle le système peut fonctionner tout en maintenant la marge de fonctionnement requise de $15\\,\\text{dB}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solutions détaillées
\n\nSolution Question 1 : Longueur d'onde, affaiblissement en espace libre et zone de Fresnel
\n\nÉtape 1 : Calcul de la longueur d'onde
\nLa longueur d'onde est reliée à la fréquence par :
\n$\\lambda = \\frac{c}{f}$
\n\nOù $c = 3 \\times 10^8\\,\\text{m/s}$ est la vitesse de la lumière. Remplaçons les valeurs :
\n$\\lambda = \\frac{3 \\times 10^8}{6 \\times 10^9}$
\n\n$\\lambda = 0.05\\,\\text{m} = 5\\,\\text{cm}$
\n\nRésultat : $\\boxed{\\lambda = 5\\,\\text{cm}}$
\n\nÉtape 2 : Calcul de l'affaiblissement en espace libre
\nL'affaiblissement de propagation en espace libre (formule de Friis) est donné par :
\n$L_{\\text{fs}} = 20\\log_{10}(d) + 20\\log_{10}(f) + 20\\log_{10}\\left(\\frac{4\\pi}{c}\\right)$
\n\nOu plus simplement en utilisant la formule pratique :
\n$L_{\\text{fs}}(\\text{dB}) = 32.45 + 20\\log_{10}(f_{\\text{MHz}}) + 20\\log_{10}(d_{\\text{km}})$
\n\nConvertissons la fréquence en MHz : $f = 6\\,\\text{GHz} = 6000\\,\\text{MHz}$
\nLa distance est déjà en km : $d = 40\\,\\text{km}$
\n\nRemplaçons dans la formule :
\n$L_{\\text{fs}} = 32.45 + 20\\log_{10}(6000) + 20\\log_{10}(40)$
\n\nCalculons chaque terme :
\n$20\\log_{10}(6000) = 20 \\times 3.778 = 75.56\\,\\text{dB}$
\n$20\\log_{10}(40) = 20 \\times 1.602 = 32.04\\,\\text{dB}$
\n\nDonc :
\n$L_{\\text{fs}} = 32.45 + 75.56 + 32.04 = 140.05\\,\\text{dB}$
\n\nRésultat : $\\boxed{L_{\\text{fs}} = 140.05\\,\\text{dB}}$
\n\nÉtape 3 : Calcul du rayon de la première zone de Fresnel
\nLe rayon de la première zone de Fresnel au point milieu de la liaison est donné par :
\n$r_1 = \\sqrt{\\frac{\\lambda d}{4}}$
\n\nPour une liaison de distance totale $d$, au point milieu, chaque segment vaut $d/2$, donc :
\n$r_1 = \\sqrt{\\frac{\\lambda d_1 d_2}{d_1 + d_2}} = \\sqrt{\\frac{\\lambda (d/2)(d/2)}{d}} = \\sqrt{\\frac{\\lambda d}{4}}$
\n\nConvertissons la distance en mètres : $d = 40\\,\\text{km} = 40000\\,\\text{m}$
\n\nRemplaçons les valeurs :
\n$r_1 = \\sqrt{\\frac{0.05 \\times 40000}{4}} = \\sqrt{\\frac{2000}{4}}$
\n\n$r_1 = \\sqrt{500} = 22.36\\,\\text{m}$
\n\nRésultat : $\\boxed{r_1 = 22.36\\,\\text{m}}$
\n\nInterprétation : L'affaiblissement en espace libre de $140\\,\\text{dB}$ est considérable et constitue la perte principale dans cette liaison. La première zone de Fresnel doit être dégagée à au moins $60\\%$ (soit $13.4\\,\\text{m}$) pour garantir une bonne propagation.
\n\n\n\n
Solution Question 2 : PIRE, puissance reçue et rapport signal sur bruit
\n\nÉtape 1 : Calcul de la PIRE (Puissance Isotrope Rayonnée Équivalente)
\nLa PIRE est définie par :
\n$\\text{PIRE}_{\\text{dBm}} = P_{t(\\text{dBm})} + G_t - L_t$
\n\nConvertissons d'abord la puissance d'émission en dBm :
\n$P_{t(\\text{dBm})} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{P_t}{1\\,\\text{mW}}\\right) = 10\\log_{10}\\left(\\frac{10\\,\\text{W}}{10^{-3}\\,\\text{W}}\\right)$
\n\n$P_{t(\\text{dBm})} = 10\\log_{10}(10^4) = 10 \\times 4 = 40\\,\\text{dBm}$
\n\nRemplaçons dans la formule de la PIRE :
\n$\\text{PIRE}_{\\text{dBm}} = 40 + 30 - 2 = 68\\,\\text{dBm}$
\n\nRésultat en dBm : $\\boxed{\\text{PIRE} = 68\\,\\text{dBm}}$
\n\nConversion en Watts :
\n$\\text{PIRE}_{\\text{W}} = 10^{(68-30)/10} = 10^{3.8} = 6309.57\\,\\text{W}$
\n\nRésultat en Watts : $\\boxed{\\text{PIRE} = 6.31\\,\\text{kW}}$
\n\nÉtape 2 : Calcul de la puissance reçue
\nLa puissance reçue à l'entrée du récepteur est donnée par l'équation du bilan de liaison :
\n$P_{r(\\text{dBm})} = \\text{PIRE}_{\\text{dBm}} - L_{\\text{fs}} + G_r - L_r$
\n\nRemplaçons toutes les valeurs :
\n$P_{r(\\text{dBm})} = 68 - 140.05 + 28 - 1.5$
\n\n$P_{r(\\text{dBm})} = -45.55\\,\\text{dBm}$
\n\nRésultat : $\\boxed{P_r = -45.55\\,\\text{dBm}}$
\n\nÉtape 3 : Calcul du rapport signal sur bruit minimum
\nLa puissance de bruit thermique est donnée par :
\n$P_n = k T_e B$
\n\nOù $k = 1.38 \\times 10^{-23}\\,\\text{J/K}$ est la constante de Boltzmann.
\n\nRemplaçons les valeurs :
\n$P_n = (1.38 \\times 10^{-23}) \\times 300 \\times (20 \\times 10^6)$
\n\n$P_n = 8.28 \\times 10^{-14}\\,\\text{W}$
\n\nConversion en dBm :
\n$P_{n(\\text{dBm})} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{8.28 \\times 10^{-14}}{10^{-3}}\\right)$
\n\n$P_{n(\\text{dBm})} = 10\\log_{10}(8.28 \\times 10^{-11})$
\n\n$P_{n(\\text{dBm})} = 10 \\times (-10.082) = -100.82\\,\\text{dBm}$
\n\nLe rapport signal sur bruit est :
\n$\\text{SNR}_{\\text{dB}} = P_{r(\\text{dBm})} - P_{n(\\text{dBm})}$
\n\n$\\text{SNR}_{\\text{dB}} = -45.55 - (-100.82) = 55.27\\,\\text{dB}$
\n\nRésultat : $\\boxed{\\text{SNR} = 55.27\\,\\text{dB}}$
\n\nInterprétation : La PIRE de $6.31\\,\\text{kW}$ est typique des liaisons micro-ondes à longue distance. Le rapport signal sur bruit de $55.27\\,\\text{dB}$ est excellent et permet une transmission de très haute qualité.
\n\n\n\n
Solution Question 3 : Marge de liaison effective et distance maximale
\n\nÉtape 1 : Calcul de la marge de liaison effective
\nLa marge de liaison est la différence entre la puissance reçue et la sensibilité du récepteur :
\n$M_e = P_{r(\\text{dBm})} - S_r$
\n\nRemplaçons les valeurs :
\n$M_e = -45.55 - (-85) = 39.45\\,\\text{dB}$
\n\nRésultat : $\\boxed{M_e = 39.45\\,\\text{dB}}$
\n\nVérification : Comparons avec la marge requise :
\n$M_e = 39.45\\,\\text{dB} > M_f = 15\\,\\text{dB}$
\n\nConclusion : La marge est largement suffisante. Le système dispose d'une marge excédentaire de :
\n$\\Delta M = 39.45 - 15 = 24.45\\,\\text{dB}$
\n\nÉtape 2 : Calcul de la distance maximale
\nPour maintenir la marge requise de $15\\,\\text{dB}$, la puissance reçue minimale acceptable est :
\n$P_{r(\\text{min})} = S_r + M_f = -85 + 15 = -70\\,\\text{dBm}$
\n\nL'affaiblissement maximal admissible est :
\n$L_{\\text{fs(max)}} = \\text{PIRE}_{\\text{dBm}} + G_r - L_r - P_{r(\\text{min})}$
\n\nRemplaçons les valeurs :
\n$L_{\\text{fs(max)}} = 68 + 28 - 1.5 - (-70) = 164.5\\,\\text{dB}$
\n\nEn utilisant la formule de l'affaiblissement en espace libre :
\n$L_{\\text{fs}} = 32.45 + 20\\log_{10}(f_{\\text{MHz}}) + 20\\log_{10}(d_{\\text{km}})$
\n\nOn isole $d_{\\text{max}}$ :
\n$20\\log_{10}(d_{\\text{max}}) = L_{\\text{fs(max)}} - 32.45 - 20\\log_{10}(f_{\\text{MHz}})$
\n\nRemplaçons les valeurs numériques :
\n$20\\log_{10}(d_{\\text{max}}) = 164.5 - 32.45 - 75.56$
\n\n$20\\log_{10}(d_{\\text{max}}) = 56.49$
\n\n$\\log_{10}(d_{\\text{max}}) = 2.8245$
\n\n$d_{\\text{max}} = 10^{2.8245} = 667.56\\,\\text{km}$
\n\nRésultat : $\\boxed{d_{\\text{max}} = 667.56\\,\\text{km}}$
\n\nInterprétation : La marge effective de $39.45\\,\\text{dB}$ dépasse largement la marge requise, ce qui signifie que le système est surdimensionné pour cette distance de $40\\,\\text{km}$. La liaison pourrait théoriquement fonctionner jusqu'à $667.56\\,\\text{km}$ (soit plus de $16$ fois la distance actuelle) tout en maintenant la marge de sécurité de $15\\,\\text{dB}$. En pratique, cette distance maximale serait limitée par :
\n- \n
- La courbure de la Terre (nécessité de stations relais) \n
- Les conditions atmosphériques (pluie, brouillard) \n
- Les obstacles du terrain \n
- Les réflexions multitrajets \n
Exercice 1 : Analyse d'une Ligne de Transmission Coaxiale
Une ligne de transmission coaxiale est utilisée pour transmettre un signal RF à $f = 2.4$ GHz. Le câble coaxial possède les caractéristiques suivantes :
- Conducteur intérieur en cuivre de rayon $a = 0.5$ mm
- Conducteur extérieur en cuivre de rayon intérieur $b = 1.5$ mm
- Diélectrique : Téflon avec permittivité relative $\\varepsilon_r = 2.1$ et perméabilité relative $\\mu_r = 1$
- Conductivité du cuivre : $\\sigma = 5.8 \\times 10^7$ S/m
- Tangente de perte du diélectrique : $\\tan(\\delta) = 0.0004$
- Longueur de la ligne : $L = 50$ m
Question 1 : Calculez l'impédance caractéristique $Z_0$ de cette ligne de transmission coaxiale en supposant des pertes négligeables.
Question 2 : Déterminez le coefficient d'atténuation total $\\alpha_{total}$ (en dB/m) de cette ligne à la fréquence de fonctionnement, en considérant à la fois les pertes dans les conducteurs $\\alpha_c$ et les pertes dans le diélectrique $\\alpha_d$. Utilisez l'approximation pour les lignes à faibles pertes.
Question 3 : Si un signal de puissance $P_{in} = 10$ W est injecté à l'entrée de la ligne et que la ligne est adaptée aux deux extrémités, calculez la puissance $P_{out}$ disponible à la sortie de la ligne de $L = 50$ m de longueur.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Détaillée de l'Exercice 1
Question 1 : Calcul de l'impédance caractéristique Z₀
Explication : L'impédance caractéristique d'une ligne coaxiale dépend de la géométrie (rayons des conducteurs) et des propriétés du diélectrique. Pour une ligne sans pertes, elle est purement réelle.
Étape 1 : Formule générale
L'impédance caractéristique d'une ligne coaxiale est donnée par :
$Z_0 = \\frac{1}{2\\pi}\\sqrt{\\frac{\\mu}{\\varepsilon}} \\ln\\left(\\frac{b}{a}\\right)$
Où $\\mu = \\mu_0 \\mu_r$ est la perméabilité du diélectrique et $\\varepsilon = \\varepsilon_0 \\varepsilon_r$ est la permittivité du diélectrique.
Pour un diélectrique non magnétique $\\mu_r = 1$, on a :
$Z_0 = \\frac{\\eta_0}{2\\pi\\sqrt{\\varepsilon_r}} \\ln\\left(\\frac{b}{a}\\right)$
Avec $\\eta_0 = \\sqrt{\\frac{\\mu_0}{\\varepsilon_0}} = 120\\pi \\approx 377$ Ω (impédance du vide).
Ou de manière équivalente :
$Z_0 = \\frac{60}{\\sqrt{\\varepsilon_r}} \\ln\\left(\\frac{b}{a}\\right)$
Étape 2 : Remplacement des données
Données : $a = 0.5$ mm $= 0.5 \\times 10^{-3}$ m, $b = 1.5$ mm $= 1.5 \\times 10^{-3}$ m, $\\varepsilon_r = 2.1$
$Z_0 = \\frac{60}{\\sqrt{2.1}} \\ln\\left(\\frac{1.5 \\times 10^{-3}}{0.5 \\times 10^{-3}}\\right)$
Étape 3 : Calcul
D'abord, calculons le rapport des rayons :
$\\frac{b}{a} = \\frac{1.5}{0.5} = 3$
Ensuite :
$\\ln(3) \\approx 1.0986$
$\\sqrt{2.1} \\approx 1.449$
Donc :
$Z_0 = \\frac{60}{1.449} \\times 1.0986 = 41.41 \\times 1.0986 \\approx 45.49$ Ω
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{Z_0 \\approx 45.5 \\text{ Ω}}$
Interprétation : L'impédance caractéristique de cette ligne coaxiale est d'environ $45.5$ Ω, ce qui est typique pour les câbles coaxiaux utilisés en télécommunications (les valeurs standard étant $50$ Ω ou $75$ Ω).
Question 2 : Calcul du coefficient d'atténuation total
Explication : L'atténuation dans une ligne coaxiale provient de deux sources principales : les pertes dans les conducteurs (effet de peau) et les pertes dans le diélectrique. Pour une ligne à faibles pertes, ces deux contributions s'additionnent.
A) Pertes dans les conducteurs (αc)
Étape 1 : Formule générale
Le coefficient d'atténuation dû aux pertes dans les conducteurs d'une ligne coaxiale est :
$\\alpha_c = \\frac{R_s}{2Z_0}\\left(\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b}\\right)$ (en Np/m)
Où $R_s$ est la résistance de surface donnée par :
$R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi f \\mu_0}{\\sigma}}$
Étape 2 : Calcul de Rs
Données : $f = 2.4 \\times 10^9$ Hz, $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}$ H/m, $\\sigma = 5.8 \\times 10^7$ S/m
$R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi \\times 2.4 \\times 10^9 \\times 4\\pi \\times 10^{-7}}{5.8 \\times 10^7}}$
$R_s = \\sqrt{\\frac{2.4 \\times 4\\pi^2 \\times 10^2}{5.8 \\times 10^7}} = \\sqrt{\\frac{94.776 \\times 10^2}{5.8 \\times 10^7}}$
$R_s = \\sqrt{1.634 \\times 10^{-4}} \\approx 0.01278$ Ω
Étape 3 : Calcul de αc
$\\alpha_c = \\frac{0.01278}{2 \\times 45.5}\\left(\\frac{1}{0.5 \\times 10^{-3}} + \\frac{1}{1.5 \\times 10^{-3}}\\right)$
$\\alpha_c = \\frac{0.01278}{91}\\left(2000 + 666.67\\right) = 1.405 \\times 10^{-4} \\times 2666.67$
$\\alpha_c \\approx 0.3746$ Np/m
Pour convertir en dB/m :
$\\alpha_c (dB/m) = \\alpha_c (Np/m) \\times 8.686 = 0.3746 \\times 8.686 \\approx 3.254$ dB/m
B) Pertes dans le diélectrique (αd)
Étape 1 : Formule générale
Le coefficient d'atténuation dû aux pertes diélectriques est :
$\\alpha_d = \\frac{\\pi f \\sqrt{\\varepsilon_r}}{c} \\tan(\\delta)$ (en Np/m)
Où $c = 3 \\times 10^8$ m/s est la vitesse de la lumière dans le vide.
Étape 2 : Remplacement des données
$\\alpha_d = \\frac{\\pi \\times 2.4 \\times 10^9 \\times \\sqrt{2.1}}{3 \\times 10^8} \\times 0.0004$
Étape 3 : Calcul
$\\alpha_d = \\frac{\\pi \\times 2.4 \\times 10^9 \\times 1.449}{3 \\times 10^8} \\times 0.0004$
$\\alpha_d = \\frac{10.932 \\times 10^9}{3 \\times 10^8} \\times 0.0004 = 36.44 \\times 0.0004$
$\\alpha_d \\approx 0.01458$ Np/m
Conversion en dB/m :
$\\alpha_d (dB/m) = 0.01458 \\times 8.686 \\approx 0.1266$ dB/m
C) Atténuation totale
Étape 4 : Résultat final
$\\alpha_{total} = \\alpha_c + \\alpha_d = 3.254 + 0.1266 \\approx 3.38$ dB/m
$\\boxed{\\alpha_{total} \\approx 3.38 \\text{ dB/m}}$
Interprétation : L'atténuation totale est dominée par les pertes dans les conducteurs ($\\approx 96\\%$ de l'atténuation totale), ce qui est typique pour les câbles coaxiaux aux fréquences micro-ondes. Les pertes diélectriques sont négligeables grâce au Téflon qui a une très faible tangente de perte.
Question 3 : Calcul de la puissance de sortie
Explication : La puissance décroît exponentiellement le long d'une ligne avec pertes. Lorsque la ligne est adaptée aux deux extrémités, il n'y a pas de réflexions et toute la puissance injectée se propage (moins les pertes).
Étape 1 : Formule générale
La puissance à la sortie d'une ligne de longueur $L$ est donnée par :
$P_{out} = P_{in} e^{-2\\alpha L}$
Où $\\alpha$ est en Np/m. Ou en utilisant l'atténuation en dB :
$P_{out}(dBm) = P_{in}(dBm) - \\alpha_{total}(dB/m) \\times L$
Ou encore :
$P_{out} = P_{in} \\times 10^{-\\frac{\\alpha_{total}(dB) \\times L}{10}}$
Étape 2 : Remplacement des données
Données : $P_{in} = 10$ W, $\\alpha_{total} = 3.38$ dB/m, $L = 50$ m
L'atténuation totale sur $50$ m est :
$A_{total} = \\alpha_{total} \\times L = 3.38 \\times 50 = 169$ dB
Donc :
$P_{out} = 10 \\times 10^{-\\frac{169}{10}}$
Étape 3 : Calcul
$P_{out} = 10 \\times 10^{-16.9} = 10^{1} \\times 10^{-16.9} = 10^{-15.9}$
$P_{out} \\approx 1.26 \\times 10^{-16}$ W
Convertissons en unités plus pratiques :
$P_{out} \\approx 0.126$ attowatts (aW) ou $126$ zeptowatts (zW)
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{P_{out} \\approx 1.26 \\times 10^{-16} \\text{ W} = 126 \\text{ zW}}$
Interprétation : La puissance de sortie est extrêmement faible, pratiquement nulle. Cela démontre que cette ligne coaxiale avec une atténuation de $3.38$ dB/m est totalement inadaptée pour transmettre un signal sur $50$ m à $2.4$ GHz. L'atténuation totale de $169$ dB est énorme. En pratique, il faudrait utiliser un câble de meilleure qualité (plus gros diamètre, meilleur diélectrique) ou des amplificateurs intermédiaires, ou encore changer de technologie de transmission (fibre optique, guide d'onde).
", "id_category": "2", "id_number": "21" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 2 : Propagation dans un Guide d'Ondes Rectangulaire
Un guide d'ondes rectangulaire en cuivre est utilisé pour transmettre un signal à la fréquence $f = 10$ GHz. Le guide possède les dimensions standards WR-90 :
- Largeur : $a = 22.86$ mm
- Hauteur : $b = 10.16$ mm
- Conductivité du cuivre : $\\sigma = 5.8 \\times 10^7$ S/m
- Le guide est rempli d'air : $\\varepsilon_r = 1$, $\\mu_r = 1$
- Longueur du guide : $L = 2$ m
Le guide fonctionne dans le mode dominant $TE_{10}$.
Question 1 : Calculez la fréquence de coupure $f_c$ du mode $TE_{10}$ et vérifiez que le guide peut propager le signal à $f = 10$ GHz. Déterminez ensuite la longueur d'onde guidée $\\lambda_g$ à cette fréquence.
Question 2 : Calculez l'impédance d'onde $Z_{TE}$ du mode $TE_{10}$ dans le guide à $f = 10$ GHz, puis déterminez la vitesse de phase $v_p$ et la vitesse de groupe $v_g$ de l'onde dans le guide.
Question 3 : Calculez le coefficient d'atténuation $\\alpha$ (en dB/m) dû aux pertes dans les parois conductrices du guide pour le mode $TE_{10}$ à $f = 10$ GHz. Si une puissance de $P_{in} = 5$ W est injectée à l'entrée, quelle sera la puissance $P_{out}$ à la sortie après $L = 2$ m de propagation ?
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Détaillée de l'Exercice 2
Question 1 : Fréquence de coupure et longueur d'onde guidée
Explication : Un guide d'ondes ne peut propager une onde électromagnétique que si sa fréquence est supérieure à la fréquence de coupure du mode considéré. En dessous de cette fréquence, l'onde est évanescente et s'atténue exponentiellement.
A) Calcul de la fréquence de coupure
Étape 1 : Formule générale
Pour un guide d'ondes rectangulaire, la fréquence de coupure du mode $TE_{mn}$ est donnée par :
$f_{c,mn} = \\frac{c}{2}\\sqrt{\\left(\\frac{m}{a}\\right)^2 + \\left(\\frac{n}{b}\\right)^2}$
Pour le mode dominant $TE_{10}$, on a $m = 1$ et $n = 0$, donc :
$f_{c,10} = \\frac{c}{2a}$
Où $c = 3 \\times 10^8$ m/s est la vitesse de la lumière dans le vide (ou dans l'air, $\\varepsilon_r = 1$).
Étape 2 : Remplacement des données
Données : $a = 22.86$ mm $= 22.86 \\times 10^{-3}$ m
$f_{c,10} = \\frac{3 \\times 10^8}{2 \\times 22.86 \\times 10^{-3}}$
Étape 3 : Calcul
$f_{c,10} = \\frac{3 \\times 10^8}{45.72 \\times 10^{-3}} = \\frac{3 \\times 10^8}{4.572 \\times 10^{-2}}$
$f_{c,10} = 6.562 \\times 10^9$ Hz $= 6.562$ GHz
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{f_{c,10} = 6.562 \\text{ GHz}}$
Vérification de la propagation :
Puisque $f = 10$ GHz $> f_{c,10} = 6.562$ GHz, le guide d'ondes peut effectivement propager le signal dans le mode $TE_{10}$.
B) Calcul de la longueur d'onde guidée
Étape 1 : Formule générale
La longueur d'onde guidée est donnée par :
$\\lambda_g = \\frac{\\lambda_0}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$
Où $\\lambda_0 = \\frac{c}{f}$ est la longueur d'onde dans l'espace libre.
Étape 2 : Calcul de λ₀
$\\lambda_0 = \\frac{3 \\times 10^8}{10 \\times 10^9} = \\frac{3 \\times 10^8}{10^{10}} = 3 \\times 10^{-2}$ m $= 30$ mm
Étape 3 : Remplacement des données
$\\lambda_g = \\frac{30 \\times 10^{-3}}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{6.562}{10}\\right)^2}}$
Étape 4 : Calcul
Calculons d'abord le terme sous la racine :
$\\left(\\frac{6.562}{10}\\right)^2 = (0.6562)^2 = 0.4306$
$1 - 0.4306 = 0.5694$
$\\sqrt{0.5694} \\approx 0.7546$
Donc :
$\\lambda_g = \\frac{30 \\times 10^{-3}}{0.7546} = 39.76 \\times 10^{-3}$ m
Étape 5 : Résultat final
$\\boxed{\\lambda_g \\approx 39.76 \\text{ mm}}$
Interprétation : La longueur d'onde guidée ($39.76$ mm) est plus grande que la longueur d'onde en espace libre ($30$ mm), ce qui est caractéristique de la propagation dans un guide d'ondes. Plus la fréquence de travail est proche de la fréquence de coupure, plus $\\lambda_g$ est grande.
Question 2 : Impédance d'onde, vitesse de phase et vitesse de groupe
A) Calcul de l'impédance d'onde ZTE
Étape 1 : Formule générale
L'impédance d'onde pour le mode $TE$ dans un guide d'ondes est :
$Z_{TE} = \\frac{\\eta_0}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$
Où $\\eta_0 = \\sqrt{\\frac{\\mu_0}{\\varepsilon_0}} = 120\\pi \\approx 377$ Ω est l'impédance de l'espace libre.
Étape 2 : Remplacement des données
$Z_{TE} = \\frac{377}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{6.562}{10}\\right)^2}}$
Étape 3 : Calcul
Nous avons déjà calculé que $\\sqrt{1 - \\left(\\frac{6.562}{10}\\right)^2} = 0.7546$
$Z_{TE} = \\frac{377}{0.7546} \\approx 499.6$ Ω
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{Z_{TE} \\approx 499.6 \\text{ Ω}}$
B) Calcul de la vitesse de phase
Étape 1 : Formule générale
La vitesse de phase dans un guide d'ondes est :
$v_p = \\frac{c}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$
Étape 2 : Remplacement des données
$v_p = \\frac{3 \\times 10^8}{0.7546}$
Étape 3 : Calcul
$v_p \\approx 3.976 \\times 10^8$ m/s
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{v_p \\approx 3.976 \\times 10^8 \\text{ m/s}}$
C) Calcul de la vitesse de groupe
Étape 1 : Formule générale
La vitesse de groupe dans un guide d'ondes est :
$v_g = c \\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}$
Ou de manière équivalente : $v_g \\cdot v_p = c^2$
Étape 2 : Remplacement des données
$v_g = 3 \\times 10^8 \\times 0.7546$
Étape 3 : Calcul
$v_g \\approx 2.264 \\times 10^8$ m/s
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{v_g \\approx 2.264 \\times 10^8 \\text{ m/s}}$
Interprétation : L'impédance d'onde $Z_{TE}$ ($499.6$ Ω) est supérieure à l'impédance de l'espace libre ($377$ Ω). La vitesse de phase ($3.976 \\times 10^8$ m/s) est supérieure à $c$, tandis que la vitesse de groupe ($2.264 \\times 10^8$ m/s) est inférieure à $c$. Leur produit vaut $c^2$, ce qui est une propriété fondamentale des guides d'ondes. La vitesse de groupe représente la vitesse de propagation de l'énergie et de l'information, qui est toujours inférieure à $c$, respectant ainsi la relativité.
Question 3 : Atténuation et puissance de sortie
A) Calcul du coefficient d'atténuation
Étape 1 : Formule générale
Pour le mode $TE_{10}$ dans un guide d'ondes rectangulaire, le coefficient d'atténuation dû aux pertes dans les parois conductrices est :
$\\alpha = \\frac{R_s}{ab\\eta_0\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}} \\left[2b + a\\left(1 + \\frac{b}{a}\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2\\right)\\right]$
Où $R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi f \\mu_0}{\\sigma}}$ est la résistance de surface.
Pour le mode $TE_{10}$, une formule simplifiée couramment utilisée est :
$\\alpha = \\frac{R_s}{b Z_{TE}} \\left[1 + \\frac{2b}{a}\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2\\right]$ (en Np/m)
Étape 2 : Calcul de Rs
Données : $f = 10 \\times 10^9$ Hz, $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}$ H/m, $\\sigma = 5.8 \\times 10^7$ S/m
$R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi \\times 10 \\times 10^9 \\times 4\\pi \\times 10^{-7}}{5.8 \\times 10^7}}$
$R_s = \\sqrt{\\frac{40\\pi^2 \\times 10^2}{5.8 \\times 10^7}} = \\sqrt{\\frac{394.78 \\times 10^2}{5.8 \\times 10^7}}$
$R_s = \\sqrt{6.807 \\times 10^{-4}} \\approx 0.0261$ Ω
Étape 3 : Calcul de α
Données : $b = 10.16 \\times 10^{-3}$ m, $a = 22.86 \\times 10^{-3}$ m, $Z_{TE} = 499.6$ Ω, $\\frac{f_c}{f} = 0.6562$
$\\alpha = \\frac{0.0261}{10.16 \\times 10^{-3} \\times 499.6} \\left[1 + \\frac{2 \\times 10.16}{22.86} \\times (0.6562)^2\\right]$
$\\alpha = \\frac{0.0261}{5.076} \\left[1 + \\frac{20.32}{22.86} \\times 0.4306\\right]$
$\\alpha = 5.143 \\times 10^{-3} \\left[1 + 0.8889 \\times 0.4306\\right]$
$\\alpha = 5.143 \\times 10^{-3} \\times [1 + 0.3828] = 5.143 \\times 10^{-3} \\times 1.3828$
$\\alpha \\approx 7.111 \\times 10^{-3}$ Np/m
Conversion en dB/m :
$\\alpha (dB/m) = 7.111 \\times 10^{-3} \\times 8.686 \\approx 0.0618$ dB/m
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{\\alpha \\approx 0.062 \\text{ dB/m}}$
B) Calcul de la puissance de sortie
Étape 1 : Formule générale
$P_{out} = P_{in} \\times 10^{-\\frac{\\alpha \\times L}{10}}$
Étape 2 : Remplacement des données
L'atténuation totale sur $L = 2$ m est :
$A_{total} = \\alpha \\times L = 0.062 \\times 2 = 0.124$ dB
$P_{out} = 5 \\times 10^{-\\frac{0.124}{10}}$
Étape 3 : Calcul
$P_{out} = 5 \\times 10^{-0.0124} = 5 \\times 0.9718$
$P_{out} \\approx 4.859$ W
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{P_{out} \\approx 4.86 \\text{ W}}$
Interprétation : Le coefficient d'atténuation du guide d'ondes ($0.062$ dB/m) est beaucoup plus faible que celui du câble coaxial de l'exercice 1 ($3.38$ dB/m). Cela démontre l'avantage majeur des guides d'ondes pour les transmissions à haute fréquence sur de courtes distances : les pertes sont minimales. Après $2$ m de propagation, la puissance n'a diminué que de $0.124$ dB (environ $2.8\\%$ de perte), ce qui est excellent. La puissance de sortie est de $4.86$ W, soit $97.2\\%$ de la puissance d'entrée conservée.
", "id_category": "2", "id_number": "22" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 3 : Transmission par Fibre Optique Monomode
Un système de télécommunication par fibre optique utilise une fibre monomode pour transmettre un signal optique. Les caractéristiques du système sont les suivantes :
- Longueur d'onde d'opération : $\\lambda = 1550$ nm (fenêtre télécom)
- Indice de réfraction du cœur : $n_1 = 1.4682$
- Indice de réfraction de la gaine : $n_2 = 1.4628$
- Diamètre du cœur : $d = 9$ μm
- Coefficient d'atténuation de la fibre : $\\alpha = 0.2$ dB/km
- Vitesse de la lumière dans le vide : $c = 3 \\times 10^8$ m/s
- Longueur de la liaison : $L = 80$ km
Question 1 : Calculez l'ouverture numérique $ON$ (ou $NA$) de la fibre optique, puis déterminez l'angle d'acceptance maximal $\\theta_{max}$ (en degrés) pour l'injection de la lumière dans la fibre depuis l'air ($n_0 = 1$).
Question 2 : Calculez la fréquence normalisée $V$ de la fibre et vérifiez qu'elle fonctionne bien en régime monomode (condition : $V < 2.405$). Déterminez ensuite la vitesse de propagation $v$ du signal dans le cœur de la fibre.
Question 3 : Un signal optique de puissance $P_{TX} = 2$ mW est émis par le laser à l'entrée de la fibre. Sachant que les pertes de couplage à l'entrée sont de $L_{coup} = 0.5$ dB et que la fibre possède une atténuation de $\\alpha = 0.2$ dB/km, calculez la puissance optique $P_{RX}$ reçue au bout de la liaison de $L = 80$ km. Exprimez le résultat en μW et en dBm.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Détaillée de l'Exercice 3
Question 1 : Ouverture numérique et angle d'acceptance
Explication : L'ouverture numérique caractérise la capacité de la fibre à accepter la lumière. Elle dépend de la différence d'indices entre le cœur et la gaine. L'angle d'acceptance définit le cône dans lequel la lumière peut être injectée pour se propager dans la fibre.
A) Calcul de l'ouverture numérique
Étape 1 : Formule générale
L'ouverture numérique d'une fibre optique est définie par :
$ON = \\sqrt{n_1^2 - n_2^2}$
Où $n_1$ est l'indice de réfraction du cœur et $n_2$ celui de la gaine.
Étape 2 : Remplacement des données
Données : $n_1 = 1.4682$, $n_2 = 1.4628$
$ON = \\sqrt{(1.4682)^2 - (1.4628)^2}$
Étape 3 : Calcul
Calculons d'abord les carrés :
$n_1^2 = (1.4682)^2 = 2.15561$
$n_2^2 = (1.4628)^2 = 2.13978$
$n_1^2 - n_2^2 = 2.15561 - 2.13978 = 0.01583$
$ON = \\sqrt{0.01583} \\approx 0.1258$
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{ON \\approx 0.126}$
B) Calcul de l'angle d'acceptance maximal
Étape 1 : Formule générale
L'angle d'acceptance maximal est relié à l'ouverture numérique par :
$\\sin(\\theta_{max}) = \\frac{ON}{n_0}$
Où $n_0$ est l'indice du milieu extérieur (air, $n_0 = 1$).
Donc :
$\\theta_{max} = \\arcsin(ON)$
Étape 2 : Remplacement des données
$\\theta_{max} = \\arcsin(0.1258)$
Étape 3 : Calcul
$\\theta_{max} \\approx 7.23$ degrés (ou $0.126$ radians)
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{\\theta_{max} \\approx 7.23°}$
Interprétation : L'ouverture numérique de $0.126$ est typique d'une fibre monomode, qui a une faible ouverture comparée aux fibres multimodes ($ON \\approx 0.2$ à $0.3$). L'angle d'acceptance de $7.23°$ signifie que la lumière doit être injectée dans un cône de demi-angle au sommet de $7.23°$ pour se propager efficacement dans la fibre. Cela nécessite un alignement précis des composants optiques.
Question 2 : Fréquence normalisée et vitesse de propagation
A) Calcul de la fréquence normalisée V
Étape 1 : Formule générale
La fréquence normalisée (ou paramètre $V$) d'une fibre optique est donnée par :
$V = \\frac{\\pi d}{\\lambda} \\times ON$
Où $d$ est le diamètre du cœur et $\\lambda$ est la longueur d'onde.
Étape 2 : Remplacement des données
Données : $d = 9$ μm $= 9 \\times 10^{-6}$ m, $\\lambda = 1550$ nm $= 1550 \\times 10^{-9}$ m, $ON = 0.1258$
$V = \\frac{\\pi \\times 9 \\times 10^{-6}}{1550 \\times 10^{-9}} \\times 0.1258$
Étape 3 : Calcul
$V = \\frac{\\pi \\times 9 \\times 10^{-6}}{1.55 \\times 10^{-6}} \\times 0.1258$
$V = \\frac{9\\pi}{1.55} \\times 0.1258 = 18.24 \\times 0.1258$
$V \\approx 2.295$
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{V \\approx 2.295}$
Vérification du régime monomode :
Pour qu'une fibre fonctionne en régime monomode, il faut que $V < 2.405$.
Ici, $V = 2.295 < 2.405$, donc la fibre fonctionne bien en régime monomode.
B) Calcul de la vitesse de propagation
Étape 1 : Formule générale
La vitesse de propagation de la lumière dans le cœur de la fibre est :
$v = \\frac{c}{n_1}$
Où $c = 3 \\times 10^8$ m/s est la vitesse de la lumière dans le vide.
Étape 2 : Remplacement des données
$v = \\frac{3 \\times 10^8}{1.4682}$
Étape 3 : Calcul
$v \\approx 2.043 \\times 10^8$ m/s
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{v \\approx 2.043 \\times 10^8 \\text{ m/s}}$
Interprétation : Le paramètre $V = 2.295$ confirme que la fibre fonctionne en monomode, ce qui est essentiel pour les télécommunications longue distance car cela élimine la dispersion modale. La vitesse de propagation ($2.043 \\times 10^8$ m/s) représente environ $68\\%$ de la vitesse de la lumière dans le vide, ce qui est typique pour les fibres optiques en silice.
Question 3 : Calcul de la puissance reçue
Explication : La puissance optique décroît le long de la fibre en raison de l'atténuation. Il faut également prendre en compte les pertes de couplage à l'injection.
Étape 1 : Formule générale
La puissance reçue en dB s'exprime par :
$P_{RX}(dBm) = P_{TX}(dBm) - L_{coup} - \\alpha \\times L$
Où $L_{coup}$ représente les pertes de couplage et $\\alpha \\times L$ l'atténuation sur la longueur $L$.
Il faut d'abord convertir la puissance d'émission en dBm :
$P(dBm) = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{P(mW)}{1 \\text{ mW}}\\right)$
Étape 2 : Conversion de PTX en dBm
$P_{TX}(dBm) = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{2}{1}\\right) = 10 \\log_{10}(2)$
$P_{TX}(dBm) = 10 \\times 0.301 = 3.01$ dBm
Étape 3 : Calcul de l'atténuation totale
L'atténuation sur la fibre :
$A_{fibre} = \\alpha \\times L = 0.2 \\times 80 = 16$ dB
L'atténuation totale (couplage + fibre) :
$A_{total} = L_{coup} + A_{fibre} = 0.5 + 16 = 16.5$ dB
Étape 4 : Calcul de PRX en dBm
$P_{RX}(dBm) = P_{TX}(dBm) - A_{total} = 3.01 - 16.5 = -13.49$ dBm
Étape 5 : Conversion de PRX en mW puis en μW
$P_{RX}(mW) = 10^{\\frac{P_{RX}(dBm)}{10}} = 10^{\\frac{-13.49}{10}}$
$P_{RX}(mW) = 10^{-1.349} \\approx 0.0448$ mW
Conversion en μW :
$P_{RX}(\\mu W) = 0.0448 \\times 1000 = 44.8$ μW
Étape 6 : Résultat final
$\\boxed{P_{RX} \\approx 44.8 \\text{ μW} = -13.49 \\text{ dBm}}$
Interprétation : La puissance reçue après $80$ km de propagation est de $44.8$ μW (ou $-13.49$ dBm). L'atténuation totale de $16.5$ dB correspond à une perte de puissance d'environ $97.8\\%$ (le signal reçu représente $2.2\\%$ du signal émis après couplage). Cette valeur reste largement au-dessus des seuils de sensibilité des photorécepteurs modernes (typiquement $-30$ à $-40$ dBm), ce qui rend cette liaison tout à fait viable pour les télécommunications. La fibre optique démontre ici sa supériorité pour les longues distances comparée aux câbles coaxiaux ou guides d'ondes : avec seulement $0.2$ dB/km d'atténuation, elle permet des liaisons de dizaines de kilomètres sans amplification.
", "id_category": "2", "id_number": "23" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 1 : Analyse d'une Ligne de Transmission Coaxiale
\nUne ligne de transmission coaxiale est utilisée pour transmettre un signal radiofréquence de $P_0 = 50 \\, \\text{W}$ à une fréquence de $f = 1 \\, \\text{GHz}$. La ligne a une longueur de $L = 100 \\, \\text{m}$ et présente les caractéristiques suivantes :
\n- \n
- Impédance caractéristique : $Z_0 = 75 \\, \\Omega$ \n
- Constante d'atténuation : $\\alpha = 0.05 \\, \\text{Np/m}$ \n
- Constante de phase : $\\beta = 20.94 \\, \\text{rad/m}$ \n
- Charge connectée à l'extrémité : $Z_L = 50 + j30 \\, \\Omega$ \n
L'objectif de cet exercice est d'analyser complètement le comportement de cette ligne de transmission en calculant le coefficient de réflexion, le rapport d'onde stationnaire, et la puissance transmise à la charge.
\n\nQuestion 1 : Coefficient de Réflexion et Impédance d'Entrée
\nCalculez le coefficient de réflexion complexe $\\Gamma_L$ au niveau de la charge, puis déterminez son module $|\\Gamma_L|$ et sa phase $\\phi_\\Gamma$ en degrés.
\n\nQuestion 2 : Rapport d'Onde Stationnaire (ROS/VSWR)
\nÀ partir du coefficient de réflexion calculé à la question 1, déterminez le rapport d'onde stationnaire $\\text{ROS}$ sur la ligne de transmission. Interprétez physiquement ce résultat en termes d'adaptation d'impédance.
\n\nQuestion 3 : Puissance Transmise et Pertes
\nCalculez la puissance réellement transmise à la charge $P_L$ en tenant compte à la fois de l'atténuation de la ligne et de la désadaptation d'impédance. Déterminez également les pertes totales en décibels.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solutions Détaillées - Exercice 1
\n\nSolution Question 1 : Coefficient de Réflexion
\n\nÉtape 1 : Formule générale du coefficient de réflexion
\nLe coefficient de réflexion à la charge est défini par la relation :
\n$\\Gamma_L = \\frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0}$
\noù $Z_L$ est l'impédance de charge (complexe) et $Z_0$ est l'impédance caractéristique (réelle).
\n\nÉtape 2 : Substitution des données
\nAvec $Z_L = 50 + j30 \\, \\Omega$ et $Z_0 = 75 \\, \\Omega$ :
\n$\\Gamma_L = \\frac{(50 + j30) - 75}{(50 + j30) + 75} = \\frac{-25 + j30}{125 + j30}$
\n\nÉtape 3 : Calcul du coefficient complexe
\nPour diviser deux nombres complexes, on multiplie par le conjugué du dénominateur :
\n$\\Gamma_L = \\frac{(-25 + j30)(125 - j30)}{(125 + j30)(125 - j30)}$
\n\nCalcul du numérateur :
\n$(-25)(125) + (-25)(-j30) + (j30)(125) + (j30)(-j30)$
\n$= -3125 + j750 + j3750 + 900$
\n$= -2225 + j4500$
\n\nCalcul du dénominateur :
\n$125^2 + 30^2 = 15625 + 900 = 16525$
\n\nDonc :
\n$\\Gamma_L = \\frac{-2225 + j4500}{16525} = -0.1346 + j0.2723$
\n\nÉtape 4 : Module du coefficient de réflexion
\nLe module est calculé par :
\n$|\\Gamma_L| = \\sqrt{(-0.1346)^2 + (0.2723)^2}$
\n$|\\Gamma_L| = \\sqrt{0.0181 + 0.0741} = \\sqrt{0.0922}$
\n$|\\Gamma_L| = 0.3037$
\n\nÉtape 5 : Phase du coefficient de réflexion
\nLa phase est donnée par :
\n$\\phi_\\Gamma = \\arctan\\left(\\frac{0.2723}{-0.1346}\\right)$
\n\nPuisque la partie réelle est négative et la partie imaginaire positive, l'angle se situe dans le deuxième quadrant :
\n$\\phi_\\Gamma = 180° - \\arctan\\left(\\frac{0.2723}{0.1346}\\right)$
\n$\\phi_\\Gamma = 180° - 63.7° = 116.3°$
\n\nRésultat final :
\n$\\Gamma_L = 0.3037 \\angle 116.3°$
\n\nInterprétation : Un module de $0.3037$ indique qu'environ $30.37\\%$ de l'amplitude de l'onde incidente est réfléchie en raison de la désadaptation d'impédance. La phase de $116.3°$ indique le déphasage entre l'onde incidente et l'onde réfléchie.
\n\nSolution Question 2 : Rapport d'Onde Stationnaire (ROS)
\n\nÉtape 1 : Formule générale du ROS
\nLe rapport d'onde stationnaire est défini par :
\n$\\text{ROS} = \\frac{1 + |\\Gamma_L|}{1 - |\\Gamma_L|}$
\nCette formule relie directement le ROS au module du coefficient de réflexion.
\n\nÉtape 2 : Substitution des données
\nAvec $|\\Gamma_L| = 0.3037$ :
\n$\\text{ROS} = \\frac{1 + 0.3037}{1 - 0.3037}$
\n\nÉtape 3 : Calcul numérique
\n$\\text{ROS} = \\frac{1.3037}{0.6963}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\text{ROS} = 1.872$
\n\nInterprétation physique :
\n- \n
- Un ROS de $1.872$ signifie que le rapport entre la tension maximale et la tension minimale sur la ligne est de $1.872:1$. \n
- Un ROS idéal serait $1$ (adaptation parfaite), et notre valeur de $1.872$ indique une désadaptation modérée. \n
- Cette désadaptation entraîne des ondes stationnaires sur la ligne, avec des maxima et minima de tension espacés de $\\lambda/4$. \n
- Environ $9.2\\%$ de la puissance incidente est réfléchie ($|\\Gamma_L|^2 = 0.092$). \n
Solution Question 3 : Puissance Transmise et Pertes
\n\nÉtape 1 : Formule de la puissance transmise
\nLa puissance transmise à la charge doit tenir compte de deux facteurs :
\n- \n
- L'atténuation de la ligne : $e^{-2\\alpha L}$ \n
- La désadaptation : $(1 - |\\Gamma_L|^2)$ \n
La formule complète est :
\n$P_L = P_0 \\cdot e^{-2\\alpha L} \\cdot (1 - |\\Gamma_L|^2)$
\n\nÉtape 2 : Calcul de l'atténuation de la ligne
\nAvec $\\alpha = 0.05 \\, \\text{Np/m}$ et $L = 100 \\, \\text{m}$ :
\n$2\\alpha L = 2 \\times 0.05 \\times 100 = 10 \\, \\text{Np}$
\n$e^{-2\\alpha L} = e^{-10} = 0.0000454$
\n\nÉtape 3 : Calcul du coefficient de transmission en puissance
\nLe coefficient de transmission en puissance dû à la désadaptation :
\n$1 - |\\Gamma_L|^2 = 1 - (0.3037)^2 = 1 - 0.0922 = 0.9078$
\n\nÉtape 4 : Calcul de la puissance transmise
\nSubstitution dans la formule avec $P_0 = 50 \\, \\text{W}$ :
\n$P_L = 50 \\times 0.0000454 \\times 0.9078$
\n$P_L = 50 \\times 0.0000412$
\n$P_L = 0.00206 \\, \\text{W} = 2.06 \\, \\text{mW}$
\n\nÉtape 5 : Calcul des pertes totales en décibels
\nLes pertes totales en dB sont données par :
\n$\\text{Pertes (dB)} = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{P_0}{P_L}\\right)$
\n$\\text{Pertes (dB)} = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{50}{0.00206}\\right)$
\n$\\text{Pertes (dB)} = 10 \\log_{10}(24272) = 10 \\times 4.385$
\n$\\text{Pertes (dB)} = 43.85 \\, \\text{dB}$
\n\nRésultats finaux :
\n- \n
- Puissance transmise : $P_L = 2.06 \\, \\text{mW}$ \n
- Pertes totales : $43.85 \\, \\text{dB}$ \n
Analyse des pertes :
\n- \n
- Pertes par atténuation : $10 \\log_{10}(e^{10}) = 43.43 \\, \\text{dB}$ \n
- Pertes par désadaptation : $10 \\log_{10}(1/0.9078) = 0.42 \\, \\text{dB}$ \n
- Total : $43.85 \\, \\text{dB}$ (cohérent) \n
Interprétation : La majeure partie des pertes ($43.43 \\, \\text{dB}$) provient de l'atténuation de la ligne sur $100 \\, \\text{m}$. La désadaptation d'impédance contribue modestement ($0.42 \\, \\text{dB}$) aux pertes totales. Pour une ligne aussi longue avec cette atténuation, il serait nécessaire d'utiliser des amplificateurs intermédiaires ou une ligne à plus faible atténuation.
", "id_category": "2", "id_number": "24" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 2 : Conception d'un Système de Transmission par Fibre Optique
\nUn système de communication par fibre optique est conçu pour transmettre des données sur une longue distance. La fibre optique multimode utilisée présente les caractéristiques suivantes :
\n- \n
- Indice de réfraction du cœur : $n_1 = 1.48$ \n
- Indice de réfraction de la gaine : $n_2 = 1.46$ \n
- Diamètre du cœur : $d = 50 \\, \\mu\\text{m}$ \n
- Coefficient d'atténuation : $\\alpha_{\\text{dB}} = 0.8 \\, \\text{dB/km}$ \n
- Longueur d'onde d'opération : $\\lambda = 850 \\, \\text{nm}$ \n
- Indice de dispersion modale : $\\Delta = 0.0135$ \n
Une source LED émet une puissance optique de $P_{\\text{in}} = 1 \\, \\text{mW}$ dans la fibre. Le système doit transmettre sur une distance de $L = 15 \\, \\text{km}$. Le récepteur nécessite une puissance minimale de $P_{\\text{min}} = 0.5 \\, \\mu\\text{W}$ pour un fonctionnement correct.
\n\nQuestion 1 : Ouverture Numérique et Angle d'Acceptance
\nCalculez l'ouverture numérique (ON) de la fibre optique, puis déterminez l'angle d'acceptance maximal $\\theta_{\\text{max}}$ (en degrés) pour qu'un rayon lumineux puisse se propager dans la fibre par réflexion totale interne.
\n\nQuestion 2 : Bilan de Liaison et Marge du Système
\nCalculez la puissance optique reçue $P_{\\text{out}}$ à l'extrémité de la fibre après $15 \\, \\text{km}$ de propagation. Déterminez ensuite la marge du système en décibels, c'est-à-dire l'excédent de puissance disponible par rapport à la sensibilité minimale du récepteur.
\n\nQuestion 3 : Dispersion Intermodale et Bande Passante
\nCalculez l'élargissement temporel $\\Delta t$ d'une impulsion lumineuse dû à la dispersion intermodale sur la distance de $15 \\, \\text{km}$. En déduire la bande passante maximale $B_{\\text{max}}$ du système en $\\text{MHz}$, sachant que la bande passante est approximativement $B \\approx 0.44 / \\Delta t$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solutions Détaillées - Exercice 2
\n\nSolution Question 1 : Ouverture Numérique et Angle d'Acceptance
\n\nÉtape 1 : Formule de l'ouverture numérique
\nL'ouverture numérique (ON ou NA en anglais) d'une fibre optique est définie par :
\n$\\text{ON} = \\sqrt{n_1^2 - n_2^2}$
\noù $n_1$ est l'indice de réfraction du cœur et $n_2$ est l'indice de réfraction de la gaine. Cette grandeur caractérise la capacité de la fibre à capturer la lumière.
\n\nÉtape 2 : Substitution des données
\nAvec $n_1 = 1.48$ et $n_2 = 1.46$ :
\n$\\text{ON} = \\sqrt{(1.48)^2 - (1.46)^2}$
\n\nÉtape 3 : Calcul numérique
\nCalcul des carrés :
\n$n_1^2 = (1.48)^2 = 2.1904$
\n$n_2^2 = (1.46)^2 = 2.1316$
\nDifférence :
\n$n_1^2 - n_2^2 = 2.1904 - 2.1316 = 0.0588$
\nRacine carrée :
\n$\\text{ON} = \\sqrt{0.0588} = 0.2425$
\n\nRésultat pour l'ouverture numérique :
\n$\\text{ON} = 0.243$
\n\nÉtape 4 : Formule de l'angle d'acceptance maximal
\nL'angle d'acceptance maximal est relié à l'ouverture numérique par :
\n$\\theta_{\\text{max}} = \\arcsin(\\text{ON})$
\nCette relation provient de la loi de Snell-Descartes appliquée à l'interface air-cœur, en considérant que l'indice de l'air est $n_0 = 1$.
\n\nÉtape 5 : Calcul de l'angle
\nAvec $\\text{ON} = 0.2425$ :
\n$\\theta_{\\text{max}} = \\arcsin(0.2425)$
\n$\\theta_{\\text{max}} = 14.03° $
\n\nRésultat final :
\n$\\theta_{\\text{max}} = 14.0°$
\n\nInterprétation physique :
\n- \n
- Une ouverture numérique de $0.243$ est typique des fibres multimodes. \n
- L'angle d'acceptance de $14.0°$ signifie que tout rayon lumineux entrant dans la fibre avec un angle inférieur à $14.0°$ par rapport à l'axe de la fibre sera guidé par réflexion totale interne. \n
- Les rayons incidents avec des angles supérieurs à $14.0°$ seront partiellement transmis dans la gaine et perdus. \n
- Le cône d'acceptance total a un angle au sommet de $2\\theta_{\\text{max}} = 28.0°$. \n
Solution Question 2 : Bilan de Liaison et Marge du Système
\n\nÉtape 1 : Formule de la puissance optique en sortie
\nLa puissance optique en sortie d'une fibre avec atténuation est donnée par :
\n$P_{\\text{out}} = P_{\\text{in}} \\cdot 10^{-\\frac{\\alpha_{\\text{dB}} \\cdot L}{10}}$
\noù $P_{\\text{in}}$ est la puissance d'entrée, $\\alpha_{\\text{dB}}$ est le coefficient d'atténuation en $\\text{dB/km}$, et $L$ est la longueur de la fibre en $\\text{km}$.
\n\nÉtape 2 : Calcul de l'atténuation totale
\nAvec $\\alpha_{\\text{dB}} = 0.8 \\, \\text{dB/km}$ et $L = 15 \\, \\text{km}$ :
\n$\\text{Atténuation totale} = \\alpha_{\\text{dB}} \\times L = 0.8 \\times 15 = 12 \\, \\text{dB}$
\n\nÉtape 3 : Calcul de la puissance en sortie
\nSubstitution dans la formule avec $P_{\\text{in}} = 1 \\, \\text{mW}$ :
\n$P_{\\text{out}} = 1 \\times 10^{-\\frac{12}{10}}$
\n$P_{\\text{out}} = 1 \\times 10^{-1.2}$
\n$P_{\\text{out}} = 0.0631 \\, \\text{mW}$
\n\nConversion en microwatts :
\n$P_{\\text{out}} = 63.1 \\, \\mu\\text{W}$
\n\nRésultat pour la puissance reçue :
\n$P_{\\text{out}} = 63.1 \\, \\mu\\text{W}$
\n\nÉtape 4 : Formule de la marge du système
\nLa marge du système en décibels est définie par :
\n$\\text{Marge (dB)} = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{P_{\\text{out}}}{P_{\\text{min}}}\\right)$
\noù $P_{\\text{min}}$ est la sensibilité minimale du récepteur.
\n\nÉtape 5 : Calcul de la marge
\nAvec $P_{\\text{out}} = 63.1 \\, \\mu\\text{W}$ et $P_{\\text{min}} = 0.5 \\, \\mu\\text{W}$ :
\n$\\text{Marge (dB)} = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{63.1}{0.5}\\right)$
\n$\\text{Marge (dB)} = 10 \\log_{10}(126.2)$
\n$\\text{Marge (dB)} = 10 \\times 2.101$
\n$\\text{Marge (dB)} = 21.01 \\, \\text{dB}$
\n\nRésultats finaux :
\n- \n
- Puissance reçue : $P_{\\text{out}} = 63.1 \\, \\mu\\text{W}$ \n
- Marge du système : $21.0 \\, \\text{dB}$ \n
Interprétation :
\n- \n
- La puissance reçue de $63.1 \\, \\mu\\text{W}$ est largement supérieure à la sensibilité minimale du récepteur ($0.5 \\, \\mu\\text{W}$). \n
- Une marge de $21.0 \\, \\text{dB}$ est excellente et permet de compenser :$ \n
- Les pertes supplémentaires dues aux connecteurs (typiquement $0.5$ à $1 \\, \\text{dB}$ par connecteur) \n
- Les pertes par épissures (soudures de fibres) \n
- Le vieillissement du système \n
- Les variations de température \n
- Cette marge importante signifie que le système a une grande fiabilité et pourrait fonctionner sur une distance supérieure à $15 \\, \\text{km}$. \n
- \n
Solution Question 3 : Dispersion Intermodale et Bande Passante
\n\nÉtape 1 : Formule de l'élargissement temporel par dispersion intermodale
\nPour une fibre multimode à saut d'indice, l'élargissement temporel dû à la dispersion intermodale est donné par :
\n$\\Delta t = \\frac{L \\cdot n_1 \\cdot \\Delta}{c}$
\noù $L$ est la longueur de la fibre, $n_1$ est l'indice du cœur, $\\Delta$ est l'indice de dispersion modale, et $c = 3 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$ est la vitesse de la lumière dans le vide.
\n\nÉtape 2 : Substitution des données
\nAvec $L = 15 \\, \\text{km} = 15000 \\, \\text{m}$, $n_1 = 1.48$, $\\Delta = 0.0135$, et $c = 3 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$ :
\n$\\Delta t = \\frac{15000 \\times 1.48 \\times 0.0135}{3 \\times 10^8}$
\n\nÉtape 3 : Calcul du numérateur
\n$15000 \\times 1.48 \\times 0.0135 = 299.7$
\n\nÉtape 4 : Calcul de l'élargissement temporel
\n$\\Delta t = \\frac{299.7}{3 \\times 10^8} = \\frac{299.7}{300000000}$
\n$\\Delta t = 9.99 \\times 10^{-7} \\, \\text{s}$
\n$\\Delta t = 0.999 \\, \\mu\\text{s}$
\n\nRésultat pour l'élargissement temporel :
\n$\\Delta t = 1.0 \\, \\mu\\text{s}$
\n\nÉtape 5 : Formule de la bande passante maximale
\nLa bande passante maximale est approximativement donnée par :
\n$B_{\\text{max}} = \\frac{0.44}{\\Delta t}$
\nLe coefficient $0.44$ provient de l'approximation pour une impulsion gaussienne, correspondant à la largeur à mi-hauteur.
\n\nÉtape 6 : Calcul de la bande passante
\nAvec $\\Delta t = 9.99 \\times 10^{-7} \\, \\text{s}$ :
\n$B_{\\text{max}} = \\frac{0.44}{9.99 \\times 10^{-7}}$
\n$B_{\\text{max}} = 4.40 \\times 10^5 \\, \\text{Hz}$
\n\nConversion en MHz :
\n$B_{\\text{max}} = 0.440 \\, \\text{MHz}$
\n\nRésultats finaux :
\n- \n
- Élargissement temporel : $\\Delta t = 1.0 \\, \\mu\\text{s}$ \n
- Bande passante maximale : $B_{\\text{max}} = 0.44 \\, \\text{MHz} = 440 \\, \\text{kHz}$ \n
Interprétation et analyse :
\n- \n
- L'élargissement temporel de $1.0 \\, \\mu\\text{s}$ sur $15 \\, \\text{km}$ limite considérablement la bande passante du système. \n
- Une bande passante de $440 \\, \\text{kHz}$ est relativement faible et limite le débit de données transmissibles. \n
- Cette limitation est due à la propagation multimodale : différents modes optiques parcourent des chemins de longueurs différentes, arrivant à des instants différents. \n
- Le débit binaire maximal approximatif serait de l'ordre de $440 \\, \\text{kbit/s}$ à $880 \\, \\text{kbit/s}$ selon le codage utilisé. \n
- Pour augmenter la bande passante, on pourrait :$ \n
- Utiliser une fibre à gradient d'indice (réduit la dispersion intermodale) \n
- Utiliser une fibre monomode (élimine la dispersion intermodale) \n
- Réduire la distance de transmission \n
- Utiliser une longueur d'onde différente ($1310 \\, \\text{nm}$ ou $1550 \\, \\text{nm}$) \n
- La dispersion intermodale est le facteur limitant principal dans les fibres multimodes pour les longues distances. \n
- \n
Exercice 3 : Propagation d'Ondes Électromagnétiques dans un Guide d'Ondes Rectangulaire
\nUn guide d'ondes rectangulaire en cuivre est utilisé dans un système radar opérant en bande X. Le guide présente les dimensions suivantes :
\n- \n
- Largeur (grand côté) : $a = 22.86 \\, \\text{mm}$ \n
- Hauteur (petit côté) : $b = 10.16 \\, \\text{mm}$ \n
- Longueur du guide : $L = 2 \\, \\text{m}$ \n
Le système radar transmet un signal à une fréquence de $f = 10 \\, \\text{GHz}$. Le guide d'ondes supporte le mode dominant $\\text{TE}_{10}$. Les propriétés du milieu sont celles du vide ($\\epsilon_r = 1$, $\\mu_r = 1$).
\nConstantes physiques : vitesse de la lumière $c = 3 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$, permittivité du vide $\\epsilon_0 = 8.854 \\times 10^{-12} \\, \\text{F/m}$, perméabilité du vide $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7} \\, \\text{H/m}$.
\n\nQuestion 1 : Fréquence de Coupure et Conditions de Propagation
\nCalculez la fréquence de coupure $f_c$ du mode dominant $\\text{TE}_{10}$ dans ce guide d'ondes. Vérifiez ensuite que le signal à $10 \\, \\text{GHz}$ peut effectivement se propager dans ce mode. Calculez également le rapport $f/f_c$ qui caractérise l'éloignement de la coupure.
\n\nQuestion 2 : Longueur d'Onde Guidée et Vitesse de Phase
\nCalculez la longueur d'onde guidée $\\lambda_g$ dans le guide d'ondes pour le signal à $10 \\, \\text{GHz}$. Déterminez ensuite la vitesse de phase $v_p$ de l'onde électromagnétique se propageant dans le guide. Comparez cette vitesse avec la vitesse de la lumière $c$ et expliquez pourquoi $v_p > c$ ne viole pas la relativité.
\n\nQuestion 3 : Vitesse de Groupe et Temps de Propagation
\nCalculez la vitesse de groupe $v_g$ de l'onde dans le guide d'ondes. Cette vitesse représente la vitesse de propagation de l'énergie et de l'information. Déterminez ensuite le temps de propagation $t_p$ nécessaire pour qu'un signal parcoure la longueur totale du guide ($2 \\, \\text{m}$). Vérifiez la relation fondamentale $v_g \\cdot v_p = c^2$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solutions Détaillées - Exercice 3
\n\nSolution Question 1 : Fréquence de Coupure et Conditions de Propagation
\n\nÉtape 1 : Formule de la fréquence de coupure pour le mode TE₁₀
\nPour un guide d'ondes rectangulaire, la fréquence de coupure du mode $\\text{TE}_{mn}$ est donnée par :
\n$f_c = \\frac{c}{2}\\sqrt{\\left(\\frac{m}{a}\\right)^2 + \\left(\\frac{n}{b}\\right)^2}$
\nPour le mode dominant $\\text{TE}_{10}$, on a $m = 1$ et $n = 0$, donc la formule se simplifie à :
\n$f_c = \\frac{c}{2a}$
\noù $c$ est la vitesse de la lumière et $a$ est la largeur du guide (grand côté).
\n\nÉtape 2 : Substitution des données
\nAvec $c = 3 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$ et $a = 22.86 \\, \\text{mm} = 22.86 \\times 10^{-3} \\, \\text{m}$ :
\n$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{2 \\times 22.86 \\times 10^{-3}}$
\n\nÉtape 3 : Calcul numérique
\nCalcul du dénominateur :
\n$2 \\times 22.86 \\times 10^{-3} = 45.72 \\times 10^{-3} = 0.04572 \\, \\text{m}$
\nDivision :
\n$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{0.04572} = 6.562 \\times 10^9 \\, \\text{Hz}$
\n\nRésultat pour la fréquence de coupure :
\n$f_c = 6.562 \\, \\text{GHz}$
\n\nÉtape 4 : Vérification de la condition de propagation
\nPour qu'une onde se propage dans un guide d'ondes, la condition est :
\n$f > f_c$
\nComparaison avec la fréquence d'opération :
\n$f = 10 \\, \\text{GHz} > f_c = 6.562 \\, \\text{GHz}$
\nConclusion : La condition de propagation est satisfaite. L'onde à $10 \\, \\text{GHz}$ peut se propager dans le mode $\\text{TE}_{10}$.
\n\nÉtape 5 : Calcul du rapport f/f_c
\nLe rapport $f/f_c$ caractérise l'éloignement par rapport à la fréquence de coupure :
\n$\\frac{f}{f_c} = \\frac{10}{6.562}$
\n$\\frac{f}{f_c} = 1.524$
\n\nRésultat final :
\n$\\frac{f}{f_c} = 1.52$
\n\nInterprétation physique :
\n- \n
- La fréquence de coupure de $6.562 \\, \\text{GHz}$ définit la limite inférieure de propagation pour le mode $\\text{TE}_{10}$. \n
- Le rapport $f/f_c = 1.52$ indique que le système opère confortablement au-dessus de la coupure. \n
- Un rapport typique souhaité est entre $1.25$ et $1.90$ pour éviter :\n
- \n
- Une trop grande proximité de la coupure ($< 1.25$) : atténuation élevée, dispersion importante \n
- Un ratio trop élevé ($> 1.90$) : risque de propagation de modes d'ordre supérieur \n
\n - À $10 \\, \\text{GHz}$, le mode $\\text{TE}_{10}$ est le seul mode propagatif (le prochain mode, $\\text{TE}_{20}$, a une fréquence de coupure de $13.124 \\, \\text{GHz}$). \n
Solution Question 2 : Longueur d'Onde Guidée et Vitesse de Phase
\n\nÉtape 1 : Formule de la longueur d'onde guidée
\nLa longueur d'onde guidée dans un guide d'ondes est donnée par :
\n$\\lambda_g = \\frac{\\lambda_0}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$
\noù $\\lambda_0 = c/f$ est la longueur d'onde dans l'espace libre.
\n\nÉtape 2 : Calcul de la longueur d'onde dans l'espace libre
\nAvec $c = 3 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$ et $f = 10 \\times 10^9 \\, \\text{Hz}$ :
\n$\\lambda_0 = \\frac{3 \\times 10^8}{10 \\times 10^9} = \\frac{3 \\times 10^8}{10^{10}} = 0.03 \\, \\text{m} = 30 \\, \\text{mm}$
\n\nÉtape 3 : Calcul du terme sous la racine
\nAvec $f_c = 6.562 \\, \\text{GHz}$ et $f = 10 \\, \\text{GHz}$ :
\n$\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2 = \\left(\\frac{6.562}{10}\\right)^2 = (0.6562)^2 = 0.4306$
\n$1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2 = 1 - 0.4306 = 0.5694$
\n$\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2} = \\sqrt{0.5694} = 0.7546$
\n\nÉtape 4 : Calcul de la longueur d'onde guidée
\n$\\lambda_g = \\frac{30}{0.7546}$
\n$\\lambda_g = 39.76 \\, \\text{mm}$
\n\nRésultat pour la longueur d'onde guidée :
\n$\\lambda_g = 39.8 \\, \\text{mm}$
\n\nÉtape 5 : Formule de la vitesse de phase
\nLa vitesse de phase est définie par :
\n$v_p = f \\cdot \\lambda_g$
\nElle peut aussi s'exprimer comme :
\n$v_p = \\frac{c}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$
\n\nÉtape 6 : Calcul de la vitesse de phase
\nUtilisons la deuxième formule avec $\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2} = 0.7546$ :
\n$v_p = \\frac{3 \\times 10^8}{0.7546}$
\n$v_p = 3.976 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$
\n\nRésultat pour la vitesse de phase :
\n$v_p = 3.98 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$
\n\nÉtape 7 : Comparaison avec la vitesse de la lumière
\nRapport entre la vitesse de phase et la vitesse de la lumière :
\n$\\frac{v_p}{c} = \\frac{3.976 \\times 10^8}{3 \\times 10^8} = 1.325$
\n\nInterprétation physique :
\n- \n
- La longueur d'onde guidée ($39.8 \\, \\text{mm}$) est supérieure à la longueur d'onde en espace libre ($30 \\, \\text{mm}$). C'est une caractéristique fondamentale des guides d'ondes. \n
- La vitesse de phase $v_p = 3.98 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$ est effectivement supérieure à $c$ (environ $1.33c$). \n
- Pourquoi $v_p > c$ ne viole pas la relativité :\n
- \n
- La vitesse de phase n'est pas la vitesse de transport de l'énergie ou de l'information \n
- C'est la vitesse à laquelle les plans de phase constante se déplacent \n
- Aucune énergie ni information ne voyage à $v_p$ \n
- La relativité limite uniquement la vitesse de transport de l'énergie et de l'information (la vitesse de groupe) \n
\n - Ce phénomène résulte de la contrainte géométrique imposée par les parois du guide. \n
Solution Question 3 : Vitesse de Groupe et Temps de Propagation
\n\nÉtape 1 : Formule de la vitesse de groupe
\nLa vitesse de groupe dans un guide d'ondes est donnée par :
\n$v_g = c \\cdot \\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}$
\nCette vitesse représente la vitesse de propagation de l'enveloppe du signal, donc de l'énergie et de l'information.
\n\nÉtape 2 : Substitution des données
\nNous avons déjà calculé $\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2} = 0.7546$ :
\n$v_g = (3 \\times 10^8) \\times 0.7546$
\n\nÉtape 3 : Calcul de la vitesse de groupe
\n$v_g = 2.264 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$
\n\nRésultat pour la vitesse de groupe :
\n$v_g = 2.26 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$
\n\nÉtape 4 : Formule du temps de propagation
\nLe temps de propagation est simplement :
\n$t_p = \\frac{L}{v_g}$
\noù $L$ est la longueur du guide.
\n\nÉtape 5 : Calcul du temps de propagation
\nAvec $L = 2 \\, \\text{m}$ et $v_g = 2.264 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$ :
\n$t_p = \\frac{2}{2.264 \\times 10^8}$
\n$t_p = 8.836 \\times 10^{-9} \\, \\text{s}$
\n$t_p = 8.836 \\, \\text{ns}$
\n\nRésultat pour le temps de propagation :
\n$t_p = 8.84 \\, \\text{ns}$
\n\nÉtape 6 : Vérification de la relation fondamentale v_g · v_p = c²
\nCalculons le produit :
\n$v_g \\cdot v_p = (2.264 \\times 10^8) \\times (3.976 \\times 10^8)$
\n$v_g \\cdot v_p = 9.002 \\times 10^{16} \\, \\text{m}^2/\\text{s}^2$
\n\nCalculons $c^2$ :
\n$c^2 = (3 \\times 10^8)^2 = 9 \\times 10^{16} \\, \\text{m}^2/\\text{s}^2$
\n\nComparaison :
\n$v_g \\cdot v_p = 9.002 \\times 10^{16} \\, \\text{m}^2/\\text{s}^2 \\approx c^2 = 9 \\times 10^{16} \\, \\text{m}^2/\\text{s}^2$
\n\nVérification : La relation $v_g \\cdot v_p = c^2$ est vérifiée (la petite différence provient des arrondis).
\n\nRésultats finaux :
\n- \n
- Vitesse de groupe : $v_g = 2.26 \\times 10^8 \\, \\text{m/s} = 0.755c$ \n
- Temps de propagation : $t_p = 8.84 \\, \\text{ns}$ \n
- Relation vérifiée : $v_g \\cdot v_p \\approx c^2$ \n
Interprétation et analyse :
\n- \n
- La vitesse de groupe ($2.26 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$) est inférieure à $c$, ce qui est conforme à la relativité restreinte. \n
- Cette vitesse représente la vitesse réelle de propagation de l'information dans le système radar. \n
- Le temps de propagation de $8.84 \\, \\text{ns}$ sur $2 \\, \\text{m}$ correspond à un retard de $4.42 \\, \\text{ns/m}$. \n
- La relation $v_g \\cdot v_p = c^2$ est une conséquence directe des équations de Maxwell et illustre la dualité entre vitesse de phase et vitesse de groupe dans les milieux dispersifs. \n
- Dans un guide d'ondes :\n
- \n
- $v_p > c$ : la phase se déplace plus vite que la lumière \n
- $v_g < c$ : l'énergie se déplace moins vite que la lumière \n
- Leur produit reste constant et égal à $c^2$ \n
\n - Pour le système radar, ce temps de propagation doit être pris en compte dans les calculs de distance cible. \n
Exercice 1 : Analyse d'une ligne de transmission coaxiale
Une ligne de transmission coaxiale est utilisée pour transmettre un signal haute fréquence de $f = 2\\text{ GHz}$. La ligne possède les caractéristiques suivantes :
- Conducteur intérieur de rayon $a = 0.5\\text{ mm}$
- Conducteur extérieur de rayon $b = 3\\text{ mm}$
- Diélectrique : polyéthylène avec $\\varepsilon_r = 2.25$ et $\\mu_r = 1$
- Conductivité du diélectrique : $\\sigma_d = 10^{-15}\\text{ S/m}$
- Conductivité des conducteurs : $\\sigma_c = 5.8 \\times 10^7\\text{ S/m}$ (cuivre)
- Longueur de la ligne : $L = 50\\text{ m}$
Le générateur d'entrée fournit une puissance de $P_g = 10\\text{ W}$ avec une impédance interne $Z_g = 50\\text{ }\\Omega$. La charge en bout de ligne a une impédance $Z_L = (75 + j25)\\text{ }\\Omega$.
Question 1 : Calculez l'impédance caractéristique $Z_0$ de la ligne coaxiale, puis déterminez la vitesse de phase $v_p$ et la constante de propagation complexe $\\gamma = \\alpha + j\\beta$ en tenant compte des pertes dans le diélectrique.
Question 2 : Calculez le coefficient de réflexion $\\Gamma_L$ à la charge, le rapport d'onde stationnaire $\\text{ROS}$, et l'impédance d'entrée $Z_{in}$ de la ligne vue depuis le générateur.
Question 3 : Déterminez la puissance dissipée dans la ligne par atténuation $P_{loss}$, la puissance transmise à la charge $P_L$, et le rendement global du système de transmission $\\eta$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution détaillée de l'Exercice 1
Question 1 : Impédance caractéristique, vitesse de phase et constante de propagation
Étape 1 : Calcul de l'impédance caractéristique Z₀
Pour une ligne coaxiale, l'impédance caractéristique est donnée par la formule :
$Z_0 = \\frac{1}{2\\pi}\\sqrt{\\frac{\\mu}{\\varepsilon}}\\ln\\left(\\frac{b}{a}\\right)$
Avec $\\mu = \\mu_0\\mu_r$ et $\\varepsilon = \\varepsilon_0\\varepsilon_r$, où $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}\\text{ H/m}$ et $\\varepsilon_0 = 8.854 \\times 10^{-12}\\text{ F/m}$.
Pour le polyéthylène : $\\mu_r = 1$ et $\\varepsilon_r = 2.25$
Formule simplifiée pour ligne coaxiale :
$Z_0 = \\frac{60}{\\sqrt{\\varepsilon_r}}\\ln\\left(\\frac{b}{a}\\right)$
Remplacement des données :
$Z_0 = \\frac{60}{\\sqrt{2.25}}\\ln\\left(\\frac{3}{0.5}\\right)$
Calcul :
$Z_0 = \\frac{60}{1.5}\\ln(6) = 40 \\times 1.7918 = 71.67\\text{ }\\Omega$
Résultat final :
$Z_0 = 71.67\\text{ }\\Omega$
Étape 2 : Calcul de la vitesse de phase vₚ
La vitesse de phase dans le diélectrique est :
$v_p = \\frac{c}{\\sqrt{\\varepsilon_r}}$
Avec $c = 3 \\times 10^8\\text{ m/s}$
Remplacement :
$v_p = \\frac{3 \\times 10^8}{\\sqrt{2.25}} = \\frac{3 \\times 10^8}{1.5}$
Calcul :
$v_p = 2 \\times 10^8\\text{ m/s}$
Étape 3 : Calcul de la constante de propagation γ
La constante de propagation complexe est $\\gamma = \\alpha + j\\beta$
La constante de phase $\\beta$ est :
$\\beta = \\frac{2\\pi f}{v_p} = \\frac{\\omega}{v_p}$
Remplacement :
$\\beta = \\frac{2\\pi \\times 2 \\times 10^9}{2 \\times 10^8} = \\frac{4\\pi \\times 10^9}{2 \\times 10^8}$
Calcul :
$\\beta = 20\\pi = 62.83\\text{ rad/m}$
Pour l'atténuation due au diélectrique :
$\\alpha_d = \\frac{\\omega\\varepsilon_0\\varepsilon_r\\tan\\delta}{2\\sqrt{\\mu_0\\varepsilon_0\\varepsilon_r}}$
Avec $\\tan\\delta = \\frac{\\sigma_d}{\\omega\\varepsilon_0\\varepsilon_r}$
Calcul de $\\tan\\delta$ :
$\\tan\\delta = \\frac{10^{-15}}{2\\pi \\times 2 \\times 10^9 \\times 8.854 \\times 10^{-12} \\times 2.25} = \\frac{10^{-15}}{2.5 \\times 10^{-1}} = 4 \\times 10^{-15}$
Comme $\\tan\\delta$ est très faible, l'atténuation diélectrique est négligeable. L'atténuation est dominée par les pertes conductrices :
$\\alpha_c = \\frac{R_s}{2Z_0}\\left(\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b}\\right)$
Avec la résistance de surface $R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi f\\mu_0}{\\sigma_c}}$
Calcul de $R_s$ :
$R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi \\times 2 \\times 10^9 \\times 4\\pi \\times 10^{-7}}{5.8 \\times 10^7}} = \\sqrt{\\frac{2.5 \\times 10^3}{5.8 \\times 10^7}} = \\sqrt{4.3 \\times 10^{-5}} = 6.56 \\times 10^{-3}\\text{ }\\Omega$
Calcul de $\\alpha_c$ :
$\\alpha_c = \\frac{6.56 \\times 10^{-3}}{2 \\times 71.67}\\left(\\frac{1}{0.5 \\times 10^{-3}} + \\frac{1}{3 \\times 10^{-3}}\\right)$
$\\alpha_c = \\frac{6.56 \\times 10^{-3}}{143.34}(2000 + 333.33) = 4.58 \\times 10^{-5} \\times 2333.33 = 0.107\\text{ Np/m}$
Résultat final :
$\\gamma = 0.107 + j62.83\\text{ m}^{-1}$
Question 2 : Coefficient de réflexion, ROS et impédance d'entrée
Étape 1 : Calcul du coefficient de réflexion ΓL
Le coefficient de réflexion à la charge est :
$\\Gamma_L = \\frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0}$
Remplacement des données :
$\\Gamma_L = \\frac{(75 + j25) - 71.67}{(75 + j25) + 71.67} = \\frac{3.33 + j25}{146.67 + j25}$
Calcul du module et argument :
Numérateur : $|3.33 + j25| = \\sqrt{3.33^2 + 25^2} = \\sqrt{11.09 + 625} = \\sqrt{636.09} = 25.22$
$\\arg(3.33 + j25) = \\arctan\\left(\\frac{25}{3.33}\\right) = \\arctan(7.507) = 82.39°$
Dénominateur : $|146.67 + j25| = \\sqrt{146.67^2 + 25^2} = \\sqrt{21512.1 + 625} = \\sqrt{22137.1} = 148.78$
$\\arg(146.67 + j25) = \\arctan\\left(\\frac{25}{146.67}\\right) = \\arctan(0.1704) = 9.67°$
Donc :
$\\Gamma_L = \\frac{25.22}{148.78}\\angle(82.39° - 9.67°) = 0.1695\\angle 72.72°$
Résultat final :
$\\Gamma_L = 0.1695\\angle 72.72° = 0.051 + j0.162$
Étape 2 : Calcul du ROS
Le rapport d'onde stationnaire est :
$\\text{ROS} = \\frac{1 + |\\Gamma_L|}{1 - |\\Gamma_L|}$
Remplacement :
$\\text{ROS} = \\frac{1 + 0.1695}{1 - 0.1695} = \\frac{1.1695}{0.8305}$
Calcul :
$\\text{ROS} = 1.408$
Étape 3 : Calcul de l'impédance d'entrée Zᵢₙ
L'impédance d'entrée est donnée par :
$Z_{in} = Z_0\\frac{Z_L + Z_0\\tanh(\\gamma L)}{Z_0 + Z_L\\tanh(\\gamma L)}$
Calcul de $\\gamma L$ :
$\\gamma L = (0.107 + j62.83) \\times 50 = 5.35 + j3141.5$
Pour $\\gamma L$ très grand ($\\beta L >> 1$), $\\tanh(\\gamma L) \\approx 1$, donc :
$Z_{in} \\approx Z_0\\frac{Z_L + Z_0}{Z_0 + Z_L} = Z_0 \\times \\frac{146.67 + j25}{146.67 + j25} = Z_0$
Cependant, calculons plus précisément avec propagation :
$Z_{in} = Z_0\\frac{Z_L\\cosh(\\gamma L) + Z_0\\sinh(\\gamma L)}{Z_0\\cosh(\\gamma L) + Z_L\\sinh(\\gamma L)}$
Pour une ligne longue avec atténuation, l'impédance d'entrée tend vers $Z_0$. En tenant compte de la réflexion atténuée :
$Z_{in} \\approx Z_0 = 71.67\\text{ }\\Omega$ (l'atténuation sur $50\\text{ m}$ réduit les réflexions)
Résultat final :
$Z_{in} \\approx 71.67\\text{ }\\Omega$
Question 3 : Puissance dissipée, puissance transmise et rendement
Étape 1 : Calcul de la puissance incidente
La puissance disponible du générateur doit être adaptée. Le coefficient d'adaptation générateur-ligne :
$\\Gamma_g = \\frac{Z_{in} - Z_g}{Z_{in} + Z_g} = \\frac{71.67 - 50}{71.67 + 50} = \\frac{21.67}{121.67} = 0.178$
Puissance effectivement injectée dans la ligne :
$P_{inc} = P_g(1 - |\\Gamma_g|^2) = 10 \\times (1 - 0.178^2) = 10 \\times (1 - 0.0317) = 9.683\\text{ W}$
Étape 2 : Calcul de la puissance dissipée par atténuation
L'atténuation totale en décibels sur la longueur $L$ :
$A_{dB} = 8.686 \\times \\alpha \\times L = 8.686 \\times 0.107 \\times 50 = 46.47\\text{ dB}$
Le facteur d'atténuation linéaire :
$A = 10^{A_{dB}/10} = 10^{4.647} = 44359$
Ou directement : $A_{lin} = e^{-2\\alpha L} = e^{-2 \\times 0.107 \\times 50} = e^{-10.7} = 2.24 \\times 10^{-5}$
Puissance arrivant à la charge (sans réflexion) :
$P_{arr} = P_{inc} \\times e^{-2\\alpha L} = 9.683 \\times 2.24 \\times 10^{-5} = 2.17 \\times 10^{-4}\\text{ W}$
Correction : utilisons $\\alpha$ en Np/m, atténuation linéaire :
$e^{-\\alpha L} = e^{-0.107 \\times 50} = e^{-5.35} = 0.00474$
Puissance à la charge avant réflexion :
$P_{avant} = P_{inc} \\times e^{-2\\alpha L} = 9.683 \\times (0.00474)^2 = 9.683 \\times 2.247 \\times 10^{-5} = 2.176 \\times 10^{-4}\\text{ W}$
Étape 3 : Puissance transmise à la charge
En tenant compte de la réflexion :
$P_L = P_{avant}(1 - |\\Gamma_L|^2) = 2.176 \\times 10^{-4} \\times (1 - 0.1695^2)$
$P_L = 2.176 \\times 10^{-4} \\times (1 - 0.0287) = 2.176 \\times 10^{-4} \\times 0.9713 = 2.114 \\times 10^{-4}\\text{ W} = 0.211\\text{ mW}$
Étape 4 : Puissance dissipée et rendement
Puissance dissipée dans la ligne :
$P_{loss} = P_{inc} - P_L = 9.683 - 2.114 \\times 10^{-4} = 9.683\\text{ W}$
Rendement du système :
$\\eta = \\frac{P_L}{P_g} \\times 100 = \\frac{2.114 \\times 10^{-4}}{10} \\times 100 = 0.00211\\%$
Résultats finaux :
$P_{loss} = 9.683\\text{ W}$
$P_L = 0.211\\text{ mW}$
$\\eta = 0.00211\\%$
Interprétation : Le rendement extrêmement faible s'explique par la longueur importante de la ligne ($50\\text{ m}$) à haute fréquence ($2\\text{ GHz}$), causant une atténuation très élevée ($46.5\\text{ dB}$). Cela montre l'importance du choix approprié des lignes de transmission pour les applications haute fréquence sur de longues distances.
", "id_category": "2", "id_number": "27" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 2 : Transmission par fibre optique monomode
Un système de communication optique utilise une fibre optique monomode pour transmettre des données sur une longue distance. Les caractéristiques du système sont les suivantes :
- Longueur d'onde du laser : $\\lambda = 1550\\text{ nm}$
- Fibre optique : cœur en silice dopée avec indice de réfraction $n_1 = 1.4682$
- Gaine de la fibre : indice de réfraction $n_2 = 1.4628$
- Diamètre du cœur : $d = 9\\text{ }\\mu\\text{m}$
- Coefficient d'atténuation de la fibre : $\\alpha_f = 0.2\\text{ dB/km}$
- Distance de transmission : $L = 80\\text{ km}$
- Puissance optique émise par le laser : $P_0 = 5\\text{ mW}$
- Coefficient de couplage laser-fibre : $\\eta_c = 0.75$
- Sensibilité du photodétecteur : $P_{min} = -35\\text{ dBm}$
Question 1 : Calculez l'ouverture numérique $\\text{ON}$ de la fibre, l'angle d'acceptance maximal $\\theta_{max}$ dans l'air, et la fréquence normalisée $V$ pour vérifier que la fibre opère bien en régime monomode (condition : $V < 2.405$).
Question 2 : Déterminez la puissance optique couplée dans la fibre $P_{in}$, la puissance reçue au bout de la distance de transmission $P_{out}$ en tenant compte de l'atténuation, et exprimez cette puissance en $\\text{dBm}$ pour vérifier si elle est suffisante pour le photodétecteur.
Question 3 : Calculez la dispersion chromatique de la fibre sachant que le coefficient de dispersion est $D = 17\\text{ ps/(nm·km)}$, la largeur spectrale du laser est $\\Delta\\lambda = 0.1\\text{ nm}$, et déterminez le débit binaire maximal $B_{max}$ que peut supporter cette liaison en supposant que l'élargissement temporel maximal tolérable est $\\Delta T_{max} = \\frac{1}{4B}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution détaillée de l'Exercice 2
Question 1 : Ouverture numérique, angle d'acceptance et fréquence normalisée
Étape 1 : Calcul de l'ouverture numérique (ON)
L'ouverture numérique d'une fibre optique est définie par :
$\\text{ON} = \\sqrt{n_1^2 - n_2^2}$
où $n_1$ est l'indice de réfraction du cœur et $n_2$ celui de la gaine.
Remplacement des données :
$\\text{ON} = \\sqrt{(1.4682)^2 - (1.4628)^2}$
Calcul :
$\\text{ON} = \\sqrt{2.1576 - 2.1398} = \\sqrt{0.0178} = 0.1334$
Résultat final :
$\\text{ON} = 0.1334$
Étape 2 : Calcul de l'angle d'acceptance maximal θmax
L'angle d'acceptance est donné par :
$\\theta_{max} = \\arcsin(\\text{ON})$
où l'ouverture numérique est mesurée depuis l'air ($n_0 = 1$).
Remplacement :
$\\theta_{max} = \\arcsin(0.1334)$
Calcul :
$\\theta_{max} = 7.67°$
Résultat final :
$\\theta_{max} = 7.67°$
Étape 3 : Calcul de la fréquence normalisée V
La fréquence normalisée (ou paramètre V) est donnée par :
$V = \\frac{\\pi d}{\\lambda}\\text{ON}$
où $d$ est le diamètre du cœur et $\\lambda$ la longueur d'onde.
Remplacement des données (attention aux unités) :
$V = \\frac{\\pi \\times 9 \\times 10^{-6}}{1550 \\times 10^{-9}} \\times 0.1334$
Calcul :
$V = \\frac{\\pi \\times 9}{1.55} \\times 0.1334 = \\frac{28.27}{1.55} \\times 0.1334 = 18.24 \\times 0.1334 = 2.433$
Correction du calcul :
$V = \\frac{3.1416 \\times 9 \\times 10^{-6} \\times 0.1334}{1550 \\times 10^{-9}} = \\frac{3.768 \\times 10^{-6}}{1.55 \\times 10^{-6}} = 2.431$
Résultat final :
$V = 2.431$
Vérification du régime monomode :
Pour une fibre monomode, il faut que $V < 2.405$. Ici, $V = 2.431 > 2.405$, donc la fibre est à la limite du régime monomode, légèrement au-dessus du seuil. En pratique, elle pourrait supporter un deuxième mode faible. Pour être strictement monomode, il faudrait réduire le diamètre du cœur ou augmenter la longueur d'onde.
Question 2 : Puissances couplée, reçue et vérification de sensibilité
Étape 1 : Calcul de la puissance couplée Pin
La puissance effectivement couplée dans la fibre dépend du coefficient de couplage :
$P_{in} = \\eta_c \\times P_0$
Remplacement des données :
$P_{in} = 0.75 \\times 5\\text{ mW}$
Calcul :
$P_{in} = 3.75\\text{ mW}$
Résultat final :
$P_{in} = 3.75\\text{ mW}$
Étape 2 : Calcul de la puissance reçue Pout
La puissance après propagation sur une distance $L$ avec atténuation $\\alpha_f$ est :
$P_{out} = P_{in} \\times 10^{-\\alpha_f L / 10}$
où $\\alpha_f$ est exprimé en $\\text{dB/km}$ et $L$ en $\\text{km}$.
Remplacement des données :
$P_{out} = 3.75 \\times 10^{-0.2 \\times 80 / 10}$
Calcul de l'atténuation totale :
$A_{total} = \\alpha_f \\times L = 0.2 \\times 80 = 16\\text{ dB}$
Facteur d'atténuation linéaire :
$10^{-16/10} = 10^{-1.6} = 0.0251$
Calcul de $P_{out}$ :
$P_{out} = 3.75 \\times 0.0251 = 0.0942\\text{ mW} = 94.2\\text{ }\\mu\\text{W}$
Résultat final :
$P_{out} = 94.2\\text{ }\\mu\\text{W}$
Étape 3 : Conversion en dBm et vérification
La puissance en dBm est donnée par :
$P_{dBm} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{P_{out}}{1\\text{ mW}}\\right)$
Remplacement :
$P_{dBm} = 10\\log_{10}(0.0942)$
Calcul :
$P_{dBm} = 10 \\times (-1.026) = -10.26\\text{ dBm}$
Résultat final :
$P_{out} = -10.26\\text{ dBm}$
Vérification de la sensibilité :
La sensibilité du photodétecteur est $P_{min} = -35\\text{ dBm}$. La puissance reçue est $P_{out} = -10.26\\text{ dBm}$.
Marge de puissance : $M = P_{out} - P_{min} = -10.26 - (-35) = 24.74\\text{ dB}$
La puissance reçue est largement supérieure à la sensibilité minimale, donc le signal sera correctement détecté avec une marge confortable de $24.74\\text{ dB}$.
Question 3 : Dispersion chromatique et débit binaire maximal
Étape 1 : Calcul de l'élargissement temporel ΔT
L'élargissement temporel dû à la dispersion chromatique est donné par :
$\\Delta T = |D| \\times \\Delta\\lambda \\times L$
où $D$ est le coefficient de dispersion en $\\text{ps/(nm·km)}$, $\\Delta\\lambda$ la largeur spectrale en $\\text{nm}$, et $L$ la distance en $\\text{km}$.
Remplacement des données :
$\\Delta T = 17 \\times 0.1 \\times 80$
Calcul :
$\\Delta T = 136\\text{ ps}$
Résultat final :
$\\Delta T = 136\\text{ ps} = 136 \\times 10^{-12}\\text{ s}$
Étape 2 : Calcul du débit binaire maximal Bmax
La condition donnée est que l'élargissement temporel maximal tolérable doit satisfaire :
$\\Delta T_{max} = \\frac{1}{4B}$
En réarrangeant pour trouver $B_{max}$ :
$B_{max} = \\frac{1}{4\\Delta T}$
Remplacement des données :
$B_{max} = \\frac{1}{4 \\times 136 \\times 10^{-12}}$
Calcul :
$B_{max} = \\frac{1}{544 \\times 10^{-12}} = \\frac{10^{12}}{544}$
$B_{max} = 1.838 \\times 10^9\\text{ bit/s}$
Résultat final :
$B_{max} = 1.838\\text{ Gbit/s}$
Interprétation : La dispersion chromatique limite le débit binaire maximal à environ $1.84\\text{ Gbit/s}$ sur cette liaison de $80\\text{ km}$. Pour augmenter le débit, il faudrait :
- Utiliser un laser à largeur spectrale plus étroite ($\\Delta\\lambda$ plus petit)
- Opérer à une longueur d'onde de dispersion nulle ($\\lambda \\approx 1310\\text{ nm}$ pour la silice standard)
- Utiliser des techniques de compensation de dispersion
- Réduire la distance de transmission
Ce résultat montre que la dispersion chromatique est un facteur limitant important dans les systèmes de transmission optique longue distance à haut débit.
", "id_category": "2", "id_number": "28" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 3 : Propagation en espace libre et bilan de liaison
Un système de communication sans fil point-à-point utilise la propagation en espace libre pour transmettre des données entre deux stations. Le système possède les caractéristiques suivantes :
- Fréquence porteuse : $f = 5.8\\text{ GHz}$ (bande ISM)
- Puissance transmise : $P_t = 1\\text{ W} = 30\\text{ dBm}$
- Gain de l'antenne émettrice : $G_t = 18\\text{ dBi}$
- Gain de l'antenne réceptrice : $G_r = 15\\text{ dBi}$
- Distance entre émetteur et récepteur : $d = 10\\text{ km}$
- Coefficient d'atténuation atmosphérique : $\\gamma = 0.015\\text{ dB/km}$
- Perte due aux câbles et connecteurs côté émission : $L_{c,t} = 2\\text{ dB}$
- Perte due aux câbles et connecteurs côté réception : $L_{c,r} = 1.5\\text{ dB}$
- Sensibilité du récepteur : $P_{r,min} = -85\\text{ dBm}$
- Marge de fonctionnement requise : $M_{req} = 15\\text{ dB}$
Question 1 : Calculez la longueur d'onde $\\lambda$ du signal, puis déterminez la puissance isotrope rayonnée équivalente (PIRE) en $\\text{dBm}$ et en $\\text{watts}$.
Question 2 : Calculez l'affaiblissement de parcours en espace libre (Free Space Path Loss - FSPL) en $\\text{dB}$, puis déterminez la puissance reçue $P_r$ en $\\text{dBm}$ en tenant compte de tous les gains et pertes du système (gains d'antennes, pertes atmosphériques, pertes câbles/connecteurs).
Question 3 : Calculez la marge du système $M_{sys}$ et vérifiez si elle est suffisante pour garantir une liaison fiable. Si la distance augmente à $d_2 = 15\\text{ km}$, déterminez la nouvelle puissance reçue $P_{r2}$ et vérifiez si la liaison reste viable.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution détaillée de l'Exercice 3
Question 1 : Longueur d'onde et PIRE
Étape 1 : Calcul de la longueur d'onde λ
La longueur d'onde est donnée par la relation :
$\\lambda = \\frac{c}{f}$
où $c = 3 \\times 10^8\\text{ m/s}$ est la vitesse de la lumière et $f$ la fréquence.
Remplacement des données :
$\\lambda = \\frac{3 \\times 10^8}{5.8 \\times 10^9}$
Calcul :
$\\lambda = \\frac{3 \\times 10^8}{5.8 \\times 10^9} = \\frac{3}{5.8} \\times 10^{-1} = 0.5172 \\times 10^{-1}\\text{ m}$
$\\lambda = 0.05172\\text{ m} = 51.72\\text{ mm}$
Résultat final :
$\\lambda = 51.72\\text{ mm}$
Étape 2 : Calcul de la PIRE en dBm
La Puissance Isotrope Rayonnée Équivalente (PIRE ou EIRP en anglais) est donnée par :
$\\text{PIRE}_{dBm} = P_{t,dBm} + G_t - L_{c,t}$
où $P_{t,dBm}$ est la puissance transmise en $\\text{dBm}$, $G_t$ le gain de l'antenne émettrice, et $L_{c,t}$ les pertes côté émission.
Remplacement des données :
$\\text{PIRE}_{dBm} = 30 + 18 - 2$
Calcul :
$\\text{PIRE}_{dBm} = 46\\text{ dBm}$
Résultat final :
$\\text{PIRE}_{dBm} = 46\\text{ dBm}$
Étape 3 : Conversion de la PIRE en watts
La conversion de dBm en watts est donnée par :
$P_W = 10^{(P_{dBm} - 30)/10}$
Remplacement :
$\\text{PIRE}_W = 10^{(46 - 30)/10} = 10^{16/10} = 10^{1.6}$
Calcul :
$\\text{PIRE}_W = 39.81\\text{ W}$
Résultat final :
$\\text{PIRE} = 39.81\\text{ W}$
Question 2 : FSPL et puissance reçue
Étape 1 : Calcul de l'affaiblissement de parcours en espace libre (FSPL)
La formule du FSPL en décibels est :
$\\text{FSPL}_{dB} = 20\\log_{10}(d) + 20\\log_{10}(f) + 20\\log_{10}\\left(\\frac{4\\pi}{c}\\right)$
ou de manière équivalente (formule simplifiée) :
$\\text{FSPL}_{dB} = 20\\log_{10}(d_{km}) + 20\\log_{10}(f_{MHz}) + 32.45$
ou encore avec fréquence en GHz et distance en km :
$\\text{FSPL}_{dB} = 20\\log_{10}(d_{km}) + 20\\log_{10}(f_{GHz}) + 92.45$
Remplacement des données :
$\\text{FSPL}_{dB} = 20\\log_{10}(10) + 20\\log_{10}(5.8) + 92.45$
Calcul des termes :
$20\\log_{10}(10) = 20 \\times 1 = 20\\text{ dB}$
$20\\log_{10}(5.8) = 20 \\times 0.7634 = 15.27\\text{ dB}$
Calcul du FSPL :
$\\text{FSPL}_{dB} = 20 + 15.27 + 92.45 = 127.72\\text{ dB}$
Résultat final :
$\\text{FSPL} = 127.72\\text{ dB}$
Étape 2 : Calcul de l'atténuation atmosphérique totale
L'atténuation atmosphérique totale sur la distance $d$ est :
$L_{atm} = \\gamma \\times d$
Remplacement :
$L_{atm} = 0.015 \\times 10 = 0.15\\text{ dB}$
Étape 3 : Calcul de la puissance reçue Pr
Le bilan de liaison complet est donné par l'équation de Friis :
$P_{r,dBm} = P_{t,dBm} + G_t - L_{c,t} - \\text{FSPL} - L_{atm} + G_r - L_{c,r}$
ou de manière équivalente :
$P_{r,dBm} = \\text{PIRE}_{dBm} - \\text{FSPL} - L_{atm} + G_r - L_{c,r}$
Remplacement des données :
$P_{r,dBm} = 46 - 127.72 - 0.15 + 15 - 1.5$
Calcul :
$P_{r,dBm} = 46 + 15 - 127.72 - 0.15 - 1.5 = 61 - 129.37$
$P_{r,dBm} = -68.37\\text{ dBm}$
Résultat final :
$P_r = -68.37\\text{ dBm}$
Question 3 : Marge du système et vérification pour d₂ = 15 km
Étape 1 : Calcul de la marge du système Msys
La marge du système est la différence entre la puissance reçue et la sensibilité du récepteur :
$M_{sys} = P_{r,dBm} - P_{r,min}$
Remplacement des données :
$M_{sys} = -68.37 - (-85) = -68.37 + 85$
Calcul :
$M_{sys} = 16.63\\text{ dB}$
Résultat final :
$M_{sys} = 16.63\\text{ dB}$
Vérification : La marge requise est $M_{req} = 15\\text{ dB}$. La marge système est $M_{sys} = 16.63\\text{ dB} > 15\\text{ dB}$, donc la liaison est viable avec une marge suffisante de $1.63\\text{ dB}$ au-dessus du minimum requis.
Étape 2 : Calcul du nouveau FSPL pour d₂ = 15 km
Le FSPL varie avec le logarithme de la distance. Pour $d_2 = 15\\text{ km}$ :
$\\text{FSPL}_2 = 20\\log_{10}(15) + 20\\log_{10}(5.8) + 92.45$
Calcul :
$20\\log_{10}(15) = 20 \\times 1.176 = 23.52\\text{ dB}$
$\\text{FSPL}_2 = 23.52 + 15.27 + 92.45 = 131.24\\text{ dB}$
Alternativement, on peut calculer l'augmentation du FSPL :
$\\Delta\\text{FSPL} = 20\\log_{10}\\left(\\frac{d_2}{d_1}\\right) = 20\\log_{10}\\left(\\frac{15}{10}\\right) = 20\\log_{10}(1.5) = 20 \\times 0.176 = 3.52\\text{ dB}$
$\\text{FSPL}_2 = 127.72 + 3.52 = 131.24\\text{ dB}$
Étape 3 : Calcul de la nouvelle atténuation atmosphérique
$L_{atm,2} = \\gamma \\times d_2 = 0.015 \\times 15 = 0.225\\text{ dB}$
Étape 4 : Calcul de la nouvelle puissance reçue Pr2
$P_{r2,dBm} = \\text{PIRE}_{dBm} - \\text{FSPL}_2 - L_{atm,2} + G_r - L_{c,r}$
Remplacement :
$P_{r2,dBm} = 46 - 131.24 - 0.225 + 15 - 1.5$
Calcul :
$P_{r2,dBm} = 61 - 131.965 = -70.965\\text{ dBm}$
Résultat final :
$P_{r2} = -70.97\\text{ dBm}$
Étape 5 : Calcul de la nouvelle marge et vérification
$M_{sys,2} = P_{r2,dBm} - P_{r,min} = -70.97 - (-85) = 14.03\\text{ dB}$
Résultat final :
$M_{sys,2} = 14.03\\text{ dB}$
Vérification : La nouvelle marge est $M_{sys,2} = 14.03\\text{ dB} < M_{req} = 15\\text{ dB}$. La liaison n'est plus viable car la marge est inférieure à la marge requise de $0.97\\text{ dB}$.
Conclusion : À $d = 10\\text{ km}$, la liaison fonctionne correctement avec une marge de $16.63\\text{ dB}$. Si la distance augmente à $15\\text{ km}$, la marge chute à $14.03\\text{ dB}$, ce qui est insuffisant pour garantir une liaison fiable selon les critères établis. Pour maintenir une liaison viable à $15\\text{ km}$, il faudrait soit augmenter la puissance transmise, soit utiliser des antennes avec des gains plus élevés, soit réduire les pertes câbles/connecteurs.
", "id_category": "2", "id_number": "29" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 1 : Analyse d'une ligne de transmission coaxiale
\nUne ligne de transmission coaxiale est utilisée pour transmettre un signal haute fréquence de $f = 1 \\ \\text{GHz}$ entre un générateur et une charge. Les caractéristiques de la ligne sont les suivantes :
\n- \n
- Longueur de la ligne : $L = 50 \\ \\text{m}$ \n
- Impédance caractéristique : $Z_0 = 75 \\ \\Omega$ \n
- Constante de propagation : $\\gamma = \\alpha + j\\beta$ où $\\alpha = 0.05 \\ \\text{Np/m}$ (coefficient d'atténuation) et $\\beta = 20.94 \\ \\text{rad/m}$ (coefficient de phase) \n
- Impédance de la charge : $Z_L = 100 + j50 \\ \\Omega$ \n
- Impédance du générateur : $Z_g = 50 \\ \\Omega$ \n
- Tension du générateur : $V_g = 10 \\ \\text{V}$ (valeur efficace) \n
Question 1 : Calculez le coefficient de réflexion $\\Gamma_L$ à la charge (en forme complexe), puis déterminez son module $|\\Gamma_L|$ et son argument $\\angle\\Gamma_L$ en degrés. Calculez également le rapport d'onde stationnaire $\\text{ROS}$ (ou $\\text{VSWR}$) sur la ligne.
\n\nQuestion 2 : Déterminez l'impédance d'entrée $Z_{\\text{in}}$ de la ligne vue du côté du générateur. Utilisez la formule de transformation d'impédance pour une ligne de transmission avec pertes.
\n\nQuestion 3 : Calculez la puissance fournie par le générateur $P_g$, la puissance délivrée à la charge $P_L$, et déterminez l'atténuation totale $A_{\\text{tot}}$ en dB entre le générateur et la charge. Calculez également le rendement de transmission $\\eta$ du système.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 1
\n\nQuestion 1 : Coefficient de réflexion et ROS
\n\nÉtape 1 : Calcul du coefficient de réflexion
\nLe coefficient de réflexion à la charge est défini par la formule générale :
\n$\\Gamma_L = \\frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0}$
\n\nOù $Z_L$ est l'impédance de la charge et $Z_0$ est l'impédance caractéristique de la ligne.
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$\\Gamma_L = \\frac{(100 + j50) - 75}{(100 + j50) + 75} = \\frac{25 + j50}{175 + j50}$
\n\nÉtape 3 : Calcul du coefficient de réflexion
\nPour simplifier, multiplions le numérateur et le dénominateur par le conjugué du dénominateur :
\n$\\Gamma_L = \\frac{(25 + j50)(175 - j50)}{(175 + j50)(175 - j50)}$
\n\nNumérateur : $(25 + j50)(175 - j50) = 25 \\times 175 - 25 \\times j50 + j50 \\times 175 - j50 \\times j50$
\n$= 4375 - j1250 + j8750 + 2500 = 6875 + j7500$
\n\nDénominateur : $(175 + j50)(175 - j50) = 175^2 + 50^2 = 30625 + 2500 = 33125$
\n\n$\\Gamma_L = \\frac{6875 + j7500}{33125} = 0.2075 + j0.2264$
\n\nÉtape 4 : Module du coefficient de réflexion
\n$|\\Gamma_L| = \\sqrt{(0.2075)^2 + (0.2264)^2} = \\sqrt{0.0431 + 0.0513} = \\sqrt{0.0944} = 0.3072$
\n\nÉtape 5 : Argument du coefficient de réflexion
\n$\\angle\\Gamma_L = \\arctan\\left(\\frac{0.2264}{0.2075}\\right) = \\arctan(1.091) = 47.5°$
\n\nÉtape 6 : Calcul du ROS
\nLe rapport d'onde stationnaire est donné par :
\n$\\text{ROS} = \\frac{1 + |\\Gamma_L|}{1 - |\\Gamma_L|} = \\frac{1 + 0.3072}{1 - 0.3072} = \\frac{1.3072}{0.6928} = 1.887$
\n\nRésultats Question 1 :
\n- \n
- Coefficient de réflexion : $\\Gamma_L = 0.2075 + j0.2264$ \n
- Module : $|\\Gamma_L| = 0.3072$ \n
- Argument : $\\angle\\Gamma_L = 47.5°$ \n
- ROS : $\\text{ROS} = 1.887$ \n
Interprétation : Un ROS de $1.887$ indique une désadaptation modérée entre la ligne et la charge. Environ $9.4\\%$ de la puissance incidente est réfléchie ($|\\Gamma_L|^2 = 0.094$).
\n\nQuestion 2 : Impédance d'entrée de la ligne
\n\nÉtape 1 : Formule générale pour une ligne avec pertes
\nL'impédance d'entrée d'une ligne de transmission avec pertes est donnée par :
\n$Z_{\\text{in}} = Z_0 \\frac{Z_L + Z_0 \\tanh(\\gamma L)}{Z_0 + Z_L \\tanh(\\gamma L)}$
\n\nOù $\\gamma = \\alpha + j\\beta$ est la constante de propagation.
\n\nÉtape 2 : Calcul de $\\gamma L$
\n$\\gamma L = (\\alpha + j\\beta)L = (0.05 + j20.94) \\times 50 = 2.5 + j1047$
\n\nÉtape 3 : Calcul de $\\tanh(\\gamma L)$
\nPour $\\gamma L = 2.5 + j1047$, nous utilisons :
\n$\\tanh(\\gamma L) = \\frac{\\sinh(2\\alpha L) + j\\sin(2\\beta L)}{\\cosh(2\\alpha L) + \\cos(2\\beta L)}$
\n\nAvec $2\\alpha L = 5$ et $2\\beta L = 2094 \\ \\text{rad}$
\n$2\\beta L \\ \\text{mod} \\ 2\\pi = 2094 \\ \\text{mod} \\ 6.2832 = 3.768 \\ \\text{rad}$
\n\n$\\sinh(5) = 74.203$, $\\cosh(5) = 74.210$
\n$\\sin(3.768) = -0.588$, $\\cos(3.768) = -0.809$
\n\n$\\tanh(\\gamma L) = \\frac{74.203 + j(-0.588)}{74.210 + (-0.809)} = \\frac{74.203 - j0.588}{73.401} = 1.0109 - j0.0080$
\n\nÉtape 4 : Calcul de l'impédance d'entrée
\nNumérateur : $Z_L + Z_0 \\tanh(\\gamma L) = (100 + j50) + 75(1.0109 - j0.0080)$
\n$= 100 + j50 + 75.818 - j0.600 = 175.818 + j49.400$
\n\nDénominateur : $Z_0 + Z_L \\tanh(\\gamma L) = 75 + (100 + j50)(1.0109 - j0.0080)$
\n$= 75 + 101.09 - j0.80 + j50.545 - j^2 0.40$
\n$= 75 + 101.09 + 0.40 + j49.745 = 176.490 + j49.745$
\n\n$Z_{\\text{in}} = 75 \\times \\frac{175.818 + j49.400}{176.490 + j49.745}$
\n\nCalculons le quotient en utilisant la forme polaire ou la multiplication par le conjugué :
\n$\\frac{175.818 + j49.400}{176.490 + j49.745} \\approx 0.996 + j0.003$
\n\n$Z_{\\text{in}} = 75 \\times (0.996 + j0.003) = 74.70 + j0.225 \\ \\Omega$
\n\nRésultat Question 2 :
\n$Z_{\\text{in}} \\approx 74.70 + j0.225 \\ \\Omega \\approx 74.7 \\ \\Omega$
\n\nInterprétation : L'impédance d'entrée est presque purement résistive et proche de l'impédance caractéristique, grâce à la forte atténuation qui réduit les effets de la désadaptation.
\n\nQuestion 3 : Puissances et atténuation
\n\nÉtape 1 : Calcul du courant dans le générateur
\nLe courant fourni par le générateur est :
\n$I_g = \\frac{V_g}{Z_g + Z_{\\text{in}}} = \\frac{10}{50 + 74.70 + j0.225} = \\frac{10}{124.70 + j0.225}$
\n\n$|Z_g + Z_{\\text{in}}| = \\sqrt{124.70^2 + 0.225^2} \\approx 124.70 \\ \\Omega$
\n\n$I_g = \\frac{10}{124.70} = 0.0802 \\ \\text{A}$
\n\nÉtape 2 : Calcul de la puissance fournie par le générateur
\nLa tension aux bornes de l'impédance d'entrée est :
\n$V_{\\text{in}} = I_g \\times Z_{\\text{in}} = 0.0802 \\times 74.70 = 5.99 \\ \\text{V}$
\n\nLa puissance d'entrée dans la ligne est :
\n$P_{\\text{in}} = \\frac{|V_{\\text{in}}|^2}{2 \\times \\text{Re}(Z_{\\text{in}})} = \\frac{5.99^2}{2 \\times 74.70} = \\frac{35.88}{149.4} = 0.240 \\ \\text{W}$
\n\nÉtape 3 : Calcul de l'atténuation due aux pertes
\nL'atténuation en Népers est :
\n$A_{\\text{Np}} = \\alpha \\times L = 0.05 \\times 50 = 2.5 \\ \\text{Np}$
\n\nConversion en dB :
\n$A_{\\text{pertes}} = 2.5 \\times 8.686 = 21.72 \\ \\text{dB}$
\n\nÉtape 4 : Calcul de l'atténuation due à la désadaptation
\n$A_{\\text{désadaptation}} = -10 \\log_{10}(1 - |\\Gamma_L|^2) = -10 \\log_{10}(1 - 0.0944) = -10 \\log_{10}(0.9056) = 0.43 \\ \\text{dB}$
\n\nÉtape 5 : Atténuation totale
\n$A_{\\text{tot}} = A_{\\text{pertes}} + A_{\\text{désadaptation}} = 21.72 + 0.43 = 22.15 \\ \\text{dB}$
\n\nÉtape 6 : Puissance à la charge
\n$P_L = P_{\\text{in}} \\times 10^{-A_{\\text{tot}}/10} = 0.240 \\times 10^{-22.15/10} = 0.240 \\times 0.00609 = 0.00146 \\ \\text{W} = 1.46 \\ \\text{mW}$
\n\nÉtape 7 : Rendement de transmission
\n$\\eta = \\frac{P_L}{P_{\\text{in}}} \\times 100 = \\frac{0.00146}{0.240} \\times 100 = 0.609\\%$
\n\nRésultats Question 3 :
\n- \n
- Puissance d'entrée : $P_{\\text{in}} = 0.240 \\ \\text{W} = 240 \\ \\text{mW}$ \n
- Puissance à la charge : $P_L = 1.46 \\ \\text{mW}$ \n
- Atténuation totale : $A_{\\text{tot}} = 22.15 \\ \\text{dB}$ \n
- Rendement : $\\eta = 0.609\\%$ \n
Interprétation : L'atténuation de la ligne est dominée par les pertes ohmiques ($21.72 \\ \\text{dB}$) plutôt que par la désadaptation ($0.43 \\ \\text{dB}$). Le faible rendement montre qu'une ligne de $50 \\ \\text{m}$ avec $\\alpha = 0.05 \\ \\text{Np/m}$ est trop longue pour cette application.
", "id_category": "2", "id_number": "30" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 2 : Propagation dans une fibre optique monomode
\nUne liaison de communication par fibre optique monomode est installée pour relier deux stations distantes de $L = 80 \\ \\text{km}$. Les caractéristiques de la fibre et du système sont les suivantes :
\n- \n
- Longueur d'onde de travail : $\\lambda = 1550 \\ \\text{nm}$ \n
- Coefficient d'atténuation de la fibre : $\\alpha_{\\text{fibre}} = 0.22 \\ \\text{dB/km}$ \n
- Indice de réfraction du cœur : $n_1 = 1.4682$ \n
- Indice de réfraction de la gaine : $n_2 = 1.4628$ \n
- Coefficient de dispersion chromatique : $D = 17 \\ \\text{ps/(nm} \\cdot \\text{km)}$ \n
- Largeur spectrale de la source laser : $\\Delta\\lambda = 0.1 \\ \\text{nm}$ \n
- Puissance optique couplée à l'entrée de la fibre : $P_0 = 5 \\ \\text{mW}$ \n
- Deux épissures sur le parcours, chacune avec une perte de $0.15 \\ \\text{dB}$ \n
- Connecteurs aux extrémités avec pertes de $0.5 \\ \\text{dB}$ chacun \n
Question 1 : Calculez l'ouverture numérique $\\text{ON}$ de la fibre, puis déterminez l'angle d'acceptance maximum $\\theta_{\\text{max}}$ dans l'air ($n_0 = 1$). Calculez également la différence relative d'indice $\\Delta$ entre le cœur et la gaine.
\n\nQuestion 2 : Déterminez la puissance optique $P_L$ reçue à la sortie de la fibre après les $80 \\ \\text{km}$ de propagation, en tenant compte de toutes les pertes (atténuation de la fibre, épissures et connecteurs). Exprimez le résultat en $\\text{mW}$ et en $\\text{dBm}$.
\n\nQuestion 3 : Calculez l'élargissement temporel $\\Delta\\tau$ d'une impulsion lumineuse dû à la dispersion chromatique sur toute la longueur de la liaison. Déterminez ensuite la bande passante maximale théorique $B_{\\text{max}}$ du système en $\\text{GHz}$ (en considérant qu'une impulsion ne doit pas s'élargir au-delà de la moitié de la période du signal), et le débit binaire maximum $D_b$ en $\\text{Gbit/s}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 2
\n\nQuestion 1 : Ouverture numérique et angle d'acceptance
\n\nÉtape 1 : Calcul de l'ouverture numérique
\nL'ouverture numérique (ON) d'une fibre optique est définie par :
\n$\\text{ON} = \\sqrt{n_1^2 - n_2^2}$
\n\nOù $n_1$ est l'indice de réfraction du cœur et $n_2$ est l'indice de réfraction de la gaine.
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$\\text{ON} = \\sqrt{(1.4682)^2 - (1.4628)^2}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$n_1^2 = (1.4682)^2 = 2.15561$
\n$n_2^2 = (1.4628)^2 = 2.13978$
\n$\\text{ON} = \\sqrt{2.15561 - 2.13978} = \\sqrt{0.01583} = 0.1258$
\n\nÉtape 4 : Calcul de l'angle d'acceptance maximum
\nL'angle d'acceptance maximum dans l'air ($n_0 = 1$) est donné par :
\n$\\theta_{\\text{max}} = \\arcsin\\left(\\frac{\\text{ON}}{n_0}\\right) = \\arcsin(\\text{ON})$
\n\nÉtape 5 : Remplacement et calcul
\n$\\theta_{\\text{max}} = \\arcsin(0.1258) = 7.23°$
\n\nÉtape 6 : Calcul de la différence relative d'indice
\nLa différence relative d'indice est définie par :
\n$\\Delta = \\frac{n_1 - n_2}{n_1} = \\frac{1.4682 - 1.4628}{1.4682}$
\n\nÉtape 7 : Calcul final
\n$\\Delta = \\frac{0.0054}{1.4682} = 0.003677 = 0.3677\\%$
\n\nRésultats Question 1 :
\n- \n
- Ouverture numérique : $\\text{ON} = 0.1258$ \n
- Angle d'acceptance maximum : $\\theta_{\\text{max}} = 7.23°$ \n
- Différence relative d'indice : $\\Delta = 0.3677\\%$ \n
Interprétation : L'ouverture numérique de $0.1258$ indique un cône d'acceptance relativement étroit, typique d'une fibre monomode. La faible différence d'indice ($0.37\\%$) assure une propagation guidée avec des pertes minimales.
\n\nQuestion 2 : Puissance optique reçue
\n\nÉtape 1 : Calcul des pertes totales
\nLes pertes totales de la liaison comprennent :
\n- \n
- Atténuation de la fibre : $A_{\\text{fibre}} = \\alpha_{\\text{fibre}} \\times L$ \n
- Pertes des connecteurs : $2 \\times 0.5 \\ \\text{dB}$ \n
- Pertes des épissures : $2 \\times 0.15 \\ \\text{dB}$ \n
Étape 2 : Calcul de l'atténuation de la fibre
\n$A_{\\text{fibre}} = 0.22 \\times 80 = 17.6 \\ \\text{dB}$
\n\nÉtape 3 : Calcul des pertes des connecteurs
\n$A_{\\text{connecteurs}} = 2 \\times 0.5 = 1.0 \\ \\text{dB}$
\n\nÉtape 4 : Calcul des pertes des épissures
\n$A_{\\text{épissures}} = 2 \\times 0.15 = 0.3 \\ \\text{dB}$
\n\nÉtape 5 : Calcul de l'atténuation totale
\n$A_{\\text{tot}} = A_{\\text{fibre}} + A_{\\text{connecteurs}} + A_{\\text{épissures}}$
\n$A_{\\text{tot}} = 17.6 + 1.0 + 0.3 = 18.9 \\ \\text{dB}$
\n\nÉtape 6 : Calcul de la puissance reçue
\nLa puissance reçue est calculée par :
\n$P_L = P_0 \\times 10^{-A_{\\text{tot}}/10}$
\n\nÉtape 7 : Remplacement des données
\n$P_L = 5 \\times 10^{-18.9/10} = 5 \\times 10^{-1.89}$
\n\nÉtape 8 : Calcul numérique
\n$10^{-1.89} = 0.01288$
\n$P_L = 5 \\times 0.01288 = 0.0644 \\ \\text{mW} = 64.4 \\ \\mu\\text{W}$
\n\nÉtape 9 : Conversion en dBm
\nLa puissance en dBm est calculée par :
\n$P_L(\\text{dBm}) = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{P_L}{1 \\ \\text{mW}}\\right) = 10 \\log_{10}(0.0644)$
\n$P_L(\\text{dBm}) = 10 \\times (-1.191) = -11.91 \\ \\text{dBm}$
\n\nOu bien directement : $P_L(\\text{dBm}) = P_0(\\text{dBm}) - A_{\\text{tot}} = 10\\log_{10}(5) - 18.9 = 6.99 - 18.9 = -11.91 \\ \\text{dBm}$
\n\nRésultats Question 2 :
\n- \n
- Atténuation totale : $A_{\\text{tot}} = 18.9 \\ \\text{dB}$ \n
- Puissance reçue : $P_L = 0.0644 \\ \\text{mW} = 64.4 \\ \\mu\\text{W}$ \n
- Puissance reçue : $P_L = -11.91 \\ \\text{dBm}$ \n
Interprétation : La liaison présente une atténuation totale de $18.9 \\ \\text{dB}$, principalement due à l'atténuation de la fibre ($17.6 \\ \\text{dB}$). La puissance reçue de $64.4 \\ \\mu\\text{W}$ est généralement suffisante pour les récepteurs optiques modernes dont la sensibilité est typiquement entre $-20$ et $-30 \\ \\text{dBm}$.
\n\nQuestion 3 : Dispersion chromatique et bande passante
\n\nÉtape 1 : Calcul de l'élargissement temporel
\nL'élargissement temporel dû à la dispersion chromatique est donné par :
\n$\\Delta\\tau = D \\times L \\times \\Delta\\lambda$
\n\nOù $D$ est le coefficient de dispersion chromatique, $L$ est la longueur de la fibre, et $\\Delta\\lambda$ est la largeur spectrale de la source.
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$\\Delta\\tau = 17 \\times 80 \\times 0.1$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$\\Delta\\tau = 136 \\ \\text{ps} = 136 \\times 10^{-12} \\ \\text{s}$
\n\nÉtape 4 : Calcul de la bande passante maximale
\nPour éviter les interférences entre symboles (ISI), l'élargissement de l'impulsion ne doit pas dépasser la moitié de la période du signal. La bande passante maximale est estimée par :
\n$B_{\\text{max}} = \\frac{1}{2\\Delta\\tau}$
\n\nCette formule suppose que le système fonctionne en modulation NRZ (Non-Return-to-Zero).
\n\nÉtape 5 : Remplacement des données
\n$B_{\\text{max}} = \\frac{1}{2 \\times 136 \\times 10^{-12}} = \\frac{1}{272 \\times 10^{-12}}$
\n\nÉtape 6 : Calcul numérique
\n$B_{\\text{max}} = 3.676 \\times 10^{9} \\ \\text{Hz} = 3.676 \\ \\text{GHz}$
\n\nÉtape 7 : Calcul du débit binaire maximum
\nPour une modulation binaire simple (NRZ), le débit binaire maximum est égal à la bande passante :
\n$D_b = B_{\\text{max}} = 3.676 \\ \\text{Gbit/s}$
\n\nPour des modulations plus sophistiquées, ce débit peut être augmenté, mais nous considérons ici le cas de base.
\n\nRésultats Question 3 :
\n- \n
- Élargissement temporel : $\\Delta\\tau = 136 \\ \\text{ps}$ \n
- Bande passante maximale : $B_{\\text{max}} = 3.676 \\ \\text{GHz}$ \n
- Débit binaire maximum : $D_b = 3.676 \\ \\text{Gbit/s}$ \n
Interprétation : La dispersion chromatique limite la bande passante du système à $3.676 \\ \\text{GHz}$, permettant un débit binaire théorique de $3.676 \\ \\text{Gbit/s}$ sur $80 \\ \\text{km}$. Pour augmenter ce débit, on pourrait utiliser une source laser avec une largeur spectrale plus étroite ($\\Delta\\lambda$ plus petit), travailler à une longueur d'onde de dispersion nulle ($D = 0$ autour de $1310 \\ \\text{nm}$ pour les fibres standard), ou utiliser des techniques de compensation de dispersion.
", "id_category": "2", "id_number": "31" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 3 : Propagation dans un guide d'onde rectangulaire
\nUn guide d'onde rectangulaire en cuivre est utilisé pour transmettre un signal micro-onde. Les dimensions et caractéristiques du guide sont :
\n- \n
- Dimension du grand côté : $a = 7.214 \\ \\text{cm}$ \n
- Dimension du petit côté : $b = 3.404 \\ \\text{cm}$ \n
- Fréquence de travail : $f = 3.5 \\ \\text{GHz}$ \n
- Conductivité du cuivre : $\\sigma = 5.8 \\times 10^7 \\ \\text{S/m}$ \n
- Perméabilité magnétique du cuivre : $\\mu = \\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7} \\ \\text{H/m}$ \n
- Permittivité diélectrique de l'air dans le guide : $\\varepsilon = \\varepsilon_0 = 8.854 \\times 10^{-12} \\ \\text{F/m}$ \n
- Longueur du guide : $L = 2.5 \\ \\text{m}$ \n
- Puissance injectée à l'entrée : $P_0 = 100 \\ \\text{W}$ \n
Question 1 : Calculez la fréquence de coupure $f_c$ du mode fondamental $\\text{TE}_{10}$ du guide d'onde. Vérifiez que le guide fonctionne bien en mode propagatif à la fréquence de travail $f = 3.5 \\ \\text{GHz}$. Calculez ensuite la longueur d'onde de coupure $\\lambda_c$ et la longueur d'onde guidée $\\lambda_g$ à la fréquence de travail.
\n\nQuestion 2 : Déterminez la constante de propagation $\\beta$ dans le guide, puis calculez la vitesse de phase $v_p$ et la vitesse de groupe $v_g$ du signal dans le guide d'onde. Vérifiez la relation $v_p \\times v_g = c^2$ où $c$ est la vitesse de la lumière dans le vide.
\n\nQuestion 3 : Calculez le coefficient d'atténuation $\\alpha$ du mode $\\text{TE}_{10}$ dû aux pertes ohmiques dans les parois conductrices du guide. Ensuite, déterminez la puissance $P_L$ à la sortie du guide après une propagation sur $L = 2.5 \\ \\text{m}$, et calculez l'atténuation totale $A_{\\text{tot}}$ en dB.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 3
\n\nQuestion 1 : Fréquence de coupure et longueurs d'onde
\n\nÉtape 1 : Calcul de la fréquence de coupure du mode TE₁₀
\nPour un guide d'onde rectangulaire, la fréquence de coupure du mode $\\text{TE}_{mn}$ est donnée par :
\n$f_{c(mn)} = \\frac{c}{2}\\sqrt{\\left(\\frac{m}{a}\\right)^2 + \\left(\\frac{n}{b}\\right)^2}$
\n\nPour le mode fondamental $\\text{TE}_{10}$, nous avons $m = 1$ et $n = 0$, donc :
\n$f_c = \\frac{c}{2a}$
\n\nOù $c = 3 \\times 10^8 \\ \\text{m/s}$ est la vitesse de la lumière dans le vide.
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{2 \\times 0.07214}$
\n\n(Note : $a = 7.214 \\ \\text{cm} = 0.07214 \\ \\text{m}$)
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{0.14428} = 2.079 \\times 10^9 \\ \\text{Hz} = 2.079 \\ \\text{GHz}$
\n\nÉtape 4 : Vérification du mode propagatif
\nPour qu'un mode se propage, il faut que $f > f_c$. Ici :
\n$f = 3.5 \\ \\text{GHz} > f_c = 2.079 \\ \\text{GHz}$
\n\nLe guide fonctionne donc bien en mode propagatif.
\n\nÉtape 5 : Calcul de la longueur d'onde de coupure
\nLa longueur d'onde de coupure est définie par :
\n$\\lambda_c = \\frac{c}{f_c} = 2a$
\n\nÉtape 6 : Remplacement et calcul
\n$\\lambda_c = 2 \\times 0.07214 = 0.14428 \\ \\text{m} = 14.428 \\ \\text{cm}$
\n\nÉtape 7 : Calcul de la longueur d'onde guidée
\nLa longueur d'onde guidée est donnée par :
\n$\\lambda_g = \\frac{\\lambda_0}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$
\n\nOù $\\lambda_0 = \\frac{c}{f}$ est la longueur d'onde dans le vide.
\n\nÉtape 8 : Calcul de $\\lambda_0$
\n$\\lambda_0 = \\frac{3 \\times 10^8}{3.5 \\times 10^9} = 0.08571 \\ \\text{m} = 8.571 \\ \\text{cm}$
\n\nÉtape 9 : Calcul du rapport $\\frac{f_c}{f}$
\n$\\frac{f_c}{f} = \\frac{2.079}{3.5} = 0.594$
\n\nÉtape 10 : Calcul de $\\lambda_g$
\n$\\lambda_g = \\frac{0.08571}{\\sqrt{1 - (0.594)^2}} = \\frac{0.08571}{\\sqrt{1 - 0.353}} = \\frac{0.08571}{\\sqrt{0.647}}$
\n$\\lambda_g = \\frac{0.08571}{0.8044} = 0.1065 \\ \\text{m} = 10.65 \\ \\text{cm}$
\n\nRésultats Question 1 :
\n- \n
- Fréquence de coupure : $f_c = 2.079 \\ \\text{GHz}$ \n
- Longueur d'onde de coupure : $\\lambda_c = 14.428 \\ \\text{cm}$ \n
- Longueur d'onde guidée : $\\lambda_g = 10.65 \\ \\text{cm}$ \n
- Mode propagatif vérifié : $f > f_c$ \n
Interprétation : La fréquence de travail de $3.5 \\ \\text{GHz}$ est supérieure à la fréquence de coupure de $2.079 \\ \\text{GHz}$, garantissant la propagation du mode $\\text{TE}_{10}$. La longueur d'onde guidée ($10.65 \\ \\text{cm}$) est plus grande que la longueur d'onde dans le vide ($8.571 \\ \\text{cm}$), ce qui est caractéristique de la propagation dans un guide d'onde.
\n\nQuestion 2 : Vitesses de phase et de groupe
\n\nÉtape 1 : Calcul de la constante de propagation $\\beta$
\nLa constante de propagation pour un guide d'onde est donnée par :
\n$\\beta = \\frac{2\\pi}{\\lambda_g}$
\n\nOu directement :
\n$\\beta = \\frac{2\\pi f}{c}\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}$
\n\nÉtape 2 : Utilisation de la première formule
\n$\\beta = \\frac{2\\pi}{0.1065} = 59.01 \\ \\text{rad/m}$
\n\nÉtape 3 : Calcul de la vitesse de phase
\nLa vitesse de phase est définie par :
\n$v_p = \\frac{\\omega}{\\beta} = \\frac{2\\pi f}{\\beta}$
\n\nOu équivalent :
\n$v_p = \\frac{c}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$
\n\nÉtape 4 : Remplacement des données
\n$v_p = \\frac{3 \\times 10^8}{\\sqrt{1 - (0.594)^2}} = \\frac{3 \\times 10^8}{0.8044}$
\n\nÉtape 5 : Calcul
\n$v_p = 3.729 \\times 10^8 \\ \\text{m/s}$
\n\nÉtape 6 : Calcul de la vitesse de groupe
\nLa vitesse de groupe est donnée par :
\n$v_g = \\frac{d\\omega}{d\\beta}$
\n\nPour un guide d'onde, on peut montrer que :
\n$v_g = c\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}$
\n\nÉtape 7 : Remplacement des données
\n$v_g = 3 \\times 10^8 \\times \\sqrt{1 - (0.594)^2} = 3 \\times 10^8 \\times 0.8044$
\n\nÉtape 8 : Calcul
\n$v_g = 2.413 \\times 10^8 \\ \\text{m/s}$
\n\nÉtape 9 : Vérification de la relation $v_p \\times v_g = c^2$
\n$v_p \\times v_g = 3.729 \\times 10^8 \\times 2.413 \\times 10^8 = 8.998 \\times 10^{16} \\ \\text{m}^2/\\text{s}^2$
\n$c^2 = (3 \\times 10^8)^2 = 9.0 \\times 10^{16} \\ \\text{m}^2/\\text{s}^2$
\n\nLa relation est vérifiée aux erreurs d'arrondi près.
\n\nRésultats Question 2 :
\n- \n
- Constante de propagation : $\\beta = 59.01 \\ \\text{rad/m}$ \n
- Vitesse de phase : $v_p = 3.729 \\times 10^8 \\ \\text{m/s}$ \n
- Vitesse de groupe : $v_g = 2.413 \\times 10^8 \\ \\text{m/s}$ \n
- Relation vérifiée : $v_p \\times v_g \\approx c^2$ \n
Interprétation : La vitesse de phase ($3.729 \\times 10^8 \\ \\text{m/s}$) est supérieure à la vitesse de la lumière, tandis que la vitesse de groupe ($2.413 \\times 10^8 \\ \\text{m/s}$), qui représente la vitesse de propagation de l'énergie, est inférieure à $c$. Ceci est cohérent avec la théorie des guides d'onde. Le produit $v_p \\times v_g = c^2$ est une propriété fondamentale de la propagation dans les guides d'onde.
\n\nQuestion 3 : Atténuation et puissance de sortie
\n\nÉtape 1 : Calcul du coefficient d'atténuation pour le mode TE₁₀
\nLe coefficient d'atténuation dû aux pertes ohmiques pour le mode $\\text{TE}_{10}$ est donné par :
\n$\\alpha = \\frac{R_s}{b\\eta\\sqrt{1 - (f_c/f)^2}}\\left[1 + \\frac{2b}{a}\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2\\right]$
\n\nOù $R_s$ est la résistance de surface et $\\eta$ est l'impédance intrinsèque du milieu.
\n\nÉtape 2 : Calcul de la résistance de surface $R_s$
\n$R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi f \\mu}{\\sigma}} = \\sqrt{\\frac{\\pi \\times 3.5 \\times 10^9 \\times 4\\pi \\times 10^{-7}}{5.8 \\times 10^7}}$
\n\nÉtape 3 : Calcul numérique de $R_s$
\n$R_s = \\sqrt{\\frac{4.398 \\times 10^3}{5.8 \\times 10^7}} = \\sqrt{7.583 \\times 10^{-5}} = 8.708 \\times 10^{-3} \\ \\Omega$
\n\nÉtape 4 : Calcul de l'impédance intrinsèque $\\eta$
\n$\\eta = \\sqrt{\\frac{\\mu_0}{\\varepsilon_0}} = \\sqrt{\\frac{4\\pi \\times 10^{-7}}{8.854 \\times 10^{-12}}} = 376.7 \\ \\Omega$
\n\nÉtape 5 : Calcul de $\\alpha$
\n$\\alpha = \\frac{8.708 \\times 10^{-3}}{0.03404 \\times 376.7 \\times 0.8044}\\left[1 + \\frac{2 \\times 0.03404}{0.07214} \\times (0.594)^2\\right]$
\n\nSimplifions d'abord le dénominateur :
\n$0.03404 \\times 376.7 \\times 0.8044 = 10.31$
\n\nCalculons le terme entre crochets :
\n$\\frac{2 \\times 0.03404}{0.07214} = 0.9436$
\n$1 + 0.9436 \\times 0.353 = 1 + 0.333 = 1.333$
\n\nÉtape 6 : Calcul final de $\\alpha$
\n$\\alpha = \\frac{8.708 \\times 10^{-3}}{10.31} \\times 1.333 = 8.445 \\times 10^{-4} \\times 1.333 = 1.126 \\times 10^{-3} \\ \\text{Np/m}$
\n\nÉtape 7 : Conversion en dB/m
\n$\\alpha_{\\text{dB/m}} = \\alpha \\times 8.686 = 1.126 \\times 10^{-3} \\times 8.686 = 9.78 \\times 10^{-3} \\ \\text{dB/m}$
\n\nÉtape 8 : Calcul de l'atténuation totale sur $L = 2.5 \\ \\text{m}$
\n$A_{\\text{tot}} = \\alpha_{\\text{dB/m}} \\times L = 9.78 \\times 10^{-3} \\times 2.5 = 0.02445 \\ \\text{dB}$
\n\nÉtape 9 : Calcul de la puissance de sortie
\n$P_L = P_0 \\times 10^{-A_{\\text{tot}}/10} = 100 \\times 10^{-0.02445/10}$
\n$P_L = 100 \\times 10^{-0.002445} = 100 \\times 0.9944 = 99.44 \\ \\text{W}$
\n\nRésultats Question 3 :
\n- \n
- Coefficient d'atténuation : $\\alpha = 1.126 \\times 10^{-3} \\ \\text{Np/m} = 9.78 \\times 10^{-3} \\ \\text{dB/m}$ \n
- Atténuation totale : $A_{\\text{tot}} = 0.02445 \\ \\text{dB}$ \n
- Puissance de sortie : $P_L = 99.44 \\ \\text{W}$ \n
Interprétation : L'atténuation dans le guide d'onde est très faible ($0.02445 \\ \\text{dB}$ sur $2.5 \\ \\text{m}$), ce qui signifie que presque toute la puissance injectée est transmise ($99.44\\%$). Cette faible atténuation est caractéristique des guides d'onde rectangulaires aux fréquences micro-ondes, surtout lorsque le guide fonctionne suffisamment au-dessus de la fréquence de coupure. Les guides d'onde sont donc excellents pour la transmission de puissance RF sur des distances modérées.
", "id_category": "2", "id_number": "32" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 1 : Analyse d'une Ligne de Transmission Coaxiale
\nUne ligne de transmission coaxiale de longueur $L = 50$ m est utilisée pour transmettre un signal RF à une fréquence $f = 2$ GHz. Les caractéristiques de la ligne sont les suivantes :
\n- \n
- Impédance caractéristique : $Z_0 = 50$ $\\Omega$ \n
- Constante d'atténuation : $\\alpha = 0.2$ dB/m \n
- Vitesse de propagation : $v_p = 2 \\times 10^8$ m/s \n
- Impédance de charge : $Z_L = 75 + j25$ $\\Omega$ \n
Question 1 : Calculez le coefficient de réflexion complexe $\\Gamma_L$ à la charge et son module $|\\Gamma_L|$. Déterminez également le rapport d'onde stationnaire (ROS ou VSWR).
\nQuestion 2 : En utilisant le résultat de la Question 1, calculez l'impédance d'entrée $Z_{in}$ de la ligne de transmission. La constante de propagation complexe est donnée par $\\gamma = \\alpha + j\\beta$, où $\\beta = 2\\pi f / v_p$.
\nQuestion 3 : Sachant que la puissance incidente à l'entrée de la ligne est $P_i = 10$ W, calculez la puissance réellement dissipée dans la charge $P_L$ en tenant compte de l'atténuation de la ligne et du désadaptation d'impédance.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Exercice 1
\n\nQuestion 1 : Coefficient de réflexion et VSWR
\nÉtape 1 : Calcul du coefficient de réflexion complexe
\nLe coefficient de réflexion à la charge est défini par :
\n$\\Gamma_L = \\frac{Z_L - Z_0}{Z_L + Z_0}$
\nRemplacement des valeurs :
\n$\\Gamma_L = \\frac{(75 + j25) - 50}{(75 + j25) + 50} = \\frac{25 + j25}{125 + j25}$
\nCalcul :
\nMultiplions par le conjugué du dénominateur :
\n$\\Gamma_L = \\frac{(25 + j25)(125 - j25)}{(125 + j25)(125 - j25)}$
\n$\\Gamma_L = \\frac{3125 - j625 + j3125 - j^2 625}{15625 - j^2 625} = \\frac{3125 + j2500 + 625}{15625 + 625}$
\n$\\Gamma_L = \\frac{3750 + j2500}{16250} = 0.2308 + j0.1538$
\nModule du coefficient de réflexion :
\n$|\\Gamma_L| = \\sqrt{(0.2308)^2 + (0.1538)^2}$
\n$|\\Gamma_L| = \\sqrt{0.0533 + 0.0237} = \\sqrt{0.0770} = 0.2775$
\n\nÉtape 2 : Calcul du VSWR
\nLe rapport d'onde stationnaire est donné par :
\n$VSWR = \\frac{1 + |\\Gamma_L|}{1 - |\\Gamma_L|}$
\nRemplacement :
\n$VSWR = \\frac{1 + 0.2775}{1 - 0.2775} = \\frac{1.2775}{0.7225}$
\nRésultat final :
\n$\\Gamma_L = 0.2308 + j0.1538$ (soit $|\\Gamma_L| = 0.2775$ et $\\angle\\Gamma_L = 33.69°$)
\n$VSWR = 1.768$
\nInterprétation : Le VSWR de 1.768 indique une adaptation modérée. Environ 7.7% de la puissance incidente est réfléchie ($|\\Gamma_L|^2 = 0.077$).
\n\nQuestion 2 : Impédance d'entrée de la ligne
\nÉtape 1 : Calcul de la constante de phase $\\beta$
\n$\\beta = \\frac{2\\pi f}{v_p}$
\nRemplacement :
\n$\\beta = \\frac{2\\pi \\times 2 \\times 10^9}{2 \\times 10^8} = \\frac{4\\pi \\times 10^9}{2 \\times 10^8} = 20\\pi$ rad/m
\n$\\beta = 62.832$ rad/m
\n\nÉtape 2 : Calcul de la constante de propagation complexe
\nConversion de $\\alpha$ de dB/m en Np/m :
\n$\\alpha_{Np} = \\frac{\\alpha_{dB}}{8.686} = \\frac{0.2}{8.686} = 0.02303$ Np/m
\n$\\gamma = \\alpha + j\\beta = 0.02303 + j62.832$ m$^{-1}$
\n\nÉtape 3 : Calcul de l'impédance d'entrée
\nLa formule générale de l'impédance d'entrée est :
\n$Z_{in} = Z_0 \\frac{Z_L + Z_0 \\tanh(\\gamma L)}{Z_0 + Z_L \\tanh(\\gamma L)}$
\nCalculons d'abord $\\gamma L$ :
\n$\\gamma L = (0.02303 + j62.832) \\times 50 = 1.1515 + j3141.6$
\n$\\tanh(\\gamma L) = \\tanh(1.1515 + j3141.6)$
\nPour $\\gamma L$ grand avec partie imaginaire dominante :
\n$\\tanh(\\gamma L) \\approx \\frac{e^{2\\alpha L} - 1}{e^{2\\alpha L} + 1} + j\\frac{2\\sin(2\\beta L)}{e^{2\\alpha L} + \\cos(2\\beta L) + 1}$
\nAvec $2\\alpha L = 2.303$ : $e^{2.303} = 10$
\nEt $2\\beta L = 6283.2$ rad, donc $\\sin(2\\beta L) = -0.5878$, $\\cos(2\\beta L) = 0.809$
\n$\\tanh(\\gamma L) \\approx 0.8182 - j0.1016$
\n\nRemplacement dans la formule :
\n$Z_{in} = 50 \\times \\frac{(75 + j25) + 50(0.8182 - j0.1016)}{50 + (75 + j25)(0.8182 - j0.1016)}$
\n$Z_{in} = 50 \\times \\frac{75 + j25 + 40.91 - j5.08}{50 + 61.365 - j7.62 + j20.455 + 2.54}$
\n$Z_{in} = 50 \\times \\frac{115.91 + j19.92}{113.905 + j12.835}$
\n$Z_{in} = 50 \\times 1.0104 \\angle 3.98° = 50.52\\angle 3.98°$
\nRésultat final :
\n$Z_{in} = 50.42 + j3.51$ $\\Omega$
\nInterprétation : L'impédance d'entrée est presque adaptée à $Z_0 = 50$ $\\Omega$ grâce aux effets de transformation de la ligne.
\n\nQuestion 3 : Puissance dissipée dans la charge
\nÉtape 1 : Puissance transmise après atténuation de la ligne (sans réflexion)
\nL'atténuation totale de la ligne est :
\n$A_{dB} = \\alpha \\times L = 0.2 \\times 50 = 10$ dB
\nEn échelle linéaire :
\n$A_{lin} = 10^{-A_{dB}/10} = 10^{-10/10} = 10^{-1} = 0.1$
\nLa puissance à la charge sans réflexion serait :
\n$P_{trans} = P_i \\times A_{lin} = 10 \\times 0.1 = 1$ W
\n\nÉtape 2 : Puissance réfléchie
\nLe coefficient de réflexion en puissance est :
\n$\\rho = |\\Gamma_L|^2 = (0.2775)^2 = 0.0770$
\nLa puissance réfléchie à la charge est :
\n$P_{ref} = P_{trans} \\times \\rho = 1 \\times 0.0770 = 0.0770$ W
\n\nÉtape 3 : Puissance dissipée dans la charge
\n$P_L = P_{trans} - P_{ref} = P_{trans}(1 - \\rho)$
\nRemplacement :
\n$P_L = 1 \\times (1 - 0.0770) = 1 \\times 0.9230$
\nRésultat final :
\n$P_L = 0.923$ W ou $923$ mW
\nInterprétation : Sur les 10 W initiaux, seulement 0.923 W sont effectivement dissipés dans la charge. Les pertes sont dues à l'atténuation de la ligne (9 W perdus dans la ligne) et à la désadaptation d'impédance (0.077 W réfléchis). L'efficacité globale du système est de 9.23%.
", "id_category": "2", "id_number": "33" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 2 : Propagation dans un Guide d'Onde Rectangulaire
\nUn guide d'onde rectangulaire en cuivre est utilisé pour transmettre des signaux dans la bande X. Les dimensions du guide sont :
\n- \n
- Largeur : $a = 22.86$ mm \n
- Hauteur : $b = 10.16$ mm \n
- Conductivité du cuivre : $\\sigma = 5.8 \\times 10^7$ S/m \n
- Perméabilité du vide : $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7}$ H/m \n
- Permittivité du vide : $\\epsilon_0 = 8.854 \\times 10^{-12}$ F/m \n
Le guide fonctionne en mode dominant TE₁₀ à une fréquence $f = 10$ GHz.
\nQuestion 1 : Calculez la fréquence de coupure $f_c$ du mode TE₁₀ et vérifiez que le guide peut propager ce mode à $f = 10$ GHz. Déterminez ensuite la longueur d'onde de coupure $\\lambda_c$ et la longueur d'onde guidée $\\lambda_g$.
\nQuestion 2 : En utilisant les résultats de la Question 1, calculez la constante de propagation $\\beta$, la vitesse de phase $v_p$ et la vitesse de groupe $v_g$ dans le guide d'onde. Vérifiez la relation $v_p \\times v_g = c^2$.
\nQuestion 3 : Calculez l'atténuation due aux pertes dans les parois conductrices du guide $\\alpha_c$ en dB/m pour le mode TE₁₀. L'impédance de surface du conducteur est donnée par $R_s = \\sqrt{\\pi f \\mu_0 / \\sigma}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Exercice 2
\n\nQuestion 1 : Fréquence de coupure et longueurs d'onde
\nÉtape 1 : Calcul de la fréquence de coupure du mode TE₁₀
\nPour un guide d'onde rectangulaire, la fréquence de coupure du mode TE$_{mn}$ est :
\n$f_c = \\frac{c}{2}\\sqrt{\\left(\\frac{m}{a}\\right)^2 + \\left(\\frac{n}{b}\\right)^2}$
\nPour le mode TE₁₀ (mode dominant), $m = 1$ et $n = 0$ :
\n$f_c = \\frac{c}{2a}$
\nRemplacement avec $c = 3 \\times 10^8$ m/s et $a = 22.86$ mm :
\n$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{2 \\times 22.86 \\times 10^{-3}}$
\n$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{45.72 \\times 10^{-3}} = \\frac{3 \\times 10^8}{0.04572}$
\n$f_c = 6.562 \\times 10^9$ Hz $= 6.562$ GHz
\nVérification : Puisque $f = 10$ GHz $> f_c = 6.562$ GHz, le mode TE₁₀ peut se propager.
\n\nÉtape 2 : Calcul de la longueur d'onde de coupure
\n$\\lambda_c = \\frac{c}{f_c}$
\nRemplacement :
\n$\\lambda_c = \\frac{3 \\times 10^8}{6.562 \\times 10^9} = 0.04572$ m $= 45.72$ mm
\nOu directement : $\\lambda_c = 2a = 2 \\times 22.86 = 45.72$ mm
\n\nÉtape 3 : Calcul de la longueur d'onde guidée
\nLa longueur d'onde dans l'espace libre à $f = 10$ GHz :
\n$\\lambda_0 = \\frac{c}{f} = \\frac{3 \\times 10^8}{10 \\times 10^9} = 0.03$ m $= 30$ mm
\nLa longueur d'onde guidée est donnée par :
\n$\\lambda_g = \\frac{\\lambda_0}{\\sqrt{1 - (f_c/f)^2}}$
\nRemplacement :
\n$\\lambda_g = \\frac{30}{\\sqrt{1 - (6.562/10)^2}} = \\frac{30}{\\sqrt{1 - 0.4306}}$
\n$\\lambda_g = \\frac{30}{\\sqrt{0.5694}} = \\frac{30}{0.7546}$
\n$\\lambda_g = 39.75$ mm
\nRésultats finaux :
\n$f_c = 6.562$ GHz, $\\lambda_c = 45.72$ mm, $\\lambda_g = 39.75$ mm
\nInterprétation : La longueur d'onde guidée est plus grande que la longueur d'onde dans l'espace libre ($\\lambda_g > \\lambda_0$), ce qui est caractéristique de la propagation dans un guide d'onde.
\n\nQuestion 2 : Constante de propagation et vitesses
\nÉtape 1 : Calcul de la constante de propagation $\\beta$
\n$\\beta = \\frac{2\\pi}{\\lambda_g}$
\nRemplacement :
\n$\\beta = \\frac{2\\pi}{39.75 \\times 10^{-3}} = \\frac{6.2832}{0.03975}$
\n$\\beta = 158.05$ rad/m
\nOu en utilisant la formule directe :
\n$\\beta = \\frac{2\\pi f}{c}\\sqrt{1 - (f_c/f)^2} = \\frac{2\\pi \\times 10 \\times 10^9}{3 \\times 10^8}\\sqrt{0.5694}$
\n$\\beta = 209.44 \\times 0.7546 = 158.05$ rad/m
\n\nÉtape 2 : Calcul de la vitesse de phase
\n$v_p = \\frac{\\omega}{\\beta} = \\frac{2\\pi f}{\\beta}$
\nRemplacement :
\n$v_p = \\frac{2\\pi \\times 10 \\times 10^9}{158.05} = \\frac{6.2832 \\times 10^{10}}{158.05}$
\n$v_p = 3.975 \\times 10^8$ m/s
\nOu : $v_p = \\frac{c}{\\sqrt{1 - (f_c/f)^2}} = \\frac{3 \\times 10^8}{0.7546} = 3.975 \\times 10^8$ m/s
\n\nÉtape 3 : Calcul de la vitesse de groupe
\n$v_g = \\frac{d\\omega}{d\\beta}$
\nPour un guide d'onde :
\n$v_g = c\\sqrt{1 - (f_c/f)^2}$
\nRemplacement :
\n$v_g = 3 \\times 10^8 \\times \\sqrt{0.5694} = 3 \\times 10^8 \\times 0.7546$
\n$v_g = 2.264 \\times 10^8$ m/s
\n\nÉtape 4 : Vérification de la relation $v_p \\times v_g = c^2$
\n$v_p \\times v_g = 3.975 \\times 10^8 \\times 2.264 \\times 10^8$
\n$v_p \\times v_g = 9.00 \\times 10^{16}$ m²/s²
\n$c^2 = (3 \\times 10^8)^2 = 9.00 \\times 10^{16}$ m²/s²
\nRésultats finaux :
\n$\\beta = 158.05$ rad/m, $v_p = 3.975 \\times 10^8$ m/s, $v_g = 2.264 \\times 10^8$ m/s
\nLa relation $v_p \\times v_g = c^2$ est vérifiée.
\nInterprétation : La vitesse de phase est supérieure à $c$ (mais ne transporte pas d'information), tandis que la vitesse de groupe (vitesse de transport de l'énergie) est inférieure à $c$.
\n\nQuestion 3 : Atténuation due aux pertes conductrices
\nÉtape 1 : Calcul de la résistance de surface
\n$R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi f \\mu_0}{\\sigma}}$
\nRemplacement :
\n$R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi \\times 10 \\times 10^9 \\times 4\\pi \\times 10^{-7}}{5.8 \\times 10^7}}$
\n$R_s = \\sqrt{\\frac{4\\pi^2 \\times 10^{10} \\times 10^{-7}}{5.8 \\times 10^7}} = \\sqrt{\\frac{39.478 \\times 10^3}{5.8 \\times 10^7}}$
\n$R_s = \\sqrt{6.807 \\times 10^{-4}} = 0.02609$ $\\Omega$
\n\nÉtape 2 : Calcul de l'atténuation pour le mode TE₁₀
\nPour le mode TE₁₀ dans un guide rectangulaire :
\n$\\alpha_c = \\frac{R_s}{b\\eta\\sqrt{1-(f_c/f)^2}}\\left[1 + \\frac{2b}{a}\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2\\right]$
\nOù $\\eta = \\sqrt{\\mu_0/\\epsilon_0} = 377$ $\\Omega$ est l'impédance du vide.
\nPour simplifier (formule alternative plus courante) :
\n$\\alpha_c = \\frac{R_s}{ab\\eta\\sqrt{1-(f_c/f)^2}}\\left[a^2 + 2ab\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2\\right]$
\nUtilisons la formule simplifiée pour TE₁₀ :
\n$\\alpha_c = \\frac{R_s}{b \\times 377 \\times 0.7546}\\left[1 + \\frac{2 \\times 10.16}{22.86} \\times 0.4306\\right]$
\n$\\alpha_c = \\frac{0.02609}{10.16 \\times 10^{-3} \\times 377 \\times 0.7546}\\left[1 + 0.889 \\times 0.4306\\right]$
\n$\\alpha_c = \\frac{0.02609}{2.892}\\times 1.383$
\n$\\alpha_c = 0.009021 \\times 1.383 = 0.01248$ Np/m
\n\nÉtape 3 : Conversion en dB/m
\n$\\alpha_c (dB/m) = 8.686 \\times \\alpha_c (Np/m)$
\nRemplacement :
\n$\\alpha_c = 8.686 \\times 0.01248 = 0.1084$ dB/m
\nRésultat final :
\n$\\alpha_c = 0.108$ dB/m
\nInterprétation : L'atténuation est relativement faible (environ 0.11 dB/m), ce qui rend les guides d'ondes efficaces pour transmettre des signaux micro-ondes de forte puissance sur des distances modérées. Pour un guide de 10 m, l'atténuation totale serait d'environ 1.08 dB.
", "id_category": "2", "id_number": "34" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 3 : Caractéristiques d'une Fibre Optique Multimode
\nUne fibre optique multimode à saut d'indice est utilisée pour une liaison de données à courte distance. Les caractéristiques de la fibre sont :
\n- \n
- Indice de réfraction du cœur : $n_1 = 1.50$ \n
- Indice de réfraction de la gaine : $n_2 = 1.48$ \n
- Diamètre du cœur : $d = 62.5$ $\\mu$m \n
- Longueur de la fibre : $L = 2$ km \n
- Longueur d'onde de fonctionnement : $\\lambda = 850$ nm \n
- Coefficient d'atténuation : $\\alpha = 2.5$ dB/km \n
Question 1 : Calculez l'ouverture numérique (ON) de la fibre, l'angle d'acceptance maximal $\\theta_{max}$ dans l'air ($n_0 = 1$), et la fréquence normalisée $V$ (paramètre V). Déterminez le nombre approximatif de modes pouvant se propager dans cette fibre.
\nQuestion 2 : En utilisant le résultat de l'ouverture numérique de la Question 1, calculez la dispersion intermodale maximale $\\Delta \\tau$ sur la longueur totale de la fibre. La vitesse de la lumière dans le vide est $c = 3 \\times 10^8$ m/s.
\nQuestion 3 : Un signal optique de puissance $P_0 = 1$ mW est injecté à l'entrée de la fibre. Calculez la puissance de sortie $P_L$ en mW et en dBm après propagation sur les $2$ km de fibre. Le niveau de puissance en dBm est défini par $P(dBm) = 10\\log_{10}(P_{mW}/1mW)$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Exercice 3
\n\nQuestion 1 : Ouverture numérique, angle d'acceptance et nombre de modes
\nÉtape 1 : Calcul de l'ouverture numérique (ON)
\nL'ouverture numérique d'une fibre optique est définie par :
\n$ON = \\sqrt{n_1^2 - n_2^2}$
\nRemplacement des valeurs :
\n$ON = \\sqrt{(1.50)^2 - (1.48)^2} = \\sqrt{2.25 - 2.1904}$
\n$ON = \\sqrt{0.0596} = 0.2441$
\n\nÉtape 2 : Calcul de l'angle d'acceptance maximal
\nL'angle d'acceptance dans l'air ($n_0 = 1$) est donné par :
\n$\\theta_{max} = \\arcsin\\left(\\frac{ON}{n_0}\\right) = \\arcsin(ON)$
\nRemplacement :
\n$\\theta_{max} = \\arcsin(0.2441)$
\n$\\theta_{max} = 14.13°$
\nEn radians : $\\theta_{max} = 0.2466$ rad
\n\nÉtape 3 : Calcul de la fréquence normalisée V
\nLe paramètre V est défini par :
\n$V = \\frac{\\pi d}{\\lambda} \\times ON$
\nRemplacement avec $d = 62.5$ $\\mu$m et $\\lambda = 850$ nm :
\n$V = \\frac{\\pi \\times 62.5 \\times 10^{-6}}{850 \\times 10^{-9}} \\times 0.2441$
\n$V = \\frac{\\pi \\times 62.5}{850} \\times 10^3 \\times 0.2441 = \\frac{196.35}{850} \\times 10^3 \\times 0.2441$
\n$V = 0.2310 \\times 10^3 \\times 0.2441 = 56.38$
\n\nÉtape 4 : Calcul du nombre de modes
\nPour une fibre à saut d'indice multimode, le nombre approximatif de modes est :
\n$N_{modes} \\approx \\frac{V^2}{2}$
\nRemplacement :
\n$N_{modes} = \\frac{(56.38)^2}{2} = \\frac{3178.7}{2} = 1589$
\nRésultats finaux :
\n$ON = 0.244$, $\\theta_{max} = 14.13°$, $V = 56.38$, $N_{modes} \\approx 1589$ modes
\nInterprétation : L'ouverture numérique de 0.244 indique une capacité de collecte de lumière modérée. L'angle d'acceptance de 14.13° définit le cône d'acceptance. Le paramètre V élevé ($V >> 2.405$) confirme que la fibre est fortement multimode avec environ 1589 modes de propagation.
\n\nQuestion 2 : Dispersion intermodale
\nÉtape 1 : Formule de la dispersion intermodale
\nPour une fibre multimode à saut d'indice, la dispersion intermodale maximale est :
\n$\\Delta \\tau = \\frac{L \\times n_1}{c} \\times \\frac{n_1 - n_2}{n_2}$
\nOu de manière équivalente :
\n$\\Delta \\tau = \\frac{L \\times (ON)^2}{2cn_1}$
\nUtilisons la première formule :
\n\nÉtape 2 : Calcul de la différence relative d'indice
\n$\\Delta n = n_1 - n_2 = 1.50 - 1.48 = 0.02$
\n\nÉtape 3 : Calcul de la dispersion
\nRemplacement avec $L = 2000$ m :
\n$\\Delta \\tau = \\frac{2000 \\times 1.50}{3 \\times 10^8} \\times \\frac{0.02}{1.48}$
\n$\\Delta \\tau = \\frac{3000}{3 \\times 10^8} \\times \\frac{0.02}{1.48} = 10^{-5} \\times 0.01351$
\n$\\Delta \\tau = 1.351 \\times 10^{-7}$ s $= 135.1$ ns
\n\nVérification avec la formule alternative :
\n$\\Delta \\tau = \\frac{2000 \\times (0.2441)^2}{2 \\times 3 \\times 10^8 \\times 1.50}$
\n$\\Delta \\tau = \\frac{2000 \\times 0.0596}{9 \\times 10^8} = \\frac{119.2}{9 \\times 10^8} = 1.324 \\times 10^{-7}$ s
\n\nRésultat final :
\n$\\Delta \\tau \\approx 135$ ns
\nInterprétation : La dispersion intermodale de 135 ns sur 2 km limite la bande passante de la fibre. La bande passante maximale approximative est $B \\approx 1/(2\\Delta\\tau) \\approx 3.7$ MHz. Cette dispersion importante est caractéristique des fibres multimodes à saut d'indice et limite leur utilisation aux liaisons courtes.
\n\nQuestion 3 : Atténuation et puissance de sortie
\nÉtape 1 : Calcul de l'atténuation totale
\nL'atténuation totale sur la longueur de la fibre est :
\n$A_{total} = \\alpha \\times L$
\nRemplacement :
\n$A_{total} = 2.5 \\times 2 = 5$ dB
\n\nÉtape 2 : Calcul de la puissance de sortie en mW
\nLa relation entre puissance d'entrée et de sortie en dB est :
\n$P_L(dB) = P_0(dB) - A_{total}$
\nOu en échelle linéaire :
\n$P_L = P_0 \\times 10^{-A_{total}/10}$
\nRemplacement avec $P_0 = 1$ mW :
\n$P_L = 1 \\times 10^{-5/10} = 1 \\times 10^{-0.5}$
\n$P_L = 1 \\times 0.3162 = 0.3162$ mW
\n\nÉtape 3 : Conversion en dBm
\nLa puissance d'entrée en dBm :
\n$P_0(dBm) = 10\\log_{10}\\left(\\frac{1}{1}\\right) = 10\\log_{10}(1) = 0$ dBm
\nLa puissance de sortie en dBm :
\n$P_L(dBm) = P_0(dBm) - A_{total} = 0 - 5 = -5$ dBm
\nVérification :
\n$P_L(dBm) = 10\\log_{10}(0.3162) = 10 \\times (-0.5) = -5$ dBm
\n\nRésultats finaux :
\n$P_L = 0.316$ mW $= -5$ dBm
\nInterprétation : Après propagation sur 2 km, la puissance optique a été réduite de 5 dB, ce qui représente une perte d'environ 68.4% de la puissance initiale. La puissance de sortie de 0.316 mW (ou -5 dBm) est encore suffisante pour de nombreuses applications de transmission de données à courte distance, mais nécessiterait une amplification pour des distances plus longues.
", "id_category": "2", "id_number": "35" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 1 : Analyse d'une ligne de transmission coaxiale
Une liaison de télécommunication utilise un câble coaxial de longueur $L = 500$ m pour transmettre un signal à haute fréquence de $f = 2 \\text{ GHz}$. Le câble présente les caractéristiques suivantes :
- Conducteur intérieur en cuivre de diamètre $d = 2 \\text{ mm}$
- Conducteur extérieur en cuivre de diamètre intérieur $D = 6 \\text{ mm}$
- Diélectrique en polytétrafluoroéthylène (PTFE) de permittivité relative $\\varepsilon_r = 2.1$
- Perméabilité magnétique relative du diélectrique $\\mu_r = 1$
- Résistance linéique du conducteur intérieur $R_i = 8 \\times 10^{-3} \\, \\Omega/\\text{m}$
- Résistance linéique du conducteur extérieur $R_e = 4 \\times 10^{-3} \\, \\Omega/\\text{m}$
- Conductance linéique de fuite $G = 10^{-8} \\, \\text{S/m}$
On donne : $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7} \\, \\text{H/m}$, $\\varepsilon_0 = 8.854 \\times 10^{-12} \\, \\text{F/m}$, $c = 3 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$
Question 1 :
Calculez l'impédance caractéristique $Z_c$ du câble coaxial en utilisant la formule exacte prenant en compte les paramètres primaires (résistance $R$, inductance $L$, capacité $C$, et conductance $G$ par unité de longueur).
Question 2 :
Déterminez la constante de propagation complexe $\\gamma = \\alpha + j\\beta$ du signal dans ce câble coaxial, où $\\alpha$ est la constante d'atténuation et $\\beta$ est la constante de phase. Calculez explicitement $\\alpha$ en $\\text{Np/m}$ et en $\\text{dB/m}$, ainsi que $\\beta$ en $\\text{rad/m}$.
Question 3 :
Un signal de puissance $P_{in} = 10 \\, \\text{W}$ est injecté à l'entrée de ce câble coaxial. Calculez la puissance $P_{out}$ disponible à la sortie du câble après propagation sur toute sa longueur. Déterminez également l'atténuation totale en $\\text{dB}$ subie par le signal.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 1
Question 1 : Calcul de l'impédance caractéristique
Étape 1 : Calcul de l'inductance linéique $L$
Pour un câble coaxial, l'inductance linéique est donnée par :
$L = \\frac{\\mu_0 \\mu_r}{2\\pi} \\ln\\left(\\frac{D}{d}\\right)$
Remplacement des valeurs :
$L = \\frac{4\\pi \\times 10^{-7} \\times 1}{2\\pi} \\ln\\left(\\frac{6 \\times 10^{-3}}{2 \\times 10^{-3}}\\right)$
$L = \\frac{4\\pi \\times 10^{-7}}{2\\pi} \\ln(3)$
$L = 2 \\times 10^{-7} \\times 1.0986$
$L = 2.197 \\times 10^{-7} \\, \\text{H/m}$
Étape 2 : Calcul de la capacité linéique $C$
Pour un câble coaxial, la capacité linéique est donnée par :
$C = \\frac{2\\pi \\varepsilon_0 \\varepsilon_r}{\\ln\\left(\\frac{D}{d}\\right)}$
Remplacement des valeurs :
$C = \\frac{2\\pi \\times 8.854 \\times 10^{-12} \\times 2.1}{\\ln(3)}$
$C = \\frac{1.169 \\times 10^{-10}}{1.0986}$
$C = 1.064 \\times 10^{-10} \\, \\text{F/m}$
Étape 3 : Calcul de la résistance linéique totale $R$
$R = R_i + R_e = 8 \\times 10^{-3} + 4 \\times 10^{-3}$
$R = 12 \\times 10^{-3} \\, \\Omega/\\text{m}$
Étape 4 : Calcul de l'impédance caractéristique $Z_c$
L'impédance caractéristique générale est :
$Z_c = \\sqrt{\\frac{R + j\\omega L}{G + j\\omega C}}$
Avec $\\omega = 2\\pi f = 2\\pi \\times 2 \\times 10^9 = 1.257 \\times 10^{10} \\, \\text{rad/s}$
Calcul de $\\omega L$ :
$\\omega L = 1.257 \\times 10^{10} \\times 2.197 \\times 10^{-7} = 2762.3 \\, \\Omega/\\text{m}$
Calcul de $\\omega C$ :
$\\omega C = 1.257 \\times 10^{10} \\times 1.064 \\times 10^{-10} = 1.337 \\, \\text{S/m}$
Comme $\\omega L \\gg R$ et $\\omega C \\gg G$, on peut utiliser l'approximation haute fréquence :
$Z_c \\approx \\sqrt{\\frac{L}{C}} = \\sqrt{\\frac{2.197 \\times 10^{-7}}{1.064 \\times 10^{-10}}}$
$Z_c = \\sqrt{2065.4}$
$Z_c = 45.45 \\, \\Omega$
Résultat : L'impédance caractéristique du câble coaxial est $Z_c = 45.45 \\, \\Omega$
Question 2 : Calcul de la constante de propagation
Étape 1 : Formule générale de la constante de propagation
$\\gamma = \\sqrt{(R + j\\omega L)(G + j\\omega C)}$
Étape 2 : Calcul du premier terme
$R + j\\omega L = 0.012 + j2762.3 \\approx j2762.3 \\, \\Omega/\\text{m}$
$|R + j\\omega L| = 2762.3 \\, \\Omega/\\text{m}$
Étape 3 : Calcul du second terme
$G + j\\omega C = 10^{-8} + j1.337 \\approx j1.337 \\, \\text{S/m}$
$|G + j\\omega C| = 1.337 \\, \\text{S/m}$
Étape 4 : Calcul de $\\gamma$
$|\\gamma| = \\sqrt{2762.3 \\times 1.337} = \\sqrt{3693.5}$
$|\\gamma| = 60.77 \\, \\text{m}^{-1}$
L'argument de $\\gamma$ :
$\\arg(\\gamma) = \\frac{1}{2}[\\arg(R + j\\omega L) + \\arg(G + j\\omega C)]$
$\\arg(\\gamma) = \\frac{1}{2}[90° + 90°] = 90°$
Donc $\\gamma \\approx j60.77$, ce qui signifie :
$\\beta = 60.77 \\, \\text{rad/m}$
Pour calculer $\\alpha$ avec plus de précision, on utilise :
$\\alpha = \\frac{R}{2Z_c} + \\frac{GZ_c}{2}$
$\\alpha = \\frac{0.012}{2 \\times 45.45} + \\frac{10^{-8} \\times 45.45}{2}$
$\\alpha = 1.32 \\times 10^{-4} + 2.27 \\times 10^{-7}$
$\\alpha = 1.32 \\times 10^{-4} \\, \\text{Np/m}$
Conversion en $\\text{dB/m}$ :
$\\alpha_{dB} = 8.686 \\times \\alpha = 8.686 \\times 1.32 \\times 10^{-4}$
$\\alpha_{dB} = 1.147 \\times 10^{-3} \\, \\text{dB/m}$
Résultats :
- Constante d'atténuation : $\\alpha = 1.32 \\times 10^{-4} \\, \\text{Np/m}$ ou $\\alpha = 1.147 \\times 10^{-3} \\, \\text{dB/m}$
- Constante de phase : $\\beta = 60.77 \\, \\text{rad/m}$
Question 3 : Calcul de la puissance de sortie et de l'atténuation totale
Étape 1 : Calcul de l'atténuation totale en Nepers
$A_{Np} = \\alpha \\times L = 1.32 \\times 10^{-4} \\times 500$
$A_{Np} = 0.066 \\, \\text{Np}$
Étape 2 : Conversion en décibels
$A_{dB} = 8.686 \\times A_{Np} = 8.686 \\times 0.066$
$A_{dB} = 0.573 \\, \\text{dB}$
Ou directement :
$A_{dB} = \\alpha_{dB} \\times L = 1.147 \\times 10^{-3} \\times 500 = 0.573 \\, \\text{dB}$
Étape 3 : Calcul de la puissance de sortie
La relation entre puissance d'entrée et de sortie est :
$P_{out} = P_{in} \\times e^{-2\\alpha L}$
$P_{out} = 10 \\times e^{-2 \\times 0.066}$
$P_{out} = 10 \\times e^{-0.132}$
$P_{out} = 10 \\times 0.876$
$P_{out} = 8.76 \\, \\text{W}$
Ou en utilisant les décibels :
$P_{out}(\\text{dB}) = P_{in}(\\text{dB}) - A_{dB}$
$P_{out}(\\text{dBW}) = 10 - 0.573 = 9.427 \\, \\text{dBW}$
$P_{out} = 10^{9.427/10} = 8.76 \\, \\text{W}$
Résultats :
- Puissance de sortie : $P_{out} = 8.76 \\, \\text{W}$
- Atténuation totale : $A = 0.573 \\, \\text{dB}$
Interprétation : L'atténuation est relativement faible (moins de $1 \\, \\text{dB}$) sur cette distance de $500 \\, \\text{m}$, ce qui est caractéristique d'un câble coaxial de bonne qualité aux fréquences micro-ondes. La majorité de la puissance injectée ($87.6\\%$) est transmise à la sortie.
", "id_category": "2", "id_number": "36" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 2 : Transmission par fibre optique monomode
Un système de télécommunication optique utilise une fibre optique monomode pour transmettre des données à très haut débit. La fibre présente les caractéristiques suivantes :
- Longueur de la liaison : $L = 80 \\, \\text{km}$
- Longueur d'onde de travail : $\\lambda = 1550 \\, \\text{nm}$ (fenêtre de transmission optimale)
- Indice de réfraction du cœur : $n_1 = 1.4682$
- Indice de réfraction de la gaine : $n_2 = 1.4628$
- Diamètre du cœur : $d_{coeur} = 9 \\, \\mu\\text{m}$
- Coefficient d'atténuation linéique : $\\alpha = 0.2 \\, \\text{dB/km}$
- Coefficient de dispersion chromatique : $D = 17 \\, \\text{ps/(nm} \\cdot \\text{km)}$
- Largeur spectrale de la source laser : $\\Delta\\lambda = 0.1 \\, \\text{nm}$
On donne : vitesse de la lumière dans le vide $c = 3 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$
Question 1 :
Calculez l'ouverture numérique $ON$ de la fibre optique, l'angle d'acceptation maximal $\\theta_{max}$ (en degrés), et vérifiez que la fibre fonctionne bien en régime monomode en calculant la fréquence normalisée $V$. Pour qu'une fibre soit monomode, il faut que $V < 2.405$.
Question 2 :
Un signal optique de puissance $P_0 = 5 \\, \\text{mW}$ est injecté à l'entrée de la fibre. Calculez la puissance optique $P_L$ à la sortie de la fibre après propagation sur toute la longueur de la liaison. Exprimez également le rapport signal en $\\text{dB}$.
Question 3 :
La dispersion chromatique limite le débit binaire maximal de transmission. Calculez l'élargissement temporel $\\Delta\\tau$ d'une impulsion lumineuse après propagation sur toute la longueur de la fibre dû à la dispersion chromatique. Déduisez-en le débit binaire maximal $D_b$ (en $\\text{Gbit/s}$) que peut supporter cette liaison en supposant que la condition de non-recouvrement des impulsions impose $\\Delta\\tau \\leq \\frac{1}{4D_b}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 2
Question 1 : Ouverture numérique, angle d'acceptation et fréquence normalisée
Étape 1 : Calcul de l'ouverture numérique $ON$
L'ouverture numérique d'une fibre optique est définie par :
$ON = \\sqrt{n_1^2 - n_2^2}$
Remplacement des valeurs :
$ON = \\sqrt{(1.4682)^2 - (1.4628)^2}$
$ON = \\sqrt{2.1556 - 2.1398}$
$ON = \\sqrt{0.0158}$
$ON = 0.1257$
Étape 2 : Calcul de l'angle d'acceptation maximal $\\theta_{max}$
L'angle d'acceptation est lié à l'ouverture numérique par (dans l'air, $n_0 = 1$) :
$ON = n_0 \\sin(\\theta_{max})$
$\\theta_{max} = \\arcsin(ON) = \\arcsin(0.1257)$
$\\theta_{max} = 7.22°$
Étape 3 : Calcul de la fréquence normalisée $V$
La fréquence normalisée (paramètre $V$) est donnée par :
$V = \\frac{\\pi d_{coeur}}{\\lambda} \\times ON$
Conversion des unités : $d_{coeur} = 9 \\, \\mu\\text{m} = 9 \\times 10^{-6} \\, \\text{m}$ et $\\lambda = 1550 \\, \\text{nm} = 1.55 \\times 10^{-6} \\, \\text{m}$
$V = \\frac{\\pi \\times 9 \\times 10^{-6}}{1.55 \\times 10^{-6}} \\times 0.1257$
$V = \\frac{\\pi \\times 9}{1.55} \\times 0.1257$
$V = 18.24 \\times 0.1257$
$V = 2.293$
Vérification : Comme $V = 2.293 < 2.405$, la fibre fonctionne effectivement en régime monomode.
Résultats :
- Ouverture numérique : $ON = 0.1257$
- Angle d'acceptation maximal : $\\theta_{max} = 7.22°$
- Fréquence normalisée : $V = 2.293$ (régime monomode confirmé)
Question 2 : Calcul de la puissance optique de sortie
Étape 1 : Calcul de l'atténuation totale
L'atténuation totale sur la longueur de la fibre est :
$A_{totale} = \\alpha \\times L$
$A_{totale} = 0.2 \\, \\text{dB/km} \\times 80 \\, \\text{km}$
$A_{totale} = 16 \\, \\text{dB}$
Étape 2 : Calcul de la puissance de sortie en dBm
Conversion de la puissance d'entrée en $\\text{dBm}$ :
$P_0(\\text{dBm}) = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{P_0}{1 \\, \\text{mW}}\\right) = 10 \\log_{10}(5)$
$P_0(\\text{dBm}) = 10 \\times 0.699 = 6.99 \\, \\text{dBm}$
La puissance de sortie en $\\text{dBm}$ :
$P_L(\\text{dBm}) = P_0(\\text{dBm}) - A_{totale}$
$P_L(\\text{dBm}) = 6.99 - 16$
$P_L(\\text{dBm}) = -9.01 \\, \\text{dBm}$
Étape 3 : Conversion en watts
$P_L = 1 \\, \\text{mW} \\times 10^{P_L(\\text{dBm})/10}$
$P_L = 1 \\times 10^{-9.01/10}$
$P_L = 1 \\times 10^{-0.901}$
$P_L = 0.1255 \\, \\text{mW} = 125.5 \\, \\mu\\text{W}$
Étape 4 : Rapport signal
Le rapport entre puissance de sortie et puissance d'entrée :
$\\text{Rapport} = \\frac{P_L}{P_0} = \\frac{0.1255}{5} = 0.0251$
En décibels :
$\\text{Rapport}_{dB} = 10 \\log_{10}(0.0251) = 10 \\times (-1.6) = -16 \\, \\text{dB}$
Résultats :
- Puissance de sortie : $P_L = 125.5 \\, \\mu\\text{W}$ ou $-9.01 \\, \\text{dBm}$
- Atténuation totale : $16 \\, \\text{dB}$
- Rapport signal : $-16 \\, \\text{dB}$ (ou $2.51\\%$ de la puissance transmise)
Question 3 : Dispersion chromatique et débit binaire maximal
Étape 1 : Calcul de l'élargissement temporel $\\Delta\\tau$
L'élargissement temporel dû à la dispersion chromatique est donné par :
$\\Delta\\tau = |D| \\times L \\times \\Delta\\lambda$
Remplacement des valeurs :
$\\Delta\\tau = 17 \\, \\text{ps/(nm} \\cdot \\text{km)} \\times 80 \\, \\text{km} \\times 0.1 \\, \\text{nm}$
$\\Delta\\tau = 17 \\times 80 \\times 0.1$
$\\Delta\\tau = 136 \\, \\text{ps}$
Conversion en secondes :
$\\Delta\\tau = 136 \\times 10^{-12} \\, \\text{s} = 1.36 \\times 10^{-10} \\, \\text{s}$
Étape 2 : Calcul du débit binaire maximal
La condition de non-recouvrement impose :
$\\Delta\\tau \\leq \\frac{1}{4D_b}$
D'où :
$D_b \\leq \\frac{1}{4\\Delta\\tau}$
$D_b = \\frac{1}{4 \\times 136 \\times 10^{-12}}$
$D_b = \\frac{1}{544 \\times 10^{-12}}$
$D_b = 1.838 \\times 10^9 \\, \\text{bit/s}$
$D_b = 1.838 \\, \\text{Gbit/s}$
Résultats :
- Élargissement temporel : $\\Delta\\tau = 136 \\, \\text{ps}$
- Débit binaire maximal : $D_b = 1.838 \\, \\text{Gbit/s}$
Interprétation : La dispersion chromatique limite le débit maximal à environ $1.84 \\, \\text{Gbit/s}$ sur cette liaison de $80 \\, \\text{km}$. Pour augmenter le débit, il faudrait utiliser une source laser avec une largeur spectrale plus étroite ($\\Delta\\lambda$ plus petit) ou des techniques de compensation de dispersion. La fenêtre de $1550 \\, \\text{nm}$ présente une atténuation minimale mais une dispersion chromatique non nulle qui devient limitante sur les longues distances.
", "id_category": "2", "id_number": "37" }, { "category": "systèmes de communication", "question": "Exercice 3 : Propagation en guide d'onde rectangulaire
Un système radar utilise un guide d'onde rectangulaire métallique pour transporter l'énergie électromagnétique entre l'émetteur et l'antenne. Le guide présente les caractéristiques suivantes :
- Dimensions intérieures : $a = 7.214 \\, \\text{cm}$ (grand côté) et $b = 3.404 \\, \\text{cm}$ (petit côté)
- Fréquence de fonctionnement : $f = 3.5 \\, \\text{GHz}$
- Mode de propagation : $TE_{10}$ (mode fondamental)
- Longueur du guide : $L = 5 \\, \\text{m}$
- Conductivité du métal (cuivre) : $\\sigma = 5.8 \\times 10^7 \\, \\text{S/m}$
- Le guide est rempli d'air : $\\varepsilon_r = 1$, $\\mu_r = 1$
On donne : $c = 3 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$, $\\mu_0 = 4\\pi \\times 10^{-7} \\, \\text{H/m}$, $\\varepsilon_0 = 8.854 \\times 10^{-12} \\, \\text{F/m}$
Question 1 :
Calculez la fréquence de coupure $f_c$ du mode $TE_{10}$ dans ce guide d'onde rectangulaire. Vérifiez que la fréquence de fonctionnement $f = 3.5 \\, \\text{GHz}$ permet effectivement la propagation de ce mode. Calculez ensuite la longueur d'onde de coupure $\\lambda_c$ et la longueur d'onde dans le guide $\\lambda_g$.
Question 2 :
Déterminez l'impédance d'onde $Z_{TE}$ du mode $TE_{10}$ dans ce guide d'onde, ainsi que la vitesse de phase $v_p$ et la vitesse de groupe $v_g$ de l'onde électromagnétique se propageant dans le guide. Montrez que le produit $v_p \\times v_g = c^2$.
Question 3 :
Calculez l'atténuation linéique $\\alpha$ (en $\\text{dB/m}$) due aux pertes par effet Joule dans les parois conductrices du guide pour le mode $TE_{10}$. Utilisez la formule approchée :
$\\alpha = \\frac{R_s}{b \\eta_0} \\left[\\frac{2b}{a} + \\left(1 + \\frac{b}{a}\\right) \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2\\right]$
où $R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi f \\mu_0}{\\sigma}}$ est la résistance de surface et $\\eta_0 = \\sqrt{\\frac{\\mu_0}{\\varepsilon_0}}$ est l'impédance du vide. Calculez ensuite l'atténuation totale en $\\text{dB}$ sur toute la longueur du guide.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 3
Question 1 : Fréquence de coupure et longueurs d'onde
Étape 1 : Calcul de la fréquence de coupure $f_c$ du mode $TE_{10}$
Pour un guide d'onde rectangulaire, la fréquence de coupure du mode $TE_{mn}$ est donnée par :
$f_c = \\frac{c}{2} \\sqrt{\\left(\\frac{m}{a}\\right)^2 + \\left(\\frac{n}{b}\\right)^2}$
Pour le mode $TE_{10}$ : $m = 1$ et $n = 0$, donc :
$f_c = \\frac{c}{2a}$
Conversion : $a = 7.214 \\, \\text{cm} = 0.07214 \\, \\text{m}$
$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{2 \\times 0.07214}$
$f_c = \\frac{3 \\times 10^8}{0.14428}$
$f_c = 2.079 \\times 10^9 \\, \\text{Hz}$
$f_c = 2.079 \\, \\text{GHz}$
Vérification : Comme $f = 3.5 \\, \\text{GHz} > f_c = 2.079 \\, \\text{GHz}$, le mode $TE_{10}$ peut effectivement se propager dans le guide.
Étape 2 : Calcul de la longueur d'onde de coupure $\\lambda_c$
$\\lambda_c = \\frac{c}{f_c}$
$\\lambda_c = \\frac{3 \\times 10^8}{2.079 \\times 10^9}$
$\\lambda_c = 0.14428 \\, \\text{m} = 14.428 \\, \\text{cm}$
On peut vérifier que $\\lambda_c = 2a$, ce qui est correct pour le mode $TE_{10}$.
Étape 3 : Calcul de la longueur d'onde dans le guide $\\lambda_g$
La longueur d'onde dans le guide est donnée par :
$\\lambda_g = \\frac{\\lambda_0}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$
où $\\lambda_0 = \\frac{c}{f}$ est la longueur d'onde dans l'espace libre.
Calcul de $\\lambda_0$ :
$\\lambda_0 = \\frac{3 \\times 10^8}{3.5 \\times 10^9} = 0.08571 \\, \\text{m} = 8.571 \\, \\text{cm}$
Calcul du rapport $\\frac{f_c}{f}$ :
$\\frac{f_c}{f} = \\frac{2.079}{3.5} = 0.594$
$\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2 = (0.594)^2 = 0.353$
$\\sqrt{1 - 0.353} = \\sqrt{0.647} = 0.804$
$\\lambda_g = \\frac{0.08571}{0.804}$
$\\lambda_g = 0.1066 \\, \\text{m} = 10.66 \\, \\text{cm}$
Résultats :
- Fréquence de coupure : $f_c = 2.079 \\, \\text{GHz}$ (propagation confirmée)
- Longueur d'onde de coupure : $\\lambda_c = 14.428 \\, \\text{cm}$
- Longueur d'onde dans le guide : $\\lambda_g = 10.66 \\, \\text{cm}$
Question 2 : Impédance d'onde, vitesse de phase et vitesse de groupe
Étape 1 : Calcul de l'impédance d'onde $Z_{TE}$
Pour un mode $TE$ dans un guide d'onde, l'impédance d'onde est :
$Z_{TE} = \\frac{\\eta_0}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$
où $\\eta_0 = \\sqrt{\\frac{\\mu_0}{\\varepsilon_0}}$ est l'impédance du vide.
Calcul de $\\eta_0$ :
$\\eta_0 = \\sqrt{\\frac{4\\pi \\times 10^{-7}}{8.854 \\times 10^{-12}}}$
$\\eta_0 = \\sqrt{\\frac{1.257 \\times 10^{-6}}{8.854 \\times 10^{-12}}}$
$\\eta_0 = \\sqrt{1.42 \\times 10^5}$
$\\eta_0 = 376.7 \\, \\Omega$
Calcul de $Z_{TE}$ :
$Z_{TE} = \\frac{376.7}{0.804}$
$Z_{TE} = 468.5 \\, \\Omega$
Étape 2 : Calcul de la vitesse de phase $v_p$
La vitesse de phase est donnée par :
$v_p = \\frac{c}{\\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}}$
$v_p = \\frac{3 \\times 10^8}{0.804}$
$v_p = 3.731 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$
Étape 3 : Calcul de la vitesse de groupe $v_g$
La vitesse de groupe est donnée par :
$v_g = c \\sqrt{1 - \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2}$
$v_g = 3 \\times 10^8 \\times 0.804$
$v_g = 2.412 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$
Étape 4 : Vérification de la relation $v_p \\times v_g = c^2$
$v_p \\times v_g = 3.731 \\times 10^8 \\times 2.412 \\times 10^8$
$v_p \\times v_g = 9.00 \\times 10^{16} \\, \\text{m}^2/\\text{s}^2$
$c^2 = (3 \\times 10^8)^2 = 9 \\times 10^{16} \\, \\text{m}^2/\\text{s}^2$
La relation est bien vérifiée : $v_p \\times v_g = c^2$
Résultats :
- Impédance d'onde : $Z_{TE} = 468.5 \\, \\Omega$
- Vitesse de phase : $v_p = 3.731 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$ (supérieure à $c$)
- Vitesse de groupe : $v_g = 2.412 \\times 10^8 \\, \\text{m/s}$ (inférieure à $c$)
- Vérification : $v_p \\times v_g = c^2$ ✓
Question 3 : Atténuation due aux pertes dans les parois
Étape 1 : Calcul de la résistance de surface $R_s$
$R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi f \\mu_0}{\\sigma}}$
$R_s = \\sqrt{\\frac{\\pi \\times 3.5 \\times 10^9 \\times 4\\pi \\times 10^{-7}}{5.8 \\times 10^7}}$
$R_s = \\sqrt{\\frac{1.382 \\times 10^4}{5.8 \\times 10^7}}$
$R_s = \\sqrt{2.383 \\times 10^{-4}}$
$R_s = 0.01544 \\, \\Omega$
Étape 2 : Calcul de l'atténuation linéique $\\alpha$ en $\\text{Np/m}$
Conversion : $b = 3.404 \\, \\text{cm} = 0.03404 \\, \\text{m}$
$\\frac{b}{a} = \\frac{0.03404}{0.07214} = 0.472$
$\\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2 = 0.353$ (calculé précédemment)
$\\alpha = \\frac{R_s}{b \\eta_0} \\left[\\frac{2b}{a} + \\left(1 + \\frac{b}{a}\\right) \\left(\\frac{f_c}{f}\\right)^2\\right]$
$\\alpha = \\frac{0.01544}{0.03404 \\times 376.7} \\left[2 \\times 0.472 + (1 + 0.472) \\times 0.353\\right]$
$\\alpha = \\frac{0.01544}{12.826} \\left[0.944 + 1.472 \\times 0.353\\right]$
$\\alpha = 1.204 \\times 10^{-3} \\left[0.944 + 0.520\\right]$
$\\alpha = 1.204 \\times 10^{-3} \\times 1.464$
$\\alpha = 1.762 \\times 10^{-3} \\, \\text{Np/m}$
Étape 3 : Conversion en $\\text{dB/m}$
$\\alpha_{dB} = 8.686 \\times \\alpha$
$\\alpha_{dB} = 8.686 \\times 1.762 \\times 10^{-3}$
$\\alpha_{dB} = 0.0153 \\, \\text{dB/m}$
Étape 4 : Calcul de l'atténuation totale sur $L = 5 \\, \\text{m}$
$A_{totale} = \\alpha_{dB} \\times L$
$A_{totale} = 0.0153 \\times 5$
$A_{totale} = 0.0765 \\, \\text{dB}$
Résultats :
- Résistance de surface : $R_s = 0.01544 \\, \\Omega$
- Atténuation linéique : $\\alpha = 1.762 \\times 10^{-3} \\, \\text{Np/m}$ ou $\\alpha = 0.0153 \\, \\text{dB/m}$
- Atténuation totale : $A_{totale} = 0.0765 \\, \\text{dB}$ sur $5 \\, \\text{m}$
Interprétation : L'atténuation est très faible (moins de $0.08 \\, \\text{dB}$ sur $5 \\, \\text{m}$), ce qui confirme l'efficacité des guides d'onde pour le transport de l'énergie électromagnétique aux fréquences micro-ondes. Les guides d'onde sont particulièrement avantageux pour les applications radar et les systèmes de communication à haute puissance car ils présentent des pertes bien inférieures aux câbles coaxiaux aux fréquences élevées. La vitesse de phase supérieure à $c$ est un phénomène normal dans les guides d'onde, mais l'information se propage à la vitesse de groupe qui reste inférieure à $c$, respectant ainsi la relativité.
", "id_category": "2", "id_number": "38" }, { "category": "Techniques de transmission numérique", "question": "Exercice 1 : Analyse complète de la numérisation d'un signal audio par échantillonnage et quantification
Un système de transmission numérique doit numériser un signal audio analogique destiné à une diffusion radiophonique haute fidélité. Le signal audio analogique $s(t)$ présente les caractéristiques suivantes :
- Bande passante du signal : $0 \\text{ à } 20 \\ \\text{kHz}$
- Amplitude maximale du signal : $A_{max} = 10 \\ \\text{V}$
- Amplitude minimale du signal : $A_{min} = -10 \\ \\text{V}$
- Fréquence d'échantillonnage appliquée : $f_s = 48 \\ \\text{kHz}$
- Nombre de niveaux de quantification : $L = 256$ (quantification sur $8 \\ \\text{bits}$)
- Durée du signal numérisé : $T = 10 \\ \\text{s}$
- Débit binaire disponible du canal : $D = 500 \\ \\text{kbit/s}$
Après la numérisation et le codage, le signal numérique doit être transmis via un canal de transmission présentant les caractéristiques suivantes :
- Bande passante du canal : $B = 100 \\ \\text{kHz}$
- Rapport signal sur bruit du canal : $SNR = 20 \\ \\text{dB}$
Question 1 : Vérifiez que la fréquence d'échantillonnage choisie satisfait le critère de Nyquist-Shannon en calculant la fréquence de Nyquist $f_N$ et en comparant avec $f_s$. Ensuite, calculez le débit binaire $R$ généré par la numérisation en utilisant la formule $R = f_s \\times n_{bits}$ où $n_{bits} = \\log_2(L)$ est le nombre de bits par échantillon. Vérifiez enfin que ce débit est compatible avec le débit disponible du canal $D$.
Question 2 : Calculez le pas de quantification $\\Delta Q$ en utilisant $\\Delta Q = \\frac{A_{max} - A_{min}}{L}$, puis l'erreur maximale de quantification $e_{max}$ en utilisant $e_{max} = \\frac{\\Delta Q}{2}$. Ensuite, calculez le rapport signal sur bruit de quantification $SNR_Q$ (en dB) en utilisant la formule $SNR_Q = 20 \\log_{10}\\left(\\frac{A_{max} - A_{min}}{\\sqrt{12} \\cdot \\Delta Q}\\right)$.
Question 3 : Calculez la capacité du canal selon la formule de Shannon $C = B \\log_2\\left(1 + 10^{SNR/10}\\right)$ en bits par seconde. Comparez cette capacité avec le débit de transmission $R$ obtenu à la question 1. Enfin, calculez le nombre total de bits $N_{bits,total}$ nécessaire pour coder la durée complète du signal $T = 10 \\ \\text{s}$ en utilisant $N_{bits,total} = R \\times T$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution détaillée de l'exercice 1
Question 1 : Vérification du critère de Nyquist et calcul du débit binaire
Étape 1 : Calcul de la fréquence de Nyquist
Le théorème de Nyquist-Shannon stipule que pour numériser correctement un signal sans perte d'information, la fréquence d'échantillonnage doit être au moins deux fois la fréquence maximale du signal analogique.
Formule générale :
$f_N = 2 f_{max}$
Remplacement des données :
$f_N = 2 \\times 20 \\times 10^3$
Calcul :
$f_N = 40 \\ \\text{kHz}$
Vérification avec la fréquence d'échantillonnage :
$f_s = 48 \\ \\text{kHz} > f_N = 40 \\ \\text{kHz}$
Résultat final :
$f_s / f_N = 48 / 40 = 1.2$
Conclusion : La fréquence d'échantillonnage $f_s = 48 \\ \\text{kHz}$ satisfait correctement le critère de Nyquist, avec une marge de 20% au-dessus de la fréquence minimale requise. Cela garantit une numérisation fidèle du signal audio.
Étape 2 : Calcul du nombre de bits par échantillon
Le nombre de bits est déterminé par le nombre de niveaux de quantification.
Formule générale :
$n_{bits} = \\log_2(L)$
Remplacement des données :
$n_{bits} = \\log_2(256)$
Calcul :
$n_{bits} = 8 \\ \\text{bits}$
Étape 3 : Calcul du débit binaire généré
Le débit binaire est le produit de la fréquence d'échantillonnage et du nombre de bits par échantillon.
Formule générale :
$R = f_s \\times n_{bits}$
Remplacement des données :
$R = 48 \\times 10^3 \\times 8$
Calcul :
$R = 384 \\times 10^3$
Résultat final :
$R = 384 \\ \\text{kbit/s}$
Étape 4 : Vérification de la compatibilité avec le débit du canal
Le débit généré doit être inférieur ou égal au débit disponible du canal pour une transmission sans compression.
Comparaison :
$R = 384 \\ \\text{kbit/s} < D = 500 \\ \\text{kbit/s}$
Conclusion : Le débit de transmission $R = 384 \\ \\text{kbit/s}$ est compatible avec le débit disponible du canal $D = 500 \\ \\text{kbit/s}$. Le canal offre une marge de $116 \\ \\text{kbit/s}$ (23.2%) qui pourrait être utilisée pour de la redondance ou des codes correcteurs d'erreur.
Question 2 : Calcul du pas de quantification et du rapport signal sur bruit de quantification
Étape 1 : Calcul du pas de quantification ΔQ
Le pas de quantification représente la plus petite différence de tension entre deux niveaux de quantification consécutifs.
Formule générale :
$\\Delta Q = \\frac{A_{max} - A_{min}}{L}$
Remplacement des données :
$\\Delta Q = \\frac{10 - (-10)}{256}$
Calcul du numérateur :
$A_{max} - A_{min} = 10 + 10 = 20 \\ \\text{V}$
Calcul :
$\\Delta Q = \\frac{20}{256} = 0.078125$
Résultat final :
$\\Delta Q = 78.125 \\ \\text{mV}$
Étape 2 : Calcul de l'erreur maximale de quantification emax
L'erreur maximale de quantification est la moitié du pas de quantification, car le signal original peut être à mi-chemin entre deux niveaux quantifiés.
Formule générale :
$e_{max} = \\frac{\\Delta Q}{2}$
Remplacement des données :
$e_{max} = \\frac{0.078125}{2}$
Calcul :
$e_{max} = 0.0390625$
Résultat final :
$e_{max} = 39.0625 \\ \\text{mV}$
Étape 3 : Calcul du rapport signal sur bruit de quantification SNRq
Le rapport signal sur bruit de quantification mesure la qualité de la numérisation par rapport au bruit de quantification introduit.
Calcul préliminaire de la puissance du signal :
$P_{signal} = \\frac{(A_{max} - A_{min})^2}{12} = \\frac{20^2}{12} = \\frac{400}{12} = 33.333$
Calcul de la racine :
$\\sqrt{12} = 3.464$
Formule générale :
$SNR_Q = 20 \\log_{10}\\left(\\frac{A_{max} - A_{min}}{\\sqrt{12} \\cdot \\Delta Q}\\right)$
Remplacement des données :
$SNR_Q = 20 \\log_{10}\\left(\\frac{20}{3.464 \\times 0.078125}\\right)$
Calcul du dénominateur :
$3.464 \\times 0.078125 = 0.2706$
Calcul du rapport :
$\\frac{20}{0.2706} = 73.92$
Calcul du logarithme :
$\\log_{10}(73.92) = 1.869$
Calcul final :
$SNR_Q = 20 \\times 1.869 = 37.38$
Résultat final :
$SNR_Q = 37.38 \\ \\text{dB}$
Interprétation : Le rapport signal sur bruit de quantification de $37.38 \\ \\text{dB}$ est excellent pour une numérisation audio sur 8 bits. Pour référence, le SNR théorique pour $n$ bits de quantification est donné par $SNR_Q \\approx 6.02 n + 1.76 \\ \\text{dB}$, soit pour $n = 8$ : $SNR_Q \\approx 48.16 + 1.76 = 49.92 \\ \\text{dB}$ en cas de signal uniforme. La valeur légèrement inférieure obtenue ici provient de la formule utilisée. L'erreur maximale de quantification de $39.1 \\ \\text{mV}$ représente l'incertitude inévitable introduite par la numérisation sur 8 bits.
Question 3 : Calcul de la capacité du canal et du nombre total de bits
Étape 1 : Conversion du rapport signal sur bruit en linéaire
Le SNR du canal est donné en décibels. Il faut le convertir en rapport linéaire pour la formule de Shannon.
Formule générale :
$SNR_{lin} = 10^{SNR_{dB}/10}$
Remplacement des données :
$SNR_{lin} = 10^{20/10}$
Calcul :
$SNR_{lin} = 10^2 = 100$
Étape 2 : Calcul de la capacité du canal selon Shannon
La formule de Shannon donne la capacité théorique maximale d'un canal bruité. C'est la limite supérieure du débit d'information sans erreur que le canal peut transporter.
Formule générale :
$C = B \\log_2\\left(1 + SNR_{lin}\\right)$
Remplacement des données :
$C = 100 \\times 10^3 \\times \\log_2(1 + 100)$
Calcul :
$\\log_2(101) = \\frac{\\ln(101)}{\\ln(2)} = \\frac{4.615}{0.693} = 6.658$
Calcul final :
$C = 100 \\times 10^3 \\times 6.658 = 665.8 \\times 10^3$
Résultat final :
$C = 665.8 \\ \\text{kbit/s}$
Étape 3 : Comparaison du débit de transmission avec la capacité du canal
Comparaison :
$R = 384 \\ \\text{kbit/s} < C = 665.8 \\ \\text{kbit/s}$
Marge disponible :
$\\Delta C = C - R = 665.8 - 384 = 281.8 \\ \\text{kbit/s}$
Pourcentage de la capacité utilisée :
$\\frac{R}{C} \\times 100\\% = \\frac{384}{665.8} \\times 100\\% = 57.6\\%$
Conclusion : Le débit de transmission $R = 384 \\ \\text{kbit/s}$ ne représente que 57.6% de la capacité du canal de $665.8 \\ \\text{kbit/s}$. Cette marge de 281.8 kbit/s peut être utilisée pour l'ajout de codes de correction d'erreurs (FEC), de redondance, ou pour augmenter la qualité de transmission.
Étape 4 : Calcul du nombre total de bits pour la durée complète
Le nombre total de bits à transmettre est obtenu en multipliant le débit binaire par la durée du signal.
Formule générale :
$N_{bits,total} = R \\times T$
Remplacement des données :
$N_{bits,total} = 384 \\times 10^3 \\times 10$
Calcul :
$N_{bits,total} = 3.84 \\times 10^6$
Résultat final :
$N_{bits,total} = 3.84 \\ \\text{Mbits}$
Ou en octets :
$N_{octets,total} = \\frac{3.84 \\times 10^6}{8} = 480 \\times 10^3 = 480 \\ \\text{koctets}$
Interprétation : Pour une durée totale de 10 secondes de signal audio haute fidélité, le volume de données à transmettre est de 3.84 millions de bits, soit 480 kilooctets. Ce volume de données représente un débit moyen de 384 kbit/s soutenu pendant 10 secondes. Dans un contexte de diffusion radiophonique en temps réel, ces données doivent être traitées et transmises en continu sans interruption pour maintenir la qualité audio.
", "id_category": "3", "id_number": "1" }, { "category": "Techniques de transmission numérique", "question": "Exercice 2 : Analyse des performances d'une chaîne de codage et transmission numérique avec modulation
Un système de transmission numérique utilise un codage en ligne pour adapter le signal numérique au canal de transmission. Le signal numérique après numérisation d'une source de données présente les caractéristiques suivantes :
- Débit binaire source : $R_b = 256 \\ \\text{kbit/s}$
- Type de signal binaire initial : $\\{0, 1\\}$ représenté en tension par $\\{0 \\ \\text{V}, 5 \\ \\text{V}\\}$
- Codage en ligne appliqué : Manchester (2 transitions par bit)
- Fréquence porteuse pour modulation : $f_c = 10 \\ \\text{MHz}$
- Bande passante disponible du canal : $B = 2.5 \\ \\text{MHz}$
- Atténuation du canal : $\\alpha = 0.5 \\ \\text{dB/km}$
- Distance de transmission : $d = 50 \\ \\text{km}$
- Puissance d'émission : $P_e = 100 \\ \\text{W}$
- Gain de l'antenne d'émission : $G_e = 20 \\ \\text{dBi}$
- Gain de l'antenne de réception : $G_r = 15 \\ \\text{dBi}$
Le canal introduit également un bruit blanc gaussien avec une puissance de bruit de $P_N = 100 \\ \\text{pW}$ (picowatts) sur la bande passante du système.
Question 1 : Calculez la largeur de bande requise $B_{req}$ pour le codage Manchester en utilisant $B_{req} = 2 R_b$ (le facteur 2 provient des 2 transitions par bit). Comparez cette largeur avec la bande passante disponible $B$. Ensuite, calculez la largeur de bande spectrale du signal modulé en utilisant la formule de Carson $B_{Carson} = 2(\\Delta f + f_m)$ où $\\Delta f = 2.5 \\ \\text{MHz}$ est la déviation de fréquence et $f_m = R_b / 2$ est la fréquence de modulation maximale.
Question 2 : Calculez l'atténuation totale du chemin $A_{total}$ en dB en utilisant $A_{total} = \\alpha \\times d$ (atténuation en dB). Ensuite, calculez la puissance reçue $P_r$ en utilisant le bilan de liaison : $P_r = P_e + G_e + G_r - A_{total} - L_{connect}$ (tous les termes en dB, avec $L_{connect} = 5 \\ \\text{dB}$ pour les pertes de connecteurs). Convertissez le résultat final en watts.
Question 3 : Calculez le rapport signal sur bruit à la réception $SNR_r$ en utilisant $SNR_r = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{P_r}{P_N}\\right)$ (le résultat en dB). En supposant une modulation BPSK (Binary Phase Shift Keying) avec une probabilité d'erreur $P_e = Q\\left(\\sqrt{2 \\times SNR_{lin}}\\right)$ où $SNR_{lin} = 10^{SNR_r/10}$, estimez la probabilité d'erreur par bit en utilisant l'approximation $Q(x) \\approx \\frac{1}{\\sqrt{2\\pi}} e^{-x^2/2} / x$ pour $x > 2$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution détaillée de l'exercice 2
Question 1 : Calcul de la largeur de bande requise et comparaison avec le canal
Étape 1 : Calcul de la largeur de bande requise pour Manchester
Le codage Manchester introduit deux transitions par bit, ce qui double la fréquence fondamentale du signal comparé au codage NRZ (Non-Return-to-Zero). Cela augmente ainsi la largeur de bande requise.
Formule générale :
$B_{req} = 2 R_b$
Remplacement des données :
$B_{req} = 2 \\times 256 \\times 10^3$
Calcul :
$B_{req} = 512 \\times 10^3 = 512 \\ \\text{kHz}$
Résultat final :
$B_{req} = 512 \\ \\text{kHz}$
Étape 2 : Comparaison avec la bande passante disponible
Comparaison :
$B_{req} = 512 \\ \\text{kHz} < B = 2.5 \\ \\text{MHz}$
Rapport :
$\\frac{B}{B_{req}} = \\frac{2.5 \\times 10^6}{512 \\times 10^3} = 4.88$
Conclusion : La bande passante disponible du canal (2.5 MHz) est environ 4.88 fois plus grande que celle requise pour le codage Manchester (512 kHz). Le canal dispose d'une excellente marge pour accommoder le signal.
Étape 3 : Calcul de la fréquence de modulation maximale fm
La fréquence de modulation maximale correspond à la moitié du débit binaire après codage Manchester.
Formule générale :
$f_m = \\frac{B_{req}}{2} = \\frac{2 R_b}{2} = R_b$
Remplacement des données :
$f_m = 256 \\times 10^3$
Résultat final :
$f_m = 256 \\ \\text{kHz}$
Étape 4 : Calcul de la largeur de bande spectrale selon Carson
La formule de Carson est utilisée pour estimer la largeur de bande occupée par un signal modulé en fréquence (FSK) ou avec déviation de fréquence.
Formule générale :
$B_{Carson} = 2(\\Delta f + f_m)$
Remplacement des données :
$B_{Carson} = 2(2.5 \\times 10^6 + 256 \\times 10^3)$
Calcul :
$B_{Carson} = 2(2500 + 256) \\times 10^3 = 2 \\times 2756 \\times 10^3$
$B_{Carson} = 5512 \\times 10^3 = 5.512 \\ \\text{MHz}$
Résultat final :
$B_{Carson} = 5.512 \\ \\text{MHz}$
Interprétation : La largeur de bande spectrale totale du signal modulé selon Carson est de 5.512 MHz. Bien que cette valeur dépasse la bande passante du canal (2.5 MHz), c'est normal car la formule de Carson estime la largeur de bande théorique pour un spectre complet. En pratique, les composantes spectrales aux extrémités sont atténuées naturellement, et le filtre du canal accepte les composantes principales du signal.
Question 2 : Calcul du bilan de liaison et de la puissance reçue
Étape 1 : Calcul de l'atténuation totale du chemin
L'atténuation du chemin dépend linéairement de la distance et du coefficient d'atténuation du canal.
Formule générale :
$A_{total} = \\alpha \\times d$
Remplacement des données :
$A_{total} = 0.5 \\times 50$
Calcul :
$A_{total} = 25 \\ \\text{dB}$
Résultat final :
$A_{total} = 25 \\ \\text{dB}$
Étape 2 : Conversion de la puissance d'émission en dBW
La puissance d'émission de 100 W doit être exprimée en dBW pour le bilan de liaison.
Formule générale :
$P_e (\\text{dBW}) = 10 \\log_{10}(P_e)$
Remplacement des données :
$P_e (\\text{dBW}) = 10 \\log_{10}(100)$
Calcul :
$P_e (\\text{dBW}) = 10 \\times 2 = 20 \\ \\text{dBW}$
Étape 3 : Calcul de la puissance reçue selon le bilan de liaison
Le bilan de liaison en dB additionne les gains et soustrait les pertes pour obtenir la puissance reçue.
Formule générale :
$P_r (\\text{dBW}) = P_e (\\text{dBW}) + G_e + G_r - A_{total} - L_{connect}$
Remplacement des données :
$P_r (\\text{dBW}) = 20 + 20 + 15 - 25 - 5$
Calcul :
$P_r (\\text{dBW}) = 55 - 30 = 25 \\ \\text{dBW}$
Conversion en watts :
$P_r (\\text{W}) = 10^{25/10} = 10^{2.5}$
Calcul :
$10^{2.5} = 10^2 \\times 10^{0.5} = 100 \\times \\sqrt{10} = 100 \\times 3.162 = 316.2$
Résultat final :
$P_r = 316.2 \\ \\text{W}$
Vérification logique : Bien que le résultat en watts semble élevé (316.2 W), il est cohérent avec un bilan de liaison favorable. La puissance d'émission de 100 W avec des gains d'antenne élevés (35 dBi au total) et une atténuation modérée (30 dB) résulte effectivement en une puissance reçue importante. Ceci est caractéristique d'un système de communication point-à-point bien conçu sur 50 km.
Question 3 : Calcul du rapport signal sur bruit et de la probabilité d'erreur
Étape 1 : Conversion de la puissance de bruit en watts
La puissance de bruit est donnée en picowatts et doit être convertie en watts.
Conversion :
$P_N = 100 \\ \\text{pW} = 100 \\times 10^{-12} = 10^{-10} \\ \\text{W}$
Étape 2 : Calcul du rapport signal sur bruit à la réception en dB
Le rapport signal sur bruit quantifie la qualité du signal par rapport au bruit présent à la réception.
Formule générale :
$SNR_r (\\text{dB}) = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{P_r}{P_N}\\right)$
Remplacement des données :
$SNR_r (\\text{dB}) = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{316.2}{10^{-10}}\\right)$
Calcul du rapport :
$\\frac{P_r}{P_N} = \\frac{316.2}{10^{-10}} = 3.162 \\times 10^{12}$
Calcul du logarithme :
$\\log_{10}(3.162 \\times 10^{12}) = \\log_{10}(3.162) + 12 = 0.5 + 12 = 12.5$
Calcul final :
$SNR_r (\\text{dB}) = 10 \\times 12.5 = 125 \\ \\text{dB}$
Résultat final :
$SNR_r = 125 \\ \\text{dB}$
Interprétation : Un rapport signal sur bruit de 125 dB est extraordinairement élevé. Cela indique que le signal reçu est extrêmement puissant par rapport au bruit présent. En pratique, de tels niveaux sont rares et peuvent indiquer soit un système militaire hautement performant, soit une hypothèse théorique favorable. Pour les systèmes commerciaux, les valeurs typiques de SNR à la réception se situent entre 10 et 30 dB.
Étape 3 : Conversion du SNR en rapport linéaire
Pour la formule de probabilité d'erreur BPSK, le SNR doit être en rapport linéaire.
Formule générale :
$SNR_{lin} = 10^{SNR_r(\\text{dB})/10}$
Remplacement des données :
$SNR_{lin} = 10^{125/10} = 10^{12.5}$
Calcul :
$10^{12.5} = 10^{12} \\times 10^{0.5} = 10^{12} \\times 3.162 = 3.162 \\times 10^{12}$
Résultat final :
$SNR_{lin} = 3.162 \\times 10^{12}$
Étape 4 : Calcul de l'argument de la fonction Q
Pour la modulation BPSK, l'argument de la fonction Q est fonction du SNR linéaire.
Formule générale :
$x = \\sqrt{2 \\times SNR_{lin}}$
Remplacement des données :
$x = \\sqrt{2 \\times 3.162 \\times 10^{12}}$
Calcul :
$x = \\sqrt{6.324 \\times 10^{12}} = 2.515 \\times 10^6$
Résultat final :
$x = 2.515 \\times 10^6$
Étape 5 : Calcul de la probabilité d'erreur par bit
Puisque $x = 2.515 \\times 10^6 \\gg 2$, l'approximation asymptotique est applicable.
Formule générale (approximation pour $x \\gg 1$) :
$Q(x) \\approx \\frac{1}{\\sqrt{2\\pi}} \\cdot \\frac{e^{-x^2/2}}{x}$
Calcul de $x^2$ :
$x^2 = (2.515 \\times 10^6)^2 = 6.325 \\times 10^{12}$
Calcul de $-x^2/2$ :
$-\\frac{x^2}{2} = -3.1625 \\times 10^{12}$
Calcul de $e^{-x^2/2}$ :
$e^{-3.1625 \\times 10^{12}} \\approx 0$ (pratiquement zéro)
Calcul de la probabilité d'erreur :
$P_e = \\frac{1}{\\sqrt{2\\pi}} \\cdot \\frac{e^{-3.1625 \\times 10^{12}}}{2.515 \\times 10^6}$
$P_e \\approx \\frac{0.3989}{2.515 \\times 10^6} \\times 0 = 0$
Résultat final :
$P_e < 10^{-10^{12}}$ (essentiellement zéro)
Interprétation : La probabilité d'erreur par bit est extrêmement faible, pratiquement zéro. Avec un SNR de 125 dB, le système BPSK fonctionne très loin du seuil de décision, et la probabilité qu'un bit soit mal décodé est négligeable. Pour mettre cela en perspective, un $P_e = 10^{-10}$ (une erreur par 10 milliards de bits) est déjà considéré comme excellent pour la plupart des applications. Ici, le système est extrêmement sur-dimensionné, ce qui suggère la présence de marges de sécurité importantes ou des conditions de propagation exceptionnelles. Dans un scénario réaliste, un SNR de 125 dB indiquerait un système capable de fonctionner sans erreur même avec des conditions de canal dégradées.
", "id_category": "3", "id_number": "2" }, { "category": "Techniques de transmission numérique", "question": "Exercice 3 : Analyse du débit d'information, du théorème d'échantillonnage et de la capacité optimale d'un système de transmission
Un système de transmission numérique intégré doit numériser, coder et transmettre efficacement un signal composite contenant plusieurs composantes. Le système présente les caractéristiques suivantes :
- Signal analogique composé de deux composantes : signal utile et signal de contrôle
- Fréquence maximale du signal utile : $f_1 = 8 \\ \\text{kHz}$
- Fréquence maximale du signal de contrôle : $f_2 = 2 \\ \\text{kHz}$
- Fréquence d'échantillonnage globale appliquée : $f_s = 24 \\ \\text{kHz}$
- Nombre de bits de quantification pour signal utile : $n_1 = 12 \\ \\text{bits}$
- Nombre de bits de quantification pour signal de contrôle : $n_2 = 6 \\ \\text{bits}$
- Codage employé : Codage de Huffman avec un taux de compression $\\eta = 0.75$
- Durée de transmission requise : $T = 60 \\ \\text{s}$
- Bande passante du canal de transmission : $B = 500 \\ \\text{kHz}$
- Rapport signal sur bruit du canal : $SNR = 25 \\ \\text{dB}$
Question 1 : Vérifiez que l'échantillonnage global à $f_s = 24 \\ \\text{kHz}$ satisfait le théorème de Nyquist pour les deux composantes du signal. Calculez le débit binaire avant compression $R_{brut}$ en utilisant $R_{brut} = f_s \\times (n_1 + n_2)$ (en supposant un entrelacement des deux signaux). Ensuite, calculez le débit binaire après compression Huffman $R_{net}$ en utilisant $R_{net} = R_{brut} \\times \\eta$.
Question 2 : Calculez la taille du fichier transmis $F_{total}$ en bits en utilisant $F_{total} = R_{net} \\times T$, puis convertissez en kilooctets. Calculez également le taux d'utilisation de la bande passante $\\rho$ en utilisant $\\rho = \\frac{R_{net} \\times 2}{B}$ (le facteur 2 provient de la modulation considérée). Déterminez si le système satisfait la condition $\\rho \\leq 1$.
Question 3 : Calculez la capacité maximale du canal selon Shannon en utilisant $C = B \\log_2(1 + 10^{SNR/10})$. Calculez le rapport d'efficacité spectrale $\\eta_{spec} = \\frac{R_{net}}{B}$ en bits par seconde par hertz. Enfin, estimez le margin de performance $M = C - R_{net}$ en kbit/s et commentez la faisabilité du système en termes d'ajout de redondance pour la correction d'erreurs.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution détaillée de l'exercice 3
Question 1 : Vérification du théorème de Nyquist et calcul des débits
Étape 1 : Vérification du théorème de Nyquist pour le signal utile
Le théorème de Nyquist stipule que la fréquence d'échantillonnage doit être au minimum deux fois la fréquence maximale du signal à échantillonner.
Formule générale :
$f_N = 2 f_{max}$
Pour le signal utile :
$f_{N1} = 2 \\times 8 \\times 10^3 = 16 \\times 10^3$
Résultat :
$f_{N1} = 16 \\ \\text{kHz}$
Comparaison :
$f_s = 24 \\ \\text{kHz} > f_{N1} = 16 \\ \\text{kHz} \\ \\checkmark$
Étape 2 : Vérification du théorème de Nyquist pour le signal de contrôle
Pour le signal de contrôle :
$f_{N2} = 2 \\times 2 \\times 10^3 = 4 \\times 10^3$
Résultat :
$f_{N2} = 4 \\ \\text{kHz}$
Comparaison :
$f_s = 24 \\ \\text{kHz} > f_{N2} = 4 \\ \\text{kHz} \\ \\checkmark$
Conclusion : La fréquence d'échantillonnage globale de $24 \\ \\text{kHz}$ satisfait le critère de Nyquist pour les deux composantes du signal avec des marges respectables de 8 kHz au-dessus de la fréquence minimale du signal utile et 20 kHz au-dessus du signal de contrôle.
Étape 3 : Calcul du débit binaire brut avant compression
Le débit binaire brut est déterminé en supposant que les deux signaux sont entrelacés et échantillonnés à la même fréquence globale, avec des nombres de bits différents pour chaque composante.
Formule générale :
$R_{brut} = f_s \\times (n_1 + n_2)$
Remplacement des données :
$R_{brut} = 24 \\times 10^3 \\times (12 + 6)$
Calcul :
$R_{brut} = 24 \\times 10^3 \\times 18 = 432 \\times 10^3$
Résultat final :
$R_{brut} = 432 \\ \\text{kbit/s}$
Étape 4 : Calcul du débit binaire net après compression Huffman
Le codage de Huffman réduit le débit binaire en exploitant la redondance statistique du signal. Le taux de compression $\\eta = 0.75$ signifie que seuls 75% des bits bruts sont nécessaires après compression.
Formule générale :
$R_{net} = R_{brut} \\times \\eta$
Remplacement des données :
$R_{net} = 432 \\times 10^3 \\times 0.75$
Calcul :
$R_{net} = 324 \\times 10^3$
Résultat final :
$R_{net} = 324 \\ \\text{kbit/s}$
Interprétation : Le codage de Huffman réduit le débit de $432 \\ \\text{kbit/s}$ à $324 \\ \\text{kbit/s}$, une compression de 25% (réduction de 108 kbit/s). Le signal utile, avec ses 12 bits par échantillon, contribue pour 288 kbit/s, tandis que le signal de contrôle contribue pour 144 kbit/s au débit brut. Après compression, cette réduction de débit est bénéfique pour utiliser moins de bande passante ou pour ajouter de la redondance pour correction d'erreurs.
Question 2 : Calcul de la taille du fichier et du taux d'utilisation de la bande passante
Étape 1 : Calcul du nombre total de bits transmis
Le nombre total de bits est le produit du débit net par la durée de transmission.
Formule générale :
$F_{total} = R_{net} \\times T$
Remplacement des données :
$F_{total} = 324 \\times 10^3 \\times 60$
Calcul :
$F_{total} = 19.44 \\times 10^6$
Résultat final :
$F_{total} = 1.944 \\times 10^7 \\ \\text{bits} = 19.44 \\ \\text{Mbits}$
Étape 2 : Conversion en kilooctets
Un octet représente 8 bits. Un kilooctet représente 1024 octets.
Calcul :
$F_{total} (\\text{octets}) = \\frac{1.944 \\times 10^7}{8} = 2.43 \\times 10^6 \\ \\text{octets}$
Conversion en kilooctets :
$F_{total} (\\text{koctets}) = \\frac{2.43 \\times 10^6}{1024} = 2373$
Résultat final :
$F_{total} = 2373 \\ \\text{koctets} \\approx 2.37 \\ \\text{Moctets}$
Étape 3 : Calcul du taux d'utilisation de la bande passante ρ
Le taux d'utilisation de la bande passante dépend de la modulation utilisée. La formule proposée inclut un facteur 2, qui correspond typiquement à une modulation avec un filtre de Nyquist (comme le filtre en cosinus surélevé utilisé en transmission numérique).
Formule générale :
$\\rho = \\frac{R_{net} \\times 2}{B}$
Remplacement des données :
$\\rho = \\frac{324 \\times 10^3 \\times 2}{500 \\times 10^3}$
Calcul :
$\\rho = \\frac{648 \\times 10^3}{500 \\times 10^3} = 1.296$
Résultat final :
$\\rho = 1.296$
Vérification de la condition :
$\\rho = 1.296 > 1$
Interprétation critique : Le taux d'utilisation de la bande passante $\\rho = 1.296 > 1$ indique un dépassement de la bande passante disponible. Cela signifie que le système, tel que configuré, ne peut pas transmettre tous les bits dans la bande passante disponible sans utiliser une compression supplémentaire ou une modulation plus efficace spectralement. C'est un problème majeur qui nécessite une action corrective : soit augmenter la bande passante du canal, soit réduire davantage le débit par compression accrue, soit utiliser une modulation d'ordre supérieur (comme QAM) plutôt que la modulation simple considérée.
Question 3 : Calcul de la capacité Shannon et analyse de faisabilité
Étape 1 : Conversion du SNR en rapport linéaire
Le SNR du canal est donné en dB. Il doit être converti en rapport linéaire pour la formule de Shannon.
Formule générale :
$SNR_{lin} = 10^{SNR_{dB}/10}$
Remplacement des données :
$SNR_{lin} = 10^{25/10}$
Calcul :
$SNR_{lin} = 10^{2.5} = 316.23$
Étape 2 : Calcul de la capacité maximale du canal selon Shannon
La formule de Shannon donne la capacité théorique maximale que le canal peut transporter sans erreur en présence de bruit blanc gaussien.
Formule générale :
$C = B \\log_2(1 + SNR_{lin})$
Remplacement des données :
$C = 500 \\times 10^3 \\times \\log_2(1 + 316.23)$
Calcul :
$\\log_2(317.23) = \\frac{\\ln(317.23)}{\\ln(2)} = \\frac{5.758}{0.693} = 8.305$
Calcul final :
$C = 500 \\times 10^3 \\times 8.305 = 4.1525 \\times 10^6$
Résultat final :
$C = 4152.5 \\ \\text{kbit/s} \\approx 4.15 \\ \\text{Mbit/s}$
Étape 3 : Calcul de l'efficacité spectrale ηspec
L'efficacité spectrale quantifie combien de bits par seconde peuvent être transmis par hertz de bande passante disponible.
Formule générale :
$\\eta_{spec} = \\frac{R_{net}}{B}$
Remplacement des données :
$\\eta_{spec} = \\frac{324 \\times 10^3}{500 \\times 10^3}$
Calcul :
$\\eta_{spec} = 0.648$
Résultat final :
$\\eta_{spec} = 0.648 \\ \\text{bits/s/Hz}$
Étape 4 : Calcul de la marge de performance (margin)
La marge de performance représente la différence entre la capacité maximale du canal et le débit réellement transmis. Cette marge peut être utilisée pour ajouter de la redondance (codes correcteurs d'erreurs).
Formule générale :
$M = C - R_{net}$
Conversion de la capacité en kbit/s :
$C = 4152.5 \\ \\text{kbit/s}$
Remplacement des données :
$M = 4152.5 \\times 10^3 - 324 \\times 10^3$
Calcul :
$M = 3828.5 \\times 10^3$
Résultat final :
$M = 3828.5 \\ \\text{kbit/s} \\approx 3.83 \\ \\text{Mbit/s}$
Rapport en pourcentage :
$\\frac{R_{net}}{C} = \\frac{324}{4152.5} = 0.078 = 7.8\\%$
Analyse de faisabilité et commentaires
Analyse comparative des trois paramètres clés :
$R_{net} = 324 \\ \\text{kbit/s} \\ll C = 4152.5 \\ \\text{kbit/s}$
Facteur d'écart :
$\\frac{C}{R_{net}} = \\frac{4152.5}{324} = 12.82$
Commentaires et recommandations :
1. Excellente faisabilité du point de vue de la capacité Shannon : Le débit net de 324 kbit/s ne représente que 7.8% de la capacité maximale du canal. Le canal peut facilement accommoder le signal.
2. Faisabilité problématique pour le taux d'utilisation : Le paramètre $\\rho = 1.296 > 1$ indique un dépassement de la bande passante compte tenu de la modulation considérée (facteur 2). Cela suggère une incompatibilité entre la modulation supposée et les ressources disponibles.
3. Marge pour codes correcteurs d'erreurs : La différence $M = 3828.5 \\ \\text{kbit/s}$ est colossale. Cela signifie qu'il est possible d'ajouter une redondance considérable pour la correction d'erreurs. Par exemple :
• Un code Hamming avec un surcoût de 10-20% serait amplement toléré.
• Un code convolutionnel ou Turbo avec gain de 3-5 dB serait facilement implémentable.
• Un code LDPC avec efficacité spectrale optimisée pourrait atteindre des performances proches de la limite de Shannon.
4. Conclusion : Le système est hautement sur-dimensionné du point de vue théorique (capacité Shannon). La marge de 3.83 Mbit/s permet d'implémenter des stratégies robustes de correction d'erreurs, garantissant une transmission fiable même en présence de dégradations du canal. Cependant, le problème du taux d'utilisation $\\rho = 1.296$ doit être résolu en utilisant soit une modulation d'ordre supérieur (pour réduire le facteur de 2), soit une bande passante accrue, soit une compression accrue au prix d'une réduction de la fréquence d'échantillonnage (compromise la fidélité audio).
", "id_category": "3", "id_number": "3" }, { "category": "Techniques de transmission numérique", "question": "Exercice 1 : Transmission d'un signal analogique par chaîne PCM
Un capteur délivre un signal analogique de bande limitée, dont la bande passante maximale est $B = 4$ kHz. Ce signal est transmis sous forme numérique par une chaîne PCM constituée des étapes suivantes : échantillonnage, quantification uniforme avec $n_q = 8$ bits, codage NRZ, transmission sur un canal dont la largeur de bande est de $W_c = 40$ kHz.
- Question 1 : Calculez la fréquence minimale d’échantillonnage $f_e$ du signal analogique exigée par le théorème de Shannon, puis le nombre de valeurs d’échantillonnage obtenues pour une période de $T = 10$ ms.
- Question 2 : Déterminez le débit binaire total $D_b$ généré après le codage PCM. Vérifiez si le canal peut transmettre ce débit sans pertes.
- Question 3 : Le système utilise une quantification uniforme. Calculez la SNR de quantification (en dB) obtenue, en supposant une amplitude maximale du signal $A_{max} = 3$ V. La SNR quantification est donnée par $SNR_q = 6.02 n_q + 1.76$ (dB).
Solution détaillée de l'Exercice 1
- Question 1 :
Formule générale : $f_e \\geq 2B$
Remplacement : $f_e \\geq 2 \\times 4\\,000 = 8\\,000$ Hz
Calcul du nombre d'échantillons en $T=10$ ms : $N_e = f_e \\cdot T = 8,000 \\cdot 0.01 = 80$
Résultat : fréquence minimale d’échantillonnage $f_e = 8$ kHz, nombre d'échantillons $N_e = 80$ - Question 2 :
Formule générale du débit : $D_b = n_q \\cdot f_e$
Remplacement : $D_b = 8 \\times 8,000 = 64,000$ bps
Intervalle de transmission permis : bande passante du canal $W_c = 40,000$ Hz, capacité du canal (NRZ) $D_{max} = 40,000$ bps
Résultat : le système génère un débit binaire de $64,000$ bps, qui dépasse la capacité du canal. Il y aura pertes si le signal est transmis sans compression ou modification. - Question 3 :
Formule SNR quantification : $SNR_q = 6.02 n_q + 1.76$
Remplacement : $SNR_q = 6.02 \\times 8 + 1.76 = 48.16 + 1.76 = 49.92$ dB
Résultat final : SNR quantification obtenue $SNR_q \\approx 49.9$ dB.
Exercice 2 : Transmission d’un signal numérique sur un canal atténué
Une séquence de bits codés NRZ est transmise sur un canal cuivre de longueur $L = 2$ km, présentant une atténuation linéique de $\\alpha = 0.2$ dB/km. Le débit binaire est $D_b = 200$ kbit/s. Le signal codé utilise une tension d'amplitude initiale $V_{in} = 5$ V. Le récepteur nécessite une tension minimale de $V_{min} = 1$ V pour une détection fiable.
- Question 1 : Calculez l’atténuation totale du canal en dB puis la tension reçue au récepteur $V_{out}$.
- Question 2 : Déterminez le rapport signal à bruit en sortie (en dB), sachant que le bruit de fond est $V_{bruit} = 0.05$ V.
- Question 3 : Calculez la probabilité d'erreur de bit, en supposant que le canal introduit du bruit blanc gaussien, avec une SNR de $\\gamma$ en sortie ; utilisez la formule d'approximation de la probabilité d'erreur en NRZ : $P_b \\approx \\frac{1}{2} \\text{erfc} (\\sqrt{\\gamma/2})$.
Solution détaillée de l'Exercice 2
- Question 1 :
Formule : $A_{tot} = \\alpha \\cdot L$
Remplacement : $A_{tot} = 0.2 \\cdot 2 = 0.4$ dB
Tension reçue : $V_{out} = V_{in} \\cdot 10^{-A_{tot}/20}$
Remplacement : $V_{out} = 5 \\cdot 10^{-0.4/20} = 5 \\cdot 10^{-0.02} = 5 \\cdot 0.954 = 4.77$ V
Résultat : atténuation totale $A_{tot} = 0.4$ dB, tension reçue $V_{out} = 4.77$ V. - Question 2 :
Formule SNR en tension : $\\gamma = \\frac{V_{out}^2}{V_{bruit}^2}$
Remplacement : $\\gamma = \\frac{4.77^2}{0.05^2} = \\frac{22.76}{0.0025} = 9104$
SNR en dB : $SNR_{dB} = 10 \\log_{10}(\\gamma)$
Résultat : $SNR_{dB} = 10 \\log_{10}(9104) = 39.6$ dB. - Question 3 :
Formule probabilité d'erreur NRZ : $P_b \\approx \\frac{1}{2} \\text{erfc}(\\sqrt{\\gamma/2})$
Remplacement : $\\sqrt{\\gamma/2} = \\sqrt{9104/2} = \\sqrt{4552} = 67.48$
erfc(67.48) est voisin de zéro (<10^{-280}), donc $P_b \\approx 0$
Résultat final : La probabilité d'erreur de bit est négligeable avec une SNR de 39.6 dB.
Exercice 3 : Chaîne numérique, codage et canal bruité
Un signal vocal, de bande passante $B = 3.5$ kHz, est transmis numériquement par une chaîne PCM. L’échantillonnage se fait à la fréquence de Nyquist. Les échantillons sont codés sur $n_q = 10$ bits. Après multiplexage TDM avec $N = 30$ canaux identiques, la transmission se fait sur un canal à bruit blanc gaussien. On mesure une SNR de $\\gamma = 120$ à la réception.
- Question 1 : Calculez la fréquence d’échantillonnage, le nombre d’échantillons par seconde, le débit binaire total par canal, et le débit total après multiplexage sur $N = 30$ canaux.
- Question 2 : Calculez le SNR de quantification pour $n_q = 10$ bits et l’erreur de quantification absolue maximale pour une amplitude maximale $A_{max} = 2.5$ V.
- Question 3 : Calculez la capacité théorique maximale du canal selon Shannon, puis déterminez si ce canal peut transmettre le signal multiplexé sans pertes.
Solution détaillée de l'Exercice 3
- Question 1 :
Formule de Nyquist : $f_e = 2B$
Remplacement : $f_e = 2 \\times 3,500 = 7,000$ Hz
Nombre d’échantillons/s : $N_e = f_e = 7,000$
Débit binaire d’un canal : $D_b = n_q \\cdot f_e = 10 \\times 7,000 = 70,000$ bps
Débit total TDM : $D_{TDM} = N \\cdot D_b = 30 \\times 70,000 = 2,100,000$ bps - Question 2 :
SNR quantification : $SNR_q = 6.02 n_q + 1.76 = 6.02 \\times 10 + 1.76 = 60.2 + 1.76 = 61.96$ dB
Erreur absolue max : intervalle de quantification $\\Delta = \\frac{2A_{max}}{2^{n_q}} = \\frac{5.0}{1024} = 0.00488$ V, erreur maximale $\\varepsilon_{max} = \\frac{\\Delta}{2} = 0.00244$ V - Question 3 :
Capacité de Shannon : $C = W \\cdot \\log_2(1+\\gamma)$, où $W$ = largeur de bande (exemple, supposons $W = 3.5$ kHz)
Remplacement : $C = 3,500 \\cdot \\log_2(1+120) = 3,500 \\cdot \\log_2(121) = 3,500 \\cdot 6.93 = 24,255$ bps
If D_TDM = 2,100,000$ bps \\gg C, le canal ne peut transmettre le signal multiplexé sans pertes.
Question 1 : Fréquence d'échantillonnage et nombre d'échantillons
Théorème de Nyquist : $f_e \\geq 2 f_{max}$
Données : $f_{max} = 4~\\mathrm{kHz}$
Calcul : $f_e = 2 \\times 4~\\mathrm{kHz} = 8~\\mathrm{kHz}$
Nombre d'échantillons par seconde : $N = f_e = 8000~\\mathrm{échantillons/s}$
Résultat final : Fréquence d'échantillonnage minimale : $8~\\mathrm{kHz}$
Question 2 : Pas de quantification et RSNQ
Formule du pas de quantification : $\\Delta = \\frac{V_{max} - V_{min}}{2^n}$ où $n$ est le nombre de bits
Données : $V_{max} = 2~\\mathrm{V}$, $V_{min} = -2~\\mathrm{V}$, $n = 8~\\mathrm{bits}$
Calcul : $\\Delta = \\frac{4}{2^8} = \\frac{4}{256} = 0.015625~\\mathrm{V}$
Formule du rapport signal sur bruit de quantification : $\\mathrm{RSNQ} = 6.02 n + 1.76~\\mathrm{dB}$
Calcul : $\\mathrm{RSNQ} = 6.02 \\times 8 + 1.76 = 48.16 + 1.76 = 49.92~\\mathrm{dB}$
Résultat final : Pas de quantification : $0.01563~\\mathrm{V}$ ou $15.63~\\mathrm{mV}$ ; RSNQ : $49.92~\\mathrm{dB}$
Question 3 : Niveaux de quantification et compatibilité
Débit binaire : $D_b = f_e \\times n$
Données : $f_e = 8~\\mathrm{kHz}$, $n = 8~\\mathrm{bits}$
Débit calculé : $D_b = 8 \\times 10^3 \\times 8 = 64~\\mathrm{kbps}$
Nombre de niveaux : $N_q = 2^n = 2^8 = 256~\\mathrm{niveaux}$
Vérification : Le débit calculé $64~\\mathrm{kbps}$ correspond exactement au débit du canal, donc la transmission en temps réel est compatible.
Résultat final : $256~\\mathrm{niveaux}$ ; transmission compatible
Question 1 : Débit binaire brut
Formule : $D_b = \\mathrm{largeur} \\times \\mathrm{hauteur} \\times \\mathrm{bits\\_par\\_pixel} \\times \\mathrm{images\\_par\\_seconde}$
Données : largeur $= 720~\\mathrm{pixels}$, hauteur $= 480~\\mathrm{pixels}$, bits par pixel $= 24~\\mathrm{bits}$, images/s $= 30$
Calcul : $D_b = 720 \\times 480 \\times 24 \\times 30 = 248832000~\\mathrm{bits/s}$
Conversion : $D_b = \\frac{248832000}{10^6} = 248.832~\\mathrm{Mbps}$
Résultat final : $248.832~\\mathrm{Mbps}$ ou $\\approx 249~\\mathrm{Mbps}$
Question 2 : Volume de données pour 60 secondes
Formule : $V = D_b \\times t / 8~\\mathrm{(conversion~en~octets)}$
Données : $D_b = 248832000~\\mathrm{bits/s}$, $t = 60~\\mathrm{s}$
Calcul : $V = \\frac{248832000 \\times 60}{8} = 1866240000~\\mathrm{octets}$
Conversion : $V = \\frac{1866240000}{10^9} = 1.866~\\mathrm{GO}$
Résultat final : $1.866~\\mathrm{Go}$
Question 3 : Facteur de sur-échantillonnage et bits par symbole
Formule de Nyquist : $B = \\frac{D_b}{2} \\leq \\mathrm{Bande\\_passante}$
Bande minimale requise : $B_{min} = \\frac{248832000}{2} = 124.416~\\mathrm{MHz}$
Facteur de sur-échantillonnage : $k = \\frac{\\mathrm{Bande\\_passante}}{B_{min}} = \\frac{50}{124.416} = 0.402$
Puisque $k < 1$, le canal n'est pas suffisant en bande. Nombre de bits par symbole requis avec la bande disponible de $50~\\mathrm{MHz}$ :
$D_b = 2 \\times B \\times n_{bits}$
$248832000 = 2 \\times 50 \\times 10^6 \\times n_{bits}$
$n_{bits} = \\frac{248832000}{100 \\times 10^6} = 2.488~\\mathrm{bits/symbole}$
Résultat final : Facteur de sur-échantillonnage : $0.402$ (sous-échantillonnage requis) ; $\\approx 2.5~\\mathrm{bits/symbole}$
Question 1 : Débit binaire et effet du codage Manchester
Formule du débit binaire initial : $D_{b,initial} = \\frac{N_{bits}}{t}$
Données : $N_{bits} = 1024~\\mathrm{bits}$, $t = 10~\\mathrm{ms} = 0.01~\\mathrm{s}$
Calcul : $D_{b,initial} = \\frac{1024}{0.01} = 102400~\\mathrm{bits/s} = 102.4~\\mathrm{kbps}$
Codage Manchester : chaque bit est codé sur 2 intervalles (transitions), donc le débit augmente :
$D_{b,codé} = 2 \\times D_{b,initial} = 2 \\times 102.4 = 204.8~\\mathrm{kbps}$
Résultat final : Débit initial : $102.4~\\mathrm{kbps}$ ; après codage Manchester : $204.8~\\mathrm{kbps}$
Question 2 : Bande passante requise et compatibilité
Formule de Nyquist pour la transmission en bande de base : $B_{min} = \\frac{D_{b,codé}}{2}$
Données : $D_{b,codé} = 204.8~\\mathrm{kbps}$
Calcul : $B_{min} = \\frac{204800}{2} = 102400~\\mathrm{Hz} = 0.1024~\\mathrm{MHz}$
Comparaison avec la bande disponible : $B_{min} = 0.1024~\\mathrm{MHz} \\ll 2~\\mathrm{MHz}$
Facteur de compatibilité : $k = \\frac{2}{0.1024} = 19.53$
Résultat final : Bande minimale requise : $0.1024~\\mathrm{MHz}$ ; le canal est largement compatible (facteur $19.53$)
Question 3 : Énergie totale transmise
Formule de l'énergie : $E = \\frac{V^2}{R} \\times t_{total}$ où $t_{total}$ est la durée totale
Données : $V = 1~\\mathrm{V}$, $R = 50~\\Omega$, durée totale $t_{total} = 10~\\mathrm{ms}$
Puissance transmise : $P = \\frac{V^2}{R} = \\frac{1^2}{50} = 0.02~\\mathrm{W}$
Énergie totale : $E = P \\times t_{total} = 0.02 \\times 0.01 = 0.0002~\\mathrm{J} = 0.2~\\mathrm{mJ}$
Résultat final : Énergie totale transmise : $0.2~\\mathrm{mJ}$ ou $2 \\times 10^{-4}~\\mathrm{J}$
Exercice 3 : Codage source et compression de données numériques
Un système d'enregistrement audio numérique utilise le codage PCM (Pulse Code Modulation) pour convertir un signal analogique en données numériques. L'audio source a une fréquence d'échantillonnage de $f_e = 44.1\\text{ kHz}$ (compatibilité CD audio), chaque échantillon est quantifié sur $n = 16\\text{ bits}$, et il y a $c = 2\\text{ canaux}$ (stéréo). Le débit binaire résultant est compressé à l'aide d'un code de Huffman avec une efficacité de compression de $\\eta = 60\\%$ (réduction de 40% du débit original). Après compression, les données sont codées avec un code de Hamming ($7,4$) pour la correction d'erreurs.
Question 1 : Calculez le débit binaire brut PCM non compressé $D_{\\text{PCM}}$ (en Mbit/s et Mbyte/s), puis déduisez-en le débit après compression Huffman $D_{\\text{Huffman}}$ (en Mbit/s). Déterminez le temps de stockage maximal pour un disque dur de capacité $C = 500\\text{ GB}$.
Question 2 : Pour le code de Hamming (7,4), calculez le rendement du code (ratio de bits d'information sur bits totaux), la capacité de correction d'erreurs (nombre maximal d'erreurs corrigibles $t$), et la distance de Hamming minimale $d_{\\text{min}}$. Vérifiez la relation $d_{\\text{min}} = 2t + 1$.
Question 3 : Si le canal de transmission introduit des erreurs avec un taux d'erreur de $\\text{TEB} = 10^{-5}\\text{ par bit}$, calculez la probabilité d'avoir au moins une erreur dans un mot-code Hamming (7,4) sans correction $P_e$, puis la probabilité d'erreur non détectable après correction automatique d'erreur $P_{\\text{non-corrigible}}$ (c'est-à-dire une erreur double ou triple).
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 3
Question 1 : Débits binaires PCM et Huffman, temps de stockage
Étape 1 : Formule générale du débit PCM
Le débit binaire PCM brut est donné par :
$D_{\\text{PCM}} = n \\times f_e \\times c$
où $n$ est le nombre de bits par échantillon, $f_e$ est la fréquence d'échantillonnage, et $c$ est le nombre de canaux.
Étape 2 : Calcul du débit PCM
Avec $n = 16\\text{ bits}$, $f_e = 44.1\\text{ kHz} = 44100\\text{ Hz}$, et $c = 2\\text{ canaux}$ :
$D_{\\text{PCM}} = 16 \\times 44100 \\times 2 = 1411200\\text{ bit/s} = 1.4112\\text{ Mbit/s}$
$\\boxed{D_{\\text{PCM}} = 1.4112\\text{ Mbit/s}}$
Étape 3 : Conversion en Mbyte/s
$D_{\\text{PCM}}(\\text{Mbyte/s}) = \\frac{D_{\\text{PCM}}(\\text{Mbit/s})}{8} = \\frac{1.4112}{8} = 0.1764\\text{ Mbyte/s}$
$\\boxed{D_{\\text{PCM}} = 0.1764\\text{ Mbyte/s}}$
Étape 4 : Débit après compression Huffman
L'efficacité de compression est $\\eta = 60\\%$, ce qui signifie que le débit compressé est :
$D_{\\text{Huffman}} = \\eta \\times D_{\\text{PCM}} = 0.60 \\times 1.4112\\text{ Mbit/s} = 0.84672\\text{ Mbit/s}$
$\\boxed{D_{\\text{Huffman}} = 0.84672\\text{ Mbit/s}}$
En Mbyte/s :
$D_{\\text{Huffman}} = \\frac{0.84672}{8} = 0.10584\\text{ Mbyte/s}$
$\\boxed{D_{\\text{Huffman}} = 0.10584\\text{ Mbyte/s}}$
Étape 5 : Temps de stockage maximal
La capacité du disque dur est $C = 500\\text{ GB} = 500 \\times 10^9\\text{ byte}$.
Le temps de stockage (durée d'enregistrement) est :
$t_{\\text{max}} = \\frac{C}{D_{\\text{Huffman}}(\\text{Mbyte/s})} = \\frac{500 \\times 10^9}{0.10584 \\times 10^6}\\text{ secondes}$
$t_{\\text{max}} = \\frac{500 \\times 10^9}{0.10584 \\times 10^6} = 4.723 \\times 10^9\\text{ secondes}$
Conversion en heures :
$t_{\\text{max}} = \\frac{4.723 \\times 10^9}{3600} = 1.311 \\times 10^6\\text{ heures}$
Conversion en années :
$t_{\\text{max}} = \\frac{1.311 \\times 10^6}{24 \\times 365.25} \\approx 149.7\\text{ années}$
$\\boxed{t_{\\text{max}} \\approx 149.7\\text{ années}}$
Interprétation : Un disque dur de 500 GB peut stocker plus de 149 années d'audio stéréo compressé à qualité CD. Cette durée considérable montre l'efficacité de la compression Huffman (réduction de 40% du débit original).
Question 2 : Rendement du code Hamming (7,4), capacité de correction, distance minimale
Étape 1 : Rendement du code Hamming (7,4)
Le rendement (ou taux) du code est le ratio du nombre de bits d'information sur le nombre total de bits du mot-code :
$R = \\frac{k}{n} = \\frac{4}{7} \\approx 0.5714 = 57.14\\%$
$\\boxed{R = \\frac{4}{7} \\approx 57.14\\%}$
Cela signifie que 57.14% des bits transmis sont des bits d'information, tandis que 42.86% sont des bits de parité pour la correction d'erreurs.
Étape 2 : Capacité de correction d'erreurs
Le code de Hamming (7,4) a une distance de Hamming minimale $d_{\\text{min}} = 3$ (propriété connue du code de Hamming).
La capacité de correction d'erreurs est :
$t = \\left\\lfloor \\frac{d_{\\text{min}} - 1}{2} \\right\\rfloor = \\left\\lfloor \\frac{3 - 1}{2} \\right\\rfloor = \\left\\lfloor 1 \\right\\rfloor = 1$
$\\boxed{t = 1\\text{ (correction d'une erreur simple)}}$
Étape 3 : Distance de Hamming minimale
Le code Hamming (7,4) a une distance de Hamming minimale bien connue :
$d_{\\text{min}} = 3$
$\\boxed{d_{\\text{min}} = 3}$
Étape 4 : Vérification de la relation
La relation entre la distance minimale et la capacité de correction d'erreurs est :
$d_{\\text{min}} = 2t + 1$
Vérification :
$2t + 1 = 2 \\times 1 + 1 = 3$
$d_{\\text{min}} = 3 = 3\\text{ ✓}$
$\\boxed{\\text{Relation vérifiée : }d_{\\text{min}} = 2t + 1 = 3}$
Interprétation : Le code Hamming (7,4) peut corriger jusqu'à 1 erreur simple par mot-code. Avec une distance de 3, il peut également détecter jusqu'à 2 erreurs (mais ne peut en corriger que 1). Le rendement de 57% signifie une surcharge de 75% en nombre de bits pour ajouter la capacité de correction.
Question 3 : Probabilité d'erreur sans correction et probabilité d'erreur non-corrigible
Étape 1 : Probabilité d'avoir au moins une erreur dans un mot-code (7,4)
Le TEB du canal est $\\text{TEB} = 10^{-5}$ par bit. La probabilité qu'un bit particulier soit erroné est $p_e = 10^{-5}$, et la probabilité qu'il soit correct est $1 - p_e \\approx 1 - 10^{-5}$.
Pour un mot-code de 7 bits, la probabilité que TOUS les bits soient corrects est :
$P(\\text{sans erreur}) = (1 - p_e)^7 \\approx (1 - 10^{-5})^7$
En utilisant l'approximation $(1-x)^n \\approx 1 - nx$ pour $x \\ll 1$ :
$P(\\text{sans erreur}) \\approx 1 - 7 \\times 10^{-5} = 1 - 7 \\times 10^{-5}$
La probabilité d'avoir au moins une erreur est :
$P_e = 1 - P(\\text{sans erreur}) = 1 - (1 - 10^{-5})^7$
Calcul exact :
$(1 - 10^{-5})^7 = (0.99999)^7 \\approx 0.99993$
$P_e = 1 - 0.99993 = 0.00007 = 7 \\times 10^{-5}$
$\\boxed{P_e \\approx 7 \\times 10^{-5}}$
Étape 2 : Probabilité d'erreur non-corrigible (erreurs doubles ou triples)
Le code Hamming (7,4) ne peut corriger qu'une seule erreur. Une erreur double ou triple ne sera pas corrigée. La probabilité d'erreur non-corrigible est la probabilité d'avoir 2 ou 3 erreurs (ou plus).
Probabilité de exactement 2 erreurs :
$P(\\text{2 erreurs}) = \\binom{7}{2} p_e^2 (1-p_e)^5 \\approx \\binom{7}{2} p_e^2$
$\\binom{7}{2} = \\frac{7!}{2!5!} = 21$
$P(\\text{2 erreurs}) \\approx 21 \\times (10^{-5})^2 = 21 \\times 10^{-10} = 2.1 \\times 10^{-9}$
Probabilité de exactement 3 erreurs :
$P(\\text{3 erreurs}) = \\binom{7}{3} p_e^3 (1-p_e)^4 \\approx \\binom{7}{3} p_e^3$
$\\binom{7}{3} = \\frac{7!}{3!4!} = 35$
$P(\\text{3 erreurs}) \\approx 35 \\times (10^{-5})^3 = 35 \\times 10^{-15} = 3.5 \\times 10^{-14}$
Les probabilités d'erreurs supérieures à 3 sont négligeables.
Probabilité d'erreur non-corrigible :
$P_{\\text{non-corrigible}} = P(\\text{2 erreurs}) + P(\\text{3 erreurs}) + \\ldots$
$P_{\\text{non-corrigible}} \\approx 2.1 \\times 10^{-9} + 3.5 \\times 10^{-14} + \\ldots \\approx 2.1 \\times 10^{-9}$
$\\boxed{P_{\\text{non-corrigible}} \\approx 2.1 \\times 10^{-9}}$
Étape 3 : Comparaison et interprétation
Sans correction d'erreur :
$P_e \\approx 7 \\times 10^{-5}\\text{ (probabilité d'au moins une erreur)}$
Après correction Hamming (7,4) :
$P_{\\text{corrigée}} \\approx 2.1 \\times 10^{-9}\\text{ (probabilité d'erreur non-corrigible)}$
Amélioration :
$\\text{Gain} = \\frac{P_e}{P_{\\text{non-corrigible}}} = \\frac{7 \\times 10^{-5}}{2.1 \\times 10^{-9}} \\approx 33333\\text{ (amélioration d'un facteur 33000)}$
$\\boxed{\\text{Amélioration : facteur }\\approx 33000}$
Interprétation : Le code Hamming (7,4) améliore considérablement la fiabilité de la transmission. La probabilité d'erreur passe de $7 \\times 10^{-5}$ à $2.1 \\times 10^{-9}$, soit une amélioration d'un facteur d'environ 33000. Cela démontre l'efficacité de la correction d'erreur pour les canaux bruités. Le coût est une surcharge de 75% en nombre de bits transmis (rendement de 57%), mais la fiabilité gagnée est très bénéfique pour les applications critiques comme l'audio numérique ou les communications.
", "id_category": "3", "id_number": "10" }, { "category": "Techniques de transmission numérique", "question": "Exercice 1 : Chaîne complète de transmission numérique - Échantillonnage et quantification
\nUn signal analogique représentant la température d'une enceinte climatisée doit être transmis numériquement par un réseau de télécommunication. Le signal analogique $s(t)$ varie de manière sinusoïdale entre $-10\\text{ °C}$ et $+30\\text{ °C}$ avec une fréquence fondamentale $f_m = 0.5\\text{ Hz}$. On souhaite transmettre ce signal avec une chaîne complète incluant l'échantillonnage, la quantification et le codage binaire.
\n\nPour respecter le théorème de Nyquist et éviter le repliement spectral, on utilise une fréquence d'échantillonnage $f_e = 10\\text{ Hz}$. Le signal numérisé utilise un codage binaire avec $n = 8\\text{ bits}$ pour chaque échantillon. Les paramètres du système sont :
\n- \n
- Plage de variation du signal : $\\Delta V = 40\\text{ °C}$ \n
- Durée totale de transmission : $T = 60\\text{ s}$ \n
- Fréquence d'échantillonnage : $f_e = 10\\text{ Hz}$ \n
- Nombre de bits par échantillon : $n = 8\\text{ bits}$ \n
- Débit binaire nominal : $R_b = 1.2\\text{ kbit/s}$ \n
Question 1 : Vérifiez que la fréquence d'échantillonnage choisie satisfait le critère de Nyquist, puis calculez le pas de quantification $q$ (en °C) pour le codeur 8 bits. Estimez l'erreur maximale de quantification $e_{max}$ en pourcentage de la plage totale.
\n\nQuestion 2 : Calculez le débit binaire théorique $R_{b\\_theo}$ du système (en bit/s). Comparez-le au débit nominal donné. Determinez ensuite le nombre total de bits $N_{bits}$ transmis au cours des $60\\text{ s}$ de transmission et le nombre d'échantillons $N_e$ acquis.
\n\nQuestion 3 : Pour une transmission sans erreur, la puissance du signal numérisé doit être suffisante. Si on considère que chaque bit est représenté par une amplitude carrée (NRZ - Non Return to Zero), et que la largeur d'un bit est $T_b = \\frac{1}{R_b}$, calculez la durée d'un bit $T_b$, puis déterminez la largeur spectrale occupée par le signal numérique sachant que le spectre du codage NRZ s'étend jusqu'à environ $2f_b$ où $f_b = \\frac{1}{T_b}$ est la fréquence binaire.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution complète de l'Exercice 1
\n\nQuestion 1 : Vérification du critère de Nyquist, pas de quantification et erreur maximale
\n\nPartie A : Vérification du critère de Nyquist
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLe théorème de Nyquist stipule que la fréquence d'échantillonnage doit être au moins le double de la fréquence maximale du signal :
\n$f_e \\geq 2f_m$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$f_e = 10\\text{ Hz} \\quad \\text{et} \\quad 2f_m = 2 \\times 0.5 = 1\\text{ Hz}$
\n\nÉtape 3 : Vérification
\n$10\\text{ Hz} \\geq 1\\text{ Hz} \\quad \\checkmark$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{\\text{Le critère de Nyquist est largement satisfait (f_e = 10 fois la fréquence minimale requise)}}$
\n\nInterprétation : Une fréquence d'échantillonnage de $10\\text{ Hz}$ est très largement supérieure au minimum requis de $1\\text{ Hz}$, ce qui garantit une excellente reconstruction du signal analogique sans repliement spectral et offre une marge de sécurité importante.
\n\nPartie B : Pas de quantification
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLe pas de quantification est défini comme la plage de variation divisée par le nombre de niveaux disponibles :
\n$q = \\frac{\\Delta V}{2^n}$
\n\noù $\\Delta V$ est la plage de variation et $2^n$ est le nombre de niveaux de quantification.
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$q = \\frac{40}{2^8} = \\frac{40}{256}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$q = 0.15625\\text{ °C}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{q = 0.15625\\text{ °C} \\approx 0.156\\text{ °C}}$
\n\nInterprétation : Chaque niveau de quantification représente un intervalle de $0.156\\text{ °C}$, ce qui signifie que toute valeur du signal analogique sera arrondie au niveau quantifié le plus proche.
\n\nPartie C : Erreur maximale de quantification
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nL'erreur maximale de quantification est égale à la moitié du pas de quantification :
\n$e_{max} = \\frac{q}{2} = \\frac{\\Delta V}{2^{n+1}}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$e_{max} = \\frac{0.15625}{2} = 0.078125\\text{ °C}$
\n\nÉtape 3 : Calcul en pourcentage
\nPourcentage par rapport à la plage totale :
\n$e_{max\\%} = \\frac{e_{max}}{\\Delta V} \\times 100\\% = \\frac{0.078125}{40} \\times 100\\% = 0.195\\%$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{e_{max} = 0.078125\\text{ °C} \\quad \\text{et} \\quad e_{max\\%} = 0.195\\%}$
\n\nInterprétation : L'erreur maximale de quantification est très faible (inférieure à 0.2% de la plage totale), ce qui démontre la bonne fidélité du système de numérisation. Cette erreur systématique est inhérente à tout processus de quantification numérique.
\n\nQuestion 2 : Débit binaire théorique, nombre total de bits et nombre d'échantillons
\n\nPartie A : Débit binaire théorique
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLe débit binaire théorique est le produit de la fréquence d'échantillonnage par le nombre de bits par échantillon :
\n$R_{b\\_theo} = f_e \\times n$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$R_{b\\_theo} = 10 \\times 8$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$R_{b\\_theo} = 80\\text{ bit/s}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{R_{b\\_theo} = 80\\text{ bit/s}}$
\n\nComparaison avec le débit nominal :
\nDébit donné : $R_b = 1200\\text{ bit/s}$
\nRapport : $\\frac{1200}{80} = 15$
\n$\\boxed{\\text{Le débit nominal est 15 fois supérieur au débit théorique minimal}}$
\n\nInterprétation : Le débit de $1200\\text{ bit/s}$ est significativement plus élevé que les $80\\text{ bit/s}$ théoriquement nécessaires. Cette différence peut être due à l'ajout de bits de synchronisation, de bits de parité pour la correction d'erreur, ou à une redondance intentionnelle pour améliorer la robustesse de la transmission.
\n\nPartie B : Nombre total de bits transmis
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLe nombre total de bits transmis est le produit du débit binaire par la durée de transmission :
\n$N_{bits} = R_b \\times T$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$N_{bits} = 1200 \\times 60$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$N_{bits} = 72\\,000\\text{ bits}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{N_{bits} = 72\\,000\\text{ bits} = 72\\text{ kbits}}$
\n\nPartie C : Nombre d'échantillons acquis
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLe nombre d'échantillons est le produit de la fréquence d'échantillonnage par la durée :
\n$N_e = f_e \\times T$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$N_e = 10 \\times 60$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$N_e = 600\\text{ échantillons}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{N_e = 600\\text{ échantillons}}$
\n\nVérification de cohérence :
\n$N_{bits\\_theorique} = N_e \\times n = 600 \\times 8 = 4\\,800\\text{ bits}$
\nRapport au débit nominal : $\\frac{72\\,000}{4\\,800} = 15$ (cohérent avec l'observation précédente)
\n\nQuestion 3 : Durée d'un bit et largeur spectrale du signal NRZ
\n\nPartie A : Durée d'un bit
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLa durée d'un bit est l'inverse de la fréquence binaire :
\n$T_b = \\frac{1}{R_b}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$T_b = \\frac{1}{1200}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$T_b = 8.333 \\times 10^{-4}\\text{ s}$
\n\nConversion en millisecondes :
\n$T_b = 0.8333\\text{ ms} \\approx 833.3\\text{ µs}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{T_b = \\frac{1}{1200}\\text{ s} = 0.8333\\text{ ms} = 833.3\\text{ µs}}$
\n\nInterprétation : Chaque bit du signal numérique occupe une durée de $833.3\\text{ µs}$, ce qui détermine la rapidité de la transmission.
\n\nPartie B : Fréquence binaire
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLa fréquence binaire est l'inverse de la durée d'un bit :
\n$f_b = \\frac{1}{T_b} = R_b$
\n\nÉtape 2 : Calcul
\n$f_b = 1200\\text{ Hz} = 1.2\\text{ kHz}$
\n\nÉtape 3 : Résultat final
\n$\\boxed{f_b = 1.2\\text{ kHz}}$
\n\nPartie C : Largeur spectrale du signal NRZ
\n\nÉtape 1 : Formule générale pour le codage NRZ
\nLe spectre du codage NRZ (Non Return to Zero) s'étend théoriquement jusqu'à environ $2f_b$, mais en pratique, la majorité de l'énergie est concentrée jusqu'à cette fréquence :
\n$B_{NRZ} \\approx 2f_b$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$B_{NRZ} = 2 \\times 1200$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$B_{NRZ} = 2400\\text{ Hz} = 2.4\\text{ kHz}$
\n\nÉtape 4 : Résultat final
\n$\\boxed{B_{NRZ} = 2.4\\text{ kHz} = 2400\\text{ Hz}}$
\n\nRemarque sur la largeur spectrale :
\nEn pratique, le spectre du code NRZ présente :
\n- \n
- Premier zéro spectral (null) à : $f_{null} = \\frac{1}{T_b} = 1200\\text{ Hz}$ \n
- Largeur de bande (-3dB) : approximativement $0.6 \\times f_b = 720\\text{ Hz}$ \n
- Largeur de bande effective (jusqu'au premier zéro) : $1200\\text{ Hz}$ \n
- Largeur de bande complète considérée : jusqu'à $2f_b = 2400\\text{ Hz}$ \n
Interprétation : La largeur spectrale du signal numérique NRZ de $2.4\\text{ kHz}$ détermine la bande passante minimale requise pour le canal de transmission. Cette bande doit être disponible dans le milieu de transmission (câble, fibre optique, onde radio) pour que le signal soit transmis sans distorsion majeure.
\n\nRésumé des résultats :
\n- \n
- Critère de Nyquist : ✓ Satisfait (10 Hz >> 1 Hz) \n
- Pas de quantification : 0.156 °C \n
- Erreur maximale : 0.078125 °C (0.195%) \n
- Débit théorique : 80 bit/s \n
- Débit utilisé : 1200 bit/s \n
- Nombre de bits transmis : 72 kbits \n
- Nombre d'échantillons : 600 \n
- Durée d'un bit : 833.3 µs \n
- Largeur spectrale : 2.4 kHz \n
Exercice 2 : Codage binaire et rapport signal sur bruit - Transmission sur canal bruité
\nUn système de transmission numérique transmet des données binaires via un codage Manchester sur un canal de communication affecté par un bruit blanc gaussien additif (AWGN). Le signal transmis est représenté par le codage Manchester, où chaque bit est divisé en deux demi-périodes : un bit \"1\" est codé par une transition montante (+1 suivi de -1) et un bit \"0\" par une transition descendante (-1 suivi de +1).
\n\nLes paramètres du système sont :
\n- \n
- Débit binaire : $R_b = 256\\text{ kbit/s}$ \n
- Amplitude du signal codé Manchester : $A = 2\\text{ V}$ \n
- Durée d'un bit : $T_b = \\frac{1}{R_b}$ \n
- Puissance du signal transmis : $P_s = \\frac{A^2}{2}$ (pour codage bipolaire équilibré) \n
- Bruit blanc : puissance spectrale monolatérale $N_0 = 2 \\times 10^{-10}\\text{ W/Hz}$ \n
- Bande passante du canal : $B = 2R_b\\text{ (pour Manchester)}$ \n
- Bande passante du filtre récepteur : $B_f = 1.5R_b$ \n
Question 1 : Calculez la puissance du signal transmis $P_s$ en Watts et en dBm. Déterminez ensuite la bande passante $B$ requise pour transmettre le signal codé Manchester, puis calculez la puissance totale du bruit $P_n$ reçu (en W et en dBm) en fonction de la bande passante du filtre récepteur $B_f$.
\n\nQuestion 2 : Calculez le rapport signal sur bruit (SNR) à la réception en linéaire et en dB. Utilisez la relation $\\text{SNR} = \\frac{P_s}{P_n}$. Déterminez également le SNR minimal requis pour un taux d'erreur binaire (BER) de $10^{-5}$ en utilisant la formule approximative $\\text{SNR}_{min}(dB) = 20\\log_{10}(Q^{-1}(\\text{BER}/2))$ où $Q^{-1}(10^{-5}/2) \\approx 4.27$. Vérifiez si le système est capable de fonctionner sans erreur excessif.
\n\nQuestion 3 : Le codage Manchester introduit un facteur de redondance puisque chaque bit logique est représenté par deux transitions. Calculez l'efficacité spectrale $\\eta$ du système en (bit/s)/Hz. Comparez-la avec un codage NRZ classique. Déterminez ensuite la capacité de Shannon du canal $C$ en bit/s en utilisant la formule $C = B_f \\log_2(1 + \\text{SNR})$, et vérifiez si le débit binaire est compatible avec cette capacité.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution complète de l'Exercice 2
\n\nQuestion 1 : Puissance du signal, bande passante et puissance du bruit
\n\nPartie A : Puissance du signal transmis
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nPour un signal bipolaire équilibré (comme le codage Manchester), la puissance moyenne est :
\n$P_s = \\frac{A^2}{2}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$P_s = \\frac{(2)^2}{2} = \\frac{4}{2} = 2\\text{ W}$
\n\nÉtape 3 : Résultat en Watts
\n$\\boxed{P_s = 2\\text{ W}}$
\n\nÉtape 4 : Conversion en dBm
\nLa conversion de Watts en dBm est :
\n$P_s(dBm) = 10\\log_{10}(P_s(W) \\times 1000)$
\n\n$P_s(dBm) = 10\\log_{10}(2 \\times 1000) = 10\\log_{10}(2000)$
\n\n$\\log_{10}(2000) = \\log_{10}(2 \\times 10^3) = \\log_{10}(2) + 3 = 0.301 + 3 = 3.301$
\n\n$P_s(dBm) = 10 \\times 3.301 = 33.01\\text{ dBm}$
\n\nRésultat final en dBm
\n$\\boxed{P_s = 33.01\\text{ dBm}}$
\n\nInterprétation : La puissance du signal transmis est de $2\\text{ W}$ (soit $33\\text{ dBm}$), ce qui est une puissance significative pour une transmission filaire ou radio courte distance.
\n\nPartie B : Bande passante requise pour Manchester
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLe codage Manchester introduit deux transitions par bit, ce qui double la largeur spectrale par rapport au NRZ :
\n$B = 2R_b$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$B = 2 \\times 256\\,000$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$B = 512\\,000\\text{ Hz} = 512\\text{ kHz}$
\n\nRésultat final
\n$\\boxed{B = 512\\text{ kHz}}$
\n\nInterprétation : Le codage Manchester nécessite une bande passante de $512\\text{ kHz}$, soit deux fois plus large qu'un codage NRZ équivalent. C'est le prix à payer pour obtenir la synchronisation intrinsèque et une meilleure détection d'erreur.
\n\nPartie C : Puissance totale du bruit
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLa puissance du bruit blanc additif gaussien reçu dans la bande du filtre est :
\n$P_n = N_0 \\times B_f$
\n\noù $N_0$ est la densité spectrale monolatérale du bruit et $B_f$ est la largeur de bande du filtre récepteur.
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\nBande du filtre récepteur :
\n$B_f = 1.5 \\times R_b = 1.5 \\times 256\\,000 = 384\\,000\\text{ Hz}$
\n\n$P_n = 2 \\times 10^{-10} \\times 384\\,000$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$P_n = 7.68 \\times 10^{-5}\\text{ W} = 0.0000768\\text{ W}$
\n\nEn milliwatts :
\n$P_n = 0.0768\\text{ mW} = 76.8\\text{ µW}$
\n\nRésultat en Watts
\n$\\boxed{P_n = 7.68 \\times 10^{-5}\\text{ W}}$
\n\nÉtape 4 : Conversion en dBm
\n$P_n(dBm) = 10\\log_{10}(7.68 \\times 10^{-5} \\times 1000)$
\n\n$P_n(dBm) = 10\\log_{10}(7.68 \\times 10^{-2}) = 10\\log_{10}(0.0768)$
\n\n$\\log_{10}(0.0768) = \\log_{10}(7.68 \\times 10^{-2}) = \\log_{10}(7.68) - 2 = 0.885 - 2 = -1.115$
\n\n$P_n(dBm) = 10 \\times (-1.115) = -11.15\\text{ dBm}$
\n\nRésultat en dBm
\n$\\boxed{P_n = -11.15\\text{ dBm}}$
\n\nInterprétation : La puissance du bruit reçu est beaucoup plus faible ($7.68 \\times 10^{-5}\\text{ W}$) que la puissance du signal ($2\\text{ W}$), ce qui indique des conditions de transmission favorables avec un bon rapport signal sur bruit.
\n\nQuestion 2 : Rapport signal sur bruit et vérification du BER
\n\nPartie A : SNR en linéaire
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\n$\\text{SNR} = \\frac{P_s}{P_n}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$\\text{SNR} = \\frac{2}{7.68 \\times 10^{-5}}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$\\text{SNR} = \\frac{2}{7.68 \\times 10^{-5}} = 26\\,041.67$
\n\nRésultat final en linéaire
\n$\\boxed{\\text{SNR}_{lin} = 26\\,041.67 \\approx 2.6 \\times 10^4}$
\n\nPartie B : SNR en dB
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\n$\\text{SNR}(dB) = 10\\log_{10}(\\text{SNR}_{lin})$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$\\text{SNR}(dB) = 10\\log_{10}(26\\,041.67)$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$\\log_{10}(26\\,041.67) = 4.415$
\n\n$\\text{SNR}(dB) = 10 \\times 4.415 = 44.15\\text{ dB}$
\n\nRésultat final en dB
\n$\\boxed{\\text{SNR} = 44.15\\text{ dB}}$
\n\nInterprétation : Un SNR de $44.15\\text{ dB}$ indique des conditions de transmission excellentes. C'est une valeur très supérieure aux minima requis pour la plupart des applications de transmission numérique.
\n\nPartie C : SNR minimal requis pour BER = 10⁻⁵
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\n$\\text{SNR}_{min}(dB) = 20\\log_{10}(Q^{-1}(\\text{BER}/2))$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\nPour BER = $10^{-5}$ :
\n$\\text{BER}/2 = 10^{-5}/2 = 5 \\times 10^{-6}$
\n\nL'inverse de la fonction Q pour cette valeur est donnée : $Q^{-1}(5 \\times 10^{-6}) \\approx 4.27$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$\\text{SNR}_{min}(dB) = 20\\log_{10}(4.27)$
\n\n$\\log_{10}(4.27) = 0.6304$
\n\n$\\text{SNR}_{min}(dB) = 20 \\times 0.6304 = 12.61\\text{ dB}$
\n\nRésultat final
\n$\\boxed{\\text{SNR}_{min} = 12.61\\text{ dB}}$
\n\nPartie D : Vérification de la compatibilité
\n\nÉtape 1 : Comparaison
\n$\\text{SNR}_{réel} = 44.15\\text{ dB} \\quad >> \\quad \\text{SNR}_{min} = 12.61\\text{ dB}$
\n\nÉtape 2 : Marge de liaison
\n$\\text{Marge} = \\text{SNR}_{réel} - \\text{SNR}_{min} = 44.15 - 12.61 = 31.54\\text{ dB}$
\n\nRésultat final
\n$\\boxed{\\text{Le système est COMPATIBLE : marge de 31.54 dB}}$
\n\nInterprétation : Le rapport signal sur bruit réel ($44.15\\text{ dB}$) est très supérieur au minimum requis ($12.61\\text{ dB}$) pour maintenir un taux d'erreur binaire acceptable de $10^{-5}$. Cette large marge de 31.54 dB permet de compenser les dégradations futures du canal, les variations de température, le vieillissement des composants, et les fading potentiels.
\n\nQuestion 3 : Efficacité spectrale et capacité de Shannon
\n\nPartie A : Efficacité spectrale du codage Manchester
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nL'efficacité spectrale est le rapport du débit binaire à la bande passante requise :
\n$\\eta = \\frac{R_b}{B}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données pour Manchester
\n$B_{Manchester} = 2R_b = 2 \\times 256\\,000 = 512\\,000\\text{ Hz}$
\n\n$\\eta_{Manchester} = \\frac{256\\,000}{512\\,000}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$\\eta_{Manchester} = 0.5\\text{ bit/(s·Hz)}$
\n\nRésultat final
\n$\\boxed{\\eta_{Manchester} = 0.5\\text{ bit/(s·Hz)}}$
\n\nPartie B : Efficacité spectrale du codage NRZ
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nPour le NRZ, la bande passante nominale est égale au débit binaire :
\n$B_{NRZ} = R_b$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$\\eta_{NRZ} = \\frac{R_b}{R_b} = 1$
\n\nRésultat final
\n$\\boxed{\\eta_{NRZ} = 1.0\\text{ bit/(s·Hz)}}$
\n\nPartie C : Comparaison des efficacités spectrales
\n\nÉtape 1 : Ratio d'efficacité
\n$\\frac{\\eta_{NRZ}}{\\eta_{Manchester}} = \\frac{1.0}{0.5} = 2$
\n\nRésultat
\n$\\boxed{\\text{Le codage NRZ est 2 fois plus efficace que Manchester en termes spectraux}}$
\n\nInterprétation : Le codage Manchester utilise deux fois plus de bande passante pour le même débit. C'est un compromis : Manchester offre une synchronisation intrinsèque et une meilleure détection d'erreur au prix d'une efficacité spectrale réduite.
\n\nPartie D : Capacité de Shannon du canal
\n\nÉtape 1 : Formule générale de Shannon
\n$C = B_f \\log_2(1 + \\text{SNR})$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$B_f = 1.5 \\times R_b = 384\\,000\\text{ Hz}$
\n$\\text{SNR}_{lin} = 26\\,041.67$
\n\n$C = 384\\,000 \\times \\log_2(1 + 26\\,041.67)$
\n\nÉtape 3 : Calcul du logarithme
\n$1 + \\text{SNR} = 1 + 26\\,041.67 = 26\\,042.67$
\n\nConversion vers le logarithme en base 2 :
\n$\\log_2(26\\,042.67) = \\frac{\\ln(26\\,042.67)}{\\ln(2)} = \\frac{10.166}{0.693} = 14.68\\text{ bits}$
\n\nÉtape 4 : Calcul de la capacité
\n$C = 384\\,000 \\times 14.68 = 5\\,637\\,120\\text{ bit/s}$\n\n
Conversion en Mbit/s :
\n$C = 5.64\\text{ Mbit/s}$
\n\nRésultat final
\n$\\boxed{C = 5.64\\text{ Mbit/s}}$
\n\nPartie E : Vérification de compatibilité avec la capacité de Shannon
\n\nÉtape 1 : Comparaison
\n$R_b = 256\\text{ kbit/s} = 0.256\\text{ Mbit/s}$
\n$C = 5.64\\text{ Mbit/s}$
\n\n$R_b \\ll C \\quad (0.256 \\ll 5.64)$
\n\nÉtape 2 : Ratio de réserve
\n$\\frac{C}{R_b} = \\frac{5.64}{0.256} = 22.03$
\n\nRésultat final
\n$\\boxed{\\text{La capacité de Shannon (5.64 Mbit/s) est 22 fois supérieure au débit utilisé (256 kbit/s)}}$
\n\nInterprétation complète :
\n- \n
- Le débit binaire de $256\\text{ kbit/s}$ est très inférieur à la capacité théorique maximale du canal ($5.64\\text{ Mbit/s}$) \n
- Le système fonctionne avec une réserve de capacité importante, ce qui permet de : \n
- • Ajouter de la redondance pour la correction d'erreur \n
- • Compenser les variations du canal \n
- • Maintenir une fiabilité élevée \n
- • Supporter une dégradation future du SNR \n
- Le choix du Manchester améliore la synchronisation au détriment de l'efficacité spectrale, mais reste acceptable pour ce débit \n
- Le SNR de $44.15\\text{ dB}$ est excellent et justifie l'utilisation d'un système plus robuste qu'un simple NRZ \n
Résumé des résultats :
\n- \n
- Puissance signal : $2\\text{ W} = 33.01\\text{ dBm}$ \n
- Bande passante Manchester : $512\\text{ kHz}$ \n
- Puissance bruit : $7.68 \\times 10^{-5}\\text{ W} = -11.15\\text{ dBm}$ \n
- SNR : $26\\,041.67\\text{ (linéaire)} = 44.15\\text{ dB}$ \n
- SNR minimal (BER 10⁻⁵) : $12.61\\text{ dB}$ \n
- Marge système : $31.54\\text{ dB}$ \n
- Efficacité Manchester : $0.5\\text{ bit/(s·Hz)}$ \n
- Efficacité NRZ : $1.0\\text{ bit/(s·Hz)}$ \n
- Capacité Shannon : $5.64\\text{ Mbit/s}$ \n
- Débit / Capacité : $4.5\\%$ \n
Exercice 3 : Codage de canal et redondance - Système avec correction d'erreur
\nUn système de télécommunication transmet des données sur un canal bruité avec un mécanisme de correction d'erreur utilisant un code en bloc linéaire (code de Hamming). Le système fonctionne en environnement hostile avec un taux d'erreur binaire brut (sans correction) estimé à $p_e = 10^{-3}$. Les paramètres du système sont :
\n\n- \n
- Taux d'erreur binaire du canal : $p_e = 10^{-3}$ \n
- Code de Hamming utilisé : Hamming (7,4), codant 4 bits d'information en 7 bits transmis \n
- Longueur du mot d'information : $k = 4\\text{ bits}$ \n
- Longueur du mot codé : $n = 7\\text{ bits}$ \n
- Nombre de bits de parité : $r = n - k = 3\\text{ bits}$ \n
- Capacité de correction : jusqu'à $t = 1\\text{ erreur par bloc}$ \n
- Débit d'information à transmettre : $D = 4\\,000\\text{ bit/s}$ \n
- Taux de codage : $R_c = \\frac{k}{n}$ \n
Question 1 : Calculez le taux de codage $R_c$ du code Hamming (7,4). Déterminez le débit binaire de transmission $D_t$ (après codage) nécessaire pour transmettre le débit d'information $D = 4\\,000\\text{ bit/s}$. Calculez également le surcoût de redondance introduit par le code en pourcentage.
\n\nQuestion 2 : Calculez la probabilité d'erreur de décodage par bloc $P_{bloc}(p_e)$ pour le code Hamming (7,4) qui peut corriger une erreur. La probabilité qu'un bloc reçu contienne exactement $j$ erreurs est donnée par $P(j) = \\binom{n}{j}p_e^j(1-p_e)^{n-j}$. Un bloc sera mal décodé si le nombre d'erreurs dépasse la capacité de correction $t = 1$. Calculez aussi la probabilité d'erreur binaire après correction $P_{b\\_corr}$.
\n\nQuestion 3 : Évaluez le gain de codage $G_c$ en dB défini comme $G_c = 10\\log_{10}\\left(\\frac{P_{b\\_orig}}{P_{b\\_corr}}\\right)$ où $P_{b\\_orig}$ est le taux d'erreur binaire original et $P_{b\\_corr}$ le taux après correction. Analysez le compromis entre la redondance introduite (diminution de l'efficacité spectrale) et l'amélioration obtenue (diminution du taux d'erreur). Déterminez enfin si le système corrige plus d'erreurs qu'il ne vous en introduit.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution complète de l'Exercice 3
\n\nQuestion 1 : Taux de codage, débit de transmission et surcoût de redondance
\n\nPartie A : Taux de codage
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLe taux de codage d'un code en bloc est le rapport entre le nombre de bits d'information et le nombre de bits transmis :
\n$R_c = \\frac{k}{n}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$R_c = \\frac{4}{7}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$R_c = 0.5714\\text{ (ou environ 57.14%)}$
\n\nRésultat final
\n$\\boxed{R_c = \\frac{4}{7} \\approx 0.571 = 57.14\\%}$
\n\nInterprétation : Seulement 57% des bits transmis sont de l'information utile, les 43% restants étant des bits de parité pour la correction d'erreur. C'est le prix de la redondance.
\n\nPartie B : Débit binaire de transmission
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLe débit de transmission est lié au débit d'information par le taux de codage :
\n$D_t = \\frac{D}{R_c}$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$D_t = \\frac{4\\,000}{4/7} = 4\\,000 \\times \\frac{7}{4}$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$D_t = 4\\,000 \\times 1.75 = 7\\,000\\text{ bit/s}$
\n\nRésultat final
\n$\\boxed{D_t = 7\\,000\\text{ bit/s}}$
\n\nInterprétation : Pour transmettre le même débit d'information (4000 bit/s), il faut augmenter le débit de transmission à 7000 bit/s en raison de la redondance. C'est une augmentation de 75% (7000 - 4000 = 3000 bit/s de surcoût).
\n\nPartie C : Surcoût de redondance
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLe surcoût de redondance en pourcentage est :
\n$\\text{Surcoût\\%} = \\left(\\frac{D_t - D}{D}\\right) \\times 100\\%$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$\\text{Surcoût\\%} = \\left(\\frac{7\\,000 - 4\\,000}{4\\,000}\\right) \\times 100\\%$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$\\text{Surcoût\\%} = \\left(\\frac{3\\,000}{4\\,000}\\right) \\times 100\\% = 0.75 \\times 100\\% = 75\\%$
\n\nRésultat final
\n$\\boxed{\\text{Surcoût de redondance} = 75\\%}$
\n\nInterprétation alternative :
\n$\\text{Surcoût} = \\frac{r}{k} = \\frac{3}{4} = 75\\%$
\n\nCela signifie que pour chaque 4 bits d'information, 3 bits de redondance sont ajoutés, représentant 75% de surcharge.
\n\nQuestion 2 : Probabilité d'erreur par bloc et taux d'erreur corrigé
\n\nPartie A : Probabilités individuelles d'erreur
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nLa probabilité d'avoir exactement j erreurs dans un bloc de n bits est donnée par la distribution binomiale :
\n$P(j) = \\binom{n}{j} p_e^j (1-p_e)^{n-j}$
\n\nÉtape 2 : Calcul de P(0) - zéro erreur
\n$P(0) = \\binom{7}{0} (10^{-3})^0 (1-10^{-3})^7$
\n\n$P(0) = 1 \\times 1 \\times (0.999)^7$
\n\n$P(0) = (0.999)^7 = 0.99300\\approx 0.9930$
\n\nÉtape 3 : Calcul de P(1) - une erreur
\n$P(1) = \\binom{7}{1} (10^{-3})^1 (1-10^{-3})^6$
\n\n$P(1) = 7 \\times 10^{-3} \\times (0.999)^6$
\n\n$P(1) = 7 \\times 10^{-3} \\times 0.99400 = 0.00695\\approx 0.00696$
\n\nÉtape 4 : Calcul de P(≥2) - deux erreurs ou plus
\n$P(\\geq 2) = 1 - P(0) - P(1)$
\n\n$P(\\geq 2) = 1 - 0.9930 - 0.00696 = 0.00004\\approx 4 \\times 10^{-5}$
\n\nRésultats intermédiaires
\n$\\boxed{P(0) = 0.9930 \\quad P(1) = 0.00696 \\quad P(\\geq 2) = 4 \\times 10^{-5}}$
\n\nPartie B : Probabilité d'erreur de bloc
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\nAvec le code Hamming (7,4) qui peut corriger jusqu'à 1 erreur, un bloc sera mal décodé seulement s'il contient 2 erreurs ou plus :
\n$P_{bloc}(p_e) = P(\\geq 2) = P(2) + P(3) + ... + P(7)$
\n\nÉtape 2 : Approximation
\nComme $p_e$ est très petit, les termes avec 3 erreurs ou plus sont négligeables devant $P(2)$ :
\n$P_{bloc}(p_e) \\approx P(2)$
\n\nÉtape 3 : Calcul de P(2) - deux erreurs exactement
\n$P(2) = \\binom{7}{2} (10^{-3})^2 (1-10^{-3})^5$
\n\n$\\binom{7}{2} = \\frac{7!}{2!5!} = \\frac{7 \\times 6}{2} = 21$
\n\n$P(2) = 21 \\times (10^{-3})^2 \\times (0.999)^5$
\n\n$P(2) = 21 \\times 10^{-6} \\times 0.99501$
\n\n$P(2) = 2.09 \\times 10^{-5}$
\n\nRésultat final pour probabilité d'erreur de bloc
\n$\\boxed{P_{bloc}(p_e) \\approx 2.1 \\times 10^{-5}}$
\n\nInterprétation : Bien que chaque bit ait $10^{-3}$ de chance d'être erroné, la probabilité qu'un bloc de 7 bits ne soit pas correctement décodé n'est que de $2.1 \\times 10^{-5}$, soit une amélioration dramatique.
\n\nPartie C : Probabilité d'erreur binaire après correction
\n\nÉtape 1 : Analyse de l'erreur binaire
\nAprès le décodage, si le bloc a 0 ou 1 erreur, il est correctement décodé. Si le bloc a 2 ou plus d'erreurs, le décodeur produit une sortie incorrecte qui peut contenir jusqu'à 7 erreurs binaires.
\n\nÉtape 2 : Calcul approximé
\nSous l'hypothèse que les erreurs non corrigibles ($P(\\geq 2)$) produisent environ 3 à 4 erreurs binaires par bloc en moyenne :
\n\nProbabilité qu'un bit de sortie soit erroné :
\n$P_{b\\_corr} = P_{bloc}(p_e) \\times \\frac{\\text{erreurs en sortie}}{\\text{bits en sortie}}$
\n\nEn première approximation, pour les erreurs non corrigibles :
\n$P_{b\\_corr} \\approx P(\\geq 2) \\times \\frac{3.5}{4} \\approx 2.1 \\times 10^{-5} \\times 0.875$
\n\n$P_{b\\_corr} \\approx 1.8 \\times 10^{-5}$
\n\nRésultat final
\n$\\boxed{P_{b\\_corr} \\approx 1.8 \\times 10^{-5}}$
\n\nRemarque : Le calcul précis considère que les 4 bits d'information sont affectés par l'erreur de bloc :
\n$P_{b\\_corr}^{\\text{info}} = \\frac{P(\\geq 2) \\times k}{k} = P(\\geq 2) \\approx 2.1 \\times 10^{-5}$
\n\nInterprétation : Le taux d'erreur binaire passe de $10^{-3}$ (sans correction) à environ $10^{-5}$ (avec correction), soit une amélioration d'environ 100 fois.
\n\nQuestion 3 : Gain de codage et analyse du compromis
\n\nPartie A : Gain de codage
\n\nÉtape 1 : Formule générale
\n$G_c = 10\\log_{10}\\left(\\frac{P_{b\\_orig}}{P_{b\\_corr}}\\right)$
\n\nÉtape 2 : Remplacement des données
\n$P_{b\\_orig} = 10^{-3}$
\n$P_{b\\_corr} = 2.1 \\times 10^{-5}$
\n\n$G_c = 10\\log_{10}\\left(\\frac{10^{-3}}{2.1 \\times 10^{-5}}\\right)$
\n\nÉtape 3 : Calcul
\n$\\frac{10^{-3}}{2.1 \\times 10^{-5}} = \\frac{10^{-3}}{2.1 \\times 10^{-5}} = \\frac{1}{0.021} = 47.62$
\n\n$G_c = 10\\log_{10}(47.62) = 10 \\times 1.678 = 16.78\\text{ dB}$
\n\nRésultat final
\n$\\boxed{G_c = 16.78\\text{ dB} \\approx 16.8\\text{ dB}}$
\n\nInterprétation : Le gain de codage de $16.8\\text{ dB}$ représente une amélioration massive du taux d'erreur. C'est équivalent à dire que le système corrige 47.6 fois plus d'erreurs qu'il n'en laisse passer.
\n\nPartie B : Analyse du compromis redondance vs amélioration
\n\nCoût en redondance :
\n- \n
- Surcoût de débit : $75\\%$ (7000 bit/s au lieu de 4000 bit/s) \n
- Réduction d'efficacité spectrale : de $1.0$ à $0.571\\text{ bit/(s·Hz)}$ (réduction de 43%) \n
Bénéfice en amélioration :
\n- \n
- Gain de codage : $16.8\\text{ dB}$ (amélioration du BER de 47.6 fois) \n
- Taux d'erreur : $10^{-3} \\to 2.1 \\times 10^{-5}$ \n
- Réduction des erreurs : $99.79\\%$ (de $10^{-3}$ à $2.1 \\times 10^{-5}$) \n
Analyse du compromis :
\n\nRatio efficacité = Gain de correction / Surcoût de redondance
\n\n$\\text{Ratio} = \\frac{47.6}{1.75} = 27.2$
\n\n$\\boxed{\\text{Pour chaque unité de surcoût de redondance, on gagne 27.2 unités d'amélioration du BER}}$
\n\nRésultat de cette analyse :
\n$\\boxed{\\text{Le compromis est TRÈS FAVORABLE au codage Hamming (7,4)}}$
\n\nPartie C : Vérification si le système corrige plus qu'il n'introduit d'erreurs
\n\nÉtape 1 : Erreurs introduites par la transmission (sans correction)
\nEn transmission directe sans codage, le nombre moyen d'erreurs binaires par bloc de 4 bits est :
\n$E[\\text{erreurs}]_{\\text{direct}} = 4 \\times p_e = 4 \\times 10^{-3} = 0.004\\text{ erreur par bloc}$
\n\nÉtape 2 : Erreurs introduites par le système codé
\nAvec le codage Hamming (7,4), le nombre moyen d'erreurs par bloc devient :
\n$E[\\text{erreurs}]_{\\text{codé}} = 7 \\times p_e = 7 \\times 10^{-3} = 0.007\\text{ erreur par bloc (transmis)}$
\n\nMais le décodeur corrige jusqu'à 1 erreur par bloc :
\n$E[\\text{erreurs}]_{\\text{après correction}} = P(\\geq 2) \\times 2 \\approx 2.1 \\times 10^{-5} \\times 2 = 4.2 \\times 10^{-5}\\text{ erreur par bloc}$
\n\nÉtape 3 : Comparaison
\nTaux d'erreur sans correction : $0.004 / 4 = 10^{-3}$ par bit
\nTaux d'erreur avec correction : $4.2 \\times 10^{-5} / 4 \\approx 1.05 \\times 10^{-5}$ par bit
\n\nRésultat final
\n$\\boxed{\\text{Oui, le système corrige beaucoup plus d'erreurs qu'il n'en introduit}}$
\n\nQuantification :
\n$\\frac{\\text{Erreurs corrigées}}{\\text{Erreurs introduites}} = \\frac{10^{-3}}{1.05 \\times 10^{-5}} \\approx 95.2$
\n\nLe système corrige environ $95\\text{ erreurs}$ pour chaque erreur qui finit par échapper.
\n\nRésumé des résultats :
\n- \n
- Taux de codage : $4/7 \\approx 0.571 = 57.14\\%$ \n
- Débit transmission : $7\\,000\\text{ bit/s}$ \n
- Surcoût redondance : $75\\%$ \n
- Probabilité erreur bloc : $P_{bloc} \\approx 2.1 \\times 10^{-5}$ \n
- BER après correction : $P_{b\\text{,corr}} \\approx 2.1 \\times 10^{-5}$ \n
- Gain de codage : $16.8\\text{ dB}$ \n
- Ratio efficacité : $27.2:1$ (bénéfice/surcoût) \n
- Correction vs introduction : rapport $95.2:1$ \n
- Efficacité spectrale sans : $1.0\\text{ bit/(s·Hz)}$ \n
- Efficacité spectrale avec : $0.571\\text{ bit/(s·Hz)}$ \n
Conclusion : Le code Hamming (7,4) offre un excellent compromis entre la redondance ajoutée (75%) et l'amélioration du taux d'erreur (47.6×), ce qui justifie pleinement son utilisation dans les systèmes de communication robustes.
", "id_category": "3", "id_number": "13" }, { "category": "Techniques de transmission numérique", "question": "Exercice 1 : Transmission numérique PCM sur canal filaire
\nUne source audio analogique de bande passante limitée à $B = 15\\,\\text{kHz}$ est numérisée et échantillonnée selon le théorème de Shannon. Après échantillonnage, le signal subit une quantification uniforme à $n = 12$ bits et un codage binaire sans compression. Le tout est transmis sur un canal filaire de bande passante limitée à $B_c = 100\\,\\text{kHz}$ et un rapport signal sur bruit du canal de $S/B = 35\\,\\text{dB}$.
\n\nQuestion 1 :
\nCalculer la fréquence minimale d'échantillonnage $f_e$ nécessaire, puis le débit binaire résultant $D_b$ après codage.
\n\nQuestion 2 :
\nDéterminer le rapport signal sur bruit d'écrêtage (quantification) maximal théorique $(S/B)_{q,max}$ en dB de ce système. Comparer-le avec le rapport signal/bruit du canal.
\n\nQuestion 3 :
\nAvec une modulation de type ASK à 4 niveaux (4-ASK), est-il possible de transmettre sans erreur tous les bits issus du PCM sur ce canal, sans compression ni mise en forme spectrale spéciale ? Calculer la largeur de bande minimale nécessaire pour la transmission de ce débit en 4-ASK et vérifier si $B_c$ est suffisant. Calculer la distance de minimum Euclidienne entre les symboles modulés si la puissance émise est $P = 0.1\\,\\text{W}$ et le canal présente un bruit blanc de puissance spectrale de densité $N_0 = 4\\times10^{-10}\\,\\text{W/Hz}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Réponses détaillées à chaque question
Question 1 :
1. Formule générale : Selon Shannon, la fréquence minimale est $f_e = 2B$.
2. Remplacement : $f_e = 2 \\times 15 000 = 30 000$ Hz.
3. Calcul : Débit binaire $D_b = f_e \\times n = 30 000 \\times 12 = 360 000 $ bits/s.
4. Résultat : $\\boxed{f_e = 30\\,\\text{kHz}}$, $\\boxed{D_b = 360\\,\\text{kbit/s}}$.
Question 2 :
1. Formule du S/B quantification :$ (S/B)_{q,max,dB} = 6.02 n + 1.76$ dB.
2. Remplacement : $(S/B)_{q,max} = 6.02 \\times 12 + 1.76 = 72.24 + 1.76 = 74$ dB.
3. Calcul : Rapport canal $(S/B)_c = 35$ dB.
4. Résultat : $\\boxed{S/B_{q,max} = 74\\,\\text{dB}}$ (très supérieur au rapport du canal, donc le bruit du canal domine).
Question 3 :
1. Formule débit en 4-ASK :$ D_b = 2 R_s$ donc $R_s = D_b / 2$.
2. Remplacement : $R_s = 360 000 / 2 = 180 000$ bauds.
3. Bande minimale nécessaire (sans canal distorsion) : $B_{min} = R_s = 180\\,\\text{kHz}$.
4. Résultat : $\\boxed{B_{min} = 180\\,\\text{kHz} > B_c}$. Donc impossible de transmettre ce débit à 4-ASK (le canal est limitant).
Calcul de la distance Euclidienne minimale :$d_{min} = \\sqrt{\\frac{6 P}{M^2 - 1}}$ avec $M = 4,\\,P = 0.1$.
Remplacement :$ d_{min} = \\sqrt{\\frac{6 \\times 0.1}{16 - 1}} = \\sqrt{\\frac{0.6}{15}} = \\sqrt{0.04} = 0.2$.
Calcul du bruit par symbole: $\\sigma_n^2 = N_0 B = 4\\times10^{-10} \\times 100 000 = 4\\times10^{-5}$ W.
Distance Euclidienne normalisée : $d_{min} / \\sigma_n = 0.2 / \\sqrt{4\\times10^{-5}} = 0.2/0.00632 = 31.7$ (rapport très favorable).",
"id_category": "3",
"id_number": "14"
},
{
"category": "Techniques de transmission numérique",
"question": "
Exercice 2 : Quantification, codage et transmission après filtrage passe-bas
\nUne image analogique de largeur de bande limitée à $B = 4\\,\\text{MHz}$ subit un échantillonnage à la fréquence minimale et une quantification sur $n = 8$ bits. À la sortie du quantificateur, un codeur de Gray est utilisé pour le codage binaire. Le signal numérique ainsi obtenu est transmis sur un canal à largeur de bande $B_c = 6\\,\\text{MHz}$ et rapport signal/bruit $S/B = 30\\,\\text{dB}$.
\n\nQuestion 1 :
\nCalculer le nombre total d'échantillons en 2 millisecondes et le débit binaire total du système.
\n\nQuestion 2 :
\nCalculer le rapport S/B dû à la quantification, ainsi que la puissance du bruit de quantification en supposant un signal pleine échelle de $V_{max} = 2\\,\\text{V}$ (amplitude crête à crête).
\n\nQuestion 3 :
\nDéterminer le spectre du signal numérique (fréquence la plus haute), la largeur de bande minimale requise pour transmettre le signal codé (codage de Gray), et indiquer si la largeur du canal permet une transmission sans interférences de symboles. Si la transmission se fait en 8-PSK, calculer la puissance de chaque symbole pour un rapport signal/bruit d'au moins 13 dB à la réception si $N_0 = 1\\times10^{-9}\\,\\text{W/Hz}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Réponses détaillées à chaque question
Question 1 :
1. Échantillonnage: $f_e = 2B = 2 \\times 4 \\times 10^6 = 8 \\times 10^6$ Hz.
Nombre d'échantillons en 2ms: $N = f_e \\times 2\\times10^{-3} = 8\\times10^6 \\times 2\\times10^{-3} = 16 000$.
débit global: $D_b = 8\\,\\text{bits} \\times 8\\times10^6 = 64\\,\\text{Mbits/s}$.
Résultats: $\\boxed{N = 16 000}$, $\\boxed{D_b = 64\\,\\text{Mbits/s}}$.
Question 2 :
1. S/B quantification: $(S/B)_q = 6.02 n + 1.76 = 6.02 \\times 8 + 1.76 = 48.16 + 1.76 = 49.92$ dB.
2. Bruit de quantification uniforme:$ q = \\frac{V_{max}}{2^n}$ ; $\\sigma_q^2 = \\frac{q^2}{12}$.
Remplacement: $q = 2/256 = 0.0078125$ V.
$\\sigma_q^2 = (0.0078125^2)/12 = 5.085\\times10^{-6}$ V^2.
Question 3 :
Spectre du signal et bande requise:\n1. La fréquence la plus haute: $f_e = 8\\,\\text{MHz}$; bande passante minimale NRZ: $B_{min} \\approx D_b/2 = 32\\,\\text{MHz}$, supérieure à celle du canal, donc transmission impossible.
En 8-PSK:$N_b = \\log_2 8 = 3$ bits/symbole, $R_s = D_b /3 = 64\\,\\text{Mbits/s}/3 \\approx 21.3\\,\\text{Msymbols/s}$.
Puissance par symbole pour S/B=13 dB:$P/N = 10^{13/10} = 19.95$; bruit $N = N_0 B_c = 1\\times10^{-9} \\times 6\\times10^6 = 6\\times10^{-3} $ W.
Puissance symbole :$P = 19.95 \\times 6\\times10^{-3} = 0.1197$ W.
Résultat : $\\boxed{P = 0.12\\,\\text{W}}$ pour chaque symbole.",
"id_category": "3",
"id_number": "15"
},
{
"category": "Techniques de transmission numérique",
"question": "
Exercice 3 : Transmission numérique sur canal bruité (codage et capacité)
\nUn signal vocal de bande passante $B = 4\\,\\text{kHz}$ est transmis par PCM (n=8 bits/sample) sur un canal bruité de type AWGN à bande passante $B_c = 30\\,\\text{kHz}$ et puissance spectrale de bruit $N_0 = 2\\times10^{-12}\\,\\text{W/Hz}$. Le système utilise une modulation à 16-QAM. L'émetteur dispose d'une puissance de $P = 20\\,\\text{mW}$. Le taux d'erreur binaire maximal admissible est $BER_{max} = 10^{-4}$.
\n\nQuestion 1 :
\nCalculer la fréquence d'échantillonnage minimale et le débit binaire PCM généré.
\n\nQuestion 2 :
\nCalculer la capacité du canal d’après Shannon et déterminer si le système peut transmettre sans erreur en théorie. Calculer le rapport signal/bruit reçu.
\n\nQuestion 3 :
\nDéterminer la largeur de bande minimale pour transmettre ce débit en 16-QAM. Calculer la puissance minimale requise de chaque symbole modulé pour atteindre $BER_{max}$ sur ce canal, et indiquer si la transmission à la puissance disponible est réalisable (utiliser l'approximation de performance du 16-QAM).
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Réponses détaillées à chaque question
Question 1 :
1. $f_e = 2B = 8\\,\\text{kHz}$.
Nombre d'échantillons/s : $8\\,\\text{kHz}$
Débit binaire PCM :$D_b = f_e \\times n = 8 000 \\times 8 = 64 000$ bits/s.
Résultat: $\\boxed{f_e = 8\\,\\text{kHz}}$, $\\boxed{D_b = 64\\,\\text{kbit/s}}$.
Question 2 :
1. Puissance bruit total: $N = N_0 \\times B_c = 2\\times10^{-12} \\times 30 000 = 6\\times10^{-8} $ W.
Rapport S/B reçu : $S/B = P/N = 0.02/6\\times10^{-8} = 3.33\\times10^5$ (55.2 dB).
Capacité de Shannon : $C = B_c \\log_2(1 + S/N) = 30 000 \\log_2(1 + 3.33\\times10^5)\\approx 30 000 \\times 18.3 = 549 000$ bits/s.
Transmission possible car $D_b < C$.
Question 3 :
Bande 16-QAM:
1. $N_b = \\log_2 16 = 4$, symboles/s : $R_s = D_b / 4 = 64 000 / 4 = 16 000$ bauds.
Bande minimale $B_{min} = R_s = 16\\,\\text{kHz}$, qui est < que $B_c$.
Puissance pour $BER_{max}:$
Pour 16-QAM, $BER \\approx \\frac{3}{8} \\mathrm{erfc}(d_{min}/2\\sqrt{N_0})$,
pour $BER_{max} = 10^{-4}$, approx $E_b/N_0 = 13.5$ dB.
$E_b = P/R_b = P/64 000$, $N_0$ donné.
Puissance minimale :$P = E_b \\times 64 000 = 13.5\\,dB \\to 22.4\\, fois N_0$.
Soit $P_{min} = 22.4 \\times 2\\times10^{-12} \\times 64 000 = 2.87\\times10^{-6}$ W.
La puissance disponible (0.02 W) suffit largement.",
"id_category": "3",
"id_number": "16"
},
{
"category": "Techniques de transmission numérique",
"question": "
Exercice 1 : Chaîne de Transmission Numérique avec Échantillonnage et Quantification
Un système de transmission numérique doit transmettre un signal audio analogique. Le signal d'entrée est un signal sinusoïdal issu d'un microphone avec les caractéristiques suivantes :
- Signal analogique : $s(t) = 5 \\sin(2\\pi f_0 t)$ où $f_0 = 3$ kHz
- Amplitude maximale du signal : $S_{max} = 5$ V
- Fréquence d'échantillonnage : $f_e = 16$ kHz
- Résolution du quantificateur : $b = 12$ bits
- Gamme de quantification : $[-5V, +5V]$
- Type de quantification : uniforme linéaire
Question 1 : Vérifiez le respect du théorème de Nyquist-Shannon. Calculez la bande passante minimale requise en Hz, puis déterminez le débit binaire $D_b$ (en bits/s) nécessaire pour transmettre ce signal avec les paramètres données.
Question 2 : Le signal est échantillonné à $t_0 = 0$, $t_1 = 1/f_e$, $t_2 = 2/f_e$ et $t_3 = 3/f_e$. Calculez les valeurs instantanées du signal analogique à ces instants, puis quantifiez chaque échantillon. Déterminez le pas de quantification $\\Delta Q$ et les codes binaires (12 bits) en représentation binaire naturelle pour chaque échantillon quantifié.
Question 3 : Pour une transmission sur $L = 500$ km, le canal introduit une atténuation de $A = 120$ dB. Si le débit calculé à la question 1 est transmis sans codage de canal supplémentaire, calculez la puissance du signal reçu $P_{RX}$ sachant que le transmetteur émet avec une puissance $P_{TX} = 20$ W. Exprimez le résultat en watts et en dBm. Déterminez également la longueur totale de données (en bits) transmise pendant une durée de $\\Delta t = 2.5$ secondes.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Détaillée de l'Exercice 1
Question 1 : Respect du théorème de Nyquist et calcul du débit binaire
Explication : Le théorème de Nyquist-Shannon stipule que pour échantillonner sans perte un signal dont la fréquence maximale est $f_{max}$, la fréquence d'échantillonnage doit être au moins deux fois supérieure. Cette question vérifie cette condition et calcule le débit de transmission.
A) Vérification du théorème de Nyquist
Étape 1 : Formule générale
Le théorème de Nyquist-Shannon impose :
$f_e \\geq 2 f_{max}$
Où $f_e$ est la fréquence d'échantillonnage et $f_{max}$ est la fréquence maximale du signal.
Pour notre signal sinusoïdal, $f_{max} = f_0$.
Étape 2 : Remplacement des données
Données : $f_0 = 3$ kHz, $f_e = 16$ kHz
La condition de Nyquist devient :
$16 \\text{ kHz} \\geq 2 \\times 3 \\text{ kHz} = 6 \\text{ kHz}$
Étape 3 : Résultat
$\\boxed{16 \\text{ kHz} \\geq 6 \\text{ kHz}} \\quad \\text{✓ Condition satisfaite}$
Interprétation : La fréquence d'échantillonnage de $16$ kHz est bien supérieure à la fréquence minimale requise de $6$ kHz (deux fois la fréquence maximale du signal). Le facteur de sur-échantillonnage est de $16/6 \\approx 2.67$, ce qui offre une marge raisonnable pour le filtrage et la reconstruction.
B) Calcul du débit binaire
Étape 1 : Formule générale
Le débit binaire d'une chaîne de transmission numérique est donné par :
$D_b = f_e \\times b$
Où $f_e$ est la fréquence d'échantillonnage et $b$ est la résolution (nombre de bits par échantillon).
Étape 2 : Remplacement des données
Données : $f_e = 16 \\times 10^3$ Hz, $b = 12$ bits
$D_b = 16 \\times 10^3 \\times 12$
Étape 3 : Calcul
$D_b = 192 \\times 10^3 = 192000$ bits/s
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{D_b = 192 \\text{ kbps}}$
Interprétation : Le débit binaire de $192$ kbps est typique pour la transmission de signaux audio de qualité CD. Ce débit est facile à gérer par les systèmes de transmission modernes.
Question 2 : Échantillonnage, quantification et codage binaire
Explication : Cette question exécute les trois premières étapes de la chaîne de transmission numérique sur les premiers instants de la fenêtre d'observation.
A) Calcul des valeurs instantanées du signal
Étape 1 : Formule générale
Le signal analogique est donné par :
$s(t) = 5\\sin(2\\pi f_0 t)$
Étape 2 : Calcul pour chaque instant d'échantillonnage
La période d'échantillonnage est :
$T_e = \\frac{1}{f_e} = \\frac{1}{16 \\times 10^3} = 62.5 \\times 10^{-6}$ s
À $t_0 = 0$ :
$s(t_0) = 5\\sin(0) = 0$ V
À $t_1 = T_e = 62.5 \\times 10^{-6}$ s :
$s(t_1) = 5\\sin(2\\pi \\times 3 \\times 10^3 \\times 62.5 \\times 10^{-6})$
$= 5\\sin(2\\pi \\times 3 \\times 62.5 \\times 10^{-3}) = 5\\sin(2\\pi \\times 0.1875)$
$= 5\\sin(1.178) \\approx 4.755$ V
À $t_2 = 2T_e = 125 \\times 10^{-6}$ s :
$s(t_2) = 5\\sin(2\\pi \\times 3 \\times 10^3 \\times 125 \\times 10^{-6})$
$= 5\\sin(2\\pi \\times 0.375) = 5\\sin(2.356) \\approx 4.045$ V
À $t_3 = 3T_e = 187.5 \\times 10^{-6}$ s :
$s(t_3) = 5\\sin(2\\pi \\times 3 \\times 10^3 \\times 187.5 \\times 10^{-6})$
$= 5\\sin(2\\pi \\times 0.5625) = 5\\sin(3.534) \\approx 0.955$ V
B) Calcul du pas de quantification
Étape 1 : Formule générale
Le pas de quantification pour une quantification uniforme linéaire est :
$\\Delta Q = \\frac{V_{max} - V_{min}}{2^b - 1}$
Où $V_{max} = 5$ V et $V_{min} = -5$ V sont les limites de la gamme de quantification.
Étape 2 : Remplacement des données
$\\Delta Q = \\frac{5 - (-5)}{2^{12} - 1} = \\frac{10}{4095}$
Étape 3 : Calcul
$\\Delta Q = \\frac{10}{4095} \\approx 0.00244$ V
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{\\Delta Q \\approx 2.44 \\text{ mV}}$
C) Quantification des échantillons
Étape 1 : Formule générale
L'indice de quantification d'un échantillon est :
$k = \\text{round}\\left(\\frac{s(t_i) - V_{min}}{\\Delta Q}\\right)$
Où round() arrondit à l'entier le plus proche.
Étape 2 : Quantification de chaque échantillon
Pour $s(t_0) = 0$ V :
$k_0 = \\text{round}\\left(\\frac{0 - (-5)}{0.00244}\\right) = \\text{round}\\left(\\frac{5}{0.00244}\\right) = \\text{round}(2049) = 2049$
Code binaire (12 bits) : $2049 = 0100 0000 0001_{(2)}$
Pour $s(t_1) = 4.755$ V :
$k_1 = \\text{round}\\left(\\frac{4.755 - (-5)}{0.00244}\\right) = \\text{round}\\left(\\frac{9.755}{0.00244}\\right) = \\text{round}(3998) = 3998$
Code binaire (12 bits) : $3998 = 1111 1001 1110_{(2)}$
Pour $s(t_2) = 4.045$ V :
$k_2 = \\text{round}\\left(\\frac{4.045 - (-5)}{0.00244}\\right) = \\text{round}\\left(\\frac{9.045}{0.00244}\\right) = \\text{round}(3705) = 3705$
Code binaire (12 bits) : $3705 = 1110 0110 1001_{(2)}$
Pour $s(t_3) = 0.955$ V :
$k_3 = \\text{round}\\left(\\frac{0.955 - (-5)}{0.00244}\\right) = \\text{round}\\left(\\frac{5.955}{0.00244}\\right) = \\text{round}(2439) = 2439$
Code binaire (12 bits) : $2439 = 0100 1100 0111_{(2)}$
Étape 3 : Résultat final
$\\boxed{\\begin{align}\\text{t}_0: \\quad & k_0 = 2049, \\quad \\text{Code} = 0100000000001\\text{t}_1: \\quad & k_1 = 3998, \\quad \\text{Code} = 1111100111110\\text{t}_2: \\quad & k_2 = 3705, \\quad \\text{Code} = 1110011010010\\text{t}_3: \\quad & k_3 = 2439, \\quad \\text{Code} = 0100110001110\\end{align}}$
Interprétation : Chaque échantillon du signal analogique a été converti en un nombre entier représentant son niveau de quantification, puis codé en binaire sur 12 bits. Le pas de quantification de $2.44$ mV introduit un bruit de quantification, mais cette résolution est largement suffisante pour l'audio numérique (typiquement, le bruit est à plus de $70$ dB sous le signal).
Question 3 : Calcul de la puissance reçue et longueur des données transmises
Explication : Cette question traite de la transmission du flux binaire sur un canal réel avec atténuation, et calcule les propriétés du signal transmis.
A) Calcul de la puissance reçue
Étape 1 : Formule générale
La relation entre puissance transmise, atténuation du canal et puissance reçue en échelle logarithmique est :
$P_{RX}(dBm) = P_{TX}(dBm) - A(dB)$
Où $A$ est l'atténuation du canal.
Étape 2 : Conversion de PTX en dBm
Données : $P_{TX} = 20$ W
$P_{TX}(dBm) = 10\\log_{10}\\left(\\frac{20 \\text{ W}}{1 \\text{ mW}}\\right) = 10\\log_{10}\\left(\\frac{20}{0.001}\\right)$
$= 10\\log_{10}(20000) = 10 \\times 4.301 = 43.01$ dBm
Étape 3 : Calcul de PRX en dBm
$P_{RX}(dBm) = 43.01 - 120 = -76.99$ dBm
Étape 4 : Conversion en watts
$P_{RX}(W) = 10^{\\frac{P_{RX}(dBm) - 30}{10}} = 10^{\\frac{-76.99 - 30}{10}} = 10^{-10.699}$
$P_{RX} \\approx 2 \\times 10^{-11}$ W
Étape 5 : Résultat final
$\\boxed{P_{RX} \\approx 2 \\times 10^{-11} \\text{ W} = -76.99 \\text{ dBm}}$
B) Calcul de la longueur totale des données transmises
Étape 1 : Formule générale
La longueur totale des données (en bits) transmise pendant un intervalle de temps $\\Delta t$ est :
$N_{bits} = D_b \\times \\Delta t$
Où $D_b$ est le débit binaire.
Étape 2 : Remplacement des données
Données : $D_b = 192 \\times 10^3$ bits/s, $\\Delta t = 2.5$ s
$N_{bits} = 192 \\times 10^3 \\times 2.5$
Étape 3 : Calcul
$N_{bits} = 480 \\times 10^3 = 480000$ bits
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{N_{bits} = 480 \\text{ kbits}}$
Interprétation : Pendant $2.5$ secondes, $480000$ bits sont transmis, ce qui correspond à un fichier audio numérique comprimé d'environ $60$ kilooctets (kB). La puissance reçue est extrêmement faible ($2 \\times 10^{-11}$ W, soit $20$ picovolts sur une charge de $50$ Ω), ce qui aurait normalement nécessaire une amplification très importante du récepteur. En pratique, les systèmes réels utilisent des amplificateurs et des égaliseurs pour traiter ces niveaux de signal affaiblis.
", "id_category": "3", "id_number": "17" }, { "category": "Techniques de transmission numérique", "question": "Exercice 2 : Codage de Canal et Transmission sur Canal Bruité
Un système de transmission numérique utilise un code correcteur d'erreurs pour améliorer la fiabilité de la transmission. Les paramètres du système sont :
- Code de Hamming (7,4) : $k = 4$ bits d'information, $n = 7$ bits codés
- Débit binaire du signal codé : $D_b = 28$ kbps
- Modulation : QPSK (4 symboles possibles)
- Énergie par bit transmis : $E_b = 10^{-10}$ J
- Densité spectrale bilatérale de bruit blanc : $N_0 = 10^{-12}$ W/Hz
- Longueur de la transmission : $L = 50$ ms
Question 1 : Calculez le rapport signal sur bruit $E_b/N_0$ en dB, puis déterminez le débit d'information (bits d'information par seconde) transmis sans codage supplémentaire. Calculez également la bande passante requise pour la transmission avec modulation QPSK.
Question 2 : Un mot de code Hamming (7,4) avec les 4 bits d'information $d = [1, 0, 1, 1]$ doit être transmis. Calculez les positions des bits de parité. Générez le mot de code complet de 7 bits, puis supposez qu'une erreur simple survient à la position 3. Montrez comment le code détecte et corrige cette erreur.
Question 3 : La probabilité d'erreur par bit avec modulation QPSK pour la transmission non codée est $P_e = Q\\left(\\sqrt{\\frac{2E_b}{N_0}}\\right)$ où $Q(x) = \\frac{1}{\\sqrt{2\\pi}}\\int_x^{\\infty} e^{-u^2/2}du$. Calculez cette probabilité d'erreur, puis estimez le nombre total d'erreurs de bits attendues sur la transmission de $L = 50$ ms en mode non codé. Enfin, calculez le débit net d'information après codage Hamming (7,4) et comparez l'efficacité spectrale (bps/Hz) avant et après codage.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Détaillée de l'Exercice 2
Question 1 : Rapport signal sur bruit, débit d'information et bande passante
Explication : Le rapport $E_b/N_0$ est une mesure fondamentale de la qualité du lien de transmission. Il détermine directement la probabilité d'erreur. Cette question calcule également les débits et les bandes passantes nécessaires.
A) Calcul du rapport Eb/N₀ en dB
Étape 1 : Formule générale
Le rapport signal sur bruit en échelle logarithmique (dB) est :
$\\frac{E_b}{N_0}(dB) = 10\\log_{10}\\left(\\frac{E_b}{N_0}\\right)$
Étape 2 : Remplacement des données
Données : $E_b = 10^{-10}$ J, $N_0 = 10^{-12}$ W/Hz
$\\frac{E_b}{N_0} = \\frac{10^{-10}}{10^{-12}} = 10^{2} = 100$
Étape 3 : Calcul
$\\frac{E_b}{N_0}(dB) = 10\\log_{10}(100) = 10 \\times 2 = 20$ dB
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{\\frac{E_b}{N_0} = 20 \\text{ dB}}$
B) Débit d'information en mode non codé
Étape 1 : Formule générale
Pour un code (7,4), chaque bloc de 7 bits transmis contient 4 bits d'information. Le débit d'information est :
$D_{info} = D_b \\times \\frac{k}{n}$
Où $k = 4$ est le nombre de bits d'information et $n = 7$ est le nombre total de bits codés.
Étape 2 : Remplacement des données
Données : $D_b = 28 \\times 10^3$ bps
$D_{info} = 28 \\times 10^3 \\times \\frac{4}{7}$
Étape 3 : Calcul
$D_{info} = 4 \\times 10^3 \\times 4 = 16 \\times 10^3 = 16000$ bits/s
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{D_{info} = 16 \\text{ kbps}}$
C) Bande passante requise avec modulation QPSK
Étape 1 : Formule générale
La modulation QPSK (4 symboles) transmet 2 bits par symbole. La relation entre débit binaire et bande passante est :
$B_W = \\frac{D_b}{\\log_2(M)} = \\frac{D_b}{2}$
Où $M = 4$ est le nombre de symboles, donc $\\log_2(4) = 2$.
Étape 2 : Remplacement des données
$B_W = \\frac{28 \\times 10^3}{2}$
Étape 3 : Calcul
$B_W = 14 \\times 10^3 = 14000$ Hz
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{B_W = 14 \\text{ kHz}}$
Interprétation : Avec un débit binaire de $28$ kbps et une modulation QPSK (2 bits/symbole), la bande passante requise est de $14$ kHz. Le rapport $E_b/N_0 = 20$ dB offre une très bonne qualité de lien avec une probabilité d'erreur très faible.
Question 2 : Construction du code Hamming (7,4) et correction d'erreur
Explication : Le code de Hamming (7,4) utilise 3 bits de parité pour protéger 4 bits d'information. Les positions de parité sont calculées de manière à détecter et corriger les erreurs simples.
A) Calcul des bits de parité
Étape 1 : Disposition des bits
Les positions du mot de code de 7 bits sont numérotées de 1 à 7. Les bits de parité sont aux positions puissances de 2 : position 1 ($p_1$), position 2 ($p_2$) et position 4 ($p_3$). Les bits d'information sont aux positions restantes.
Position : 1 ($p_1$), 2 ($p_2$), 3 ($d_1$), 4 ($p_3$), 5 ($d_2$), 6 ($d_3$), 7 ($d_4$)
Étape 2 : Données d'information
Données : $d = [1, 0, 1, 1]$, donc $d_1 = 1, d_2 = 0, d_3 = 1, d_4 = 1$
Étape 3 : Calcul de p₁ (parité paire pour positions avec bit 0)
$p_1$ contrôle les positions dont la représentation binaire a le bit 0 à 1 : positions 1, 3, 5, 7
$p_1 = d_1 \\oplus d_2 \\oplus d_4 = 1 \\oplus 0 \\oplus 1 = 0$
Étape 4 : Calcul de p₂ (parité paire pour positions avec bit 1)
$p_2$ contrôle les positions dont la représentation binaire a le bit 1 à 1 : positions 2, 3, 6, 7
$p_2 = d_1 \\oplus d_3 \\oplus d_4 = 1 \\oplus 1 \\oplus 1 = 1$
Étape 5 : Calcul de p₃ (parité paire pour positions avec bit 2)
$p_3$ contrôle les positions dont la représentation binaire a le bit 2 à 1 : positions 4, 5, 6, 7
$p_3 = d_2 \\oplus d_3 \\oplus d_4 = 0 \\oplus 1 \\oplus 1 = 0$
Étape 6 : Mot de code complet
$\\boxed{\\text{Mot de code} = [p_1, p_2, d_1, p_3, d_2, d_3, d_4] = [0, 1, 1, 0, 0, 1, 1]}$
B) Correction d'une erreur simple
Étape 1 : Mot reçu avec erreur
Supposons qu'une erreur survient à la position 3 (inversion du bit) :
$\\text{Mot reçu} = [0, 1, 0, 0, 0, 1, 1]$ (le bit $d_1$ passe de 1 à 0)
Étape 2 : Calcul du syndrome
$s_1 = c_1 \\oplus c_3 \\oplus c_5 \\oplus c_7 = 0 \\oplus 0 \\oplus 0 \\oplus 1 = 1$
$s_2 = c_2 \\oplus c_3 \\oplus c_6 \\oplus c_7 = 1 \\oplus 0 \\oplus 1 \\oplus 1 = 1$
$s_3 = c_4 \\oplus c_5 \\oplus c_6 \\oplus c_7 = 0 \\oplus 0 \\oplus 1 \\oplus 1 = 0$
Syndrome : $s = (s_3 s_2 s_1)_2 = (011)_2 = 3$
Étape 3 : Correction
Le syndrome indique la position de l'erreur. Position 3 = (011)₂ = 3. L'erreur est à la position 3.
Correction : inverser le bit à la position 3 :
$\\text{Mot corrigé} = [0, 1, 1, 0, 0, 1, 1]$
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{\\text{Mot corrigé} = \\text{Mot de code original}}$
Interprétation : Le syndrome non nul (011)₂ indique directement la position de l'erreur. En inversant le bit à cette position, le mot de code est corrigé. Le code de Hamming (7,4) peut détecter et corriger toutes les erreurs simples.
Question 3 : Probabilité d'erreur, nombre d'erreurs et efficacité spectrale
Explication : Cette question évalue la performance du système en termes d'erreurs et compare l'efficacité avant et après codage.
A) Calcul de la probabilité d'erreur par bit avec QPSK
Étape 1 : Formule générale
Pour modulation QPSK, la probabilité d'erreur par bit est :
$P_e = Q\\left(\\sqrt{\\frac{2E_b}{N_0}}\\right)$
Où la fonction $Q(x)$ est définie par :
$Q(x) = \\frac{1}{\\sqrt{2\\pi}}\\int_x^{\\infty} e^{-u^2/2}du$
Pour $x = \\sqrt{2 \\times 100} = \\sqrt{200} \\approx 14.14$, la fonction $Q$ est extrêmement petite.
Étape 2 : Calcul du rapport
$\\sqrt{\\frac{2E_b}{N_0}} = \\sqrt{2 \\times 100} = \\sqrt{200} \\approx 14.142$
Étape 3 : Approximation pour grandes valeurs
Pour $x$ grand, on utilise l'approximation :
$Q(x) \\approx \\frac{e^{-x^2/2}}{x\\sqrt{2\\pi}}$
$Q(14.142) \\approx \\frac{e^{-14.142^2/2}}{14.142 \\times \\sqrt{2\\pi}} = \\frac{e^{-100}}{14.142 \\times 2.507}$
Étape 4 : Calcul
$e^{-100} \\approx 3.7 \\times 10^{-44}$
$P_e \\approx \\frac{3.7 \\times 10^{-44}}{35.48} \\approx 1.04 \\times 10^{-45}$
Étape 5 : Résultat final
$\\boxed{P_e \\approx 10^{-45}}$
Interprétation : La probabilité d'erreur est pratiquement nulle, ce qui confirme que le rapport $E_b/N_0 = 20$ dB offre un lien extrêmement fiable.
B) Nombre total d'erreurs attendues
Étape 1 : Formule générale
Le nombre d'erreurs attendues sur une transmission de $N$ bits est :
$N_{err} = N \\times P_e$
Étape 2 : Calcul du nombre total de bits transmis
Données : $D_b = 28 \\times 10^3$ bps, $L = 50 \\times 10^{-3}$ s
$N = D_b \\times L = 28 \\times 10^3 \\times 50 \\times 10^{-3} = 1400$ bits
Étape 3 : Calcul du nombre d'erreurs
$N_{err} = 1400 \\times 10^{-45} = 1.4 \\times 10^{-42}$ erreurs
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{N_{err} \\approx 1.4 \\times 10^{-42} \\text{ erreurs}}$
Interprétation : Pratiquement zéro erreur n'est attendue sur cette transmission. C'est un système extrêmement fiable.
C) Débit net après codage Hamming et efficacité spectrale
Étape 1 : Débit net d'information après codage
Le débit net est :
$D_{net} = D_b \\times \\frac{k}{n} = 28 \\times 10^3 \\times \\frac{4}{7}$
$D_{net} = 16 \\times 10^3 = 16 \\text{ kbps}$
Étape 2 : Efficacité spectrale avant codage (signal brut sans codage)
Sans codage, le débit binaire est $D_b$ = 28 kbps avec la même bande passante $B_W = 14 kHz.
Efficacité spectrale avant codage :
$\\eta_{avant} = \\frac{D_b}{B_W} = \\frac{28 \\times 10^3}{14 \\times 10^3} = 2$ bps/Hz
Étape 3 : Efficacité spectrale après codage
Après codage, le débit d'information est $D_{net} = 16$ kbps, la bande passante reste $B_W = 14$ kHz (le débit codé reste 28 kbps).
Efficacité spectrale après codage :
$\\eta_{après} = \\frac{D_{net}}{B_W} = \\frac{16 \\times 10^3}{14 \\times 10^3} \\approx 1.143$ bps/Hz
Étape 4 : Comparaison
Perte relative :
$\\frac{\\eta_{avant}}{\\eta_{après}} = \\frac{2}{1.143} \\approx 1.75$
Perte en % :
$\\text{Perte} = \\left(1 - \\frac{\\eta_{après}}{\\eta_{avant}}\\right) \\times 100 = \\left(1 - \\frac{1.143}{2}\\right) \\times 100 \\approx 43\\%$
Étape 5 : Résultat final
$\\boxed{\\begin{align}\\eta_{avant} &= 2 \\text{ bps/Hz}\\\\\\eta_{après} &= 1.143 \\text{ bps/Hz}\\\\\\text{Perte} &\\approx 43\\%\\end{align}}$
Interprétation : Le codage de Hamming (7,4) améliore la fiabilité de la transmission en corrigeant les erreurs simples, mais au prix d'une réduction de l'efficacité spectrale de $43\\%$. Le rendement du code est $4/7 \\approx 57\\%$. En pratique, c'est un compromis acceptable : pour un lien extrêmement bruyant où les erreurs sont fréquentes, l'avantage du codage en correction d'erreur dépasserait largement la perte en efficacité spectrale.
", "id_category": "3", "id_number": "18" }, { "category": "Techniques de transmission numérique", "question": "Exercice 3 : Transmision Multi-canaux par Multiplexage Fréquentiel (FDM) et Calcul de Débit
Un système de télécommunication utilise le multiplexage par division en fréquence (FDM) pour transmettre plusieurs signaux audio sur un même canal de transmission. Les spécifications du système sont :
- Nombre de canaux : $N = 12$ canaux indépendants
- Bande passante de chaque signal audio : $B_{audio} = 4$ kHz (gamme voix standard 0-4 kHz)
- Fréquence de modulation (porteuse) du canal 1 : $f_1 = 50$ kHz
- Espacement entre porteuses : $\\Delta f = 8$ kHz (2 kHz de garde de chaque côté)
- Débit binaire de chaque canal après codage : $D_{canal} = 64$ kbps (quantification 8 bits à $f_e = 8$ kHz)
- Modulation : AM-DSB-SC (Amplitude Modulation avec suppression de porteuse)
- Perte de transmission sur le canal FDM global : $A = 40$ dB sur $L = 100$ km
Question 1 : Déterminez les fréquences porteuses de tous les 12 canaux. Calculez la bande passante totale occupée par le signal FDM modulé $B_{total}$, puis exprimez ce résultat en MHz. Vérifiez que le système respecte la condition de Nyquist pour la bande passante totale.
Question 2 : Pour le canal 5 avec signal audio $m_5(t) = 3\\cos(2\\pi \\times 2 \\text{ kHz} \\times t)$ V, calculez le signal AM-DSB-SC modulé $s_5(t)$. Déterminez la bande passante occupée par ce canal modulé après transmission à travers tous les 12 canaux FDM, puis calculez la puissance moyenne du signal modulé en dBm sachant que la puissance du signal modulé en bande de base est $P_{modulation} = 0.5$ W.
Question 3 : Le signal FDM composé des 12 canaux est transmis avec une puissance totale $P_{TX} = 15$ W. À la réception, après atténuation du canal et démodulation, la puissance reçue au niveau du démodulateur pour le canal 5 est $P_{RX,5} = 0.15$ mW. Calculez le rapport signal sur bruit au niveau du récepteur du canal 5 sachant que la densité spectrale de bruit est $N_0 = 2 \\times 10^{-11}$ W/Hz. Exprimez aussi le résultat en dB. Calculez enfin le débit utile total du système (tous canaux) après transmission.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Détaillée de l'Exercice 3
Question 1 : Fréquences porteuses, bande passante totale et vérification Nyquist
Explication : Le FDM répartit les canaux dans le domaine fréquentiel en utilisant des porteuses espacées régulièrement. Cette question trace l'allocation complète et vérifie que le système satisfait les critères de Nyquist.
A) Calcul des fréquences porteuses
Étape 1 : Formule générale
Les fréquences porteuses des différents canaux sont :
$f_n = f_1 + (n-1) \\times \\Delta f$
Où $n$ est le numéro du canal.
Étape 2 : Remplacement des données
Données : $f_1 = 50$ kHz, $\\Delta f = 8$ kHz, $N = 12$ canaux
$f_n = 50 + (n-1) \\times 8$ kHz
Étape 3 : Calcul pour chaque canal
$f_1 = 50 \\text{ kHz}$
$f_2 = 50 + 8 = 58 \\text{ kHz}$
$f_3 = 50 + 16 = 66 \\text{ kHz}$
$f_4 = 50 + 24 = 74 \\text{ kHz}$
$f_5 = 50 + 32 = 82 \\text{ kHz}$ (canal utilisé dans la question 2, mais il sera corrigé)
$f_6 = 50 + 40 = 90 \\text{ kHz}$
$f_7 = 50 + 48 = 98 \\text{ kHz}$
$f_8 = 50 + 56 = 106 \\text{ kHz}$
$f_9 = 50 + 64 = 114 \\text{ kHz}$
$f_{10} = 50 + 72 = 122 \\text{ kHz}$
$f_{11} = 50 + 80 = 130 \\text{ kHz}$
$f_{12} = 50 + 88 = 138 \\text{ kHz}$
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{\\begin{align}f_n &= 50 + (n-1) \\times 8 \\text{ kHz}\\text{Canaux} &: [50, 58, 66, 74, 82, 90, 98, 106, 114, 122, 130, 138] \\text{ kHz}\\end{align}}$
B) Calcul de la bande passante totale
Étape 1 : Formule générale
Pour un système FDM avec modulation AM-DSB-SC, chaque canal occupe une bande passante égale à deux fois la bande passante du signal audio (bande latérale inférieure et bande latérale supérieure). La bande passante totale est :
$B_{total} = f_{12} + B_{audio} + \\text{garde} - (f_1 - B_{audio} - \\text{garde})$
Ou plus simplement :
$B_{total} = (f_N - f_1) + 2 \\times B_{audio}$
Étape 2 : Remplacement des données
La fréquence la plus basse doit également tenir compte de la garde de 2 kHz :
$f_{min} = f_1 - (B_{audio} + \\text{garde}) = 50 - (4 + 2) = 44 \\text{ kHz}$
La fréquence la plus haute :
$f_{max} = f_{12} + (B_{audio} + \\text{garde}) = 138 + (4 + 2) = 144 \\text{ kHz}$
$B_{total} = f_{max} - f_{min} = 144 - 44 = 100 \\text{ kHz}$
Ou en utilisant la formule :
$B_{total} = (f_{12} - f_1) + 2(B_{audio} + 2) = (138 - 50) + 2(4 + 2)$
$= 88 + 12 = 100 \\text{ kHz}$
Étape 3 : Résultat final
$\\boxed{B_{total} = 100 \\text{ kHz} = 0.1 \\text{ MHz}}$
C) Vérification de la condition de Nyquist
Étape 1 : Formule générale
La fréquence d'échantillonnage minimale requise pour éviter le repliement spectral est :
$f_e \\geq 2 \\times B_{total}$
Étape 2 : Remplacement des données
La bande passante totale du signal FDM est $100$ kHz. La fréquence d'échantillonnage minimale requise pour numériser ce signal FDM serait :
$f_{e,min} = 2 \\times 100 = 200 \\text{ kHz}$
Étape 3 : Résultat
$\\boxed{\\text{Condition de Nyquist : } f_e \\geq 200 \\text{ kHz}}$
Interprétation : La bande passante totale du système FDM est de $100$ kHz (ou $0.1$ MHz). Pour numériser ce signal sans perte, il faudrait utiliser une fréquence d'échantillonnage d'au moins $200$ kHz. Cependant, le système présenté ici utilise chaque canal en analogique/numérique à $8$ kHz par canal, avant multiplexage en fréquence.
Question 2 : Signal AM-DSB-SC du canal 5 et puissance modulée
Explication : Cette question calcule le signal modulé spécifique du canal 5 et les caractéristiques de sa transmission.
A) Signal AM-DSB-SC du canal 5
Étape 1 : Formule générale
Un signal AM-DSB-SC (Amplitude Modulation Double Sideband Suppressed Carrier) est obtenu en multipliant le signal modulant par la porteuse :
$s(t) = m(t) \\times \\cos(2\\pi f_c t)$
Étape 2 : Remplacement des données
Données : $m_5(t) = 3\\cos(2\\pi \\times 2 \\times 10^3 \\times t)$ V, $f_5 = 82$ kHz (selon le calcul précédent)
$s_5(t) = 3\\cos(2\\pi \\times 2 \\times 10^3 \\times t) \\times \\cos(2\\pi \\times 82 \\times 10^3 \\times t)$
Étape 3 : Expansion trigonométrique
Utilisant l'identité trigonométrique :
$\\cos(A) \\times \\cos(B) = \\frac{1}{2}[\\cos(A+B) + \\cos(A-B)]$
$s_5(t) = \\frac{3}{2}[\\cos(2\\pi(82+2) \\times 10^3 t) + \\cos(2\\pi(82-2) \\times 10^3 t)]$
$s_5(t) = \\frac{3}{2}[\\cos(2\\pi \\times 84 \\times 10^3 \\times t) + \\cos(2\\pi \\times 80 \\times 10^3 \\times t)]$
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{s_5(t) = 1.5\\cos(2\\pi \\times 84 \\text{ kHz} \\times t) + 1.5\\cos(2\\pi \\times 80 \\text{ kHz} \\times t) \\text{ V}}$
Avec :
$\\text{Bande latérale inférieure (LSB) : } 80 \\text{ kHz}$
$\\text{Bande latérale supérieure (USB) : } 84 \\text{ kHz}$
B) Bande passante occupée
Étape 1 : Formule générale
La bande passante occupée par le canal 5 modulé est :
$B_5 = f_{USB} - f_{LSB} = 84 - 80 = 4 \\text{ kHz}$
Étape 2 : Résultat final
$\\boxed{B_5 = 4 \\text{ kHz}}$
C) Puissance moyenne du signal modulé
Étape 1 : Formule générale
Pour un signal sinusoïdal, la puissance moyenne est :
$P_{moy} = \\frac{A^2}{2}$
Où $A$ est l'amplitude du signal.
Pour le signal AM-DSB-SC modulé :
$P_{s_5} = \\frac{(1.5)^2}{2} + \\frac{(1.5)^2}{2} = 2 \\times \\frac{2.25}{2} = 2.25 \\text{ W}$
Attendez, il y a une incohérence. La puissance donnée est $P_{modulation} = 0.5$ W pour le signal modulé en bande de base. Cela signifie que l'amplitude effective de $m_5(t)$ correspond à $0.5$ W.
En pratique, la puissance du signal AM-DSB-SC est liée à celle de la modulation par :
$P_{AM} = \\frac{P_{modulation}}{2} = \\frac{0.5}{2} = 0.25 \\text{ W}$
Étape 2 : Conversion en dBm
$P_{AM}(dBm) = 10\\log_{10}\\left(\\frac{0.25}{0.001}\\right) = 10\\log_{10}(250)$
$= 10 \\times 2.398 = 23.98$ dBm
Étape 3 : Résultat final
$\\boxed{P_{AM} = 0.25 \\text{ W} = 23.98 \\text{ dBm}}$
Interprétation : Le signal AM-DSB-SC du canal 5 occupe une bande passante de $4$ kHz et transmet avec une puissance de $0.25$ W (ou $24$ dBm).
Question 3 : Rapport signal sur bruit et débit utile total
Explication : Cette question évalue la qualité du signal reçu après transmission sur le canal bruité et calcule le débit utile global du système.
A) Calcul du rapport signal sur bruit au récepteur du canal 5
Étape 1 : Formule générale
La puissance de bruit dans la bande passante du canal 5 est :
$P_N = N_0 \\times B_5$
Le rapport signal sur bruit est :
$SNR = \\frac{P_{RX,5}}{P_N} = \\frac{P_{RX,5}}{N_0 \\times B_5}$
Étape 2 : Remplacement des données
Données : $P_{RX,5} = 0.15 \\times 10^{-3}$ W, $N_0 = 2 \\times 10^{-11}$ W/Hz, $B_5 = 4 \\times 10^3$ Hz
$P_N = 2 \\times 10^{-11} \\times 4 \\times 10^3 = 8 \\times 10^{-8} \\text{ W}$
$SNR = \\frac{0.15 \\times 10^{-3}}{8 \\times 10^{-8}} = \\frac{0.15}{8 \\times 10^{-5}} = \\frac{150000}{8}$
$SNR = 18750$
Étape 3 : Conversion en dB
$SNR(dB) = 10\\log_{10}(18750) = 10 \\times 4.273 = 42.73 \\text{ dB}$
Étape 4 : Résultat final
$\\boxed{SNR = 18750 = 42.73 \\text{ dB}}$
B) Débit utile total du système
Étape 1 : Formule générale
Le débit utile total du système est la somme des débits de tous les canaux :
$D_{total} = N \\times D_{canal}$
Étape 2 : Remplacement des données
Données : $N = 12$ canaux, $D_{canal} = 64$ kbps
$D_{total} = 12 \\times 64 = 768 \\text{ kbps}$
Étape 3 : Résultat final
$\\boxed{D_{total} = 768 \\text{ kbps} = 0.768 \\text{ Mbps}}$
Interprétation : Le rapport signal sur bruit au niveau du récepteur du canal 5 est excellent ($42.73$ dB), ce qui garantit une transmission très fiable pour ce canal. Le débit utile total du système est $768$ kbps, ce qui est typique pour les systèmes de transmission vocale multiplex. Par rapport à la bande passante totale du système ($100$ kHz), cela donne une efficacité spectrale de :
$\\eta = \\frac{D_{total}}{B_{total}} = \\frac{768 \\times 10^3}{100 \\times 10^3} = 7.68 \\text{ bps/Hz}$
Résumé : Le système FDM démontre son efficacité à transmettre plusieurs canaux audio (12 au total) sur une seule bande passante de $100$ kHz, avec une excellente qualité de signal reçu (SNR $= 42.73$ dB) et un débit utile de $768$ kbps.
", "id_category": "3", "id_number": "19" }, { "category": "Techniques de transmission numérique", "question": "Exercice 1 : Echantillonnage et Quantification PCM
\nUn signal analogique vocal de bande passante $B = 3{,}4 \\, \\text{kHz}$ est transmis sous forme numérique via une liaison PCM (Pulse Code Modulation). Le signal présente une amplitude variant de $-1$ à $+1 \\, \\text{V}$. Les caractéristiques de la chaîne de transmission sont les suivantes :
\n- \n
- Taux d'échantillonnage : $f_e$ \n
- Nombre de niveaux de quantification : $M$ \n
- Nombre de bits par tranche PCM : $n$ \n
- Débit binaire total du canal : $D$ \n
Question 1 : Fréquence minimale d'échantillonnage selon Shannon
\nDéterminez la fréquence minimale d'échantillonnage $f_{e,min}$ imposée par le théorème de Shannon. Donnez la valeur numérique.
\n\nQuestion 2 : Calcul de l'erreur quadratique moyenne de quantification
\nSi le nombre de bits de codage est fixé à $n = 8$, calculez le nombre de niveaux de quantification $M$, l'intervalle de quantification $\\Delta$, puis l'erreur quadratique moyenne de quantification $EQM_q$ dans le cas d'un quantificateur uniforme sur l'amplitude du signal.
\n\nQuestion 3 : Calcul du débit binaire du canal PCM
\nEn supposant la fréquence d'échantillonnage trouvée à la question 1 et $n = 8$, calculez le débit binaire $D$ à transmettre sur le canal PCM. Comparez ce débit à la bande passante initiale du signal analogique.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solutions détaillées - Exercice 1
\nQuestion 1 :
\n1. Formule générale dans $f_{e,min} = 2B$ selon Shannon
\n2. Remplacement des données dans $f_{e,min} = 2 \\times 3{,}4 \\times 10^3$
\n3. Calcul dans $f_{e,min} = 6{,}8 \\times 10^3 = 6800$
\n4. Résultat final dans $f_{e,min} = 6\\,800 \\text{ Hz}$
Question 2 :
\n1. Formule générale : $M = 2^n$, $\\Delta = \\frac{V_{max} - V_{min}}{M}$, $EQM_q = \\frac{\\Delta^2}{12}$
\n2. Remplacement : $n = 8 \\rightarrow M = 2^8 = 256$, $V_{max} = 1$, $V_{min} = -1$, $\\Delta = \\frac{1 - (-1)}{256} = \\frac{2}{256}$
\n3. Calcul : $\\Delta = 0{,}00781$, $EQM_q = \\frac{(0{,}00781)^2}{12} = \\frac{0{,}000061}{12} = 5{,}10 \\times 10^{-6}$
\n4. Résultat : $M = 256$, $\\Delta = 0{,}00781 \\text{ V}$, $EQM_q = 5{,}10 \\times 10^{-6} \\text{ V}^2$
Question 3 :
\n1. Formule générale : $D = n f_e$
\n2. Remplacement : $n = 8$, $f_e = 6\\,800 \\text{ Hz}$
\n3. Calcul : $D = 8 \\times 6\\,800 = 54\\,400$\n4. Résultat : $D = 54\\,400 \\text{ bit/s}$\n
Comparaison : débit initial analogique limité à $2B = 6\\,800$ Hz, débit numérique requis supérieur, la transmission numérique permet traitement/sécurisation/commutation modernes.
Exercice 2 : Transmission Numérique - Canal Binaire Symétrique et Taux d’Erreur
\nUn modem transmet des symboles binaires sur un canal binaire symétrique (BSC) avec bruit. Le schéma de transmission utilise un code de correction d’erreur simple :
\n- \n
- Probabilité d’erreur du canal : $p = 10^{-3}$ \n
- La transmission codée utilise un code répétition (3 fois chaque bit) \n
La source envoie $R = 24 \\, \\text{kbps}$ sur le canal.
\n\nQuestion 1 : Calcul du taux d’erreur binaire sans codage
\nCalculez le taux d’erreur obtenu en sortie si aucun codage correcteur n’est utilisé. Donnez la probabilité de réception erronée d’un bit.
\n\nQuestion 2 : Taux d’erreur avec codage répétition (code (3,1))
\nCalculez la probabilité qu’un bit soit reçu erroné après correction par vote majoritaire, en utilisant le code de répétition $(3,1)$ et la probabilité d’erreur du canal. (Ne négligez aucune configuration possible d’erreur.)
\n\nQuestion 3 : Débit effectif du canal avec ce codage et perte de bande passante
\nCalculez le débit utile $R_{eff}$ effectivement transmis. Comparez-le au débit utile sans codage et discutez de la perte relative.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solutions détaillées - Exercice 2
\nQuestion 1 :
\n1. Formule : Probabilité d’erreur à la sortie du canal sans codage $P_b = p$
\n2. Remplacement : $p = 10^{-3}$
\n3. Calcul : $P_b = 0{,}001$
\n4. Résultat : $P_b = 0{,}1\\%$
Question 2 :
\n1. Proba d’erreur du code de répétition (vote majoritaire) :\n
\n$P_{err} = 3p^2(1-p) + p^3$
\n2. Remplacement : $p = 0{,}001$
\n3. Calcul : $P_{err} = 3 \\times (0{,}001)^2 \\times (1-0{,}001) + (0{,}001)^3 = 3 \\times 10^{-6} \\times 0.999 + 10^{-9} = 2.997 \\times 10^{-6} + 10^{-9} = 2.998 \\times 10^{-6}$
\n4. Résultat : $P_{err} = 2{,}998 \\times 10^{-6}$ soit environ $0{,}0003 \\%$
Question 3 :
\n1. Formule : Le code de répétition triple le débit transmis sur canal : $R_{canal} = 3R$, débit utile après décodage $R_{eff} = R$
\n2. Remplacement : $R = 24\\,000 \\text{ bps }$
\n3. Calcul : $R_{canal} = 72\\,000 \\text{ bps }, R_{eff} = 24\\,000 \\text{ bps }$
\n4. Résultat : Le codage répétition fait passer le débit sur canal à $72 \\text{ kbps }$, mais le débit utile (de sortie de la chaîne) reste $R_{eff} = 24 \\text{ kbps }$ soit une perte relative de bande passante de 67 %.
Exercice 3 : Transmission Numérique – Systèmes PAM et Interférence Inter-Symbole
\nOn considère une transmission sur un canal filaire utilisant le codage PAM (Pulse Amplitude Modulation). La durée du symbole transmis est $T_s = 50 \\ \\mu\\text{s}$ et la forme d’onde de base est un canal de type RC avec réponse impulsionnelle :
\n- \n
- $h(t) = \\frac{1}{\\tau}e^{-t/\\tau}u(t), \\ \\tau = 20 \\ \\mu\\text{s}$ \n
Au récepteur, on applique un filtre intégrateur idéal sur l’intervalle du symbole.
\n\nQuestion 1 : Valeur du pic du signal reçu sans I.I.S.
\nCalculez la valeur du pic de la réponse du canal à la réception pour un symbole isolé (pas d’interférence inter-symbole, I.I.S.), lorsque \\tau = 20 \\mu\\text{s}.
\n\nQuestion 2 : Calcul de l’interférence inter-symbole en position voisine
\nCalculez l’amplitude du signal reçu au temps $t = 0$ lorsque le symbole précédent (à $t = -T_s$) vaut 1. En déduire l’interférence inter-symbole (I.I.S.) de premier ordre.
\n\nQuestion 3 : Rapport signal/I.I.S. et impact sur l'intégrité du système
\nCalculez le rapport du signal au pic sur l’I.I.S. (en décibel). Commentez la conséquence pour l’intégrité du système de transmission numérique PAM.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solutions détaillées - Exercice 3
\nQuestion 1 :
\n1. Formule : Sortie intégrateur pour h(t) à pic : $y_1 = \\int_0^{T_s} \\frac{1}{\\tau}e^{-t/\\tau} dt$
\n2. Remplacement : $\\tau = 20\\,\\mu\\text{s}, T_s = 50\\,\\mu\\text{s}$
\n3. Calcul :\n
$y_1 = [-e^{-t/\\tau}]_0^{50\\,\\mu\\text{s}} = 1 - e^{-50/20} = 1 - e^{-2.5} = 1 - 0.0821 = 0.9179$
\n4. Résultat : $y_1 = 0.918$
Question 2 :
\n1. Formule : I.I.S. (premier ordre) : $y_{-1} = \\int_{-T_s}^0 \\frac{1}{\\tau}e^{-(t+T_s)/\\tau}dt$
\n2. Remplacement : $\\tau = 20\\,\\mu\\text{s}, T_s = 50\\,\\mu\\text{s}$
\n3. Calcul :\n
$y_{-1} = \\int_{0}^{T_s} \\frac{1}{\\tau}e^{-(t+T_s)/\\tau}dt = e^{-T_s/\\tau}\\int_{0}^{T_s} \\frac{1}{\\tau}e^{-t/\\tau}dt = e^{-2.5}\\cdot(1-e^{-2.5}) = 0.0821 \\cdot 0.9179 = 0.0754$
\n4. Résultat : $IIS = 0.075$
Question 3 :
\n1. Formule : Rapport signal/I.I.S. en dB : $S/I = 20\\log_{10}\\frac{y_1}{y_{-1}}$
\n2. Remplacement : $y_1 = 0.918, y_{-1}=0.075$
\n3. Calcul : $S/I = 20\\log_{10}\\frac{0.918}{0.075} = 20\\log_{10}(12.24) = 20\\times1.088 = 21.8$
\n4. Résultat : Rapport signal/IIS = $21.8\\,\\text{dB}$, ce qui indique que l’interférence inter-symbole de premier ordre est ≈13 fois plus faible que le pic, laissant une marge correcte. Si le rapport baissait <15 dB, des erreurs pourraient fréquemment apparaître (dégradation du système PAM).
Exercice 1 : Chaîne de transmission numérique avec échantillonnage et quantification
Une chaîne de transmission numérique doit transmettre un signal analogique audio. Le signal original a les caractéristiques suivantes :
- Bande de fréquence utile : $f_{max} = 7.5\\text{ kHz}$
- Amplitude maximale du signal : $A_{max} = 5\\text{ V}$
- Amplitude minimale du signal : $A_{min} = -5\\text{ V}$
- Fréquence d'échantillonnage : $f_e = 20\\text{ kHz}$
- Nombre de bits de quantification : $n = 12\\text{ bits}$
- Débit binaire du canal de transmission : $D_b = 480\\text{ kbit/s}$
- Durée de transmission d'un bloc de données : $T_{bloc} = 50\\text{ ms}$
Question 1 : Vérifiez que la fréquence d'échantillonnage $f_e$ satisfait le théorème de Nyquist-Shannon, puis calculez le nombre total d'échantillons $N_{ech}$ et le nombre de niveaux de quantification $N_q$ accessibles avec $n = 12\\text{ bits}$. Déterminez également le pas de quantification $q$.
Question 2 : Calculez le débit binaire théorique minimum $D_{b,min}$ requis pour transmettre ce signal avec ces paramètres. Comparez-le avec le débit disponible $D_b$ et déterminez le facteur de redondance $R_f$ du système de transmission (incluez un facteur d'overhead de $10\\%$ pour les bits de contrôle et de synchronisation).
Question 3 : Calculez la puissance du bruit de quantification $P_q$, le rapport signal-sur-bruit de quantification $\\text{RSNQ}$ en décibels, et estimez le nombre de bits effectifs $n_{eff}$ du convertisseur analogique-numérique (CAN). Analysez l'impact d'une réduction du nombre de bits à $n' = 10\\text{ bits}$ sur la qualité du signal reçu.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution détaillée de l'Exercice 1
Question 1 : Vérification du théorème de Nyquist, nombre d'échantillons, niveaux de quantification et pas de quantification
Étape 1 : Vérification du théorème de Nyquist-Shannon
Le théorème de Nyquist-Shannon stipule que la fréquence d'échantillonnage doit être au moins deux fois la fréquence maximale du signal :
$f_e \\geq 2f_{max}$
Remplacement des données :
$20\\text{ kHz} \\geq 2 \\times 7.5\\text{ kHz} = 15\\text{ kHz}$
Vérification :
$20\\text{ kHz} > 15\\text{ kHz} \\quad \\text{✓ Condition satisfaite}$
Le théorème de Nyquist-Shannon est bien vérifié. La fréquence d'échantillonnage est suffisante pour reconstruire le signal sans aliasing.
Étape 2 : Calcul du nombre total d'échantillons Nech
Le nombre d'échantillons dans un bloc de données de durée $T_{bloc}$ est :
$N_{ech} = f_e \\times T_{bloc}$
Remplacement des données :
$N_{ech} = 20 \\times 10^3 \\times 50 \\times 10^{-3}$
Calcul :
$N_{ech} = 20 \\times 50 = 1000\\text{ échantillons}$
Résultat final :
$N_{ech} = 1000\\text{ échantillons}$
Étape 3 : Calcul du nombre de niveaux de quantification Nq
Le nombre de niveaux de quantification disponibles avec $n\\text{ bits}$ est :
$N_q = 2^n$
Remplacement avec $n = 12\\text{ bits}$ :
$N_q = 2^{12} = 4096\\text{ niveaux}$
Résultat final :
$N_q = 4096\\text{ niveaux}$
Étape 4 : Calcul du pas de quantification q
Le pas de quantification est défini comme la différence entre deux niveaux consécutifs :
$q = \\frac{A_{max} - A_{min}}{N_q}$
Remplacement des données :
$q = \\frac{5 - (-5)}{4096} = \\frac{10}{4096}$
Calcul :
$q = 0.002441\\text{ V} = 2.441\\text{ mV}$
Résultat final :
$q = 2.441\\text{ mV}$
Question 2 : Débit binaire théorique minimum et facteur de redondance
Étape 1 : Calcul du débit binaire théorique minimum Db,min
Le débit binaire minimum nécessaire pour transmettre le signal numérisé est :
$D_{b,min} = f_e \\times n$
où $f_e$ est la fréquence d'échantillonnage et $n$ le nombre de bits par échantillon.
Remplacement des données :
$D_{b,min} = 20 \\times 10^3 \\times 12$
Calcul :
$D_{b,min} = 240\\text{ kbit/s}$
Résultat final :
$D_{b,min} = 240\\text{ kbit/s}$
Étape 2 : Calcul du débit binaire avec overhead
En tenant compte du facteur d'overhead de $10\\%$ pour les bits de contrôle, de synchronisation et de correction d'erreurs :
$D_{b,overhead} = D_{b,min} \\times (1 + \\text{overhead})$
Remplacement :
$D_{b,overhead} = 240 \\times (1 + 0.10) = 240 \\times 1.10$
Calcul :
$D_{b,overhead} = 264\\text{ kbit/s}$
Résultat final :
$D_{b,overhead} = 264\\text{ kbit/s}$
Étape 3 : Facteur de redondance Rf
Le facteur de redondance du système est défini comme le rapport entre le débit disponible et le débit minimum requis :
$R_f = \\frac{D_b}{D_{b,overhead}}$
Remplacement des données :
$R_f = \\frac{480}{264}$
Calcul :
$R_f = 1.818$
Résultat final :
$R_f = 1.818$
Interprétation : Le système de transmission dispose d'une redondance de $81.8\\%$ par rapport au débit minimum requis. Cela signifie que le débit disponible ($480\\text{ kbit/s}$) est presque deux fois supérieur au débit théorique minimum ($264\\text{ kbit/s}$ avec overhead). Cette redondance peut être utilisée pour ajouter des mécanismes de correction d'erreurs plus robustes ou pour améliorer la qualité de service.
Question 3 : Bruit de quantification, RSNQ, bits effectifs et impact de la réduction du nombre de bits
Étape 1 : Calcul de la puissance du bruit de quantification Pq
Pour une quantification uniforme, le bruit de quantification est modélisé comme un bruit blanc uniform distribué sur l'intervalle $[-q/2, q/2]$. La puissance du bruit de quantification est :
$P_q = \\frac{q^2}{12}$
Remplacement du pas de quantification $q = 2.441 \\times 10^{-3}\\text{ V}$ :
$P_q = \\frac{(2.441 \\times 10^{-3})^2}{12}$
Calcul :
$P_q = \\frac{5.957 \\times 10^{-6}}{12} = 4.964 \\times 10^{-7}\\text{ V}^2$
Résultat final :
$P_q = 4.964 \\times 10^{-7}\\text{ V}^2$
Étape 2 : Calcul de la puissance du signal Ps
En supposant que le signal utilise toute la plage de valeurs de manière uniforme, la puissance du signal est :
$P_s = \\frac{(A_{max} - A_{min})^2}{12}$
Cette formule suppose une distribution uniforme du signal sur la plage d'amplitude.
Remplacement :
$P_s = \\frac{(5 - (-5))^2}{12} = \\frac{100}{12}$
Calcul :
$P_s = 8.333\\text{ V}^2$
Étape 3 : Calcul du rapport signal-sur-bruit de quantification RSNQ
Le RSNQ est défini comme le rapport entre la puissance du signal et la puissance du bruit de quantification :
$\\text{RSNQ} = \\frac{P_s}{P_q}$
Remplacement :
$\\text{RSNQ} = \\frac{8.333}{4.964 \\times 10^{-7}}$
Calcul :
$\\text{RSNQ} = 1.677 \\times 10^{7}$
En décibels :
$\\text{RSNQ}_{dB} = 10\\log_{10}(\\text{RSNQ}) = 10\\log_{10}(1.677 \\times 10^7)$
$\\text{RSNQ}_{dB} = 10 \\times (7 + \\log_{10}(1.677)) = 10 \\times (7 + 0.224) = 72.24\\text{ dB}$
Résultat final :
$\\text{RSNQ} = 72.24\\text{ dB}$
Étape 4 : Calcul du nombre de bits effectifs neff
La relation entre le RSNQ en décibels et le nombre de bits effectifs est :
$\\text{RSNQ}_{dB} = 6.02 \\times n_{eff} + 1.76$
En réarrangeant :
$n_{eff} = \\frac{\\text{RSNQ}_{dB} - 1.76}{6.02}$
Remplacement :
$n_{eff} = \\frac{72.24 - 1.76}{6.02} = \\frac{70.48}{6.02}$
Calcul :
$n_{eff} = 11.71\\text{ bits}$
Résultat final :
$n_{eff} = 11.71\\text{ bits}$
Interprétation : Avec $n = 12\\text{ bits}$, le convertisseur offre effectivement $11.71\\text{ bits}$ d'information utile, ce qui est très proche de la valeur théorique (une perte mineure d'environ $0.29\\text{ bits}$ est normale).
Étape 5 : Impact de la réduction à n' = 10 bits
Avec $n' = 10\\text{ bits}$, le nouveau pas de quantification est :
$N_q' = 2^{10} = 1024\\text{ niveaux}$
Nouveau pas de quantification :
$q' = \\frac{10}{1024} = 9.766 \\times 10^{-3}\\text{ V}$
Nouvelle puissance de bruit :
$P_q' = \\frac{(9.766 \\times 10^{-3})^2}{12} = \\frac{9.537 \\times 10^{-5}}{12} = 7.948 \\times 10^{-6}\\text{ V}^2$
Nouveau RSNQ :
$\\text{RSNQ}' = \\frac{8.333}{7.948 \\times 10^{-6}} = 1.048 \\times 10^{6}$
En décibels :
$\\text{RSNQ}'_{dB} = 10\\log_{10}(1.048 \\times 10^6) = 10 \\times (6 + \\log_{10}(1.048)) = 10 \\times 6.02 = 60.20\\text{ dB}$
Réduction du RSNQ :
$\\Delta\\text{RSNQ} = 72.24 - 60.20 = 12.04\\text{ dB}$
Nombre de bits effectifs réduit :
$n'_{eff} = \\frac{60.20 - 1.76}{6.02} = \\frac{58.44}{6.02} = 9.71\\text{ bits}$
Interprétation : La réduction de $12\\text{ bits}$ à $10\\text{ bits}$ entraîne une dégradation du RSNQ de $12.04\\text{ dB}$. Cela réduit également le nombre de bits effectifs de $11.71\\text{ bits}$ à $9.71\\text{ bits}$, soit une perte d'environ $2\\text{ bits}$ d'information. Pour les applications audio, une telle réduction entraînerait une qualité sonore perceptiblement inférieure avec un bruit de quantification audible. Cette dégradation serait particulièrement notable pour les signaux faibles.
", "id_category": "3", "id_number": "23" }, { "category": "Techniques de transmission numérique", "question": "Exercice 2 : Canal de transmission et modulation numérique
Un système de transmission numérique utilise la modulation QPSK (Quadrature Phase Shift Keying) pour transmettre des données sur un canal à bande limitée. Les paramètres du système sont les suivants :
- Débit binaire : $D_b = 2\\text{ Mbit/s}$
- Bande passante disponible du canal : $B = 1.2\\text{ MHz}$
- Rapport signal-sur-bruit en entrée du récepteur : $\\text{SNR}_{in} = 12\\text{ dB}$
- Puissance du signal reçu : $P_s = -60\\text{ dBm}$
- Densité spectrale de puissance du bruit : $N_0 / 2 = -170\\text{ dBm/Hz}$
- Efficacité spectrale requise : $\\eta_s = 1.5\\text{ bit/s/Hz}$
- Nombre de symboles QPSK : $M = 4$
Question 1 : Calculez le débit de symboles (symboles par seconde) $R_s$ correspondant à une modulation QPSK, vérifiez que l'efficacité spectrale théorique $\\eta_{s,theo}$ satisfait la condition requise, et déterminez la bande passante minimale $B_{min}$ nécessaire en considérant un facteur de roll-off $\\alpha = 0.5$ (filtre de Nyquist).
Question 2 : Calculez la puissance du bruit thermique $P_n$ à partir de la densité spectrale de bruit $N_0/2$ et de la bande passante du canal. Vérifiez la cohérence du rapport signal-sur-bruit donné en entrée $\\text{SNR}_{in} = 12\\text{ dB}$, puis déterminez la probabilité d'erreur par bit $P_e$ pour la modulation QPSK en fonction du rapport $E_b/N_0$.
Question 3 : Analysez l'impact d'une augmentation du débit binaire à $D'_b = 4\\text{ Mbit/s}$ sur la modulation (quel type de modulation serait nécessaire), et calculez l'augmentation requise du rapport signal-sur-bruit $\\Delta(\\text{SNR})$ pour maintenir une probabilité d'erreur identique. Déterminez également si la bande passante disponible demeure suffisante.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution détaillée de l'Exercice 2
Question 1 : Débit de symboles, efficacité spectrale et bande passante minimale
Étape 1 : Calcul du débit de symboles Rs
Pour une modulation QPSK, chaque symbole code $\\log_2(M)$ bits, où $M = 4$ (nombre d'états QPSK).
Le nombre de bits par symbole est :
$n_b = \\log_2(4) = 2\\text{ bits/symbole}$
Le débit de symboles est donné par :
$R_s = \\frac{D_b}{n_b}$
Remplacement des données :
$R_s = \\frac{2 \\times 10^6}{2}$
Calcul :
$R_s = 1 \\times 10^6\\text{ symboles/s} = 1\\text{ Msymbole/s}$
Résultat final :
$R_s = 1\\text{ Msymbole/s}$
Étape 2 : Vérification de l'efficacité spectrale théorique
L'efficacité spectrale théorique d'une modulation QPSK est :
$\\eta_{s,theo} = \\log_2(M) = \\log_2(4) = 2\\text{ bit/s/Hz}$
Cette valeur représente le nombre de bits que l'on peut transmettre par Hz de bande passante utilisée.
Vérification avec la condition requise :
$\\eta_{s,theo} = 2\\text{ bit/s/Hz} \\geq \\eta_s = 1.5\\text{ bit/s/Hz} \\quad \\text{✓ Condition satisfaite}$
La modulation QPSK satisfait l'efficacité spectrale requise avec une marge.
Étape 3 : Calcul de la bande passante minimale Bmin
Pour un filtre de Nyquist avec facteur de roll-off $\\alpha$, la bande passante minimale requise est :
$B_{min} = R_s \\times (1 + \\alpha) / 2$
Ou de manière plus précise :
$B_{min} = R_s \\times (1 + \\alpha) / 2 = R_s \\times \\frac{1 + \\alpha}{2}$
En réalité, la bande passante minimale est :
$B_{min} = \\frac{R_s(1 + \\alpha)}{2}$
Remplacement des données avec $\\alpha = 0.5$ :
$B_{min} = \\frac{1 \\times 10^6 \\times (1 + 0.5)}{2} = \\frac{1 \\times 10^6 \\times 1.5}{2}$
Calcul :
$B_{min} = \\frac{1.5 \\times 10^6}{2} = 0.75\\text{ MHz}$
Résultat final :
$B_{min} = 0.75\\text{ MHz}$
Vérification : La bande passante disponible est $B = 1.2\\text{ MHz} > B_{min} = 0.75\\text{ MHz}$, donc le canal dispose d'une bande passante suffisante avec une marge de $0.45\\text{ MHz}$.
Question 2 : Puissance du bruit, vérification du SNR et probabilité d'erreur
Étape 1 : Calcul de la puissance du bruit thermique Pn
La puissance du bruit thermique sur la bande passante $B$ est donnée par :
$P_n = N_0 \\times B$
où $N_0$ est la densité spectrale bilatérale du bruit, et $N_0 / 2$ est la densité spectrale unilatérale donnée.
Conversion de $N_0 / 2 = -170\\text{ dBm/Hz}$ en watts/Hz :
$\\frac{N_0}{2} = 10^{(-170 - 30)/10} = 10^{-20}\\text{ W/Hz} = 10^{-20}\\text{ W/Hz}$
Donc :
$N_0 = 2 \\times 10^{-20}\\text{ W/Hz}$
Puissance du bruit sur la bande passante :
$P_n = N_0 \\times B = 2 \\times 10^{-20} \\times 1.2 \\times 10^6$
Calcul :
$P_n = 2.4 \\times 10^{-14}\\text{ W}$
Conversion en dBm :
$P_n = 10\\log_{10}(2.4 \\times 10^{-14} \\times 1000) = 10\\log_{10}(2.4 \\times 10^{-11})$
$P_n = 10 \\times (-10.62) = -106.2\\text{ dBm}$
Résultat final :
$P_n = -106.2\\text{ dBm}$
Étape 2 : Vérification de la cohérence du SNR
Le rapport signal-sur-bruit en entrée est défini comme :
$\\text{SNR}_{in} = \\frac{P_s}{P_n}$
Remplacement des données :
$\\text{SNR}_{in} = \\frac{-60\\text{ dBm}}{-106.2\\text{ dBm}}$
En linéaire :
$P_s = 10^{(-60-30)/10} = 10^{-9}\\text{ W} = 1\\text{ nW}$
$P_n = 10^{(-106.2-30)/10} = 10^{-13.62}\\text{ W} \\approx 2.4 \\times 10^{-14}\\text{ W}$
$\\text{SNR}_{in} = \\frac{10^{-9}}{2.4 \\times 10^{-14}} = 4.17 \\times 10^4$
En décibels :
$\\text{SNR}_{in,dB} = 10\\log_{10}(4.17 \\times 10^4) = 10 \\times 4.62 = 46.2\\text{ dB}$
Remarque : Il y a une discordance entre la valeur donnée ($12\\text{ dB}$) et la valeur calculée ($46.2\\text{ dB}$). Cette différence suggère que le SNR de $12\\text{ dB}$ correspond au rapport signal-sur-bruit après le canal (incluant des pertes), tandis que nos calculs montrent le SNR théorique basé sur les densités spectrales.
Étape 3 : Calcul du rapport Eb/N₀
Pour le calcul de la probabilité d'erreur, nous utilisons le rapport énergie par bit sur densité spectrale de bruit unilatérale :
$\\frac{E_b}{N_0} = \\frac{P_s \\times T_s}{N_0 / 2}$
où $T_s = 1 / R_s$ est la période symbolique.
Alternativement :
$\\frac{E_b}{N_0} = \\frac{P_s}{D_b \\times (N_0 / 2)}$
Remplacement :
$\\frac{E_b}{N_0} = \\frac{10^{-9}}{2 \\times 10^6 \\times 10^{-20}}$
Calcul :
$\\frac{E_b}{N_0} = \\frac{10^{-9}}{2 \\times 10^{-14}} = 5 \\times 10^4$
En décibels :
$\\left(\\frac{E_b}{N_0}\\right)_{dB} = 10\\log_{10}(5 \\times 10^4) = 10 \\times 4.70 = 47.0\\text{ dB}$
Étape 4 : Calcul de la probabilité d'erreur par bit Pe
Pour la modulation QPSK, la probabilité d'erreur par bit est :
$P_e = Q\\left(\\sqrt{2 \\times \\frac{E_b}{N_0}}\\right)$
où $Q(x)$ est la fonction d'erreur complémentaire.
Avec $\\frac{E_b}{N_0} = 5 \\times 10^4 = 47\\text{ dB}$, on obtient :
$\\sqrt{2 \\times 5 \\times 10^4} = \\sqrt{10^5} = 316.23$
Pour $x = 316.23$ (valeur très grande), la fonction $Q(x)$ décroît exponentiellement :
$Q(x) \\approx \\frac{1}{\\sqrt{2\\pi}x}e^{-x^2/2}$
$Q(316.23) \\approx 10^{-21600}$
Résultat final :
$P_e \\approx 10^{-21600}$
Interprétation : Le SNR est extrêmement élevé, conduisant à une probabilité d'erreur pratiquement nulle. Cela indique que le système QPSK fonctionne très largement en-dessous du seuil de saturation d'erreurs.
Question 3 : Impact d'une augmentation du débit binaire et vérification des ressources spectrales
Étape 1 : Analyse de l'augmentation du débit à Db' = 4 Mbit/s
Avec un débit binaire augmenté à $D'_b = 4\\text{ Mbit/s}$ et toujours $M = 4$ (QPSK), le débit de symboles deviendrait :
$R'_s = \\frac{4 \\times 10^6}{2} = 2\\text{ Msymbole/s}$
Cependant, continuons avec QPSK pour cette étape. La bande passante minimale requise serait :
$B'_{min} = \\frac{R'_s(1 + \\alpha)}{2} = \\frac{2 \\times 10^6 \\times 1.5}{2} = 1.5\\text{ MHz}$
Comparaison avec la bande disponible :
$B'_{min} = 1.5\\text{ MHz} > B = 1.2\\text{ MHz}$
La bande passante requise dépasse celle disponible ! Il faudrait soit :
- Utiliser une modulation d'ordre supérieur (16-QAM par exemple) avec $M = 16$ états, permettant $4\\text{ bits/symbole}$
- Réduire le facteur de roll-off (augmenter la compression spectrale)
- Accepter une dégradation de la qualité en augmentant le taux d'erreur
Étape 2 : Modulation alternative avec 16-QAM
Avec 16-QAM ($M = 16$) et $D'_b = 4\\text{ Mbit/s}$ :
$n_b = \\log_2(16) = 4\\text{ bits/symbole}$
$R'_s = \\frac{4 \\times 10^6}{4} = 1\\text{ Msymbole/s}$
$B'_{min} = \\frac{1 \\times 10^6 \\times 1.5}{2} = 0.75\\text{ MHz} < B = 1.2\\text{ MHz} \\quad \\text{✓}$
La 16-QAM permet de respecter les contraintes spectrales.
Étape 3 : Calcul de l'augmentation du SNR requise
Pour maintenir une probabilité d'erreur identique lors du passage de QPSK à 16-QAM, il faut augmenter le rapport Eb/N₀.
Pour une probabilité d'erreur cible $P_e = 10^{-5}$ (typique pour les communications numériques) :
Pour QPSK :
$\\frac{E_b}{N_0}|_{QPSK} \\approx 9.6\\text{ dB}$ (pour $P_e = 10^{-5}$)
Pour 16-QAM :
$\\frac{E_b}{N_0}|_{16QAM} \\approx 14.5\\text{ dB}$ (pour $P_e = 10^{-5}$)
Augmentation nécessaire :
$\\Delta(\\text{SNR}) = \\left(\\frac{E_b}{N_0}\\right)|_{16QAM} - \\left(\\frac{E_b}{N_0}\\right)|_{QPSK}$
$\\Delta(\\text{SNR}) = 14.5 - 9.6 = 4.9\\text{ dB}$
Résultat final :
$\\Delta(\\text{SNR}) \\approx 4.9\\text{ dB}$
Étape 4 : Vérification de la bande passante
Comme calculé précédemment, avec 16-QAM :
$B'_{min} = 0.75\\text{ MHz} < B = 1.2\\text{ MHz}$
La bande passante disponible demeure suffisante avec une marge de $0.45\\text{ MHz}$.
Conclusion : Pour augmenter le débit de $2\\text{ Mbit/s}$ à $4\\text{ Mbit/s}$, on doit passer de QPSK à 16-QAM. Cela requiert une augmentation du rapport signal-sur-bruit d'environ $4.9\\text{ dB}$, ce qui peut être réalisé en augmentant la puissance transmise ou en améliorant les conditions du canal. La bande passante disponible reste suffisante pour cette nouvelle modulation.
", "id_category": "3", "id_number": "24" }, { "category": "Techniques de transmission numérique", "question": "Exercice 3 : Codage de source et compression numérique
Un système de compression d'image utilise un codage par transformée DCT (Discrete Cosine Transform) suivi d'une quantification uniforme. Les paramètres du système sont les suivants :
- Résolution de l'image : $512 \\times 512\\text{ pixels}$
- Profondeur de couleur : $24\\text{ bits}$ (8 bits par canal RGB)
- Taille des blocs pour la DCT : $8 \\times 8\\text{ pixels}$
- Facteur de compression cible : $C_r = 16:1$
- Nombre de coefficients DCT utilisés (après sélection) : $n_{coef} = 32$ sur $64$ possibles (50% de réduction)
- Débit binaire disponible pour la transmission : $D_b = 1.5\\text{ Mbit/s}$
- Taux d'images par seconde : $f_i = 30\\text{ fps}$
Question 1 : Calculez la taille initiale non compressée $S_0$ de l'image en bits, puis déterminez la taille compressée requise $S_c$ pour atteindre le ratio de compression $C_r = 16:1$. Vérifiez que le débit binaire disponible permet de transmettre une image compressée par seconde.
Question 2 : Calculez le nombre total de blocs $8 \\times 8$ dans l'image, le nombre total de coefficients DCT avant et après sélection, et déterminez le nombre moyen de bits par coefficient $n_b$ pour respecter le facteur de compression. Estimez également l'entropie de la source $H$ et le taux d'utilisation optimal de la bande passante $\\eta_B$.
Question 3 : Analysez l'impact d'une réduction du nombre de coefficients utilisés à $n'_{coef} = 16\\text{ (au lieu de 32)}$ sur le ratio de compression, la qualité perçue, et calculez le débit binaire minimal $D_{b,min}$ requis pour transmettre les images compressées à $30\\text{ fps}$ avec cette nouvelle configuration. Déterminez s'il est possible de doubler le nombre d'images par seconde ($60\\text{ fps}$) en maintenant le même débit total.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution détaillée de l'Exercice 3
Question 1 : Taille initiale, taille compressée et vérification du débit
Étape 1 : Calcul de la taille initiale non compressée S₀
La taille de l'image non compressée est donnée par :
$S_0 = \\text{(nombre de pixels)} \\times \\text{(profondeur en bits)}$
Remplacement des données :
$S_0 = (512 \\times 512) \\times 24$
Calcul :
$S_0 = 262144 \\times 24 = 6291456\\text{ bits}$
En méga-octets :
$S_0 = \\frac{6291456}{8 \\times 1024 \\times 1024} = \\frac{6291456}{8388608} = 0.75\\text{ MB} = 6.291\\text{ Mbits}$
Résultat final :
$S_0 = 6.291\\text{ Mbits}$
Étape 2 : Calcul de la taille compressée requise Sc
Le facteur de compression $C_r = 16:1$ signifie que la taille compressée doit être 16 fois plus petite :
$S_c = \\frac{S_0}{C_r}$
Remplacement :
$S_c = \\frac{6.291}{16}$
Calcul :
$S_c = 0.3932\\text{ Mbits} \\approx 0.393\\text{ Mbits}$
Résultat final :
$S_c = 0.393\\text{ Mbits}$
Étape 3 : Vérification de la compatibilité avec le débit disponible
Débit binaire disponible : $D_b = 1.5\\text{ Mbit/s}$
Taux d'images : $f_i = 30\\text{ fps}$
Temps disponible par image :
$T_{img} = \\frac{1}{f_i} = \\frac{1}{30} = 33.33\\text{ ms}$
Nombre de bits pouvant être transmis par image :
$N_{bits,dispo} = D_b \\times T_{img} = 1.5 \\times 10^6 \\times 33.33 \\times 10^{-3}$
Calcul :
$N_{bits,dispo} = 50\\text{ kbits} = 0.050\\text{ Mbits}$
Comparaison :
$S_c = 0.393\\text{ Mbits} \\gg N_{bits,dispo} = 0.050\\text{ Mbits}$
Vérification : La taille compressée requise ($0.393\\text{ Mbits}$) est beaucoup plus grande que les bits disponibles par période d'image ($0.050\\text{ Mbits}$). Le débit disponible est insuffisant pour transmettre une image complète à $30\\text{ fps}$.
Taux d'images réalisable :
$f_{i,real} = \\frac{D_b}{S_c} = \\frac{1.5}{0.393} = 3.8\\text{ fps}$
Seules environ $3.8\\text{ images par seconde}$ peuvent être transmises avec le débit disponible.
Question 2 : Nombre de blocs, coefficients et analyse entropique
Étape 1 : Calcul du nombre total de blocs 8×8
Chaque bloc fait $8 \\times 8$ pixels. Le nombre de blocs dans l'image est :
$N_{blocs} = \\frac{512}{8} \\times \\frac{512}{8} = 64 \\times 64$
Calcul :
$N_{blocs} = 4096\\text{ blocs}$
Résultat final :
$N_{blocs} = 4096$
Étape 2 : Calcul du nombre de coefficients DCT
Chaque bloc contient $64\\text{ coefficients DCT}$ (transformation d'une matrice $8 \\times 8$).
Nombre total de coefficients avant sélection :
$N_{coef,total} = N_{blocs} \\times 64 = 4096 \\times 64$
Calcul :
$N_{coef,total} = 262144\\text{ coefficients}$
Avec une réduction de $50\\%$, le nombre de coefficients utilisés est :
$N_{coef,used} = 4096 \\times 32 = 131072\\text{ coefficients}$
Résultat final :
$N_{coef,total} = 262144\\text{ coefficients} ; \\quad N_{coef,used} = 131072\\text{ coefficients}$
Étape 3 : Nombre moyen de bits par coefficient
Pour atteindre la compression $C_r = 16:1$, avec $N_{coef,used} = 131072$ coefficients :
$n_b = \\frac{S_c \\times 8}{N_{coef,used}}$
Remplacement :
$n_b = \\frac{0.393 \\times 10^6 \\times 8}{131072}$
Calcul :
$n_b = \\frac{3144000}{131072} = 23.99\\text{ bits/coefficient} \\approx 24\\text{ bits/coefficient}$
Résultat final :
$n_b \\approx 24\\text{ bits/coefficient}$
Remarque : Cette valeur semble élevée. En réalité, avec quantification et codage entropique (Huffman, arithmétique), le nombre effectif serait beaucoup plus faible, typiquement $2-4\\text{ bits par coefficient}$.
Étape 4 : Estimation de l'entropie H
La distribution des coefficients DCT suit approximativement une loi de Laplace. Pour une image typique, l'entropie des coefficients sélectionnés est :
$H \\approx 3-5\\text{ bits/coefficient}$
En prenant une valeur médiane :
$H \\approx 4\\text{ bits/coefficient}$
Taille après codage entropique :
$S_{entropique} = N_{coef,used} \\times H = 131072 \\times 4 = 524288\\text{ bits} \\approx 0.524\\text{ Mbits}$
Facteur de compression réel avec codage entropique :
$C_{r,real} = \\frac{S_0}{S_{entropique}} = \\frac{6.291}{0.524} = 12:1$
Étape 5 : Taux d'utilisation optimal de la bande passante
Le taux d'utilisation optimal de la bande passante est :
$\\eta_B = \\frac{D_{b,requis}}{D_b} = \\frac{S_{entropique} \\times f_i}{D_b}$
Avec $f_i = 30\\text{ fps}$ :
$D_{b,requis} = 0.524\\text{ Mbit} \\times 30 = 15.72\\text{ Mbit/s}$
Taux d'utilisation :
$\\eta_B = \\frac{15.72}{1.5} = 10.48$
Résultat final :
$H \\approx 4\\text{ bits/coefficient} ; \\quad \\eta_B \\approx 10.48\\text{ (ou } 1048\\%\\text{ de surcharge)}$
Interprétation : Le système requiert une bande passante environ 10 fois supérieure à celle disponible pour transmettre à $30\\text{ fps}$ avec qualité suffisante.
Question 3 : Impact de la réduction des coefficients et viabilité du doublement du taux d'images
Étape 1 : Analyse avec n'coef = 16 coefficients
Nouveau nombre de coefficients utilisés :
$N'_{coef,used} = 4096 \\times 16 = 65536\\text{ coefficients}$
Avec l'entropie estimée $H \\approx 4\\text{ bits/coefficient}$ (mais augmentée légèrement due à la compression supplémentaire) :
$H' \\approx 4.5\\text{ bits/coefficient}$
Taille compressée :
$S'_{comp} = N'_{coef,used} \\times H' = 65536 \\times 4.5 = 294912\\text{ bits} \\approx 0.295\\text{ Mbits}$
Nouveau ratio de compression :
$C'_r = \\frac{S_0}{S'_{comp}} = \\frac{6.291}{0.295} = 21.3:1$
Résultat final :
$C'_r \\approx 21.3:1$
Étape 2 : Impact sur la qualité perçue
La réduction de $32$ à $16$ coefficients (diminution de $50\\%$) entraîne :
- Augmentation du taux de compression de $12:1$ à $21.3:1$ (un facteur $1.78$ de compression supplémentaire)
- Augmentation des artefacts de compression (bloc-iness, perte de détails)
- La qualité PSNR (Peak Signal-to-Noise Ratio) se dégraderait d'environ $3-5\\text{ dB}$
- Pour des applications visuelles, le passage de $32$ à $16$ coefficients rendrait les artefacts visiblement perceptibles
Étape 3 : Calcul du débit binaire minimal Dbmin pour 30 fps
$D_{b,min} = S'_{comp} \\times f_i = 0.295\\text{ Mbits} \\times 30\\text{ fps}$
Calcul :
$D_{b,min} = 8.85\\text{ Mbits/s}$
Résultat final :
$D_{b,min} = 8.85\\text{ Mbits/s}$
Comparaison : Le débit disponible ($1.5\\text{ Mbits/s}$) reste encore insuffisant ($D_{b,min} / D_b = 8.85 / 1.5 = 5.9$ fois trop petit).
Étape 4 : Viabilité du doublement à 60 fps avec le même débit total
Avec $f'_i = 60\\text{ fps}$ et le même débit $D_b = 1.5\\text{ Mbits/s}$ :
$D_{b,dispo,par\\_image} = \\frac{D_b}{f'_i} = \\frac{1.5}{60} = 0.025\\text{ Mbits par image}$
Taille d'image requise :
$S'_{img} = D_{b,dispo,par\\_image} = 0.025\\text{ Mbits} = 25\\text{ kbits}$
Pour atteindre cette limite, il faudrait réduire les coefficients davantage. Avec $N''_{coef} = k \\times H''$ coefficients au total :
$k \\times H'' = 0.025 \\times 10^6 \\text{ bits}$
En supposant $H'' = 3.5\\text{ bits/coefficient}$ (après compression extrême) :
$k = \\frac{25000}{3.5} \\approx 7143\\text{ coefficients}$
Ratio de compression requise :
$C''_r = \\frac{262144 \\times 3}{7143 \\times 3.5} \\approx 35:1$
Résultat final :
$D_{b,min} = 8.85\\text{ Mbits/s} \\text{ (pour 30 fps avec 16 coefficients)}$
$C''_r \\approx 35:1 \\text{ (requise pour 60 fps)}$
Conclusion : Le doublement du taux d'images à $60\\text{ fps}$ n'est pas viable avec le débit disponible et un nombre de coefficients raisonnables. Il faudrait soit :
- Augmenter le débit disponible à environ $17.7\\text{ Mbits/s}$ (12 fois plus)
- Réduire drastiquement le nombre de coefficients (jusqu'à $7\\text{ coefficients par bloc}$), au détriment de la qualité visuelle
- Utiliser des codecs plus performants (H.264, H.265, VP9) avec des techniques avancées de prédiction et d'optimisation
Exercice 1 : Système de Transmission binaire sur canal à bande limitée
On désire transmettre une séquence binaire NRZ à débit $R_b = 2$ Mbit/s sur un canal ayant une bande passante maximale $B = 1.7$ MHz, avec un rapport signal à bruit en puissance à l'entrée du récepteur de $SNR = 24$ dB.
On considère une liaison idéale, sans intersymbol interference (ISI).
Question 1 : Calculez le taux minimum d’échantillonnage à utiliser pour éviter la perte d’information selon le théorème de Shannon-Nyquist. Que se passe-t-il si on utilise le débit binaire comme fréquence d’échantillonnage ?
Question 2 : On désire effectuer une quantification uniforme sur $n = 8$ bits de l’amplitude du signal échantillonné, dont la plage dynamique va entre $-2$ V et $+2$ V. Calculez la valeur du pas de quantification $q$, puis l’erreur maximale de quantification. Conclure sur la résolution du système.
Question 3 : En supposant que le bruit est blanc et gaussien, calculez le débit binaire maximal admissible sur ce canal selon la capacité de Shannon. Le résultat précédent respecte-t-il cette limite ?
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Exercice 1
Question 1 : Taux minimum d’échantillonnage
1. Formule générale :
$f_{e_{min}} = 2B$
2. Remplacement :
$f_{e_{min}} = 2 \\times 1.7 \\times 10^6$
3. Calcul :
$f_{e_{min}} = 3.4 \\times 10^6$ Hz = 3.4 MHz
4. Résultat final :
$f_{e_{min}} = 3.4$ MHz
Si on échantillonne à $R_b = 2$ MHz, on risque d’avoir de l’aliasing et une perte d’information car $R_b < f_{e_{min}}$.
Question 2 : Quantification uniforme
1. Formule générale pour le pas :
$q = \\frac{V_{max} - V_{min}}{2^n}$
2. Remplacement :
$q = \\frac{2 - (-2)}{256} = \\frac{4}{256}$
3. Calcul :
$q = 0.015625$ V
Erreur maximale :
$e_{max} = \\frac{q}{2} = 0.00781$ V
Résolution :
$0.00781$ V (soit 7.8 mV)
Question 3 : Capacité de Shannon
1. Formule générale :
$C = B \\log_2(1+SNR_{lin})$
2. Remplacement :
$SNR_{lin} = 10^{24/10} = 251.2$
$C = 1.7 \\times 10^6 \\log_2(1+251.2)$
3. Calcul :
$C = 1.7 \\times 10^6 \\log_2(252.2) = 1.7 \\times 10^6 \\times 7.98 = 13.56 \\times 10^6$ bits/s
4. Résultat final :
$C = 13.56$ Mbit/s.
Comme $2$ Mbit/s $< C$, la condition est respectée et la transmission est possible sans saturer la capacité du canal.
Exercice 2 : Transmission PCM multiplexée
Deux signaux analogiques $s_1(t)$ et $s_2(t)$ de bandes passantes de $B_1 = 3$ kHz et $B_2 = 8$ kHz doivent être transmis simultanément sur un canal numérique PCM par multiplexage temporel.
Le codage est réalisé après échantillonnage et quantification uniforme sur $n = 10$ bits, chaque échantillon codé utilise un code linéaire binaire pour chaque signal.
Question 1 : Calculez la fréquence d’échantillonnage minimale pour chaque signal selon le théorème de Nyquist-Shannon, puis le nombre total d’échantillons transmis par seconde pour les deux.
Question 2 : En considérant un multiplexage synchrone, calculez le débit binaire total sur le canal. Que se passerait-il si on utilisait un codage à 8 bits seulement ?
Question 3 : Le canal supporte un débit maximal de $R_{b_{max}} = 256$ kbit/s. Peut-on transmettre les deux signaux simultanément sans perte d’information ? Sinon, quelle solution technique proposez-vous (quantification, échantillonnage…) ?
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Exercice 2
Question 1 : Fréquence d’échantillonnage et total d’échantillons
1. Formule générale :
$f_{e_{1}} = 2B_1, \\quad f_{e_{2}} = 2B_2$
2. Remplacement :
$f_{e_{1}} = 2 \\times 3 \\times 10^3 = 6 \\times 10^3$ Hz
$f_{e_{2}} = 2 \\times 8 \\times 10^3 = 16 \\times 10^3$ Hz
3. Total d’échantillons/s :
$N_{tot} = f_{e_{1}} + f_{e_{2}} = 6 \\times 10^3 + 16 \\times 10^3 = 22 \\times 10^3$ échantillons/s
Résultat final :
$N_{tot} = 22$ kéch/s
Question 2 : Débit binaire total PCM
1. Formule générale :
$R_b = N_{tot} \\times n$
2. Remplacement pour $n=10$ :
$R_b = 22 \\times 10^3 \\times 10 = 220 \\times 10^3$ bits/s
Pour $n=8$ :
$R_b = 22 \\times 10^3 \\times 8 = 176 \\times 10^3$ bits/s
3. Résultats finaux :
$R_b = 220$ kbit/s (10 bits)
$R_b = 176$ kbit/s (8 bits)
Question 3 : Capacité réelle du canal
1. Le débit maximal du canal :
$R_{b_{max}} = 256$ kbit/s
2. Comparaison :
Avec quantification 10 bits : $220$ kbit/s $< 256$ kbit/s : transmission possible.
Avec 8 bits : $176$ kbit/s $< 256$ kbit/s : transmission encore plus aisée.
3. Si on voulait transmettre davantage ou ajouter d’autres signaux, il faudrait soit :
- Réduire la fréquence d’échantillonnage si la bande le permet (sous-échantillonnage intelligent)
- Réduire le nombre de bits (quantification moins fine)
- Utiliser la compression, ou un autre schéma de multiplexage
Exercice 2 : Transmission numérique et codeur binaire (NRZ)
Un système de téléphonie numérique utilise la transmission numérique NRZ pour transmettre la voix codée selon le standard G.711 (PCM, 8 bits/échantillon, 8 kHz). Le canal présente un coefficient d’atténuation $\\alpha = 4 \\ \\text{dB/km}$ et une longueur de $L = 2.4 \\ \\text{km}$.
Question 1 :
Calculez le débit binaire brut $D_b$ pour une trame PCM mono.
Question 2 :
Si la puissance du signal numérique injecté au début du canal est $P_{in} = 20 \\ \\text{mW}$, quelle est la puissance reçue $P_{out}$ à la sortie du canal au bout de $2.4 \\ \\text{km}$ ?
Question 3 :
Calculez la durée d’un symbole NRZ et la capacité maximale $C$ du canal en supposant une largeur de bande passante de $50 \\ \\text{kHz}$ (utiliser la formule de Shannon avec $SNR = 40 \\ \\text{dB}$).
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 2
Question 1 : Débit binaire PCM
1. Formule générale :
$D_b = n \\times f_{e}$
2. Remplacement des valeurs :
$D_b = 8 \\times 8 000 = 64 000 \\:\\text{bit/s} = 64 \\:\\text{kbit/s}$
4. Résultat final :
Débit binaire brut $D_b = 64 \\:\\text{kbit/s}$
Question 2 : Atténuation du signal numérique
1. Formule générale :
$P_{out}(\\text{dBm}) = P_{in}(\\text{dBm}) - \\alpha L$
Conversion $P_{in}$ en dBm :
$P_{in}(\\text{dBm}) = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{20}{1}\\right) = 13.01 \\:\\text{dBm}$
$P_{out}(\\text{dBm}) = 13.01 - 4 \\times 2.4 = 13.01 - 9.6 = 3.41 \\:\\text{dBm}$
Conversion en mW :
$P_{out} = 1 \\:\\text{mW} \\times 10^{3.41/10} = 1 \\times 2.19 = 2.57 \\:\\text{mW}$
4. Résultat :
Puissance reçue $P_{out} = 2.57 \\:\\text{mW}$
Question 3 : Durée symbole et capacité du canal
1. Durée d’un symbole NRZ :
$T_s = \\frac{1}{D_b} = \\frac{1}{64 000} = 1.5625 \\times 10^{-5} \\:\\text{s} = 15.625 \\:\\mu\\text{s}$
2. Capacité de Shannon ($C$), $SNR = 40 \\:\\text{dB}\\implies SNR_{lin} = 10^{40/10} = 10^4$ :
$C = B \\log_2(1 + SNR_{lin})$
$C = 50 000 \\log_2(1 + 10^4)$
$C = 50 000 \\log_2(10 001) = 50 000 \\times 13.29 = 664 500 \\:\\text{bit/s}$
4. Résultats :
Durée symbole NRZ $T_s = 15.625 \\:\\mu\\text{s}$, capacité canal $C = 664.5 \\:\\text{kbit/s}$
", "id_category": "3", "id_number": "28" }, { "category": "Techniques de transmission numérique", "question": "Exercice 3 : Transmission binaire sur un canal bruité
On souhaite transmettre une séquence binaire sur un canal ayant un bruit blanc gaussien additif (AWGN) limité en bande à $B = 200 \\ \\text{kHz}$. On utilise un codage à 4 niveaux (2 bits/symbole) et la puissance moyenne du signal au récepteur est $P_s = 1.5 \\ \\text{mW}$. Le bruit spectral est de $N_0 = 3 \\times 10^{-12} \\ \\text{W/Hz}$.
Question 1 :
Calculez le débit binaire maximal $D_{b,max}$ admissible sur ce canal en modulation QPSK.
Question 2 :
Déterminez le rapport signal à bruit $SNR$ en décibels au récepteur. Donnez le rapport énergie par bit/bruit $\\left(E_b/N_0\\right)$ nécessaire pour une probabilité d’erreur de bit de $10^{-5}$ en QPSK.
Question 3 :
La bande passante du canal est doublée. Quel devient alors le débit binaire maximal et quelle stratégie de modulation proposer pour exploiter cette nouvelle ressource spectrale ?
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 3
Question 1 : Débit binaire maximal (QPSK)
1. Formule générale :
$D_{b,max} = 2B$ (modulation QPSK)
2. Remplacement :
$D_{b,max} = 2 \\times 200 000 = 400 000 \\:\\text{bit/s} = 400 \\:\\text{kbit/s}$
4. Résultat :
Débit binaire maximal admissible $D_{b,max} = 400 \\:\\text{kbit/s}$
Question 2 : Rapport S/B et $E_b/N_0$ requis
1. Rapport S/B en entrée :
$SNR = \\frac{P_s}{N_0 B}$
$SNR = \\frac{1.5 \\times 10^{-3}}{3 \\times 10^{-12} \\times 200 000}$
$SNR = \\frac{1.5 \\times 10^{-3}}{6 \\times 10^{-7}} = 2500$
$SNR_{dB} = 10\\log_{10}(2500) = 34\\:\\text{dB}$
2. Calcul de $E_b/N_0$ requis pour $P_b = 10^{-5}$ en QPSK :
$P_b = Q\\left(\\sqrt{2 E_b/N_0}\\right),\\quad P_b \\approx \\frac{1}{2}\\exp(-E_b/N_0)$
Pour $P_b = 10^{-5}$, $E_b/N_0 \\approx 10.8$ (valeur tabulée ou approximation par analyse de Q-fonction).
4. Résultat : SNR récepteur $34\\:\\text{dB}$; $E_b/N_0$ requis pour $P_b = 10^{-5}$ est $10.8$ (soit $10.34 \\:\\text{dB}$)
Question 3 : Bande doublée, nouveau débit binaire et modulation
1. Nouvelle bande $B' = 2B = 400\\:\\text{kHz}$ :
$D_{b,max}' = 2B' = 800 000\\:\\text{bit/s} = 800\\:\\text{kbit/s}$
2. Stratégie de modulation :
On peut utiliser une modulation d’ordre supérieur (ex : 16QAM, soit 4 bits/symbole), permettant de doubler le débit à raison constante de symbole :
$D_{b,max,QAM-16} = 4 \\times B' = 1.6\\:\\text{Mbit/s}$
4. Résultat : Débit binaire maximal avec 16QAM : $1.6\\:\\text{Mbit/s}$
", "id_category": "3", "id_number": "29" }, { "category": "Techniques de transmission numérique", "question": "Exercice 1 : Conversion et transmission d'un signal analogique
Un signal audio vocal de bande passante
Question 1 : Calculez la fréquence d'échantillonnage
Question 2 : Déterminez le débit binaire
Question 3 : Supposant un canal à largeur de bande passante limitée ", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
Solution complète de l'Exercice 1
Question 1 : Fréquence et période d'échantillonnage
1. Formule générale:
2. Données : 3. Calcul : 4. Résultat final :
Période :
1. Formule : 2. Données : 3. Calcul : 4. Résultat final :
Question 2 : Débit binaire nécessaire
1. Formule générale :
2. Données : 3. Calcul : 4. Résultat final :
Question 3 : Capacité du canal et marge
1. Formule générale :
2. Données : 3. Calcul : 4. Résultat final :
Interprétation : le canal a une marge de débit de ", "id_category": "3", "id_number": "30" }, { "category": "Techniques de transmission numérique", "question": "
Exercice 2 : Transmission d'images sur un canal bruité
Un système de télémédecine doit transmettre des images médicales. Chaque image a une dimension de
Question 1 : Calculez la taille binaire totale
Question 2 : En supposant vouloir transmettre
Question 3 : En considérant un canal bruité de bande limitée, calculez le débit binaire maximal autorisé par la capacité de Shannon et vérifier si la transmission peut s'effectuer sans perte. Interprétez le résultat.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution complète de l’Exercice 2
Question 1 : Taille binaire de l'image
1. Formule générale :
2. Données : 3. Calcul : 4. Résultat final :
Question 2 : Débit pour N images/seconde
1. Formule générale : 2. Données : 3. Calcul : 4. Résultat final :
Question 3 : Capacité de Shannon, validation
1. Formule générale : 2. Données :
Passage en valeur numérique :
3. Calcul :
Donc :
4. Comparaison : C = 3.33$ Mbit/s
Résultat final : Le canal NE permet PAS la transmission sans perte (débit binaire trop élevé par rapport à la capacité du canal). Il faudrait compresser les images, transmettre moins d’images par seconde, ou augmenter la bande passante/la SNR.
", "id_category": "3", "id_number": "31" }, { "category": "Techniques de transmission numérique", "question": "
Exercice 3 : Transmission PCM d’un signal vidéo et bruit
On souhaite transmettre un signal vidéo composite de largeur de bande
Question 1 : Calculez la fréquence d’échantillonnage
Question 2 : Calculez la valeur de
Question 3 : Déterminez la capacité limite de transmission du canal selon la formule de Shannon, puis concluez sur la faisabilité sans perte.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution complète de l’Exercice 3
Question 1 : Échantillonnage vidéo
1. Formule : 2. Données : 3. Calcul : 4. Résultat final :
Période :
Question 2 : Débit PCM
1. Formule pour le codage : 2. Données :
Débit :
1. Formule : 2. Données : 3. Calcul : 4. Résultat final :
Question 3 : Capacité de Shannon
1. Formule : 2. Données : 3. Calcul :
4. Comparaison : le débit PCM nécessaire C = 99.7$ Mbit/s
Transmission sans perte impossible, il faudra baisser le débit, compresser ou améliorer le canal.
Exercice 1 : Modulation d'amplitude et analyse spectrale
On considère un système de transmission analogique utilisant la modulation d'amplitude. Le signal modulant est un signal sinusoïdal $m(t) = A_m \\cos(2\\pi f_m t)$ avec $A_m = 4\\,\\text{V}$ et $f_m = 1\\,\\text{kHz}$. La porteuse est donnée par $c(t) = A_c \\cos(2\\pi f_c t)$ avec $A_c = 10\\,\\text{V}$ et $f_c = 100\\,\\text{kHz}$. Le signal modulé en amplitude avec porteuse est : $s(t) = A_c[1 + m_a \\cdot \\frac{m(t)}{A_m}]\\cos(2\\pi f_c t)$ où $m_a$ est l'indice de modulation.
Question 1 : Pour un indice de modulation $m_a = 0.6$, déterminer l'expression complète du signal modulé $s(t)$ et calculer les amplitudes des composantes spectrales (porteuse et bandes latérales).
Question 2 : Le signal modulé $s(t)$ est transmis à travers un canal avec une résistance de charge $R_L = 50\\,\\Omega$. Calculer la puissance totale transmise $P_\\text{total}$, la puissance de la porteuse $P_c$, et la puissance utile dans les bandes latérales $P_\\text{BL}$. En déduire le rendement de modulation $\\eta = \\frac{P_\\text{BL}}{P_\\text{total}} \\times 100\\%$.
Question 3 : À la réception, le signal passe dans un filtre passe-bande idéal centré sur $f_c = 100\\,\\text{kHz}$ avec une bande passante $B = 3\\,\\text{kHz}$. Sachant que le bruit blanc gaussien en entrée a une densité spectrale de puissance $N_0 = 10^{-9}\\,\\text{W/Hz}$, calculer la puissance du bruit en sortie du filtre $P_N$ et le rapport signal sur bruit $\\text{SNR} = \\frac{P_\\text{total}}{P_N}$ en décibels.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 1
Question 1 : Expression du signal modulé et amplitudes spectrales
Étape 1 : Expression générale du signal modulé AM
Le signal modulé en amplitude avec porteuse est donné par :
$s(t) = A_c\\left[1 + m_a \\cdot \\frac{m(t)}{A_m}\\right]\\cos(2\\pi f_c t)$
En substituant $m(t) = A_m \\cos(2\\pi f_m t)$ :
$s(t) = A_c[1 + m_a \\cos(2\\pi f_m t)]\\cos(2\\pi f_c t)$
Étape 2 : Développement du signal
$s(t) = A_c \\cos(2\\pi f_c t) + A_c m_a \\cos(2\\pi f_m t)\\cos(2\\pi f_c t)$
En utilisant l'identité trigonométrique $\\cos A \\cos B = \\frac{1}{2}[\\cos(A-B) + \\cos(A+B)]$ :
$s(t) = A_c \\cos(2\\pi f_c t) + \\frac{A_c m_a}{2}\\cos(2\\pi(f_c - f_m)t) + \\frac{A_c m_a}{2}\\cos(2\\pi(f_c + f_m)t)$
Étape 3 : Substitution des valeurs numériques
Avec $A_c = 10\\,\\text{V}$, $m_a = 0.6$, $f_c = 100\\,\\text{kHz}$, $f_m = 1\\,\\text{kHz}$ :
$s(t) = 10\\cos(2\\pi \\times 10^5 t) + 3\\cos(2\\pi \\times 99 \\times 10^3 t) + 3\\cos(2\\pi \\times 101 \\times 10^3 t)\\,\\text{V}$
Amplitudes spectrales :
- Amplitude de la porteuse : $A_c = 10\\,\\text{V}$
- Amplitude de chaque bande latérale : $\\frac{A_c m_a}{2} = \\frac{10 \\times 0.6}{2} = 3\\,\\text{V}$
Question 2 : Calcul des puissances et du rendement
Étape 1 : Puissance de la porteuse
La puissance moyenne d'un signal sinusoïdal $A\\cos(\\omega t)$ dans une résistance $R$ est :
$P = \\frac{A^2}{2R}$
Puissance de la porteuse :
$P_c = \\frac{A_c^2}{2R_L} = \\frac{10^2}{2 \\times 50} = \\frac{100}{100} = 1\\,\\text{W}$
Étape 2 : Puissance des bandes latérales
Chaque bande latérale a une amplitude $\\frac{A_c m_a}{2} = 3\\,\\text{V}$
Puissance d'une bande latérale :
$P_{\\text{BL}_1} = \\frac{(A_c m_a/2)^2}{2R_L} = \\frac{3^2}{2 \\times 50} = \\frac{9}{100} = 0.09\\,\\text{W}$
Puissance totale des deux bandes latérales :
$P_\\text{BL} = 2 \\times P_{\\text{BL}_1} = 2 \\times 0.09 = 0.18\\,\\text{W}$
Ou en utilisant la formule directe :
$P_\\text{BL} = P_c \\frac{m_a^2}{2} = 1 \\times \\frac{0.6^2}{2} = 1 \\times \\frac{0.36}{2} = 0.18\\,\\text{W}$
Étape 3 : Puissance totale
$P_\\text{total} = P_c + P_\\text{BL} = 1 + 0.18 = 1.18\\,\\text{W}$
Étape 4 : Rendement de modulation
$\\eta = \\frac{P_\\text{BL}}{P_\\text{total}} \\times 100\\% = \\frac{0.18}{1.18} \\times 100\\% = 15.25\\%$
Résultats : $P_c = 1\\,\\text{W}$, $P_\\text{BL} = 0.18\\,\\text{W}$, $P_\\text{total} = 1.18\\,\\text{W}$, $\\eta = 15.25\\%$
Question 3 : Puissance du bruit et rapport signal/bruit
Étape 1 : Calcul de la puissance du bruit
Pour un bruit blanc de densité spectrale $N_0$ traversant un filtre de bande passante $B$ :
$P_N = N_0 \\times B$
Substitution numérique :
$P_N = 10^{-9} \\times 3 \\times 10^3 = 3 \\times 10^{-6}\\,\\text{W} = 3\\,\\mu\\text{W}$
Étape 2 : Rapport signal sur bruit (SNR)
$\\text{SNR} = \\frac{P_\\text{total}}{P_N} = \\frac{1.18}{3 \\times 10^{-6}} = 3.933 \\times 10^5$
Étape 3 : Conversion en décibels
$\\text{SNR}_{\\text{dB}} = 10 \\log_{10}(\\text{SNR}) = 10 \\log_{10}(3.933 \\times 10^5)$
$\\text{SNR}_{\\text{dB}} = 10 \\times [\\log_{10}(3.933) + 5] = 10 \\times [0.595 + 5] = 10 \\times 5.595 = 55.95\\,\\text{dB}$
Résultats : $P_N = 3\\,\\mu\\text{W}$, $\\text{SNR} = 55.95\\,\\text{dB}$
", "id_category": "4", "id_number": "1" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 2 : Modulation de fréquence et mélangeur
Un émetteur FM utilise un signal modulant $m(t) = V_m \\sin(2\\pi f_m t)$ avec $V_m = 3\\,\\text{V}$ et $f_m = 5\\,\\text{kHz}$. La fréquence de la porteuse est $f_c = 10\\,\\text{MHz}$ et la sensibilité de fréquence du modulateur est $k_f = 15\\,\\text{kHz/V}$. Le signal FM est donné par : $s_{\\text{FM}}(t) = A_c \\cos\\left[2\\pi f_c t + \\beta \\sin(2\\pi f_m t)\\right]$ où $\\beta = \\frac{k_f V_m}{f_m}$ est l'indice de modulation.
Question 1 : Calculer l'indice de modulation $\\beta$, la déviation de fréquence maximale $\\Delta f$, et la bande passante nécessaire selon la règle de Carson $B_\\text{Carson} = 2(\\Delta f + f_m)$.
Question 2 : Le signal FM est appliqué à un mélangeur (multiplicateur) avec un oscillateur local de fréquence $f_{\\text{OL}} = 10.455\\,\\text{MHz}$ et d'amplitude $A_{\\text{OL}} = 1\\,\\text{V}$. En considérant $A_c = 5\\,\\text{V}$, déterminer les fréquences des composantes principales en sortie du mélangeur (fréquence intermédiaire FI) pour la porteuse non modulée. Calculer l'amplitude de la composante de fréquence intermédiaire $f_{\\text{FI}} = |f_c - f_{\\text{OL}}|$ sachant que la sortie du multiplicateur est $s_{\\text{out}}(t) = s_{\\text{FM}}(t) \\times A_{\\text{OL}}\\cos(2\\pi f_{\\text{OL}} t)$.
Question 3 : Un filtre passe-bas avec une fréquence de coupure $f_{\\text{coupure}} = 1\\,\\text{MHz}$ est placé après le mélangeur. Sachant que ce filtre a une fonction de transfert d'ordre 1 avec un gain en bande passante de $H_0 = 2$, calculer le gain du filtre à la fréquence $f_{\\text{FI}}$ en utilisant $|H(f)| = \\frac{H_0}{\\sqrt{1 + (f/f_{\\text{coupure}})^2}}$. En déduire l'amplitude du signal de sortie à la fréquence intermédiaire après filtrage.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 2
Question 1 : Indice de modulation, déviation de fréquence et bande passante
Étape 1 : Calcul de l'indice de modulation $\\beta$
L'indice de modulation pour la FM est défini par :
$\\beta = \\frac{k_f V_m}{f_m}$
Substitution des valeurs numériques :
$\\beta = \\frac{15 \\times 10^3 \\times 3}{5 \\times 10^3} = \\frac{45 \\times 10^3}{5 \\times 10^3} = \\frac{45}{5} = 9$
Étape 2 : Déviation de fréquence maximale $\\Delta f$
La déviation de fréquence est donnée par :
$\\Delta f = k_f V_m$
Substitution :
$\\Delta f = 15 \\times 10^3 \\times 3 = 45 \\times 10^3\\,\\text{Hz} = 45\\,\\text{kHz}$
On peut vérifier que $\\Delta f = \\beta \\times f_m = 9 \\times 5 = 45\\,\\text{kHz}$
Étape 3 : Bande passante selon la règle de Carson
La règle de Carson stipule :
$B_\\text{Carson} = 2(\\Delta f + f_m)$
Substitution :
$B_\\text{Carson} = 2(45 \\times 10^3 + 5 \\times 10^3) = 2 \\times 50 \\times 10^3 = 100\\,\\text{kHz}$
Résultats : $\\beta = 9$, $\\Delta f = 45\\,\\text{kHz}$, $B_\\text{Carson} = 100\\,\\text{kHz}$
Question 2 : Fréquences et amplitude en sortie du mélangeur
Étape 1 : Analyse du mélange de fréquences
Pour la porteuse non modulée, considérons $\\cos(2\\pi f_c t)$ multiplié par $A_{\\text{OL}}\\cos(2\\pi f_{\\text{OL}} t)$ :
$\\cos(2\\pi f_c t) \\times A_{\\text{OL}}\\cos(2\\pi f_{\\text{OL}} t) = \\frac{A_{\\text{OL}}}{2}[\\cos(2\\pi(f_c - f_{\\text{OL}})t) + \\cos(2\\pi(f_c + f_{\\text{OL}})t)]$
Étape 2 : Calcul des fréquences
Fréquence de différence (fréquence intermédiaire) :
$f_{\\text{FI}} = |f_c - f_{\\text{OL}}| = |10 \\times 10^6 - 10.455 \\times 10^6| = 0.455 \\times 10^6\\,\\text{Hz} = 455\\,\\text{kHz}$
Fréquence de somme :
$f_{\\text{somme}} = f_c + f_{\\text{OL}} = 10 \\times 10^6 + 10.455 \\times 10^6 = 20.455\\,\\text{MHz}$
Étape 3 : Amplitude de la composante FI
En sortie du mélangeur, pour le signal complet avec $A_c = 5\\,\\text{V}$ et $A_{\\text{OL}} = 1\\,\\text{V}$ :
$A_{\\text{FI}} = \\frac{A_c \\times A_{\\text{OL}}}{2} = \\frac{5 \\times 1}{2} = 2.5\\,\\text{V}$
Résultats : $f_{\\text{FI}} = 455\\,\\text{kHz}$, $f_{\\text{somme}} = 20.455\\,\\text{MHz}$, $A_{\\text{FI}} = 2.5\\,\\text{V}$
Question 3 : Gain du filtre et amplitude de sortie
Étape 1 : Calcul du gain du filtre à $f_{\\text{FI}}$
La fonction de transfert du filtre passe-bas d'ordre 1 est :
$|H(f)| = \\frac{H_0}{\\sqrt{1 + (f/f_{\\text{coupure}})^2}}$
Substitution avec $f = f_{\\text{FI}} = 455\\,\\text{kHz}$, $f_{\\text{coupure}} = 1\\,\\text{MHz}$, $H_0 = 2$ :
$|H(f_{\\text{FI}})| = \\frac{2}{\\sqrt{1 + (455 \\times 10^3 / 10^6)^2}} = \\frac{2}{\\sqrt{1 + (0.455)^2}}$
Étape 2 : Calcul numérique
$(0.455)^2 = 0.207025$
$1 + 0.207025 = 1.207025$
$\\sqrt{1.207025} = 1.0986$
$|H(f_{\\text{FI}})| = \\frac{2}{1.0986} = 1.821$
Étape 3 : Amplitude du signal de sortie
L'amplitude de sortie après filtrage est :
$A_{\\text{sortie}} = A_{\\text{FI}} \\times |H(f_{\\text{FI}})| = 2.5 \\times 1.821 = 4.55\\,\\text{V}$
Résultats : $|H(f_{\\text{FI}})| = 1.821$, $A_{\\text{sortie}} = 4.55\\,\\text{V}$
", "id_category": "4", "id_number": "2" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 3 : Analyse de signaux et chaîne d'amplification
Un signal composite $x(t)$ est formé par la somme de trois signaux élémentaires : $x(t) = x_1(t) + x_2(t) + x_3(t)$ où :
- $x_1(t) = 5\\cos(2\\pi \\times 10^4 t)\\,\\text{V}$ (signal sinusoïdal)
- $x_2(t) = 2\\text{rect}(t/T)\\,\\text{V}$ avec $T = 10^{-4}\\,\\text{s}$ (impulsion rectangulaire), dont le spectre principal s'étend jusqu'à $f_2 = 1/T$
- $x_3(t) = 3e^{-1000t}u(t)\\,\\text{V}$ (signal exponentiel décroissant), où $u(t)$ est l'échelon unitaire
Ce signal traverse une chaîne d'amplification composée de deux étages en cascade.
Question 1 : Déterminer la fréquence $f_1$ du signal sinusoïdal $x_1(t)$, la fréquence caractéristique $f_2$ de l'impulsion rectangulaire, et la fréquence de coupure à $-3\\,\\text{dB}$ du signal exponentiel sachant que $f_{3\\text{dB}} = \\frac{\\alpha}{2\\pi}$ où $\\alpha = 1000\\,\\text{rad/s}$ est le coefficient d'atténuation. Calculer ensuite la bande passante minimale $B_\\text{min}$ nécessaire pour transmettre ces trois signaux sans distorsion significative, en prenant la fréquence maximale parmi les trois composantes.
Question 2 : Le premier étage d'amplification a un gain en tension $G_1 = 20\\,\\text{dB}$ et une impédance de sortie $Z_{\\text{out}_1} = 600\\,\\Omega$. Le deuxième étage a un gain $G_2 = 26\\,\\text{dB}$ et une impédance d'entrée $Z_{\\text{in}_2} = 10\\,\\text{k}\\Omega$. Calculer le gain total de la chaîne $G_\\text{total}$ en décibels, puis le convertir en gain linéaire $A_\\text{total}$. Si l'amplitude RMS du signal d'entrée composite est $V_{\\text{RMS}_\\text{in}} = 4\\,\\text{V}$, calculer l'amplitude RMS du signal de sortie $V_{\\text{RMS}_\\text{out}}$.
Question 3 : Entre les deux étages, il existe une atténuation due à l'adaptation d'impédance. Le facteur de transmission en tension est donné par $\\alpha_v = \\frac{Z_{\\text{in}_2}}{Z_{\\text{in}_2} + Z_{\\text{out}_1}}$. Calculer cette atténuation en décibels $L_{\\text{adapt}} = 20\\log_{10}(\\alpha_v)$. Recalculer le gain total réel de la chaîne $G_{\\text{réel}} = G_1 + G_2 + L_{\\text{adapt}}$ et la nouvelle amplitude RMS de sortie correspondante.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 3
Question 1 : Fréquences caractéristiques et bande passante
Étape 1 : Fréquence du signal sinusoïdal $x_1(t)$
Le signal $x_1(t) = 5\\cos(2\\pi \\times 10^4 t)$ a une pulsation $\\omega_1 = 2\\pi f_1$
Par identification :
$2\\pi f_1 = 2\\pi \\times 10^4$
$f_1 = 10^4\\,\\text{Hz} = 10\\,\\text{kHz}$
Étape 2 : Fréquence caractéristique de l'impulsion rectangulaire
Pour une impulsion rectangulaire de durée $T$, la fréquence caractéristique (premier zéro du spectre) est :
$f_2 = \\frac{1}{T} = \\frac{1}{10^{-4}} = 10^4\\,\\text{Hz} = 10\\,\\text{kHz}$
Étape 3 : Fréquence de coupure du signal exponentiel
Pour un signal exponentiel $e^{-\\alpha t}u(t)$, la fréquence de coupure à $-3\\,\\text{dB}$ est :
$f_{3\\text{dB}} = \\frac{\\alpha}{2\\pi}$
Avec $\\alpha = 1000\\,\\text{rad/s}$ :
$f_{3\\text{dB}} = \\frac{1000}{2\\pi} = \\frac{1000}{6.2832} = 159.15\\,\\text{Hz}$
Étape 4 : Bande passante minimale
La bande passante minimale nécessaire est déterminée par la fréquence maximale parmi les trois composantes :
$B_\\text{min} = \\max(f_1, f_2, f_{3\\text{dB}}) = \\max(10000, 10000, 159.15) = 10\\,\\text{kHz}$
Résultats : $f_1 = 10\\,\\text{kHz}$, $f_2 = 10\\,\\text{kHz}$, $f_{3\\text{dB}} = 159.15\\,\\text{Hz}$, $B_\\text{min} = 10\\,\\text{kHz}$
Question 2 : Gain total et amplitude de sortie
Étape 1 : Gain total en décibels
Pour une chaîne en cascade, le gain total en décibels est la somme des gains :
$G_\\text{total} = G_1 + G_2 = 20 + 26 = 46\\,\\text{dB}$
Étape 2 : Conversion en gain linéaire
Le gain en décibels est relié au gain linéaire par :
$G_{\\text{dB}} = 20\\log_{10}(A)$
Donc :
$A_\\text{total} = 10^{G_\\text{total}/20} = 10^{46/20} = 10^{2.3}$
$A_\\text{total} = 199.53$
Étape 3 : Amplitude RMS de sortie
L'amplitude RMS de sortie est :
$V_{\\text{RMS}_\\text{out}} = A_\\text{total} \\times V_{\\text{RMS}_\\text{in}} = 199.53 \\times 4$
$V_{\\text{RMS}_\\text{out}} = 798.12\\,\\text{V}$
Résultats : $G_\\text{total} = 46\\,\\text{dB}$, $A_\\text{total} = 199.53$, $V_{\\text{RMS}_\\text{out}} = 798.12\\,\\text{V}$
Question 3 : Atténuation d'adaptation et gain réel
Étape 1 : Facteur de transmission en tension
Le facteur de transmission est donné par le diviseur de tension :
$\\alpha_v = \\frac{Z_{\\text{in}_2}}{Z_{\\text{in}_2} + Z_{\\text{out}_1}}$
Substitution avec $Z_{\\text{in}_2} = 10\\,\\text{k}\\Omega = 10^4\\,\\Omega$ et $Z_{\\text{out}_1} = 600\\,\\Omega$ :
$\\alpha_v = \\frac{10^4}{10^4 + 600} = \\frac{10000}{10600} = 0.9434$
Étape 2 : Atténuation en décibels
$L_{\\text{adapt}} = 20\\log_{10}(\\alpha_v) = 20\\log_{10}(0.9434)$
$\\log_{10}(0.9434) = -0.0253$
$L_{\\text{adapt}} = 20 \\times (-0.0253) = -0.506\\,\\text{dB}$
Étape 3 : Gain total réel
En tenant compte de l'atténuation d'adaptation :
$G_{\\text{réel}} = G_1 + G_2 + L_{\\text{adapt}} = 20 + 26 + (-0.506) = 45.494\\,\\text{dB}$
Étape 4 : Gain linéaire réel et amplitude de sortie
$A_{\\text{réel}} = 10^{G_{\\text{réel}}/20} = 10^{45.494/20} = 10^{2.2747} = 188.21$
$V_{\\text{RMS}_\\text{out, réel}} = A_{\\text{réel}} \\times V_{\\text{RMS}_\\text{in}} = 188.21 \\times 4 = 752.84\\,\\text{V}$
Résultats : $\\alpha_v = 0.9434$, $L_{\\text{adapt}} = -0.506\\,\\text{dB}$, $G_{\\text{réel}} = 45.494\\,\\text{dB}$, $V_{\\text{RMS}_\\text{out, réel}} = 752.84\\,\\text{V}$
", "id_category": "4", "id_number": "3" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 1 : Analyse d'une chaîne de transmission analogique avec filtrage et amplification
On considère une chaîne de transmission analogique complète composée d'un signal d'entrée, d'un filtre passe-bas, et d'un amplificateur en cascade. Le signal d'entrée est défini par :
$s(t) = 5\\cos(2\\pi \\times 10^3 t) + 2\\cos(2\\pi \\times 50 \\times 10^3 t) + 1.5\\cos(2\\pi \\times 100 \\times 10^3 t)$
où $t$ est le temps en secondes. Ce signal traverse un filtre passe-bas de premier ordre dont la fonction de transfert est :
$H(f) = \\frac{1}{1 + j\\frac{f}{f_c}}$
avec une fréquence de coupure $f_c = 20\\,\\text{kHz}$. Le signal filtré est ensuite amplifié par un amplificateur de gain $G = 15\\,\\text{dB}$ et d'impédance de sortie $R_s = 50\\,\\Omega$, connecté à une charge $R_L = 75\\,\\Omega$.
Question 1 : Déterminez l'expression temporelle complète du signal de sortie $s_f(t)$ après le filtrage, en calculant l'atténuation de chaque composante fréquentielle. Exprimez les amplitudes et les déphasages de chaque composante.
Question 2 : Calculez la puissance efficace du signal filtré $s_f(t)$ sur une résistance normalisée de $1\\,\\Omega$, puis déterminez la puissance en $\\text{dBm}$ (référence $1\\,\\text{mW}$).
Question 3 : En tenant compte du gain de l'amplificateur et de l'adaptation d'impédance entre la sortie de l'amplificateur et la charge, calculez la puissance effective délivrée à la charge $R_L$ en $\\text{mW}$ et en $\\text{dBm}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'exercice 1
Question 1 : Expression du signal filtré sf(t)
Le signal d'entrée contient trois composantes fréquentielles :
- Composante 1 : $f_1 = 1\\,\\text{kHz}$, amplitude $A_1 = 5\\,\\text{V}$
- Composante 2 : $f_2 = 50\\,\\text{kHz}$, amplitude $A_2 = 2\\,\\text{V}$
- Composante 3 : $f_3 = 100\\,\\text{kHz}$, amplitude $A_3 = 1.5\\,\\text{V}$
Étape 1 : Calcul du module de la fonction de transfert
Le module de la fonction de transfert pour chaque fréquence est :
$|H(f)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\left(\\frac{f}{f_c}\\right)^2}}$
Pour la composante 1 ($f_1 = 1\\,\\text{kHz}$) :
$|H(f_1)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\left(\\frac{1}{20}\\right)^2}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 0.0025}} = \\frac{1}{\\sqrt{1.0025}}$
$|H(f_1)| = \\frac{1}{1.00125} = 0.9988$
Amplitude de sortie : $A_{1f} = 5 \\times 0.9988 = 4.994\\,\\text{V}$
Déphasage : $\\phi_1 = -\\arctan\\left(\\frac{f_1}{f_c}\\right) = -\\arctan(0.05) = -0.0500\\,\\text{rad} = -2.86°$
Pour la composante 2 ($f_2 = 50\\,\\text{kHz}$) :
$|H(f_2)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\left(\\frac{50}{20}\\right)^2}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 6.25}} = \\frac{1}{\\sqrt{7.25}}$
$|H(f_2)| = \\frac{1}{2.693} = 0.3714$
Amplitude de sortie : $A_{2f} = 2 \\times 0.3714 = 0.7428\\,\\text{V}$
Déphasage : $\\phi_2 = -\\arctan\\left(\\frac{50}{20}\\right) = -\\arctan(2.5) = -1.1903\\,\\text{rad} = -68.20°$
Pour la composante 3 ($f_3 = 100\\,\\text{kHz}$) :
$|H(f_3)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\left(\\frac{100}{20}\\right)^2}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 25}} = \\frac{1}{\\sqrt{26}}$
$|H(f_3)| = \\frac{1}{5.099} = 0.1961$
Amplitude de sortie : $A_{3f} = 1.5 \\times 0.1961 = 0.2942\\,\\text{V}$
Déphasage : $\\phi_3 = -\\arctan\\left(\\frac{100}{20}\\right) = -\\arctan(5) = -1.3734\\,\\text{rad} = -78.69°$
Expression finale du signal filtré :
$s_f(t) = 4.994\\cos(2\\pi \\times 10^3 t - 0.0500) + 0.7428\\cos(2\\pi \\times 50 \\times 10^3 t - 1.1903) + 0.2942\\cos(2\\pi \\times 100 \\times 10^3 t - 1.3734)$
Question 2 : Puissance efficace du signal filtré
Étape 1 : Calcul des valeurs efficaces
Pour chaque composante sinusoïdale, la valeur efficace est :
$V_{\\text{eff}} = \\frac{A}{\\sqrt{2}}$
$V_{1\\text{eff}} = \\frac{4.994}{\\sqrt{2}} = 3.531\\,\\text{V}$
$V_{2\\text{eff}} = \\frac{0.7428}{\\sqrt{2}} = 0.5252\\,\\text{V}$
$V_{3\\text{eff}} = \\frac{0.2942}{\\sqrt{2}} = 0.2080\\,\\text{V}$
Étape 2 : Calcul de la puissance totale
La puissance totale est la somme des puissances de chaque composante (sur $1\\,\\Omega$) :
$P_{\\text{total}} = V_{1\\text{eff}}^2 + V_{2\\text{eff}}^2 + V_{3\\text{eff}}^2$
$P_{\\text{total}} = (3.531)^2 + (0.5252)^2 + (0.2080)^2$
$P_{\\text{total}} = 12.468 + 0.2758 + 0.0433 = 12.787\\,\\text{W}$
Étape 3 : Conversion en dBm
$P_{\\text{dBm}} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{P_{\\text{total}}}{1\\,\\text{mW}}\\right) = 10\\log_{10}\\left(\\frac{12787\\,\\text{mW}}{1\\,\\text{mW}}\\right)$
$P_{\\text{dBm}} = 10\\log_{10}(12787) = 10 \\times 4.107 = 41.07\\,\\text{dBm}$
Question 3 : Puissance délivrée à la charge
Étape 1 : Conversion du gain en linéaire
$G_{\\text{lin}} = 10^{\\frac{G_{\\text{dB}}}{20}} = 10^{\\frac{15}{20}} = 10^{0.75} = 5.623$
Étape 2 : Puissance après amplification (avant adaptation)
$P_{\\text{amp}} = P_{\\text{total}} \\times G_{\\text{lin}}^2 = 12.787 \\times (5.623)^2$
$P_{\\text{amp}} = 12.787 \\times 31.618 = 404.3\\,\\text{W}$
Étape 3 : Coefficient de transfert de puissance
Avec l'impédance de sortie $R_s = 50\\,\\Omega$ et la charge $R_L = 75\\,\\Omega$, le coefficient de transfert de puissance est :
$\\eta = \\frac{4R_s R_L}{(R_s + R_L)^2}$
$\\eta = \\frac{4 \\times 50 \\times 75}{(50 + 75)^2} = \\frac{15000}{15625} = 0.96$
Étape 4 : Puissance délivrée à la charge
$P_L = P_{\\text{amp}} \\times \\eta = 404.3 \\times 0.96 = 388.1\\,\\text{W} = 388100\\,\\text{mW}$
Conversion en dBm :
$P_{L\\text{(dBm)}} = 10\\log_{10}(388100) = 10 \\times 5.589 = 55.89\\,\\text{dBm}$
Résultat final : La puissance délivrée à la charge est de $388.1\\,\\text{W}$ ou $55.89\\,\\text{dBm}$.
", "id_category": "4", "id_number": "4" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 2 : Modulation d'amplitude et mélangeur de fréquences
Dans un système de transmission radio, on utilise la modulation d'amplitude à double bande latérale avec porteuse (AM-DBL). Le signal modulant (message) est un signal sinusoïdal :
$m(t) = 4\\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t)$
La porteuse est définie par :
$p(t) = 10\\cos(2\\pi \\times 500 \\times 10^3 t)$
Le taux de modulation est $\\mu = 0.6$. Après la modulation, le signal AM traverse un mélangeur (multiplicateur) où il est multiplié par un oscillateur local :
$OL(t) = 2\\cos(2\\pi \\times 455 \\times 10^3 t)$
Le signal résultant du mélange est ensuite filtré par un filtre passe-bande centré sur la fréquence intermédiaire $f_{FI} = 45\\,\\text{kHz}$.
Question 1 : Déterminez l'expression complète du signal modulé en amplitude $s_{AM}(t)$. Calculez les amplitudes des composantes spectrales : la porteuse, la bande latérale supérieure (BLS) et la bande latérale inférieure (BLI), ainsi que leurs fréquences respectives.
Question 2 : Calculez la puissance totale du signal AM $s_{AM}(t)$ sur une antenne d'impédance $R_a = 50\\,\\Omega$. Déterminez également le rendement de modulation, défini comme le rapport entre la puissance des bandes latérales et la puissance totale.
Question 3 : Après le mélange avec l'oscillateur local, développez l'expression du signal $s_{\\text{mélange}}(t)$ et identifiez toutes les composantes fréquentielles générées. Déterminez quelle composante sera sélectionnée par le filtre passe-bande centré sur $45\\,\\text{kHz}$ et calculez son amplitude.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'exercice 2
Question 1 : Expression du signal modulé AM et composantes spectrales
Étape 1 : Formulation générale du signal AM-DBL
Le signal modulé en amplitude avec porteuse s'écrit :
$s_{AM}(t) = A_p[1 + \\mu \\cdot \\frac{m(t)}{A_m}]\\cos(2\\pi f_p t)$
où $A_p = 10\\,\\text{V}$ est l'amplitude de la porteuse, $A_m = 4\\,\\text{V}$ est l'amplitude du signal modulant, $\\mu = 0.6$ est le taux de modulation, et $f_p = 500\\,\\text{kHz}$ est la fréquence de la porteuse.
Étape 2 : Substitution des valeurs
$s_{AM}(t) = 10\\left[1 + 0.6 \\cdot \\frac{4\\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t)}{4}\\right]\\cos(2\\pi \\times 500 \\times 10^3 t)$
$s_{AM}(t) = 10[1 + 0.6\\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t)]\\cos(2\\pi \\times 500 \\times 10^3 t)$
Étape 3 : Développement mathématique
En utilisant l'identité trigonométrique $\\cos(A)\\cos(B) = \\frac{1}{2}[\\cos(A-B) + \\cos(A+B)]$ :
$s_{AM}(t) = 10\\cos(2\\pi \\times 500 \\times 10^3 t) + 6\\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t)\\cos(2\\pi \\times 500 \\times 10^3 t)$
$s_{AM}(t) = 10\\cos(2\\pi \\times 500 \\times 10^3 t) + 3\\cos(2\\pi \\times 495 \\times 10^3 t) + 3\\cos(2\\pi \\times 505 \\times 10^3 t)$
Résultat final : Composantes spectrales
- Porteuse : Fréquence $f_p = 500\\,\\text{kHz}$, Amplitude $A_p = 10\\,\\text{V}$
- Bande latérale inférieure (BLI) : Fréquence $f_{BLI} = 495\\,\\text{kHz}$, Amplitude $A_{BLI} = 3\\,\\text{V}$
- Bande latérale supérieure (BLS) : Fréquence $f_{BLS} = 505\\,\\text{kHz}$, Amplitude $A_{BLS} = 3\\,\\text{V}$
Question 2 : Puissance totale et rendement de modulation
Étape 1 : Calcul de la puissance de chaque composante
La puissance d'une composante sinusoïdale sur une résistance $R$ est :
$P = \\frac{V_{\\text{eff}}^2}{R} = \\frac{(A/\\sqrt{2})^2}{R} = \\frac{A^2}{2R}$
Pour $R_a = 50\\,\\Omega$ :
Puissance de la porteuse :
$P_p = \\frac{A_p^2}{2R_a} = \\frac{10^2}{2 \\times 50} = \\frac{100}{100} = 1\\,\\text{W}$
Puissance de la BLI :
$P_{BLI} = \\frac{A_{BLI}^2}{2R_a} = \\frac{3^2}{2 \\times 50} = \\frac{9}{100} = 0.09\\,\\text{W}$
Puissance de la BLS :
$P_{BLS} = \\frac{A_{BLS}^2}{2R_a} = \\frac{3^2}{2 \\times 50} = \\frac{9}{100} = 0.09\\,\\text{W}$
Étape 2 : Puissance totale
$P_{\\text{total}} = P_p + P_{BLI} + P_{BLS} = 1 + 0.09 + 0.09 = 1.18\\,\\text{W}$
Étape 3 : Rendement de modulation
Le rendement est le rapport entre la puissance des bandes latérales (qui contiennent l'information) et la puissance totale :
$\\eta = \\frac{P_{BLI} + P_{BLS}}{P_{\\text{total}}} = \\frac{0.09 + 0.09}{1.18} = \\frac{0.18}{1.18}$
$\\eta = 0.1525 = 15.25\\%$
Vérification par la formule directe :
$\\eta = \\frac{\\mu^2}{2 + \\mu^2} = \\frac{0.6^2}{2 + 0.6^2} = \\frac{0.36}{2.36} = 0.1525 = 15.25\\%$
Question 3 : Signal de mélange et sélection de la FI
Étape 1 : Expression du signal après mélange
Le signal de mélange est le produit du signal AM et de l'oscillateur local :
$s_{\\text{mélange}}(t) = s_{AM}(t) \\times OL(t)$
$s_{\\text{mélange}}(t) = [10\\cos(2\\pi \\times 500 \\times 10^3 t) + 3\\cos(2\\pi \\times 495 \\times 10^3 t) + 3\\cos(2\\pi \\times 505 \\times 10^3 t)] \\times 2\\cos(2\\pi \\times 455 \\times 10^3 t)$
Étape 2 : Développement avec l'identité trigonométrique
En utilisant $\\cos(A)\\cos(B) = \\frac{1}{2}[\\cos(A-B) + \\cos(A+B)]$ pour chaque terme :
Produit de la porteuse avec OL :
$10\\cos(2\\pi \\times 500 \\times 10^3 t) \\times 2\\cos(2\\pi \\times 455 \\times 10^3 t) = 10[\\cos(2\\pi \\times 45 \\times 10^3 t) + \\cos(2\\pi \\times 955 \\times 10^3 t)]$
Composantes : $45\\,\\text{kHz}$ (amplitude $10\\,\\text{V}$) et $955\\,\\text{kHz}$ (amplitude $10\\,\\text{V}$)
Produit de la BLI avec OL :
$3\\cos(2\\pi \\times 495 \\times 10^3 t) \\times 2\\cos(2\\pi \\times 455 \\times 10^3 t) = 3[\\cos(2\\pi \\times 40 \\times 10^3 t) + \\cos(2\\pi \\times 950 \\times 10^3 t)]$
Composantes : $40\\,\\text{kHz}$ (amplitude $3\\,\\text{V}$) et $950\\,\\text{kHz}$ (amplitude $3\\,\\text{V}$)
Produit de la BLS avec OL :
$3\\cos(2\\pi \\times 505 \\times 10^3 t) \\times 2\\cos(2\\pi \\times 455 \\times 10^3 t) = 3[\\cos(2\\pi \\times 50 \\times 10^3 t) + \\cos(2\\pi \\times 960 \\times 10^3 t)]$
Composantes : $50\\,\\text{kHz}$ (amplitude $3\\,\\text{V}$) et $960\\,\\text{kHz}$ (amplitude $3\\,\\text{V}$)
Étape 3 : Identification de la composante à 45 kHz
Le filtre passe-bande centré sur $f_{FI} = 45\\,\\text{kHz}$ sélectionne uniquement la composante issue du produit de la porteuse avec l'oscillateur local.
Composante sélectionnée :
Fréquence : $f_{FI} = 45\\,\\text{kHz}$
Amplitude : $A_{FI} = 10\\,\\text{V}$
Expression finale de la sortie filtrée :
$s_{\\text{sortie}}(t) = 10\\cos(2\\pi \\times 45 \\times 10^3 t)$
", "id_category": "4", "id_number": "5" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 3 : Système de transmission avec modulation de fréquence et analyse de bande passante
Un système de télécommunication utilise la modulation de fréquence (FM) pour transmettre un signal audio. Le signal modulant est un signal mono-fréquentiel :
$m(t) = 3\\cos(2\\pi \\times 15 \\times 10^3 t)$
La porteuse non modulée est :
$p(t) = 8\\cos(2\\pi \\times 100 \\times 10^6 t)$
L'excursion maximale de fréquence (déviation de fréquence) est $\\Delta f = 75\\,\\text{kHz}$. Le signal FM est ensuite transmis à travers un canal avec un bruit blanc gaussien de densité spectrale de puissance $N_0 = 10^{-15}\\,\\text{W/Hz}$. À la réception, le signal traverse un amplificateur à faible bruit de gain $G = 20\\,\\text{dB}$ et de facteur de bruit $F = 2.5\\,\\text{dB}$.
Question 1 : Calculez l'indice de modulation $\\beta$ et déterminez la bande passante nécessaire pour transmettre ce signal FM en utilisant la règle de Carson. Calculez également le nombre approximatif de raies spectrales significatives (amplitude supérieure à $1\\%$ de l'amplitude de la porteuse) en utilisant les fonctions de Bessel (on considère $J_n(\\beta) > 0.01 \\times A_p$ comme significatif).
Question 2 : Sachant que la puissance du signal FM reçu avant l'amplificateur est $P_s = -80\\,\\text{dBm}$, calculez le rapport signal sur bruit (SNR) à l'entrée de l'amplificateur sur la bande passante calculée en Question 1. Exprimez le résultat en $\\text{dB}$.
Question 3 : Calculez le rapport signal sur bruit à la sortie de l'amplificateur en tenant compte du gain et du facteur de bruit. Déterminez ensuite la température de bruit équivalente $T_e$ de l'amplificateur, sachant que la température de référence est $T_0 = 290\\,\\text{K}$ et que la constante de Boltzmann est $k = 1.38 \\times 10^{-23}\\,\\text{J/K}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'exercice 3
Question 1 : Indice de modulation et bande passante
Étape 1 : Calcul de l'indice de modulation $\\beta$
L'indice de modulation en FM est défini par :
$\\beta = \\frac{\\Delta f}{f_m}$
où $\\Delta f = 75\\,\\text{kHz}$ est la déviation de fréquence et $f_m = 15\\,\\text{kHz}$ est la fréquence du signal modulant.
$\\beta = \\frac{75 \\times 10^3}{15 \\times 10^3} = \\frac{75}{15} = 5$
Étape 2 : Calcul de la bande passante par la règle de Carson
La règle de Carson donne une estimation de la bande passante nécessaire pour transmettre un signal FM :
$BW_{\\text{Carson}} = 2(\\Delta f + f_m)$
$BW_{\\text{Carson}} = 2(75 \\times 10^3 + 15 \\times 10^3) = 2 \\times 90 \\times 10^3$
$BW_{\\text{Carson}} = 180\\,\\text{kHz}$
Étape 3 : Nombre de raies spectrales significatives
Pour un signal FM, l'amplitude de la $n$-ième raie latérale est proportionnelle à $J_n(\\beta)$, où $J_n$ est la fonction de Bessel de première espèce d'ordre $n$.
Pour $\\beta = 5$, les valeurs des fonctions de Bessel significatives ($|J_n(5)| > 0.01$) sont :
- $J_0(5) = -0.1776$
- $J_1(5) = -0.3276$
- $J_2(5) = 0.0466$
- $J_3(5) = 0.3648$
- $J_4(5) = 0.3912$
- $J_5(5) = 0.2611$
- $J_6(5) = 0.1310$
- $J_7(5) = 0.0534$
- $J_8(5) = 0.0184$
Le nombre de raies significatives de chaque côté de la porteuse est $n = 8$.
Nombre total de raies spectrales significatives :
$N_{\\text{raies}} = 2n + 1 = 2 \\times 8 + 1 = 17\\,\\text{raies}$
Question 2 : Rapport signal sur bruit à l'entrée
Étape 1 : Conversion de la puissance du signal en Watts
La puissance du signal est donnée en $\\text{dBm}$ :
$P_s = -80\\,\\text{dBm}$
Conversion en Watts :
$P_s(\\text{W}) = 10^{\\frac{P_s(\\text{dBm})}{10}} \\times 10^{-3} = 10^{\\frac{-80}{10}} \\times 10^{-3}$
$P_s(\\text{W}) = 10^{-8} \\times 10^{-3} = 10^{-11}\\,\\text{W}$
Étape 2 : Calcul de la puissance du bruit
La puissance du bruit sur la bande passante est :
$P_n = N_0 \\times BW$
$P_n = 10^{-15} \\times 180 \\times 10^3 = 180 \\times 10^{-12}\\,\\text{W}$
$P_n = 1.8 \\times 10^{-10}\\,\\text{W}$
Étape 3 : Calcul du SNR à l'entrée
$SNR_{\\text{entrée}} = \\frac{P_s}{P_n} = \\frac{10^{-11}}{1.8 \\times 10^{-10}} = \\frac{1}{18} = 0.0556$
Conversion en dB :
$SNR_{\\text{entrée(dB)}} = 10\\log_{10}(0.0556) = 10 \\times (-1.255) = -12.55\\,\\text{dB}$
Question 3 : SNR de sortie et température de bruit équivalente
Étape 1 : Conversion du gain et du facteur de bruit
Gain linéaire :
$G_{\\text{lin}} = 10^{\\frac{G_{\\text{dB}}}{10}} = 10^{\\frac{20}{10}} = 10^2 = 100$
Facteur de bruit linéaire :
$F_{\\text{lin}} = 10^{\\frac{F_{\\text{dB}}}{10}} = 10^{\\frac{2.5}{10}} = 10^{0.25} = 1.778$
Étape 2 : Calcul du SNR à la sortie
Le facteur de bruit d'un amplificateur est défini par :
$F = \\frac{SNR_{\\text{entrée}}}{SNR_{\\text{sortie}}}$
Donc :
$SNR_{\\text{sortie}} = \\frac{SNR_{\\text{entrée}}}{F_{\\text{lin}}} = \\frac{0.0556}{1.778} = 0.0313$
Conversion en dB :
$SNR_{\\text{sortie(dB)}} = 10\\log_{10}(0.0313) = 10 \\times (-1.505) = -15.05\\,\\text{dB}$
Vérification alternative :
$SNR_{\\text{sortie(dB)}} = SNR_{\\text{entrée(dB)}} - F_{\\text{dB}} = -12.55 - 2.5 = -15.05\\,\\text{dB}$
Étape 3 : Calcul de la température de bruit équivalente
La température de bruit équivalente d'un amplificateur est liée au facteur de bruit par :
$T_e = T_0(F_{\\text{lin}} - 1)$
où $T_0 = 290\\,\\text{K}$ est la température de référence.
$T_e = 290 \\times (1.778 - 1) = 290 \\times 0.778$
$T_e = 225.6\\,\\text{K}$
Résultat final : Le rapport signal sur bruit à la sortie est de $-15.05\\,\\text{dB}$ et la température de bruit équivalente de l'amplificateur est $T_e = 225.6\\,\\text{K}$.
", "id_category": "4", "id_number": "6" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Contexte : Un émetteur radio AM utilise une porteuse sinusoïdale de fréquence $f_c = 1\\text{ MHz}$ et d'amplitude $A_c = 10\\text{ V}$. Le signal modulant est un signal sinusoïdal de fréquence $f_m = 5\\text{ kHz}$ et d'amplitude $A_m = 6\\text{ V}$. Le signal modulé traverse ensuite un filtre passe-bande centré sur la fréquence porteuse.
Question 1 : Déterminez l'indice de modulation $m$, puis calculez les amplitudes des composantes spectrales (porteuse et bandes latérales) du signal modulé en amplitude. Exprimez le signal modulé $s_{AM}(t)$ dans le domaine temporel.
Question 2 : Calculez la puissance totale dissipée par le signal modulé dans une charge résistive de $R = 50\\,\\Omega$. Déterminez également la répartition de la puissance entre la porteuse et les bandes latérales, puis calculez le rendement de modulation $\\eta$ (rapport entre la puissance utile dans les bandes latérales et la puissance totale).
Question 3 : Le signal modulé passe à travers un amplificateur de gain en tension $G = 20\\text{ dB}$ suivi d'un filtre passe-bande idéal de bande passante $B = 15\\text{ kHz}$ centré sur $f_c$. Calculez l'amplitude du signal en sortie de l'amplificateur, puis vérifiez si le filtre laisse passer toutes les composantes du signal modulé. Calculez la puissance de sortie finale dans la même charge de $50\\,\\Omega$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution complète de l'exercice sur la Modulation d'Amplitude et le Filtrage
Question 1 : Calcul de l'indice de modulation et expression du signal modulé
Étape 1 : Calcul de l'indice de modulation $m$
L'indice de modulation $m$ est défini comme le rapport entre l'amplitude du signal modulant et l'amplitude de la porteuse :
$m = \\frac{A_m}{A_c}$
En remplaçant les valeurs numériques :
$m = \\frac{6}{10} = 0{,}6$
Interprétation : Un indice $m = 0{,}6$ signifie que le signal est modulé à $60\\%$, ce qui assure une modulation sans distorsion (car $m < 1$).
Étape 2 : Expression du signal modulé AM
Le signal modulé en amplitude s'exprime sous la forme :
$s_{AM}(t) = A_c\\left[1 + m\\cos(2\\pi f_m t)\\right]\\cos(2\\pi f_c t)$
En développant cette expression :
$s_{AM}(t) = A_c\\cos(2\\pi f_c t) + \\frac{mA_c}{2}\\cos\\left[2\\pi(f_c - f_m)t\\right] + \\frac{mA_c}{2}\\cos\\left[2\\pi(f_c + f_m)t\\right]$
Étape 3 : Calcul des amplitudes des composantes spectrales
Amplitude de la porteuse :
$A_{porteuse} = A_c = 10\\text{ V}$
Amplitude de chaque bande latérale (inférieure et supérieure) :
$A_{BL} = \\frac{mA_c}{2} = \\frac{0{,}6 \\times 10}{2} = 3\\text{ V}$
Résultat final :
$s_{AM}(t) = 10\\cos(2\\pi \\times 10^6 t) + 3\\cos\\left[2\\pi(995\\,000)t\\right] + 3\\cos\\left[2\\pi(1\\,005\\,000)t\\right]\\text{ V}$
Les fréquences des bandes latérales sont $f_c - f_m = 995\\text{ kHz}$ et $f_c + f_m = 1005\\text{ kHz}$.
Question 2 : Calcul de la puissance totale et du rendement de modulation
Étape 1 : Calcul de la puissance de la porteuse
La puissance efficace d'une composante sinusoïdale dans une résistance $R$ est donnée par :
$P = \\frac{V_{eff}^2}{R} = \\frac{(A/\\sqrt{2})^2}{R} = \\frac{A^2}{2R}$
Pour la porteuse :
$P_{porteuse} = \\frac{A_c^2}{2R} = \\frac{10^2}{2 \\times 50} = \\frac{100}{100} = 1\\text{ W}$
Étape 2 : Calcul de la puissance de chaque bande latérale
Pour chaque bande latérale d'amplitude $A_{BL} = 3\\text{ V}$ :
$P_{BL} = \\frac{A_{BL}^2}{2R} = \\frac{3^2}{2 \\times 50} = \\frac{9}{100} = 0{,}09\\text{ W}$
Puissance totale des deux bandes latérales :
$P_{BL\\_totale} = 2 \\times P_{BL} = 2 \\times 0{,}09 = 0{,}18\\text{ W}$
Étape 3 : Calcul de la puissance totale
$P_{totale} = P_{porteuse} + P_{BL\\_totale} = 1 + 0{,}18 = 1{,}18\\text{ W}$
Étape 4 : Calcul du rendement de modulation
Le rendement de modulation $\\eta$ représente le rapport entre la puissance utile (bandes latérales) et la puissance totale :
$\\eta = \\frac{P_{BL\\_totale}}{P_{totale}} = \\frac{0{,}18}{1{,}18} = 0{,}1525 = 15{,}25\\%$
Interprétation : Seulement $15{,}25\\%$ de la puissance transmise contient l'information utile, le reste étant dans la porteuse qui ne transporte pas d'information. Ceci illustre la faible efficacité énergétique de la modulation AM conventionnelle.
Vérification alternative : Le rendement peut aussi se calculer par :
$\\eta = \\frac{m^2}{2 + m^2} = \\frac{0{,}6^2}{2 + 0{,}6^2} = \\frac{0{,}36}{2{,}36} = 0{,}1525 = 15{,}25\\%$
Question 3 : Effet de l'amplificateur et du filtre sur le signal
Étape 1 : Conversion du gain en décibels en gain linéaire
Le gain en décibels est défini par :
$G_{dB} = 20\\log_{10}(G_{lineaire})$
Donc :
$G_{lineaire} = 10^{G_{dB}/20} = 10^{20/20} = 10^1 = 10$
Étape 2 : Calcul des amplitudes en sortie de l'amplificateur
L'amplificateur multiplie toutes les amplitudes par le gain linéaire :
Amplitude de la porteuse :
$A'_{porteuse} = G_{lineaire} \\times A_c = 10 \\times 10 = 100\\text{ V}$
Amplitude de chaque bande latérale :
$A'_{BL} = G_{lineaire} \\times A_{BL} = 10 \\times 3 = 30\\text{ V}$
Étape 3 : Vérification du passage à travers le filtre
Le filtre passe-bande est centré sur $f_c = 1\\text{ MHz}$ avec une bande passante $B = 15\\text{ kHz}$.
Les limites de la bande passante sont :
$f_{inf} = f_c - \\frac{B}{2} = 1\\,000\\,000 - \\frac{15\\,000}{2} = 992{,}5\\text{ kHz}$
$f_{sup} = f_c + \\frac{B}{2} = 1\\,000\\,000 + \\frac{15\\,000}{2} = 1\\,007{,}5\\text{ kHz}$
Vérification des composantes :
- Porteuse : $f_c = 1000\\text{ kHz}$ (dans la bande passante ✓)
- Bande latérale inférieure : $995\\text{ kHz}$ (dans la bande passante car $995 > 992{,}5$ ✓)
- Bande latérale supérieure : $1005\\text{ kHz}$ (dans la bande passante car $1005 < 1007{,}5$ ✓)
Conclusion : Toutes les composantes du signal modulé passent à travers le filtre sans atténuation.
Étape 4 : Calcul de la puissance de sortie finale
Les amplitudes après amplification restent inchangées après le filtre. La puissance se calcule avec les nouvelles amplitudes :
Puissance de la porteuse :
$P'_{porteuse} = \\frac{(A'_{porteuse})^2}{2R} = \\frac{100^2}{2 \\times 50} = \\frac{10\\,000}{100} = 100\\text{ W}$
Puissance de chaque bande latérale :
$P'_{BL} = \\frac{(A'_{BL})^2}{2R} = \\frac{30^2}{2 \\times 50} = \\frac{900}{100} = 9\\text{ W}$
Puissance totale des bandes latérales :
$P'_{BL\\_totale} = 2 \\times 9 = 18\\text{ W}$
Puissance totale finale :
$P'_{totale} = P'_{porteuse} + P'_{BL\\_totale} = 100 + 18 = 118\\text{ W}$
Vérification : La puissance a été multipliée par $G^2_{lineaire} = 10^2 = 100$, ce qui correspond à $1{,}18 \\times 100 = 118\\text{ W}$ ✓
Résultat final : La puissance de sortie finale dissipée dans la charge de $50\\,\\Omega$ est de $118\\text{ W}$.
", "id_category": "4", "id_number": "7" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Contexte : Un système de transmission FM utilise une porteuse de fréquence $f_c = 100\\text{ MHz}$ et d'amplitude constante $A_c = 8\\text{ V}$. Le signal modulant est un signal sinusoïdal de fréquence $f_m = 10\\text{ kHz}$ et d'amplitude $V_m = 4\\text{ V}$. La sensibilité en fréquence du modulateur est $k_f = 25\\text{ kHz/V}$. En réception, le signal FM est mélangé avec un oscillateur local de fréquence $f_{OL} = 110\\text{ MHz}$ pour obtenir une fréquence intermédiaire.
Question 1 : Calculez l'excursion de fréquence $\\Delta f$, puis déterminez l'indice de modulation $\\beta$ pour ce système FM. En utilisant la règle de Carson, calculez la bande passante $B_{FM}$ nécessaire pour transmettre ce signal sans distorsion significative.
Question 2 : Après le mélange hétérodyne, déterminez les fréquences produites en sortie du mélangeur. Identifiez la fréquence intermédiaire $f_{FI}$ et calculez la bande passante requise pour le filtre de fréquence intermédiaire qui doit laisser passer toutes les composantes significatives du signal FM translaté.
Question 3 : Si le signal FM en entrée du mélangeur a une puissance de $P_{in} = 50\\text{ mW}$ et que le mélangeur a un gain de conversion $G_c = -6\\text{ dB}$, calculez la puissance du signal de fréquence intermédiaire en sortie du mélangeur. Ensuite, si ce signal est amplifié par un amplificateur FI de gain $G_{FI} = 35\\text{ dB}$, calculez la puissance finale en sortie et exprimez-la également en $\\text{dBm}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution complète de l'exercice sur la Modulation de Fréquence et le Mélange
Question 1 : Calcul de l'excursion de fréquence, de l'indice de modulation et de la bande passante FM
Étape 1 : Calcul de l'excursion de fréquence $\\Delta f$
L'excursion de fréquence en modulation FM est donnée par le produit de la sensibilité du modulateur et de l'amplitude du signal modulant :
$\\Delta f = k_f \\times V_m$
En remplaçant les valeurs numériques :
$\\Delta f = 25\\text{ kHz/V} \\times 4\\text{ V} = 100\\text{ kHz}$
Interprétation : La fréquence instantanée de la porteuse varie de $\\pm 100\\text{ kHz}$ autour de la fréquence centrale $f_c = 100\\text{ MHz}$, soit entre $99{,}9\\text{ MHz}$ et $100{,}1\\text{ MHz}$.
Étape 2 : Calcul de l'indice de modulation $\\beta$
L'indice de modulation en FM est défini comme le rapport entre l'excursion de fréquence et la fréquence du signal modulant :
$\\beta = \\frac{\\Delta f}{f_m}$
En remplaçant les valeurs :
$\\beta = \\frac{100\\text{ kHz}}{10\\text{ kHz}} = \\frac{100\\,000}{10\\,000} = 10$
Interprétation : Un indice $\\beta = 10$ indique une modulation de fréquence à large bande (FM large bande), car $\\beta > 1$. Le signal FM contient de nombreuses composantes spectrales significatives.
Étape 3 : Calcul de la bande passante selon la règle de Carson
La règle de Carson fournit une approximation de la bande passante nécessaire pour transmettre $98\\%$ de la puissance du signal FM :
$B_{FM} = 2(\\Delta f + f_m)$
En substituant les valeurs :
$B_{FM} = 2(100\\text{ kHz} + 10\\text{ kHz}) = 2 \\times 110\\text{ kHz} = 220\\text{ kHz}$
Résultat final : La bande passante nécessaire pour transmettre le signal FM sans distorsion significative est de $220\\text{ kHz}$.
Remarque : Cette bande passante contient la porteuse et les paires de bandes latérales significatives selon le développement en séries de Bessel de la fonction FM.
Question 2 : Analyse du mélange hétérodyne et fréquence intermédiaire
Étape 1 : Identification des produits de mélange
Un mélangeur (multiplicateur non linéaire) produit des composantes aux fréquences somme et différence. Pour le signal FM centré autour de $f_c = 100\\text{ MHz}$ et l'oscillateur local à $f_{OL} = 110\\text{ MHz}$, les fréquences produites sont :
Fréquence somme :
$f_{somme} = f_{OL} + f_c = 110\\text{ MHz} + 100\\text{ MHz} = 210\\text{ MHz}$
Fréquence différence :
$f_{diff} = f_{OL} - f_c = 110\\text{ MHz} - 100\\text{ MHz} = 10\\text{ MHz}$
Étape 2 : Identification de la fréquence intermédiaire
Par convention, la fréquence intermédiaire $f_{FI}$ est choisie comme la fréquence la plus basse produite par le mélangeur, c'est-à-dire la fréquence différence :
$f_{FI} = |f_{OL} - f_c| = 10\\text{ MHz}$
Interprétation : Le signal FM original centré sur $100\\text{ MHz}$ est translaté vers une fréquence intermédiaire de $10\\text{ MHz}$, ce qui facilite le traitement ultérieur (filtrage et amplification).
Étape 3 : Calcul de la bande passante du filtre FI
Le processus de mélange préserve l'information de modulation et donc la bande passante du signal FM. Le filtre de fréquence intermédiaire doit avoir la même bande passante que le signal FM original pour laisser passer toutes les composantes significatives :
$B_{FI} = B_{FM} = 220\\text{ kHz}$
Le filtre passe-bande FI doit être centré sur $f_{FI} = 10\\text{ MHz}$ avec une bande passante de $220\\text{ kHz}$, soit des limites de :
$f_{inf} = 10\\text{ MHz} - 110\\text{ kHz} = 9{,}89\\text{ MHz}$
$f_{sup} = 10\\text{ MHz} + 110\\text{ kHz} = 10{,}11\\text{ MHz}$
Résultat final : La bande passante requise pour le filtre FI est de $220\\text{ kHz}$, centrée sur $10\\text{ MHz}$.
Question 3 : Calcul des puissances à travers le mélangeur et l'amplificateur FI
Étape 1 : Conversion du gain de conversion en linéaire
Le gain de conversion $G_c = -6\\text{ dB}$ est négatif, ce qui indique une perte de conversion. En notation linéaire :
$G_{c\\_lin} = 10^{G_c/10} = 10^{-6/10} = 10^{-0{,}6} \\approx 0{,}2512$
Étape 2 : Calcul de la puissance en sortie du mélangeur
La puissance du signal de fréquence intermédiaire est obtenue en multipliant la puissance d'entrée par le gain de conversion linéaire :
$P_{FI} = P_{in} \\times G_{c\\_lin} = 50\\text{ mW} \\times 0{,}2512 = 12{,}56\\text{ mW}$
Interprétation : Le mélangeur introduit une perte de $6\\text{ dB}$, réduisant la puissance de $50\\text{ mW}$ à environ $12{,}56\\text{ mW}$.
Étape 3 : Conversion du gain de l'amplificateur FI en linéaire
Le gain de l'amplificateur FI est $G_{FI} = 35\\text{ dB}$ :
$G_{FI\\_lin} = 10^{G_{FI}/10} = 10^{35/10} = 10^{3{,}5} \\approx 3162{,}3$
Étape 4 : Calcul de la puissance finale en sortie
La puissance finale après amplification est :
$P_{sortie} = P_{FI} \\times G_{FI\\_lin} = 12{,}56\\text{ mW} \\times 3162{,}3 = 39\\,718{,}5\\text{ mW} \\approx 39{,}72\\text{ W}$
Étape 5 : Expression de la puissance finale en dBm
La puissance en $\\text{dBm}$ est définie par rapport à $1\\text{ mW}$ :
$P_{dBm} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{P_{sortie}}{1\\text{ mW}}\\right)$
En convertissant $39{,}72\\text{ W}$ en milliwatts :
$P_{sortie} = 39{,}72\\text{ W} = 39\\,720\\text{ mW}$
Donc :
$P_{dBm} = 10\\log_{10}(39\\,720) = 10 \\times 4{,}599 = 45{,}99\\text{ dBm} \\approx 46\\text{ dBm}$
Vérification alternative : On peut aussi calculer directement en additionnant les gains et puissances en dB :
Puissance d'entrée en dBm :
$P_{in\\_dBm} = 10\\log_{10}(50) \\approx 17\\text{ dBm}$
Puissance en sortie du mélangeur :
$P_{FI\\_dBm} = P_{in\\_dBm} + G_c = 17 + (-6) = 11\\text{ dBm}$
Puissance finale :
$P_{sortie\\_dBm} = P_{FI\\_dBm} + G_{FI} = 11 + 35 = 46\\text{ dBm}$
Résultat final : La puissance finale en sortie de l'amplificateur FI est de $39{,}72\\text{ W}$ ou $46\\text{ dBm}$.
", "id_category": "4", "id_number": "8" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Contexte : Un signal utile sinusoïdal de fréquence $f_s = 50\\text{ kHz}$ et d'amplitude $A_s = 2\\text{ V}$ est transmis à travers un canal de communication bruité. Le signal est accompagné d'un bruit blanc gaussien de densité spectrale de puissance bilatérale $N_0 = 10^{-9}\\text{ W/Hz}$. Un filtre passe-bande du second ordre (type Butterworth) centré sur $f_0 = 50\\text{ kHz}$ avec une bande passante à $-3\\text{ dB}$ de $B = 20\\text{ kHz}$ est utilisé pour améliorer le rapport signal sur bruit. Le signal filtré est ensuite amplifié avec un amplificateur de gain $G = 40\\text{ dB}$ et un facteur de bruit $F = 3\\text{ dB}$.
Question 1 : Calculez la puissance du signal utile $P_s$ à l'entrée du filtre dans une impédance de référence $R = 50\\,\\Omega$. Ensuite, calculez la puissance du bruit $P_n$ dans la bande passante du filtre, puis déterminez le rapport signal sur bruit $\\text{SNR}_{in}$ en entrée du filtre (exprimé en décibels).
Question 2 : Sachant que le filtre Butterworth du second ordre a une fonction de transfert en puissance donnée par $H(f) = \\frac{1}{1 + \\left(\\frac{f - f_0}{B/2}\\right)^4}$ pour $|f - f_0| \\ll f_0$, vérifiez que le signal utile à $f_s = 50\\text{ kHz}$ passe sans atténuation (calculez $H(f_s)$). Puis calculez la puissance du signal et du bruit en sortie du filtre (en négligeant l'atténuation du signal et en considérant que le bruit est uniformément filtré sur la bande passante).
Question 3 : Calculez le rapport signal sur bruit $\\text{SNR}_{out}$ en sortie de l'amplificateur en tenant compte du facteur de bruit $F$. Utilisez la relation $\\text{SNR}_{out} = \\frac{\\text{SNR}_{in}}{F}$ où $F$ est le facteur de bruit linéaire. Exprimez $\\text{SNR}_{out}$ en décibels et calculez également la puissance totale du signal amplifié dans la charge de $50\\,\\Omega$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution complète de l'exercice sur le Filtrage Passe-Bande et l'Analyse du Rapport Signal sur Bruit
Question 1 : Calcul de la puissance du signal, du bruit et du SNR en entrée
Étape 1 : Calcul de la puissance du signal utile $P_s$
La puissance d'un signal sinusoïdal d'amplitude $A_s$ dans une résistance $R$ est donnée par :
$P_s = \\frac{A_s^2}{2R}$
En substituant les valeurs numériques :
$P_s = \\frac{(2)^2}{2 \\times 50} = \\frac{4}{100} = 0{,}04\\text{ W} = 40\\text{ mW}$
Interprétation : Le signal utile a une puissance de $40\\text{ mW}$ ou $0{,}04\\text{ W}$ dans l'impédance de référence de $50\\,\\Omega$.
Étape 2 : Calcul de la puissance du bruit $P_n$ dans la bande passante du filtre
Pour un bruit blanc de densité spectrale de puissance bilatérale $N_0$, la puissance totale du bruit dans une bande passante $B$ est :
$P_n = N_0 \\times B$
En remplaçant les valeurs :
$P_n = 10^{-9}\\text{ W/Hz} \\times 20\\,000\\text{ Hz} = 10^{-9} \\times 2 \\times 10^4 = 2 \\times 10^{-5}\\text{ W} = 0{,}02\\text{ mW} = 20\\,\\mu\\text{W}$
Étape 3 : Calcul du rapport signal sur bruit $\\text{SNR}_{in}$ en entrée
Le rapport signal sur bruit linéaire est défini par :
$\\text{SNR}_{in\\_lin} = \\frac{P_s}{P_n}$
En substituant les valeurs :
$\\text{SNR}_{in\\_lin} = \\frac{0{,}04}{2 \\times 10^{-5}} = \\frac{0{,}04}{0{,}00002} = 2000$
Expression en décibels :
$\\text{SNR}_{in\\_dB} = 10\\log_{10}(\\text{SNR}_{in\\_lin}) = 10\\log_{10}(2000)$
Calcul numérique :
$\\log_{10}(2000) = \\log_{10}(2 \\times 10^3) = \\log_{10}(2) + 3 \\approx 0{,}301 + 3 = 3{,}301$
$\\text{SNR}_{in\\_dB} = 10 \\times 3{,}301 = 33{,}01\\text{ dB} \\approx 33\\text{ dB}$
Résultat final : Le rapport signal sur bruit en entrée du filtre est de $\\text{SNR}_{in} = 33\\text{ dB}$.
Question 2 : Analyse du filtrage et calcul des puissances en sortie du filtre
Étape 1 : Vérification de l'atténuation du signal à $f_s = 50\\text{ kHz}$
La fonction de transfert en puissance du filtre Butterworth du second ordre est :
$H(f) = \\frac{1}{1 + \\left(\\frac{f - f_0}{B/2}\\right)^4}$
Pour $f_s = 50\\text{ kHz}$ et $f_0 = 50\\text{ kHz}$ :
$H(f_s) = \\frac{1}{1 + \\left(\\frac{50 - 50}{20/2}\\right)^4} = \\frac{1}{1 + \\left(\\frac{0}{10}\\right)^4} = \\frac{1}{1 + 0} = 1$
Interprétation : Le signal utile à la fréquence centrale $f_s = f_0$ passe sans atténuation ($H(f_s) = 1$, soit $0\\text{ dB}$). La puissance du signal en sortie du filtre reste donc inchangée.
Étape 2 : Calcul de la puissance du signal en sortie du filtre
Puisque le signal n'est pas atténué :
$P_{s\\_filtre} = P_s \\times H(f_s) = 0{,}04\\text{ W} \\times 1 = 0{,}04\\text{ W} = 40\\text{ mW}$
Étape 3 : Calcul de la puissance du bruit en sortie du filtre
Le filtre ne modifie pas la bande passante effective du bruit (qui est déjà limitée à $B = 20\\text{ kHz}$), donc la puissance du bruit reste la même :
$P_{n\\_filtre} = P_n = 2 \\times 10^{-5}\\text{ W} = 20\\,\\mu\\text{W}$
Remarque : En pratique, pour un filtre réel, on devrait intégrer la densité spectrale de puissance du bruit sur toute la bande en tenant compte de la réponse en fréquence $H(f)$. Cependant, l'énoncé suggère de considérer que le bruit est uniformément filtré sur la bande passante, ce qui justifie cette approximation.
Résultat final : En sortie du filtre, $P_{s\\_filtre} = 40\\text{ mW}$ et $P_{n\\_filtre} = 20\\,\\mu\\text{W}$.
Question 3 : Calcul du SNR en sortie de l'amplificateur et de la puissance totale
Étape 1 : Conversion du facteur de bruit en linéaire
Le facteur de bruit $F$ est donné en décibels :
$F_{dB} = 3\\text{ dB}$
Conversion en facteur linéaire :
$F_{lin} = 10^{F_{dB}/10} = 10^{3/10} = 10^{0{,}3} \\approx 1{,}995 \\approx 2$
Étape 2 : Calcul du SNR en sortie de l'amplificateur
La relation entre le SNR d'entrée et de sortie d'un amplificateur bruité est :
$\\text{SNR}_{out\\_lin} = \\frac{\\text{SNR}_{in\\_lin}}{F_{lin}}$
En substituant les valeurs :
$\\text{SNR}_{out\\_lin} = \\frac{2000}{1{,}995} \\approx 1002{,}5 \\approx 1000$
Expression en décibels :
$\\text{SNR}_{out\\_dB} = 10\\log_{10}(1000) = 10 \\times 3 = 30\\text{ dB}$
Vérification alternative : On peut aussi calculer directement :
$\\text{SNR}_{out\\_dB} = \\text{SNR}_{in\\_dB} - F_{dB} = 33\\text{ dB} - 3\\text{ dB} = 30\\text{ dB}$
Interprétation : L'amplificateur dégrade le rapport signal sur bruit de $3\\text{ dB}$ en raison du bruit additionnel qu'il introduit (caractérisé par son facteur de bruit).
Étape 3 : Conversion du gain en linéaire
Le gain de l'amplificateur est $G = 40\\text{ dB}$ :
$G_{lin} = 10^{G/10} = 10^{40/10} = 10^4 = 10\\,000$
Étape 4 : Calcul de la puissance totale du signal amplifié
La puissance du signal en sortie de l'amplificateur est :
$P_{s\\_out} = P_{s\\_filtre} \\times G_{lin} = 0{,}04\\text{ W} \\times 10\\,000 = 400\\text{ W}$
Vérification en dB :
Puissance d'entrée du signal en dBm :
$P_{s\\_dBm} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{40\\text{ mW}}{1\\text{ mW}}\\right) = 10\\log_{10}(40) \\approx 16{,}02\\text{ dBm}$
Puissance de sortie en dBm :
$P_{s\\_out\\_dBm} = P_{s\\_dBm} + G = 16{,}02 + 40 = 56{,}02\\text{ dBm}$
Conversion en watts :
$P_{s\\_out} = 10^{(56{,}02 - 30)/10}\\text{ W} = 10^{2{,}602}\\text{ W} \\approx 400\\text{ W}$
Résultat final : Le rapport signal sur bruit en sortie de l'amplificateur est de $\\text{SNR}_{out} = 30\\text{ dB}$, et la puissance totale du signal amplifié dans la charge de $50\\,\\Omega$ est de $400\\text{ W}$.
", "id_category": "4", "id_number": "9" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 1 : Analyse de signaux et chaîne d'amplification avec filtrage
Un système de transmission analogique est composé d'un émetteur qui génère un signal porteur sinusoïdal et d'une chaîne d'amplification suivie d'un filtre passe-bas. Le signal émis est de la forme :
$s(t) = A_0 \\cos(2\\pi f_0 t + \\varphi)$
où $A_0 = 2\\text{ V}$, $f_0 = 100\\text{ kHz}$ et $\\varphi = \\pi/4$.
Ce signal traverse d'abord un amplificateur de gain $G_1 = 20\\text{ dB}$, puis un deuxième amplificateur de gain $G_2 = 15\\text{ dB}$. À la sortie de la chaîne d'amplification, le signal entre dans un filtre passe-bas de type Butterworth d'ordre 2 dont la fréquence de coupure est $f_c = 150\\text{ kHz}$.
Après le filtrage, on observe à la sortie un signal parasité par un bruit additif gaussien de puissance $P_b = 10\\text{ mW}$ sur une résistance de charge $R_L = 50\\text{ }\\ \\Omega$.
Question 1 : Calculer l'amplitude du signal $A_{out}$ à la sortie de la chaîne d'amplification (avant le filtre). Exprimer le résultat en volts et en dBV.
Question 2 : Déterminer le module de la fonction de transfert du filtre passe-bas Butterworth d'ordre 2 à la fréquence $f_0 = 100\\text{ kHz}$, sachant que la fonction de transfert est donnée par :
$|H(f)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\left(\\frac{f}{f_c}\\right)^{2n}}}$
où $n = 2$ est l'ordre du filtre. En déduire l'amplitude du signal filtré $A_{filtered}$.
Question 3 : Calculer le rapport signal sur bruit (SNR) en décibels à la sortie du système complet, sachant que la puissance du signal utile est $P_s = \\frac{A_{filtered}^2}{2R_L}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'exercice 1
Question 1 : Calcul de l'amplitude en sortie de la chaîne d'amplification
Étape 1 : Conversion des gains en échelle linéaire
Le gain en décibels est défini par la relation :
$G_{dB} = 20\\log_{10}(G_{lin})$
On en déduit la conversion inverse :
$G_{lin} = 10^{G_{dB}/20}$
Pour le premier amplificateur :
$G_{1,lin} = 10^{20/20} = 10^{1} = 10$
Pour le deuxième amplificateur :
$G_{2,lin} = 10^{15/20} = 10^{0.75} \\approx 5.623$
Étape 2 : Calcul du gain total de la chaîne
Les amplificateurs étant en cascade, le gain total en échelle linéaire est le produit des gains individuels :
$G_{total} = G_{1,lin} \\times G_{2,lin} = 10 \\times 5.623 = 56.23$
Alternativement, en décibels, les gains s'additionnent :
$G_{total,dB} = G_1 + G_2 = 20 + 15 = 35\\text{ dB}$
Vérification : $10^{35/20} = 10^{1.75} \\approx 56.23$
Étape 3 : Calcul de l'amplitude de sortie
L'amplitude de sortie est obtenue en multipliant l'amplitude d'entrée par le gain total :
$A_{out} = A_0 \\times G_{total} = 2 \\times 56.23 = 112.46\\text{ V}$
Étape 4 : Expression en dBV
Le niveau en dBV est défini par rapport à 1 V de référence :
$A_{out,dBV} = 20\\log_{10}(A_{out}) = 20\\log_{10}(112.46) = 20 \\times 2.051 = 41.02\\text{ dBV}$
Résultat final : L'amplitude du signal à la sortie de la chaîne d'amplification est $A_{out} = 112.46\\text{ V}$ ou $41.02\\text{ dBV}$.
Question 2 : Fonction de transfert du filtre et amplitude filtrée
Étape 1 : Rappel de la fonction de transfert
Pour un filtre passe-bas Butterworth d'ordre $n = 2$, la fonction de transfert en module est :
$|H(f)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\left(\\frac{f}{f_c}\\right)^{2n}}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\left(\\frac{f}{f_c}\\right)^{4}}}$
Étape 2 : Calcul du rapport de fréquences
Avec $f_0 = 100\\text{ kHz}$ et $f_c = 150\\text{ kHz}$ :
$\\frac{f_0}{f_c} = \\frac{100}{150} = \\frac{2}{3} \\approx 0.6667$
Étape 3 : Calcul de la puissance quatrième
$\\left(\\frac{f_0}{f_c}\\right)^4 = (0.6667)^4 = 0.1975$
Étape 4 : Calcul du module de H(f₀)
$|H(f_0)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 0.1975}} = \\frac{1}{\\sqrt{1.1975}} = \\frac{1}{1.0943} = 0.9138$
Étape 5 : Calcul de l'amplitude filtrée
L'amplitude du signal à la sortie du filtre est le produit de l'amplitude d'entrée du filtre par le module de la fonction de transfert :
$A_{filtered} = A_{out} \\times |H(f_0)| = 112.46 \\times 0.9138 = 102.77\\text{ V}$
Résultat final : Le module de la fonction de transfert à $f_0$ est $|H(f_0)| = 0.9138$ (ou $-0.78\\text{ dB}$), et l'amplitude du signal filtré est $A_{filtered} = 102.77\\text{ V}$.
Question 3 : Calcul du rapport signal sur bruit (SNR)
Étape 1 : Calcul de la puissance du signal utile
Pour un signal sinusoïdal d'amplitude $A$ sur une résistance $R_L$, la puissance moyenne est :
$P_s = \\frac{A_{filtered}^2}{2R_L}$
Avec $A_{filtered} = 102.77\\text{ V}$ et $R_L = 50\\text{ }\\Omega$ :
$P_s = \\frac{(102.77)^2}{2 \\times 50} = \\frac{10561.68}{100} = 105.62\\text{ W}$
Étape 2 : Conversion de la puissance du bruit
La puissance du bruit est donnée en milliwatts :
$P_b = 10\\text{ mW} = 10 \\times 10^{-3}\\text{ W} = 0.01\\text{ W}$
Étape 3 : Calcul du SNR en échelle linéaire
Le rapport signal sur bruit est défini par :
$SNR_{lin} = \\frac{P_s}{P_b} = \\frac{105.62}{0.01} = 10562$
Étape 4 : Conversion en décibels
Le SNR en décibels est calculé par :
$SNR_{dB} = 10\\log_{10}(SNR_{lin}) = 10\\log_{10}(10562) = 10 \\times 4.024 = 40.24\\text{ dB}$
Résultat final : Le rapport signal sur bruit à la sortie du système complet est $SNR = 40.24\\text{ dB}$.
Interprétation : Un SNR de 40 dB indique que le signal utile est 10 000 fois plus puissant que le bruit, ce qui est excellent pour une transmission analogique de qualité. Le système d'amplification a permis d'obtenir un signal de forte amplitude tout en maintenant un bon rapport signal sur bruit malgré le bruit additif en sortie.
", "id_category": "4", "id_number": "10" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 2 : Modulation d'amplitude et mélangeur de fréquences
Dans un système de transmission radio AM (Amplitude Modulation), un signal modulant basse fréquence (signal informatif) $m(t)$ est utilisé pour moduler une porteuse haute fréquence $c(t)$.
Le signal modulant est de la forme :
$m(t) = A_m \\cos(2\\pi f_m t)$
où $A_m = 4\\text{ V}$ et $f_m = 5\\text{ kHz}$.
La porteuse est un signal sinusoïdal :
$c(t) = A_c \\cos(2\\pi f_c t)$
où $A_c = 10\\text{ V}$ et $f_c = 1\\text{ MHz}$.
Le signal modulé en amplitude avec porteuse (AM classique) est donné par :
$s_{AM}(t) = A_c[1 + m_a \\cos(2\\pi f_m t)]\\cos(2\\pi f_c t)$
où $m_a = \\frac{A_m}{A_c}$ est l'indice de modulation.
Après modulation, le signal $s_{AM}(t)$ est appliqué à un mélangeur (multiplieur) qui reçoit également un signal d'oscillateur local $s_{LO}(t) = A_{LO}\\cos(2\\pi f_{LO} t)$ avec $A_{LO} = 2\\text{ V}$ et $f_{LO} = 1.005\\text{ MHz}$. Le mélangeur produit en sortie le produit des deux signaux d'entrée.
Question 1 : Calculer l'indice de modulation $m_a$ et déterminer si le système fonctionne en régime de surmodulation. Calculer également la puissance totale du signal AM sur une résistance $R = 75\\text{ }\\Omega$, sachant que :
$P_{total} = P_c\\left(1 + \\frac{m_a^2}{2}\\right)$
où $P_c = \\frac{A_c^2}{2R}$ est la puissance de la porteuse seule.
Question 2 : Développer l'expression du signal AM $s_{AM}(t)$ sous forme de somme de composantes spectrales (porteuse et bandes latérales). Calculer les amplitudes de la porteuse et des deux bandes latérales (supérieure et inférieure) ainsi que leurs fréquences respectives.
Question 3 : Le signal AM est maintenant mélangé avec l'oscillateur local. Développer l'expression du signal de sortie du mélangeur $s_{out}(t) = s_{AM}(t) \\times s_{LO}(t)$ et identifier toutes les composantes de fréquences générées. Calculer particulièrement l'amplitude de la composante de fréquence intermédiaire (IF) correspondant à $f_{IF} = |f_c - f_{LO}| = 5\\text{ kHz}$ (bande latérale inférieure transposée).
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'exercice 2
Question 1 : Indice de modulation et puissance totale du signal AM
Étape 1 : Calcul de l'indice de modulation
L'indice de modulation est défini comme le rapport entre l'amplitude du signal modulant et l'amplitude de la porteuse :
$m_a = \\frac{A_m}{A_c}$
Avec $A_m = 4\\text{ V}$ et $A_c = 10\\text{ V}$ :
$m_a = \\frac{4}{10} = 0.4$
Étape 2 : Analyse du régime de modulation
Pour qu'il n'y ait pas de surmodulation, l'indice de modulation doit satisfaire :
$m_a \\leq 1$
Ici, $m_a = 0.4 < 1$, donc le système fonctionne en régime de modulation normale (pas de surmodulation). La surmodulation se produirait si $m_a > 1$, ce qui entraînerait une distorsion du signal et une inversion de phase de l'enveloppe.
Étape 3 : Calcul de la puissance de la porteuse seule
La puissance dissipée par la porteuse seule dans la résistance $R = 75\\text{ }\\Omega$ est :
$P_c = \\frac{A_c^2}{2R} = \\frac{(10)^2}{2 \\times 75} = \\frac{100}{150} = 0.6667\\text{ W}$
Étape 4 : Calcul de la puissance totale du signal AM
La puissance totale d'un signal AM comprend la puissance de la porteuse et la puissance des bandes latérales :
$P_{total} = P_c\\left(1 + \\frac{m_a^2}{2}\\right)$
Substitution des valeurs :
$P_{total} = 0.6667 \\times \\left(1 + \\frac{(0.4)^2}{2}\\right) = 0.6667 \\times \\left(1 + \\frac{0.16}{2}\\right)$
$P_{total} = 0.6667 \\times (1 + 0.08) = 0.6667 \\times 1.08 = 0.72\\text{ W}$
Résultat final : L'indice de modulation est $m_a = 0.4$ (pas de surmodulation), et la puissance totale du signal AM est $P_{total} = 0.72\\text{ W}$ ou $720\\text{ mW}$.
Question 2 : Développement spectral du signal AM
Étape 1 : Développement mathématique du signal AM
Le signal AM s'écrit :
$s_{AM}(t) = A_c[1 + m_a \\cos(2\\pi f_m t)]\\cos(2\\pi f_c t)$
En développant le produit :
$s_{AM}(t) = A_c\\cos(2\\pi f_c t) + A_c m_a \\cos(2\\pi f_m t)\\cos(2\\pi f_c t)$
En utilisant l'identité trigonométrique $\\cos(a)\\cos(b) = \\frac{1}{2}[\\cos(a-b) + \\cos(a+b)]$ :
$s_{AM}(t) = A_c\\cos(2\\pi f_c t) + \\frac{A_c m_a}{2}\\cos(2\\pi(f_c - f_m)t) + \\frac{A_c m_a}{2}\\cos(2\\pi(f_c + f_m)t)$
Étape 2 : Identification des composantes spectrales
Le signal AM contient trois composantes :
• Porteuse :
Fréquence : $f_c = 1\\text{ MHz}$
Amplitude : $A_c = 10\\text{ V}$
• Bande latérale inférieure (BLI) :
Fréquence : $f_c - f_m = 1000 - 5 = 995\\text{ kHz}$
Amplitude : $\\frac{A_c m_a}{2} = \\frac{10 \\times 0.4}{2} = 2\\text{ V}$
• Bande latérale supérieure (BLS) :
Fréquence : $f_c + f_m = 1000 + 5 = 1005\\text{ kHz}$
Amplitude : $\\frac{A_c m_a}{2} = \\frac{10 \\times 0.4}{2} = 2\\text{ V}$
Résultat final : Le signal AM se compose d'une porteuse à $1\\text{ MHz}$ d'amplitude $10\\text{ V}$, d'une BLI à $995\\text{ kHz}$ d'amplitude $2\\text{ V}$, et d'une BLS à $1005\\text{ kHz}$ d'amplitude $2\\text{ V}$.
Question 3 : Mélange et transposition de fréquence
Étape 1 : Expression du signal de sortie du mélangeur
Le mélangeur multiplie le signal AM par l'oscillateur local :
$s_{out}(t) = s_{AM}(t) \\times s_{LO}(t)$
En substituant les expressions :
$s_{out}(t) = \\left[A_c\\cos(2\\pi f_c t) + \\frac{A_c m_a}{2}\\cos(2\\pi(f_c - f_m)t) + \\frac{A_c m_a}{2}\\cos(2\\pi(f_c + f_m)t)\\right] \\times A_{LO}\\cos(2\\pi f_{LO} t)$
Étape 2 : Développement du produit de la porteuse avec l'oscillateur local
Terme de porteuse :
$A_c A_{LO}\\cos(2\\pi f_c t)\\cos(2\\pi f_{LO} t) = \\frac{A_c A_{LO}}{2}[\\cos(2\\pi(f_c - f_{LO})t) + \\cos(2\\pi(f_c + f_{LO})t)]$
Avec $A_c = 10\\text{ V}$, $A_{LO} = 2\\text{ V}$, $f_c = 1000\\text{ kHz}$, $f_{LO} = 1005\\text{ kHz}$ :
$\\frac{10 \\times 2}{2} = 10\\text{ V}$
Fréquences générées :
• $|f_c - f_{LO}| = |1000 - 1005| = 5\\text{ kHz}$ (fréquence intermédiaire)
• $f_c + f_{LO} = 1000 + 1005 = 2005\\text{ kHz}$
Étape 3 : Développement des bandes latérales
Bande latérale inférieure ($f_c - f_m = 995\\text{ kHz}$) avec oscillateur local :
$\\frac{A_c m_a}{2} A_{LO}\\cos(2\\pi(f_c - f_m)t)\\cos(2\\pi f_{LO} t)$
$= \\frac{A_c m_a A_{LO}}{4}[\\cos(2\\pi((f_c - f_m) - f_{LO})t) + \\cos(2\\pi((f_c - f_m) + f_{LO})t)]$
Fréquences générées :
• $|(f_c - f_m) - f_{LO}| = |995 - 1005| = 10\\text{ kHz}$
• $(f_c - f_m) + f_{LO} = 995 + 1005 = 2000\\text{ kHz}$
Bande latérale supérieure ($f_c + f_m = 1005\\text{ kHz}$) avec oscillateur local :
Fréquences générées :
• $|(f_c + f_m) - f_{LO}| = |1005 - 1005| = 0\\text{ kHz}$ (composante continue)
• $(f_c + f_m) + f_{LO} = 1005 + 1005 = 2010\\text{ kHz}$
Étape 4 : Calcul de l'amplitude à la fréquence intermédiaire IF = 5 kHz
Cette composante provient du battement entre la porteuse et l'oscillateur local :
$A_{IF,5kHz} = \\frac{A_c A_{LO}}{2} = \\frac{10 \\times 2}{2} = 10\\text{ V}$
Résultat final : Le mélangeur génère de nombreuses composantes de fréquences. Les principales sont : $5\\text{ kHz}$ (amplitude $10\\text{ V}$), $10\\text{ kHz}$, $0\\text{ kHz}$ (DC), $2000\\text{ kHz}$, $2005\\text{ kHz}$, et $2010\\text{ kHz}$. La composante de fréquence intermédiaire à $5\\text{ kHz}$ provenant de la transposition de la porteuse a une amplitude de $10\\text{ V}$.
Interprétation : Le mélangeur effectue une transposition de fréquence (hétérodynage). Les composantes haute fréquence (autour de 2 MHz) seraient normalement filtrées par un filtre passe-bas, ne conservant que les composantes basse fréquence (fréquences intermédiaires) pour traitement ultérieur.
", "id_category": "4", "id_number": "11" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 3 : Modulation de fréquence et analyse d'une chaîne de transmission complète
Un système de transmission FM (Frequency Modulation) utilise un signal modulant sinusoïdal $m(t) = A_m\\cos(2\\pi f_m t)$ avec $A_m = 3\\text{ V}$ et $f_m = 10\\text{ kHz}$. La porteuse non modulée a une fréquence $f_c = 100\\text{ MHz}$ et une amplitude $A_c = 8\\text{ V}$.
En modulation de fréquence, la fréquence instantanée du signal modulé varie linéairement avec le signal modulant :
$f_i(t) = f_c + k_f m(t) = f_c + \\Delta f \\cos(2\\pi f_m t)$
où $k_f$ est la sensibilité en fréquence du modulateur (en Hz/V) et $\\Delta f = k_f A_m$ est l'excursion maximale de fréquence (déviation de fréquence).
Pour ce système, la déviation de fréquence est $\\Delta f = 75\\text{ kHz}$.
Le signal FM peut s'écrire sous la forme :
$s_{FM}(t) = A_c\\cos\\left(2\\pi f_c t + \\beta\\sin(2\\pi f_m t)\\right)$
où $\\beta = \\frac{\\Delta f}{f_m}$ est l'indice de modulation de fréquence.
Après transmission, le signal FM traverse un discriminateur de fréquence (détecteur FM) suivi d'un filtre passe-bas idéal de fréquence de coupure $f_{cut} = 15\\text{ kHz}$ et de gain unitaire dans la bande passante.
Question 1 : Calculer la sensibilité $k_f$ du modulateur FM en Hz/V, l'indice de modulation $\\beta$, et la largeur de bande nécessaire pour transmettre le signal FM en utilisant la règle de Carson :
$B_{FM} = 2(\\Delta f + f_m)$
Question 2 : En supposant que le signal FM a une puissance moyenne constante $P_{FM} = \\frac{A_c^2}{2R}$ sur une résistance $R = 50\\text{ }\\Omega$, calculer cette puissance en watts et en dBm. Rappel : $P_{dBm} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{P}{1\\text{ mW}}\\right)$.
Question 3 : Après démodulation, le signal récupéré à la sortie du discriminateur est proportionnel à la dérivée de la phase du signal FM. En négligeant le bruit, le signal démodulé (avant filtrage) est de la forme :
$s_{dem}(t) = K_d \\Delta f \\cos(2\\pi f_m t)$
où $K_d$ est la constante du discriminateur. Si le filtre passe-bas a un gain unitaire et coupe toutes les fréquences au-dessus de $15\\text{ kHz}$, et sachant que $K_d = 1\\text{ V/kHz}$, calculer l'amplitude du signal récupéré en sortie du système complet. Calculer également le rapport entre cette amplitude et l'amplitude du signal modulant original pour évaluer la fidélité de la transmission (on parle de gain de démodulation).
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'exercice 3
Question 1 : Sensibilité du modulateur, indice de modulation et largeur de bande
Étape 1 : Calcul de la sensibilité du modulateur FM
La déviation de fréquence est liée à la sensibilité par la relation :
$\\Delta f = k_f A_m$
On en déduit la sensibilité :
$k_f = \\frac{\\Delta f}{A_m}$
Avec $\\Delta f = 75\\text{ kHz} = 75000\\text{ Hz}$ et $A_m = 3\\text{ V}$ :
$k_f = \\frac{75000}{3} = 25000\\text{ Hz/V} = 25\\text{ kHz/V}$
Étape 2 : Calcul de l'indice de modulation FM
L'indice de modulation de fréquence est défini par :
$\\beta = \\frac{\\Delta f}{f_m}$
Avec $\\Delta f = 75\\text{ kHz}$ et $f_m = 10\\text{ kHz}$ :
$\\beta = \\frac{75}{10} = 7.5$
Interprétation : Un indice $\\beta = 7.5 > 1$ indique une modulation de fréquence à large bande (wideband FM), typique des applications de radiodiffusion FM (bande 88-108 MHz) où la qualité audio est prioritaire.
Étape 3 : Calcul de la largeur de bande par la règle de Carson
La règle de Carson donne une approximation de la bande passante nécessaire pour transmettre environ 98% de la puissance du signal FM :
$B_{FM} = 2(\\Delta f + f_m)$
Substitution des valeurs :
$B_{FM} = 2(75 + 10) = 2 \\times 85 = 170\\text{ kHz}$
Résultat final : La sensibilité du modulateur est $k_f = 25\\text{ kHz/V}$, l'indice de modulation est $\\beta = 7.5$, et la largeur de bande nécessaire selon Carson est $B_{FM} = 170\\text{ kHz}$.
Question 2 : Puissance du signal FM en watts et en dBm
Étape 1 : Calcul de la puissance moyenne du signal FM
En modulation de fréquence, l'amplitude du signal reste constante (égale à $A_c$), donc la puissance moyenne est indépendante de l'indice de modulation. Pour un signal sinusoïdal d'amplitude constante :
$P_{FM} = \\frac{A_c^2}{2R}$
Avec $A_c = 8\\text{ V}$ et $R = 50\\text{ }\\Omega$ :
$P_{FM} = \\frac{(8)^2}{2 \\times 50} = \\frac{64}{100} = 0.64\\text{ W}$
Étape 2 : Conversion en milliwatts
$P_{FM} = 0.64\\text{ W} = 640\\text{ mW}$
Étape 3 : Conversion en dBm
Le niveau de puissance en dBm est défini par rapport à 1 mW :
$P_{dBm} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{P}{1\\text{ mW}}\\right) = 10\\log_{10}\\left(\\frac{640}{1}\\right)$
$P_{dBm} = 10\\log_{10}(640) = 10 \\times 2.806 = 28.06\\text{ dBm}$
Résultat final : La puissance du signal FM est $P_{FM} = 0.64\\text{ W}$ ou $640\\text{ mW}$ ou $28.06\\text{ dBm}$.
Remarque : Contrairement à la modulation d'amplitude où la puissance varie avec l'indice de modulation, la modulation de fréquence maintient une puissance constante car seule la fréquence varie, pas l'amplitude. C'est un avantage de la FM en termes d'efficacité de l'amplificateur de puissance.
Question 3 : Signal démodulé et gain de démodulation
Étape 1 : Expression du signal démodulé
Le discriminateur de fréquence produit une tension proportionnelle à la déviation instantanée de fréquence. Avec $K_d = 1\\text{ V/kHz}$, le signal démodulé est :
$s_{dem}(t) = K_d \\Delta f \\cos(2\\pi f_m t)$
L'amplitude du signal démodulé (avant filtrage) est :
$A_{dem} = K_d \\Delta f$
Étape 2 : Calcul de l'amplitude du signal démodulé
Avec $K_d = 1\\text{ V/kHz}$ et $\\Delta f = 75\\text{ kHz}$ :
$A_{dem} = 1 \\times 75 = 75\\text{ V}$
Étape 3 : Effet du filtre passe-bas
Le signal démodulé a une fréquence $f_m = 10\\text{ kHz}$, qui est inférieure à la fréquence de coupure du filtre $f_{cut} = 15\\text{ kHz}$. Avec un gain unitaire dans la bande passante, le filtre laisse passer le signal sans atténuation.
Amplitude du signal en sortie du système complet :
$A_{sortie} = A_{dem} = 75\\text{ V}$
Étape 4 : Calcul du gain de démodulation
Le gain de démodulation est le rapport entre l'amplitude du signal récupéré et l'amplitude du signal modulant original :
$G_{demod} = \\frac{A_{sortie}}{A_m} = \\frac{75}{3} = 25$
En décibels :
$G_{demod,dB} = 20\\log_{10}(25) = 20 \\times 1.398 = 27.96\\text{ dB}$
Résultat final : L'amplitude du signal récupéré à la sortie du système complet est $A_{sortie} = 75\\text{ V}$. Le gain de démodulation est $G_{demod} = 25$ (ou $27.96\\text{ dB}$).
Interprétation physique : Le gain de démodulation supérieur à 1 (ici 25) est une caractéristique importante de la FM. Il provient du fait que la déviation de fréquence $\\Delta f$ est beaucoup plus grande que la fréquence du signal modulant $f_m$ (indice $\\beta = 7.5$ élevé). Ce gain important améliore le rapport signal sur bruit de la transmission FM par rapport à l'AM, c'est l'un des principaux avantages de la modulation de fréquence à large bande. On observe que :
$G_{demod} = K_d \\Delta f / A_m = K_d k_f = 1 \\times 25 = 25$
Ce gain dépend directement de la sensibilité du modulateur et du discriminateur, et il est proportionnel à l'indice de modulation pour un signal modulant donné.
", "id_category": "4", "id_number": "12" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Contexte de l'exercice
Un signal analogique $s(t) = 5\\cos(2\\pi \\times 10^4 t) + 2\\cos(2\\pi \\times 10^5 t) + 1.5\\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^5 t)$ (tensions en volts, temps en secondes) est transmis à travers une chaîne de traitement comprenant un filtre passe-bande suivi d'un amplificateur.
Le filtre passe-bande a une fonction de transfert idéale avec une fréquence de coupure basse $f_{cb} = 50\\text{ kHz}$ et une fréquence de coupure haute $f_{ch} = 200\\text{ kHz}$. L'amplificateur possède un gain en tension $G = 15\\text{ dB}$ et une impédance de sortie $R_s = 50\\text{ }\\Omega$. Le signal amplifié est ensuite délivré à une charge résistive $R_L = 75\\text{ }\\Omega$.
Question 1
Déterminez l'expression temporelle du signal $s_f(t)$ en sortie du filtre passe-bande. Calculez l'amplitude de chaque composante fréquentielle présente dans $s_f(t)$.
Question 2
Calculez le signal $s_{amp}(t)$ en sortie de l'amplificateur (avant la charge). Exprimez le gain linéaire de l'amplificateur et déterminez l'amplitude de chaque composante fréquentielle du signal amplifié.
Question 3
En tenant compte de l'impédance de sortie de l'amplificateur et de la charge, calculez la puissance moyenne totale dissipée dans la charge $R_L$. Utilisez le principe de superposition pour les différentes composantes fréquentielles.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Question 1 : Signal en sortie du filtre
Étape 1 : Identification des composantes fréquentielles du signal d'entrée
Le signal d'entrée comporte trois composantes sinusoïdales :
- Composante 1 : $A_1 = 5\\text{ V}$, $f_1 = \\frac{2\\pi \\times 10^4}{2\\pi} = 10\\text{ kHz}$
- Composante 2 : $A_2 = 2\\text{ V}$, $f_2 = \\frac{2\\pi \\times 10^5}{2\\pi} = 100\\text{ kHz}$
- Composante 3 : $A_3 = 1.5\\text{ V}$, $f_3 = \\frac{2\\pi \\times 5 \\times 10^5}{2\\pi} = 500\\text{ kHz}$
Étape 2 : Application du filtre passe-bande
Le filtre passe-bande laisse passer les fréquences comprises entre $f_{cb} = 50\\text{ kHz}$ et $f_{ch} = 200\\text{ kHz}$. Analysons chaque composante :
Composante 1 ($f_1 = 10\\text{ kHz}$) : $f_1 < f_{cb}$ donc cette composante est rejetée
Composante 2 ($f_2 = 100\\text{ kHz}$) : $f_{cb} < f_2 < f_{ch}$ donc cette composante passe (gain = 1 pour filtre idéal)
Composante 3 ($f_3 = 500\\text{ kHz}$) : $f_3 > f_{ch}$ donc cette composante est rejetée
Étape 3 : Expression du signal filtré
Seule la composante à $100\\text{ kHz}$ est conservée :
$s_f(t) = 2\\cos(2\\pi \\times 10^5 t)\\text{ V}$
Résultat : Le signal en sortie du filtre ne contient qu'une seule composante d'amplitude $A_{f} = 2\\text{ V}$ à la fréquence $f_2 = 100\\text{ kHz}$.
Solution Question 2 : Signal en sortie de l'amplificateur
Étape 1 : Conversion du gain de dB en gain linéaire
La formule de conversion est :
$G_{lin} = 10^{\\frac{G_{dB}}{20}}$
Remplacement des données :
$G_{lin} = 10^{\\frac{15}{20}} = 10^{0.75}$
Calcul :
$G_{lin} = 5.623$
Étape 2 : Application du gain à la composante filtrée
L'amplitude de la composante en sortie de l'amplificateur (avant charge) est :
$A_{amp} = G_{lin} \\times A_f$
Remplacement des données :
$A_{amp} = 5.623 \\times 2$
Calcul :
$A_{amp} = 11.246\\text{ V}$
Étape 3 : Expression du signal amplifié
Le signal en sortie de l'amplificateur est :
$s_{amp}(t) = 11.246\\cos(2\\pi \\times 10^5 t)\\text{ V}$
Résultat : Le gain linéaire est $G_{lin} = 5.623$ et l'amplitude de la composante amplifiée est $A_{amp} = 11.246\\text{ V}$ à $f = 100\\text{ kHz}$.
Solution Question 3 : Puissance dissipée dans la charge
Étape 1 : Calcul de la tension aux bornes de la charge
L'amplificateur et la charge forment un diviseur de tension. La tension efficace aux bornes de $R_L$ est :
$V_L = V_{amp} \\times \\frac{R_L}{R_s + R_L}$
où $V_{amp}$ est la valeur de crête du signal amplifié. La tension efficace du signal amplifié est :
$V_{amp,eff} = \\frac{A_{amp}}{\\sqrt{2}} = \\frac{11.246}{\\sqrt{2}}$
Calcul :
$V_{amp,eff} = 7.952\\text{ V}$
La tension efficace aux bornes de la charge est :
$V_{L,eff} = 7.952 \\times \\frac{75}{50 + 75}$
Calcul :
$V_{L,eff} = 7.952 \\times \\frac{75}{125} = 7.952 \\times 0.6 = 4.771\\text{ V}$
Étape 2 : Calcul de la puissance moyenne dissipée
La puissance moyenne dissipée dans la charge est :
$P_L = \\frac{V_{L,eff}^2}{R_L}$
Remplacement des données :
$P_L = \\frac{(4.771)^2}{75}$
Calcul :
$P_L = \\frac{22.762}{75} = 0.3035\\text{ W}$
Résultat : La puissance moyenne totale dissipée dans la charge $R_L$ est $P_L = 303.5\\text{ mW}$ ou $0.3035\\text{ W}$.
Interprétation : La présence de l'impédance de sortie de l'amplificateur crée une perte de puissance par division de tension. Seulement $60\\%$ de la tension est disponible aux bornes de la charge, ce qui réduit la puissance transmise.
", "id_category": "4", "id_number": "13" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Contexte de l'exercice
Un émetteur radio utilise la modulation d'amplitude (AM) pour transmettre un signal d'information. Le signal modulant (information) est $m(t) = 4\\cos(2\\pi \\times 10^3 t)$ V et la porteuse est $c(t) = 12\\cos(2\\pi \\times 10^6 t)$ V.
Le signal modulé en amplitude s'écrit sous la forme :
$s_{AM}(t) = A_c[1 + k_a m(t)]\\cos(2\\pi f_c t)$
où $A_c$ est l'amplitude de la porteuse, $k_a = 0.5$ est l'indice de modulation et $f_c$ est la fréquence de la porteuse.
Le signal modulé est ensuite mélangé avec un oscillateur local $OL(t) = 10\\cos(2\\pi \\times 1.2 \\times 10^6 t)$ V dans un mélangeur idéal (multiplieur), puis filtré par un filtre passe-bas avec une fréquence de coupure $f_{cut} = 250\\text{ kHz}$.
Question 1
Développez l'expression complète du signal modulé $s_{AM}(t)$ en identifiant toutes les composantes fréquentielles. Calculez l'amplitude de la porteuse, l'amplitude de chaque bande latérale, et déterminez les fréquences de toutes les composantes spectrales.
Question 2
Le signal $s_{AM}(t)$ est multiplié par l'oscillateur local dans le mélangeur. Écrivez l'expression développée du signal en sortie du mélangeur $s_{mix}(t)$ et identifiez toutes les composantes fréquentielles produites avec leurs amplitudes respectives.
Question 3
Après passage dans le filtre passe-bas de fréquence de coupure $f_{cut} = 250\\text{ kHz}$, calculez le signal de sortie $s_{out}(t)$. Déterminez l'amplitude de chaque composante fréquentielle restante et exprimez le signal complet en fonction du temps.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Question 1 : Développement du signal modulé AM
Étape 1 : Identification des paramètres
Du signal modulant $m(t) = 4\\cos(2\\pi \\times 10^3 t)$, on extrait : $A_m = 4\\text{ V}$ et $f_m = 1\\text{ kHz}$
De la porteuse $c(t) = 12\\cos(2\\pi \\times 10^6 t)$, on extrait : $A_c = 12\\text{ V}$ et $f_c = 1\\text{ MHz}$
L'indice de modulation est : $k_a = 0.5$
Étape 2 : Expression générale du signal AM
$s_{AM}(t) = A_c[1 + k_a m(t)]\\cos(2\\pi f_c t)$
Remplacement de $m(t)$ :
$s_{AM}(t) = 12[1 + 0.5 \\times 4\\cos(2\\pi \\times 10^3 t)]\\cos(2\\pi \\times 10^6 t)$
Simplification :
$s_{AM}(t) = 12[1 + 2\\cos(2\\pi \\times 10^3 t)]\\cos(2\\pi \\times 10^6 t)$
Étape 3 : Développement en composantes fréquentielles
Développement du produit :
$s_{AM}(t) = 12\\cos(2\\pi \\times 10^6 t) + 24\\cos(2\\pi \\times 10^3 t)\\cos(2\\pi \\times 10^6 t)$
Application de l'identité trigonométrique $\\cos(A)\\cos(B) = \\frac{1}{2}[\\cos(A-B) + \\cos(A+B)]$ :
$24\\cos(2\\pi \\times 10^3 t)\\cos(2\\pi \\times 10^6 t) = 12\\cos(2\\pi(10^6 - 10^3)t) + 12\\cos(2\\pi(10^6 + 10^3)t)$
Calcul des fréquences :
$f_{LSB} = 10^6 - 10^3 = 999\\text{ kHz}$ (bande latérale inférieure)
$f_{USB} = 10^6 + 10^3 = 1001\\text{ kHz}$ (bande latérale supérieure)
Étape 4 : Expression finale complète
$s_{AM}(t) = 12\\cos(2\\pi \\times 10^6 t) + 12\\cos(2\\pi \\times 999 \\times 10^3 t) + 12\\cos(2\\pi \\times 1001 \\times 10^3 t)$
Résultat :
- Porteuse : amplitude $A_c = 12\\text{ V}$, fréquence $f_c = 1000\\text{ kHz}$
- Bande latérale inférieure : amplitude $A_{LSB} = 12\\text{ V}$, fréquence $f_{LSB} = 999\\text{ kHz}$
- Bande latérale supérieure : amplitude $A_{USB} = 12\\text{ V}$, fréquence $f_{USB} = 1001\\text{ kHz}$
Solution Question 2 : Signal en sortie du mélangeur
Étape 1 : Expression du produit dans le mélangeur
Le mélangeur multiplie $s_{AM}(t)$ par $OL(t) = 10\\cos(2\\pi \\times 1.2 \\times 10^6 t)$ :
$s_{mix}(t) = s_{AM}(t) \\times OL(t)$
$s_{mix}(t) = [12\\cos(2\\pi \\times 10^6 t) + 12\\cos(2\\pi \\times 999 \\times 10^3 t) + 12\\cos(2\\pi \\times 1001 \\times 10^3 t)] \\times 10\\cos(2\\pi \\times 1.2 \\times 10^6 t)$
Étape 2 : Application de l'identité trigonométrique pour chaque terme
Pour le terme de la porteuse :
$12\\cos(2\\pi \\times 10^6 t) \\times 10\\cos(2\\pi \\times 1.2 \\times 10^6 t) = 120\\cos(2\\pi \\times 10^6 t)\\cos(2\\pi \\times 1.2 \\times 10^6 t)$
$= 60[\\cos(2\\pi(1.2-1) \\times 10^6 t) + \\cos(2\\pi(1.2+1) \\times 10^6 t)]$
$= 60\\cos(2\\pi \\times 0.2 \\times 10^6 t) + 60\\cos(2\\pi \\times 2.2 \\times 10^6 t)$
$= 60\\cos(2\\pi \\times 200 \\times 10^3 t) + 60\\cos(2\\pi \\times 2200 \\times 10^3 t)$
Pour le terme LSB :
$12\\cos(2\\pi \\times 999 \\times 10^3 t) \\times 10\\cos(2\\pi \\times 1.2 \\times 10^6 t) = 60[\\cos(2\\pi \\times 201 \\times 10^3 t) + \\cos(2\\pi \\times 2199 \\times 10^3 t)]$
Calcul : $1200 - 999 = 201\\text{ kHz}$ et $1200 + 999 = 2199\\text{ kHz}$
Pour le terme USB :
$12\\cos(2\\pi \\times 1001 \\times 10^3 t) \\times 10\\cos(2\\pi \\times 1.2 \\times 10^6 t) = 60[\\cos(2\\pi \\times 199 \\times 10^3 t) + \\cos(2\\pi \\times 2201 \\times 10^3 t)]$
Calcul : $1200 - 1001 = 199\\text{ kHz}$ et $1200 + 1001 = 2201\\text{ kHz}$
Étape 3 : Expression complète du signal mélangé
$s_{mix}(t) = 60\\cos(2\\pi \\times 199 \\times 10^3 t) + 60\\cos(2\\pi \\times 200 \\times 10^3 t) + 60\\cos(2\\pi \\times 201 \\times 10^3 t) + 60\\cos(2\\pi \\times 2199 \\times 10^3 t) + 60\\cos(2\\pi \\times 2200 \\times 10^3 t) + 60\\cos(2\\pi \\times 2201 \\times 10^3 t)$
Résultat : Six composantes fréquentielles avec amplitudes $A = 60\\text{ V}$ chacune aux fréquences : $199\\text{ kHz}, 200\\text{ kHz}, 201\\text{ kHz}, 2199\\text{ kHz}, 2200\\text{ kHz}, 2201\\text{ kHz}$.
Solution Question 3 : Signal après filtrage passe-bas
Étape 1 : Identification des composantes dans la bande passante
Le filtre passe-bas a une fréquence de coupure $f_{cut} = 250\\text{ kHz}$. On examine chaque composante de $s_{mix}(t)$ :
Composante à $199\\text{ kHz}$ : $199 < 250$, donc elle passe
Composante à $200\\text{ kHz}$ : $200 < 250$, donc elle passe
Composante à $201\\text{ kHz}$ : $201 < 250$, donc elle passe
Composante à $2199\\text{ kHz}$ : $2199 > 250$, donc elle est rejetée
Composante à $2200\\text{ kHz}$ : $2200 > 250$, donc elle est rejetée
Composante à $2201\\text{ kHz}$ : $2201 > 250$, donc elle est rejetée
Étape 2 : Expression du signal de sortie filtré
$s_{out}(t) = 60\\cos(2\\pi \\times 199 \\times 10^3 t) + 60\\cos(2\\pi \\times 200 \\times 10^3 t) + 60\\cos(2\\pi \\times 201 \\times 10^3 t)$
Étape 3 : Simplification (optionnelle)
On peut observer que ces trois composantes sont centrées autour de $200\\text{ kHz}$ avec un écart de $1\\text{ kHz}$, qui correspond à la fréquence du signal modulant original.
Résultat : Le signal de sortie contient trois composantes de fréquences $199\\text{ kHz}$, $200\\text{ kHz}$ et $201\\text{ kHz}$, chacune avec une amplitude de $60\\text{ V}$.
Interprétation : Le processus de mélange suivi du filtrage passe-bas réalise une transposition de fréquence (conversion descendante). Le signal modulé AM initialement centré sur $1\\text{ MHz}$ est transposé vers $200\\text{ kHz}$, tout en conservant sa structure spectrale (porteuse et bandes latérales séparées de $1\\text{ kHz}$).
", "id_category": "4", "id_number": "14" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Contexte de l'exercice
Un émetteur FM utilise la modulation de fréquence pour transmettre un signal musical. Le signal modulant est un signal sinusoïdal $m(t) = 3\\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t)$ V. La fréquence de la porteuse non modulée est $f_c = 100\\text{ MHz}$ et la sensibilité en fréquence du modulateur est $k_f = 25\\text{ kHz/V}$.
Pour un signal FM, la fréquence instantanée est donnée par :
$f_i(t) = f_c + k_f m(t)$
et l'indice de modulation FM est défini par :
$\\beta = \\frac{\\Delta f}{f_m}$
où $\\Delta f$ est l'excursion maximale de fréquence (déviation de fréquence) et $f_m$ est la fréquence du signal modulant.
Le signal FM modulé passe ensuite à travers un discriminateur de fréquence qui convertit les variations de fréquence en variations d'amplitude, avec une sensibilité $k_d = 0.04\\text{ V/kHz}$. La sortie du discriminateur est ensuite filtrée par un filtre passe-bande dont la bande passante est calculée selon la règle de Carson.
Question 1
Calculez l'excursion maximale de fréquence $\\Delta f$ du signal FM, puis déterminez l'indice de modulation $\\beta$. En déduire la bande passante nécessaire $B_{FM}$ selon la règle de Carson : $B_{FM} = 2(\\Delta f + f_m)$.
Question 2
Déterminez l'expression de la fréquence instantanée $f_i(t)$ du signal FM. Calculez les valeurs minimale et maximale de cette fréquence instantanée, ainsi que la valeur efficace de la variation de fréquence par rapport à la porteuse.
Question 3
Le signal FM est appliqué au discriminateur de fréquence. Sachant que la variation de fréquence instantanée est $\\Delta f(t) = k_f m(t)$, calculez l'amplitude du signal de sortie du discriminateur $v_{out}(t)$. Exprimez le signal complet de sortie et déterminez sa fréquence et son amplitude.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Question 1 : Excursion de fréquence et indice de modulation
Étape 1 : Calcul de l'excursion maximale de fréquence
L'excursion maximale de fréquence (déviation) est donnée par :
$\\Delta f = k_f \\times A_m$
où $A_m$ est l'amplitude du signal modulant.
Du signal $m(t) = 3\\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t)$, on identifie : $A_m = 3\\text{ V}$
Remplacement des données :
$\\Delta f = 25 \\times 3$
Calcul :
$\\Delta f = 75\\text{ kHz}$
Étape 2 : Calcul de l'indice de modulation
L'indice de modulation FM est :
$\\beta = \\frac{\\Delta f}{f_m}$
La fréquence du signal modulant est $f_m = 5\\text{ kHz}$
Remplacement des données :
$\\beta = \\frac{75}{5}$
Calcul :
$\\beta = 15$
Étape 3 : Calcul de la bande passante selon la règle de Carson
La règle de Carson donne :
$B_{FM} = 2(\\Delta f + f_m)$
Remplacement des données :
$B_{FM} = 2(75 + 5)$
Calcul :
$B_{FM} = 2 \\times 80 = 160\\text{ kHz}$
Résultat : L'excursion maximale de fréquence est $\\Delta f = 75\\text{ kHz}$, l'indice de modulation est $\\beta = 15$ (modulation à large bande), et la bande passante nécessaire est $B_{FM} = 160\\text{ kHz}$.
Solution Question 2 : Fréquence instantanée du signal FM
Étape 1 : Expression de la fréquence instantanée
La fréquence instantanée est donnée par :
$f_i(t) = f_c + k_f m(t)$
Remplacement de $m(t)$ :
$f_i(t) = f_c + k_f \\times 3\\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t)$
Remplacement des valeurs numériques :
$f_i(t) = 100 \\times 10^6 + 25 \\times 10^3 \\times 3\\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t)$
Calcul :
$f_i(t) = 100 \\times 10^6 + 75 \\times 10^3 \\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t)\\text{ Hz}$
Ou encore :
$f_i(t) = (100 + 0.075\\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t))\\text{ MHz}$
Étape 2 : Calcul des valeurs extrêmes
Valeur maximale (quand $\\cos = +1$) :
$f_{i,max} = 100 \\times 10^6 + 75 \\times 10^3 = 100.075\\text{ MHz}$
Valeur minimale (quand $\\cos = -1$) :
$f_{i,min} = 100 \\times 10^6 - 75 \\times 10^3 = 99.925\\text{ MHz}$
Étape 3 : Valeur efficace de la variation de fréquence
La variation de fréquence par rapport à la porteuse est :
$\\Delta f(t) = 75 \\times 10^3 \\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t)\\text{ Hz}$
Pour un signal sinusoïdal, la valeur efficace est :
$\\Delta f_{eff} = \\frac{\\Delta f_{max}}{\\sqrt{2}} = \\frac{75}{\\sqrt{2}}$
Calcul :
$\\Delta f_{eff} = \\frac{75}{1.414} = 53.03\\text{ kHz}$
Résultat : La fréquence instantanée varie entre $99.925\\text{ MHz}$ et $100.075\\text{ MHz}$, avec une valeur efficace de variation de $53.03\\text{ kHz}$.
Solution Question 3 : Signal de sortie du discriminateur
Étape 1 : Principe du discriminateur de fréquence
Le discriminateur convertit les variations de fréquence en tension. La tension de sortie est proportionnelle à la variation de fréquence instantanée :
$v_{out}(t) = k_d \\times \\Delta f(t)$
où $\\Delta f(t) = k_f m(t)$ est la variation de fréquence par rapport à la porteuse.
Étape 2 : Calcul de la variation de fréquence
$\\Delta f(t) = k_f m(t) = 25 \\times 10^3 \\times 3\\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t)$
$\\Delta f(t) = 75 \\times 10^3 \\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t)\\text{ Hz} = 75\\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t)\\text{ kHz}$
Étape 3 : Calcul de la tension de sortie
La sensibilité du discriminateur est $k_d = 0.04\\text{ V/kHz}$
$v_{out}(t) = k_d \\times \\Delta f(t)$
Remplacement :
$v_{out}(t) = 0.04 \\times 75\\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t)$
Calcul de l'amplitude :
$A_{out} = 0.04 \\times 75 = 3\\text{ V}$
Expression finale :
$v_{out}(t) = 3\\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t)\\text{ V}$
Résultat : Le signal de sortie du discriminateur est $v_{out}(t) = 3\\cos(2\\pi \\times 5 \\times 10^3 t)\\text{ V}$, avec une amplitude de $3\\text{ V}$ et une fréquence de $5\\text{ kHz}$.
Interprétation : Le discriminateur de fréquence a parfaitement démodulé le signal FM et restitué le signal modulant original. On observe que $v_{out}(t) = m(t)$, ce qui confirme le bon fonctionnement de la chaîne de démodulation FM. La relation $k_d \\times k_f = 0.04 \\times 25 = 1$ assure une restitution à l'échelle unitaire du signal modulant.
", "id_category": "4", "id_number": "15" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 1 : Système de Transmission par Modulation d'Amplitude
Un émetteur radio utilise la modulation d'amplitude (AM) pour transmettre un signal audio. Le signal modulant (message) est un signal sinusoïdal de fréquence $f_m = 1\\text{ kHz}$ et d'amplitude $A_m = 2\\text{ V}$. La porteuse est un signal sinusoïdal de fréquence $f_c = 100\\text{ kHz}$ et d'amplitude $A_c = 10\\text{ V}$.
Question 1 : Calculez l'indice de modulation $m$ du système et déterminez les amplitudes des composantes spectrales (porteuse et bandes latérales) du signal modulé en amplitude. Écrivez l'expression temporelle complète du signal modulé $s_{AM}(t)$.
Question 2 : Le signal modulé traverse un filtre passe-bande du second ordre avec une fréquence centrale $f_0 = 100\\text{ kHz}$, une bande passante à $-3\\text{ dB}$ de $B = 5\\text{ kHz}$, et un gain maximum $G_0 = 0\\text{ dB}$. Calculez le facteur de qualité $Q$ du filtre et les fréquences de coupure inférieure $f_1$ et supérieure $f_2$. Vérifiez que le signal modulé passe intégralement à travers ce filtre.
Question 3 : À la sortie du filtre, le signal est amplifié par un amplificateur de gain en tension $G_v = 20\\text{ dB}$ et d'impédance de sortie $R_s = 50\\text{ }\\Omega$. Le signal amplifié est démodulé par détection d'enveloppe. Calculez la puissance moyenne totale du signal modulé délivré à une charge adaptée de $R_L = 50\\text{ }\\Omega$ après amplification, puis déterminez l'amplitude du signal démodulé (signal audio récupéré).
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Complète de l'Exercice 1
Question 1 : Calcul de l'indice de modulation et analyse spectrale
Étape 1 : Calcul de l'indice de modulation
L'indice de modulation $m$ est défini comme le rapport entre l'amplitude du signal modulant et l'amplitude de la porteuse :
Formule générale :
$m = \\frac{A_m}{A_c}$
Remplacement des données :
$m = \\frac{2}{10}$
Calcul :
$m = 0{,}2$
Résultat : L'indice de modulation est $m = 0{,}2$ ou $20\\%$.
Étape 2 : Amplitudes des composantes spectrales
Le signal modulé en amplitude s'écrit sous la forme :
$s_{AM}(t) = A_c[1 + m\\cos(2\\pi f_m t)]\\cos(2\\pi f_c t)$
En développant cette expression :
$s_{AM}(t) = A_c\\cos(2\\pi f_c t) + \\frac{mA_c}{2}\\cos(2\\pi(f_c + f_m)t) + \\frac{mA_c}{2}\\cos(2\\pi(f_c - f_m)t)$
Amplitude de la porteuse :
$A_{porteuse} = A_c = 10\\text{ V}$
Amplitude de chaque bande latérale :
Formule générale :
$A_{BLS} = A_{BLI} = \\frac{mA_c}{2}$
Remplacement des données :
$A_{BLS} = A_{BLI} = \\frac{0{,}2 \\times 10}{2}$
Calcul :
$A_{BLS} = A_{BLI} = \\frac{2}{2} = 1\\text{ V}$
Expression temporelle complète :
$s_{AM}(t) = 10\\cos(2\\pi \\times 10^5 t) + 1\\cos(2\\pi \\times 101 \\times 10^3 t) + 1\\cos(2\\pi \\times 99 \\times 10^3 t)\\text{ V}$
Les trois composantes spectrales sont : porteuse à $100\\text{ kHz}$ (amplitude $10\\text{ V}$), bande latérale supérieure à $101\\text{ kHz}$ (amplitude $1\\text{ V}$), et bande latérale inférieure à $99\\text{ kHz}$ (amplitude $1\\text{ V}$).
Question 2 : Analyse du filtre passe-bande
Étape 1 : Calcul du facteur de qualité Q
Le facteur de qualité d'un filtre passe-bande est défini par :
Formule générale :
$Q = \\frac{f_0}{B}$
Remplacement des données :
$Q = \\frac{100 \\times 10^3}{5 \\times 10^3}$
Calcul :
$Q = \\frac{100}{5} = 20$
Résultat : Le facteur de qualité est $Q = 20$.
Étape 2 : Calcul des fréquences de coupure
Pour un filtre passe-bande, les fréquences de coupure à $-3\\text{ dB}$ sont données par :
Formule générale pour la fréquence de coupure inférieure :
$f_1 = f_0 - \\frac{B}{2}$
Remplacement des données :
$f_1 = 100 \\times 10^3 - \\frac{5 \\times 10^3}{2}$
Calcul :
$f_1 = 100000 - 2500 = 97500\\text{ Hz} = 97{,}5\\text{ kHz}$
Formule générale pour la fréquence de coupure supérieure :
$f_2 = f_0 + \\frac{B}{2}$
Remplacement des données :
$f_2 = 100 \\times 10^3 + \\frac{5 \\times 10^3}{2}$
Calcul :
$f_2 = 100000 + 2500 = 102500\\text{ Hz} = 102{,}5\\text{ kHz}$
Résultats : $f_1 = 97{,}5\\text{ kHz}$ et $f_2 = 102{,}5\\text{ kHz}$.
Étape 3 : Vérification du passage du signal
Les composantes du signal modulé sont à $99\\text{ kHz}$, $100\\text{ kHz}$, et $101\\text{ kHz}$. La bande passante du filtre s'étend de $97{,}5\\text{ kHz}$ à $102{,}5\\text{ kHz}$. Puisque $97{,}5 < 99 < 100 < 101 < 102{,}5$, toutes les composantes du signal modulé se trouvent dans la bande passante du filtre. Le signal modulé passe donc intégralement à travers le filtre.
Question 3 : Puissance et démodulation
Étape 1 : Calcul du gain en tension linéaire
Le gain en décibels est converti en gain linéaire par :
Formule générale :
$G_v(\\text{linéaire}) = 10^{\\frac{G_v(\\text{dB})}{20}}$
Remplacement des données :
$G_v(\\text{linéaire}) = 10^{\\frac{20}{20}}$
Calcul :
$G_v(\\text{linéaire}) = 10^1 = 10$
Étape 2 : Calcul de la puissance moyenne du signal AM avant amplification
La puissance moyenne d'un signal AM sur une charge résistive est donnée par :
Formule générale :
$P_{AM} = \\frac{A_c^2}{2R_L}\\left(1 + \\frac{m^2}{2}\\right)$
Remplacement des données :
$P_{AM} = \\frac{10^2}{2 \\times 50}\\left(1 + \\frac{(0{,}2)^2}{2}\\right)$
Calcul :
$P_{AM} = \\frac{100}{100}\\left(1 + \\frac{0{,}04}{2}\\right) = 1 \\times (1 + 0{,}02) = 1{,}02\\text{ W}$
Étape 3 : Calcul de la puissance après amplification
La puissance après amplification est multipliée par le carré du gain en tension :
Formule générale :
$P_{sortie} = G_v^2 \\times P_{AM}$
Remplacement des données :
$P_{sortie} = 10^2 \\times 1{,}02$
Calcul :
$P_{sortie} = 100 \\times 1{,}02 = 102\\text{ W}$
Résultat : La puissance moyenne totale délivrée à la charge est $P_{sortie} = 102\\text{ W}$.
Étape 4 : Amplitude du signal démodulé
Après détection d'enveloppe, le signal récupéré a une amplitude égale à $mA_c$ multiplié par le gain de l'amplificateur :
Formule générale :
$A_{démodulé} = G_v(\\text{linéaire}) \\times m \\times A_c$
Remplacement des données :
$A_{démodulé} = 10 \\times 0{,}2 \\times 10$
Calcul :
$A_{démodulé} = 10 \\times 2 = 20\\text{ V}$
Résultat : L'amplitude du signal audio récupéré après démodulation est $A_{démodulé} = 20\\text{ V}$.
", "id_category": "4", "id_number": "16" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 2 : Mélangeur de Fréquences et Conversion Hétérodyne
Dans un récepteur superhétérodyne, un mélangeur (mixer) est utilisé pour convertir un signal RF (radiofréquence) reçu en un signal FI (fréquence intermédiaire). Le signal RF est un signal sinusoïdal de fréquence $f_{RF} = 95{,}5\\text{ MHz}$ et d'amplitude $A_{RF} = 50\\text{ mV}$. L'oscillateur local (OL) génère un signal sinusoïdal de fréquence $f_{OL} = 105\\text{ MHz}$ et d'amplitude $A_{OL} = 500\\text{ mV}$. Le mélangeur est un multiplieur de gain de conversion $K_c = 0{,}4$.
Question 1 : Le signal de sortie du mélangeur contient plusieurs composantes fréquentielles. Calculez les fréquences des quatre composantes principales produites par le mélange (somme, différence, et les fréquences fondamentales). Déterminez l'amplitude de la composante à la fréquence intermédiaire $f_{FI} = |f_{OL} - f_{RF}|$ en utilisant la relation de conversion du mélangeur : $A_{FI} = K_c \\times A_{RF} \\times A_{OL}$.
Question 2 : La composante FI doit être extraite par un filtre passe-bande centré sur $f_{FI}$ avec une bande passante de $200\\text{ kHz}$ et une atténuation de $40\\text{ dB}$ pour les fréquences indésirables. Calculez la fréquence centrale $f_0$ du filtre et déterminez le rapport d'atténuation linéaire $\\alpha$ correspondant à $40\\text{ dB}$. Si l'amplitude de la composante somme ($f_{RF} + f_{OL}$) avant filtrage est $A_{somme} = K_c \\times A_{RF} \\times A_{OL}$, calculez son amplitude après le filtre (en supposant une atténuation de $40\\text{ dB}$).
Question 3 : Le signal FI filtré est ensuite amplifié par un amplificateur de gain en puissance $G_P = 30\\text{ dB}$ et d'impédance d'entrée $R_{in} = 75\\text{ }\\Omega$. Calculez d'abord la puissance du signal FI à l'entrée de l'amplificateur, puis la puissance de sortie après amplification. Enfin, calculez l'amplitude de tension efficace (RMS) du signal FI amplifié délivré sur une charge adaptée de $R_L = 75\\text{ }\\Omega$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Complète de l'Exercice 2
Question 1 : Composantes fréquentielles du mélange
Étape 1 : Identification des composantes fréquentielles
Le mélangeur multiplie les deux signaux d'entrée. En utilisant la relation trigonométrique $\\cos(A)\\cos(B) = \\frac{1}{2}[\\cos(A-B) + \\cos(A+B)]$, le signal de sortie contient :
1. La fréquence RF originale : $f_{RF} = 95{,}5\\text{ MHz}$
2. La fréquence OL originale : $f_{OL} = 105\\text{ MHz}$
3. La fréquence différence (FI) :
Formule générale :
$f_{FI} = |f_{OL} - f_{RF}|$
Remplacement des données :
$f_{FI} = |105 - 95{,}5|\\text{ MHz}$
Calcul :
$f_{FI} = 9{,}5\\text{ MHz}$
4. La fréquence somme :
Formule générale :
$f_{somme} = f_{OL} + f_{RF}$
Remplacement des données :
$f_{somme} = 105 + 95{,}5\\text{ MHz}$
Calcul :
$f_{somme} = 200{,}5\\text{ MHz}$
Résultats : Les quatre composantes principales sont à $95{,}5\\text{ MHz}$, $105\\text{ MHz}$, $9{,}5\\text{ MHz}$, et $200{,}5\\text{ MHz}$.
Étape 2 : Calcul de l'amplitude de la composante FI
L'amplitude de la composante à la fréquence intermédiaire est donnée par la relation de conversion du mélangeur :
Formule générale :
$A_{FI} = K_c \\times A_{RF} \\times A_{OL}$
Remplacement des données :
$A_{FI} = 0{,}4 \\times 50 \\times 10^{-3} \\times 500 \\times 10^{-3}\\text{ V}$
Calcul :
$A_{FI} = 0{,}4 \\times 0{,}05 \\times 0{,}5 = 0{,}4 \\times 0{,}025 = 0{,}01\\text{ V}$
Conversion en millivolts :
$A_{FI} = 10\\text{ mV}$
Résultat : L'amplitude de la composante FI est $A_{FI} = 10\\text{ mV}$.
Question 2 : Filtrage et atténuation
Étape 1 : Fréquence centrale du filtre
Le filtre passe-bande doit être centré sur la fréquence intermédiaire pour extraire la composante FI :
Résultat direct :
$f_0 = f_{FI} = 9{,}5\\text{ MHz}$
Étape 2 : Calcul du rapport d'atténuation linéaire
L'atténuation en décibels est convertie en rapport linéaire par :
Formule générale :
$\\alpha = 10^{-\\frac{\\text{Att(dB)}}{20}}$
Remplacement des données :
$\\alpha = 10^{-\\frac{40}{20}}$
Calcul :
$\\alpha = 10^{-2} = 0{,}01$
Résultat : Le rapport d'atténuation linéaire est $\\alpha = 0{,}01$ (soit une atténuation de $100$ fois en amplitude).
Étape 3 : Amplitude de la composante somme avant filtrage
L'amplitude de la composante somme est également donnée par :
Formule générale :
$A_{somme} = K_c \\times A_{RF} \\times A_{OL}$
Résultat (calculé précédemment) :
$A_{somme} = 10\\text{ mV}$
Étape 4 : Amplitude de la composante somme après filtrage
Après le filtre avec atténuation de $40\\text{ dB}$ :
Formule générale :
$A_{somme,filtré} = \\alpha \\times A_{somme}$
Remplacement des données :
$A_{somme,filtré} = 0{,}01 \\times 10\\text{ mV}$
Calcul :
$A_{somme,filtré} = 0{,}1\\text{ mV} = 100\\text{ }\\mu\\text{V}$
Résultat : L'amplitude de la composante somme après le filtre est $A_{somme,filtré} = 100\\text{ }\\mu\\text{V}$.
Question 3 : Puissance et amplification
Étape 1 : Puissance du signal FI à l'entrée de l'amplificateur
La puissance d'un signal sinusoïdal sur une résistance est donnée par :
Formule générale (avec amplitude crête) :
$P_{in} = \\frac{A_{FI}^2}{2R_{in}}$
Remplacement des données :
$P_{in} = \\frac{(10 \\times 10^{-3})^2}{2 \\times 75}$
Calcul :
$P_{in} = \\frac{100 \\times 10^{-6}}{150} = \\frac{10^{-4}}{150} = 6{,}667 \\times 10^{-7}\\text{ W}$
Conversion en microwatts :
$P_{in} = 0{,}667\\text{ }\\mu\\text{W}$
Résultat : La puissance d'entrée est $P_{in} = 0{,}667\\text{ }\\mu\\text{W}$.
Étape 2 : Conversion du gain en puissance en facteur linéaire
Formule générale :
$G_P(\\text{linéaire}) = 10^{\\frac{G_P(\\text{dB})}{10}}$
Remplacement des données :
$G_P(\\text{linéaire}) = 10^{\\frac{30}{10}}$
Calcul :
$G_P(\\text{linéaire}) = 10^3 = 1000$
Étape 3 : Puissance de sortie après amplification
Formule générale :
$P_{out} = G_P(\\text{linéaire}) \\times P_{in}$
Remplacement des données :
$P_{out} = 1000 \\times 6{,}667 \\times 10^{-7}$
Calcul :
$P_{out} = 6{,}667 \\times 10^{-4}\\text{ W} = 0{,}667\\text{ mW}$
Résultat : La puissance de sortie est $P_{out} = 0{,}667\\text{ mW}$.
Étape 4 : Amplitude efficace (RMS) du signal amplifié
La tension efficace (RMS) sur une charge est reliée à la puissance par :
Formule générale :
$V_{RMS} = \\sqrt{P_{out} \\times R_L}$
Remplacement des données :
$V_{RMS} = \\sqrt{6{,}667 \\times 10^{-4} \\times 75}$
Calcul :
$V_{RMS} = \\sqrt{0{,}05} = \\sqrt{50 \\times 10^{-3}} = \\sqrt{50} \\times 10^{-1.5}$
$V_{RMS} = 7{,}071 \\times 0{,}0316 = 0{,}2236\\text{ V}$
Conversion en millivolts :
$V_{RMS} = 223{,}6\\text{ mV} \\approx 224\\text{ mV}$
Résultat : L'amplitude de tension efficace du signal FI amplifié est $V_{RMS} \\approx 224\\text{ mV}$.
", "id_category": "4", "id_number": "17" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 3 : Chaîne d'Amplification et Analyse du Bruit
Un signal analogique sinusoïdal de fréquence $f_s = 5\\text{ kHz}$ et d'amplitude crête $A_s = 100\\text{ }\\mu\\text{V}$ doit être transmis à travers une chaîne d'amplification. Le signal est d'abord amplifié par un préamplificateur de gain en tension $G_1 = 26\\text{ dB}$ et de facteur de bruit $F_1 = 2{,}5\\text{ dB}$. La résistance d'entrée du préamplificateur est $R_1 = 50\\text{ }\\Omega$. Le signal amplifié passe ensuite par un amplificateur principal de gain $G_2 = 34\\text{ dB}$ et de facteur de bruit $F_2 = 4\\text{ dB}$. La température de référence est $T_0 = 290\\text{ K}$ et la bande passante du système est $B = 10\\text{ kHz}$ (constante de Boltzmann $k_B = 1{,}38 \\times 10^{-23}\\text{ J/K}$).
Question 1 : Calculez la puissance du signal d'entrée $P_s$ sur l'impédance d'entrée $R_1$, puis la puissance du bruit thermique d'entrée $P_n = k_B T_0 B$. Déterminez le rapport signal-sur-bruit à l'entrée du préamplificateur : $\\text{SNR}_{in} = \\frac{P_s}{P_n}$ en format linéaire et en décibels.
Question 2 : Convertissez les facteurs de bruit $F_1$ et $F_2$ en valeurs linéaires. Utilisez la formule de Friis pour calculer le facteur de bruit total de la chaîne d'amplification : $F_{total} = F_1 + \\frac{F_2 - 1}{G_1}$ (où $G_1$ est le gain linéaire du premier étage). Exprimez le résultat en décibels.
Question 3 : Calculez le gain total de la chaîne d'amplification $G_{total} = G_1 \\times G_2$ (en dB et en linéaire). Déterminez le rapport signal-sur-bruit de sortie $\\text{SNR}_{out}$ en utilisant la relation : $\\text{SNR}_{out} = \\frac{\\text{SNR}_{in} \\times G_{total}}{F_{total}}$. Exprimez le résultat en linéaire et en décibels. Calculez également la puissance de sortie du signal $P_{s,out}$ et du bruit $P_{n,out}$ séparément.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Complète de l'Exercice 3
Question 1 : Puissance du signal, puissance du bruit et SNR d'entrée
Étape 1 : Calcul de la puissance du signal d'entrée
La puissance d'un signal sinusoïdal d'amplitude crête $A_s$ sur une résistance $R_1$ est :
Formule générale :
$P_s = \\frac{A_s^2}{2R_1}$
Remplacement des données :
$P_s = \\frac{(100 \\times 10^{-6})^2}{2 \\times 50}$
Calcul :
$P_s = \\frac{10000 \\times 10^{-12}}{100} = \\frac{10^{-8}}{100} = 10^{-10}\\text{ W}$
Conversion en picowatts :
$P_s = 0{,}1\\text{ nW} = 100\\text{ pW}$
Résultat : La puissance du signal d'entrée est $P_s = 10^{-10}\\text{ W} = 100\\text{ pW}$.
Étape 2 : Calcul de la puissance du bruit thermique
La puissance du bruit thermique est donnée par la formule de Nyquist :
Formule générale :
$P_n = k_B T_0 B$
Remplacement des données :
$P_n = 1{,}38 \\times 10^{-23} \\times 290 \\times 10 \\times 10^3$
Calcul :
$P_n = 1{,}38 \\times 290 \\times 10^{-19} = 400{,}2 \\times 10^{-19}\\text{ W}$
$P_n = 4{,}002 \\times 10^{-17}\\text{ W} \\approx 4 \\times 10^{-17}\\text{ W}$
Conversion en femtowatts :
$P_n \\approx 40\\text{ fW}$
Résultat : La puissance du bruit thermique est $P_n \\approx 4 \\times 10^{-17}\\text{ W}$.
Étape 3 : Calcul du rapport signal-sur-bruit d'entrée (linéaire)
Formule générale :
$\\text{SNR}_{in} = \\frac{P_s}{P_n}$
Remplacement des données :
$\\text{SNR}_{in} = \\frac{10^{-10}}{4 \\times 10^{-17}}$
Calcul :
$\\text{SNR}_{in} = \\frac{10^{-10}}{4 \\times 10^{-17}} = \\frac{1}{4} \\times 10^{7} = 0{,}25 \\times 10^{7} = 2{,}5 \\times 10^{6}$
Résultat linéaire : $\\text{SNR}_{in} = 2{,}5 \\times 10^{6}$
Étape 4 : Conversion en décibels
Formule générale :
$\\text{SNR}_{in}(\\text{dB}) = 10\\log_{10}(\\text{SNR}_{in})$
Remplacement des données :
$\\text{SNR}_{in}(\\text{dB}) = 10\\log_{10}(2{,}5 \\times 10^{6})$
Calcul :
$\\text{SNR}_{in}(\\text{dB}) = 10[\\log_{10}(2{,}5) + \\log_{10}(10^{6})] = 10[0{,}398 + 6] = 10 \\times 6{,}398 = 63{,}98\\text{ dB}$
Résultat : Le SNR d'entrée est $\\text{SNR}_{in} \\approx 64\\text{ dB}$.
Question 2 : Facteur de bruit total de la chaîne
Étape 1 : Conversion des facteurs de bruit en valeurs linéaires
Pour $F_1$ :
Formule générale :
$F_1(\\text{linéaire}) = 10^{\\frac{F_1(\\text{dB})}{10}}$
Remplacement des données :
$F_1(\\text{linéaire}) = 10^{\\frac{2{,}5}{10}}$
Calcul :
$F_1(\\text{linéaire}) = 10^{0{,}25} = 1{,}778$
Pour $F_2$ :
Formule générale :
$F_2(\\text{linéaire}) = 10^{\\frac{F_2(\\text{dB})}{10}}$
Remplacement des données :
$F_2(\\text{linéaire}) = 10^{\\frac{4}{10}}$
Calcul :
$F_2(\\text{linéaire}) = 10^{0{,}4} = 2{,}512$
Étape 2 : Conversion du gain $G_1$ en valeur linéaire
Formule générale :
$G_1(\\text{linéaire}) = 10^{\\frac{G_1(\\text{dB})}{20}}$
Remplacement des données :
$G_1(\\text{linéaire}) = 10^{\\frac{26}{20}}$
Calcul :
$G_1(\\text{linéaire}) = 10^{1{,}3} = 19{,}95 \\approx 20$
Étape 3 : Application de la formule de Friis
Formule générale :
$F_{total} = F_1 + \\frac{F_2 - 1}{G_1}$
Remplacement des données :
$F_{total} = 1{,}778 + \\frac{2{,}512 - 1}{19{,}95}$
Calcul :
$F_{total} = 1{,}778 + \\frac{1{,}512}{19{,}95} = 1{,}778 + 0{,}0758 = 1{,}854$
Étape 4 : Conversion en décibels
Formule générale :
$F_{total}(\\text{dB}) = 10\\log_{10}(F_{total})$
Remplacement des données :
$F_{total}(\\text{dB}) = 10\\log_{10}(1{,}854)$
Calcul :
$F_{total}(\\text{dB}) = 10 \\times 0{,}268 = 2{,}68\\text{ dB}$
Résultat : Le facteur de bruit total de la chaîne est $F_{total} = 1{,}854$ (linéaire) ou $F_{total} \\approx 2{,}68\\text{ dB}$.
Question 3 : Gain total et SNR de sortie
Étape 1 : Calcul du gain total en décibels
Formule générale :
$G_{total}(\\text{dB}) = G_1(\\text{dB}) + G_2(\\text{dB})$
Remplacement des données :
$G_{total}(\\text{dB}) = 26 + 34$
Calcul :
$G_{total}(\\text{dB}) = 60\\text{ dB}$
Étape 2 : Conversion du gain total en valeur linéaire
Formule générale :
$G_{total}(\\text{linéaire}) = 10^{\\frac{G_{total}(\\text{dB})}{20}}$
Remplacement des données :
$G_{total}(\\text{linéaire}) = 10^{\\frac{60}{20}}$
Calcul :
$G_{total}(\\text{linéaire}) = 10^{3} = 1000$
Étape 3 : Calcul du SNR de sortie (linéaire)
Formule générale :
$\\text{SNR}_{out} = \\frac{\\text{SNR}_{in} \\times G_{total}}{F_{total}}$
Remplacement des données :
$\\text{SNR}_{out} = \\frac{2{,}5 \\times 10^{6} \\times 1000}{1{,}854}$
Calcul :
$\\text{SNR}_{out} = \\frac{2{,}5 \\times 10^{9}}{1{,}854} = 1{,}348 \\times 10^{9}$
Résultat linéaire : $\\text{SNR}_{out} = 1{,}348 \\times 10^{9}$
Étape 4 : Conversion en décibels
Formule générale :
$\\text{SNR}_{out}(\\text{dB}) = 10\\log_{10}(\\text{SNR}_{out})$
Remplacement des données :
$\\text{SNR}_{out}(\\text{dB}) = 10\\log_{10}(1{,}348 \\times 10^{9})$
Calcul :
$\\text{SNR}_{out}(\\text{dB}) = 10[\\log_{10}(1{,}348) + 9] = 10[0{,}130 + 9] = 91{,}3\\text{ dB}$
Résultat : Le SNR de sortie est $\\text{SNR}_{out} \\approx 91{,}3\\text{ dB}$.
Étape 5 : Puissance de sortie du signal
Formule générale :
$P_{s,out} = G_{total} \\times P_s$
Remplacement des données :
$P_{s,out} = 1000 \\times 10^{-10}$
Calcul :
$P_{s,out} = 10^{-7}\\text{ W} = 0{,}1\\text{ }\\mu\\text{W} = 100\\text{ nW}$
Résultat : La puissance de sortie du signal est $P_{s,out} = 10^{-7}\\text{ W}$.
Étape 6 : Puissance de sortie du bruit
Formule générale :
$P_{n,out} = G_{total} \\times F_{total} \\times P_n$
Remplacement des données :
$P_{n,out} = 1000 \\times 1{,}854 \\times 4 \\times 10^{-17}$
Calcul :
$P_{n,out} = 1854 \\times 4 \\times 10^{-17} = 7416 \\times 10^{-17} = 7{,}416 \\times 10^{-14}\\text{ W}$
Conversion :
$P_{n,out} \\approx 74{,}2\\text{ fW}$
Résultat : La puissance de sortie du bruit est $P_{n,out} \\approx 7{,}42 \\times 10^{-14}\\text{ W}$.
Vérification : $\\frac{P_{s,out}}{P_{n,out}} = \\frac{10^{-7}}{7{,}42 \\times 10^{-14}} = 1{,}348 \\times 10^{9}$, ce qui correspond bien au SNR de sortie calculé.
", "id_category": "4", "id_number": "18" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 1 : Modulation d'Amplitude et Filtrage d'un Signal de Communication
Un émetteur radio diffuse un signal de communication en utilisant la modulation d'amplitude (AM). Le signal modulant (message) est un signal sinusoïdal de fréquence $f_m = 5 \\text{ kHz}$ et d'amplitude $A_m = 4 \\text{ V}$. La porteuse est également sinusoïdale avec une fréquence $f_c = 100 \\text{ kHz}$ et une amplitude $A_c = 10 \\text{ V}$. L'indice de modulation est noté $m$.
Le signal modulé en amplitude traverse ensuite un filtre passe-bande du deuxième ordre de fonction de transfert :
$H(j\\omega) = \\frac{K \\cdot j\\omega}{(j\\omega)^2 + 2\\xi\\omega_0 j\\omega + \\omega_0^2}$
où $K = 1$, $\\xi = 0.5$ (coefficient d'amortissement), et $f_0 = 100 \\text{ kHz}$ (fréquence de résonance).
Question 1 : Calculez l'expression temporelle complète du signal modulé $s(t)$ et déterminez la puissance totale du signal modulé sachant que l'indice de modulation $m = 0.8$. Calculez également les amplitudes des bandes latérales.
Question 2 : Déterminez la bande passante à $-3 \\text{ dB}$ du filtre passe-bande en fonction de $f_0$ et $\\xi$, puis calculez sa valeur numérique. Vérifiez si le signal modulé passe intégralement à travers ce filtre.
Question 3 : Le signal modulé est ensuite amplifié par un amplificateur de gain $G = 20 \\text{ dB}$. Calculez la puissance de sortie en $\\text{dBm}$ sachant que l'impédance de charge est $R_L = 50 \\, \\Omega$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 1
Question 1 : Expression temporelle et puissance du signal modulé AM
Étape 1 : Expression du signal modulé en amplitude
Le signal modulé en amplitude s'écrit sous la forme générale :
$s(t) = A_c[1 + m \\cos(2\\pi f_m t)] \\cos(2\\pi f_c t)$
En développant cette expression :
$s(t) = A_c \\cos(2\\pi f_c t) + \\frac{m A_c}{2} \\cos[2\\pi (f_c - f_m) t] + \\frac{m A_c}{2} \\cos[2\\pi (f_c + f_m) t]$
où :
- $A_c = 10 \\text{ V}$ : amplitude de la porteuse
- $m = 0.8$ : indice de modulation
- $f_c = 100 \\text{ kHz}$ : fréquence de la porteuse
- $f_m = 5 \\text{ kHz}$ : fréquence du signal modulant
Étape 2 : Calcul des amplitudes des bandes latérales
L'amplitude de chaque bande latérale est :
$A_{BL} = \\frac{m A_c}{2}$
Substitution des valeurs :
$A_{BL} = \\frac{0.8 \\times 10}{2}$
$A_{BL} = \\frac{8}{2} = 4 \\text{ V}$
Résultat : L'amplitude de chaque bande latérale est $A_{BL} = 4 \\text{ V}$
Étape 3 : Calcul de la puissance totale du signal modulé
La puissance totale d'un signal AM sur une charge résistive $R$ est donnée par :
$P_{total} = P_c + P_{BL}$
où la puissance de la porteuse est :
$P_c = \\frac{A_c^2}{2R}$
et la puissance des deux bandes latérales est :
$P_{BL} = 2 \\times \\frac{A_{BL}^2}{2R} = \\frac{A_{BL}^2}{R}$
La formule complète devient :
$P_{total} = \\frac{A_c^2}{2R}\\left(1 + \\frac{m^2}{2}\\right)$
Pour une charge normalisée de $R = 50 \\, \\Omega$ :
$P_{total} = \\frac{10^2}{2 \\times 50}\\left(1 + \\frac{0.8^2}{2}\\right)$
$P_{total} = \\frac{100}{100}\\left(1 + \\frac{0.64}{2}\\right)$
$P_{total} = 1 \\times (1 + 0.32) = 1.32 \\text{ W}$
Résultat final : La puissance totale du signal modulé est $P_{total} = 1.32 \\text{ W}$
Question 2 : Bande passante du filtre et vérification du passage du signal
Étape 1 : Calcul de la bande passante à -3 dB
Pour un filtre passe-bande du deuxième ordre, la bande passante à $-3 \\text{ dB}$ est donnée par :
$BP = 2\\xi f_0$
Substitution des valeurs :
$BP = 2 \\times 0.5 \\times 100 \\times 10^3$
$BP = 1.0 \\times 100 \\times 10^3 = 100 \\times 10^3 \\text{ Hz}$
$BP = 100 \\text{ kHz}$
Résultat : La bande passante du filtre est $BP = 100 \\text{ kHz}$
Étape 2 : Vérification du passage du signal modulé
La largeur de bande du signal AM est :
$B_{AM} = 2f_m$
$B_{AM} = 2 \\times 5 = 10 \\text{ kHz}$
Le filtre est centré sur $f_0 = 100 \\text{ kHz}$ (même fréquence que la porteuse) et sa bande passante est $BP = 100 \\text{ kHz}$.
Puisque $B_{AM} = 10 \\text{ kHz} \\ll BP = 100 \\text{ kHz}$, le signal modulé passe intégralement à travers le filtre sans distorsion significative.
Conclusion : Le filtre laisse passer complètement le signal modulé.
Question 3 : Puissance de sortie après amplification
Étape 1 : Conversion du gain en échelle linéaire
Le gain en décibels est converti en échelle linéaire par :
$G_{lin} = 10^{G_{dB}/10}$
$G_{lin} = 10^{20/10} = 10^2 = 100$
Étape 2 : Calcul de la puissance de sortie en watts
La puissance de sortie est :
$P_{out} = G_{lin} \\times P_{total}$
$P_{out} = 100 \\times 1.32 = 132 \\text{ W}$
Étape 3 : Conversion en dBm
La puissance en dBm est définie par :
$P_{dBm} = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{P_{out}}{1 \\text{ mW}}\\right)$
Conversion de $P_{out}$ en milliwatts :
$P_{out} = 132 \\text{ W} = 132 \\times 10^3 \\text{ mW}$
$P_{dBm} = 10 \\log_{10}(132 \\times 10^3)$
$P_{dBm} = 10 \\log_{10}(1.32 \\times 10^5)$
$P_{dBm} = 10[\\log_{10}(1.32) + 5]$
$P_{dBm} = 10[0.1206 + 5] = 10 \\times 5.1206$
$P_{dBm} = 51.206 \\text{ dBm}$
Résultat final : La puissance de sortie est $P_{out} = 51.21 \\text{ dBm}$
", "id_category": "4", "id_number": "19" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 2 : Amplification Multi-Étages et Mélange de Fréquences
Un système de réception radio superhétérodyne utilise un mélangeur pour convertir un signal RF en un signal de fréquence intermédiaire (FI). Le signal d'entrée RF est à la fréquence $f_{RF} = 150 \\text{ MHz}$ avec une amplitude $A_{RF} = 50 \\text{ mV}$. L'oscillateur local génère un signal à la fréquence $f_{OL} = 160 \\text{ MHz}$ avec une amplitude $A_{OL} = 200 \\text{ mV}$.
Le mélangeur a une constante de mélange $k_m = 0.5$ et produit des composantes aux fréquences $f_{RF} + f_{OL}$ et $f_{RF} - f_{OL}$. Seule la composante de différence (fréquence intermédiaire FI) est conservée après filtrage.
Le signal FI passe ensuite à travers une chaîne d'amplification composée de trois étages en cascade :
- Amplificateur 1 : Gain $G_1 = 15 \\text{ dB}$, facteur de bruit $F_1 = 2 \\text{ dB}$
- Amplificateur 2 : Gain $G_2 = 18 \\text{ dB}$, facteur de bruit $F_2 = 3 \\text{ dB}$
- Amplificateur 3 : Gain $G_3 = 12 \\text{ dB}$, facteur de bruit $F_3 = 4 \\text{ dB}$
Question 1 : Calculez la fréquence intermédiaire $f_{FI}$ et l'amplitude du signal FI à la sortie du mélangeur en utilisant la formule $A_{FI} = k_m \\cdot A_{RF} \\cdot A_{OL}$.
Question 2 : Déterminez le gain total de la chaîne d'amplification en décibels et en échelle linéaire, puis calculez l'amplitude du signal à la sortie du dernier amplificateur.
Question 3 : Calculez le facteur de bruit total de la chaîne d'amplification en utilisant la formule de Friis, puis exprimez-le en décibels. L'impédance du système est $Z_0 = 50 \\, \\Omega$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 2
Question 1 : Fréquence intermédiaire et amplitude du signal FI
Étape 1 : Calcul de la fréquence intermédiaire
Dans un mélangeur, les fréquences produites sont la somme et la différence des fréquences d'entrée. La fréquence intermédiaire correspond à la différence :
$f_{FI} = |f_{OL} - f_{RF}|$
Substitution des valeurs :
$f_{FI} = |160 - 150| = 10 \\text{ MHz}$
Résultat : La fréquence intermédiaire est $f_{FI} = 10 \\text{ MHz}$
Étape 2 : Calcul de l'amplitude du signal FI
L'amplitude du signal de sortie d'un mélangeur est donnée par :
$A_{FI} = k_m \\cdot A_{RF} \\cdot A_{OL}$
où $k_m = 0.5$ est la constante de mélange.
Conversion des amplitudes en volts :
$A_{RF} = 50 \\text{ mV} = 50 \\times 10^{-3} \\text{ V} = 0.050 \\text{ V}$
$A_{OL} = 200 \\text{ mV} = 200 \\times 10^{-3} \\text{ V} = 0.200 \\text{ V}$
Substitution dans la formule :
$A_{FI} = 0.5 \\times 0.050 \\times 0.200$
$A_{FI} = 0.5 \\times 0.010 = 0.005 \\text{ V}$
$A_{FI} = 5 \\text{ mV}$
Résultat final : L'amplitude du signal FI est $A_{FI} = 5 \\text{ mV}$
Question 2 : Gain total et amplitude de sortie
Étape 1 : Calcul du gain total en décibels
Pour des amplificateurs en cascade, le gain total en décibels est la somme des gains individuels :
$G_{total(dB)} = G_1 + G_2 + G_3$
$G_{total(dB)} = 15 + 18 + 12$
$G_{total(dB)} = 45 \\text{ dB}$
Résultat : Le gain total est $G_{total} = 45 \\text{ dB}$
Étape 2 : Conversion du gain en échelle linéaire
$G_{total(lin)} = 10^{G_{total(dB)}/10}$
$G_{total(lin)} = 10^{45/10} = 10^{4.5}$
Calcul de $10^{4.5}$ :
$10^{4.5} = 10^4 \\times 10^{0.5} = 10000 \\times \\sqrt{10} = 10000 \\times 3.162$
$G_{total(lin)} = 31622.78$
Étape 3 : Calcul de l'amplitude de sortie
L'amplitude de sortie est :
$A_{out} = G_{total(lin)} \\times A_{FI}$
$A_{out} = 31622.78 \\times 5 \\times 10^{-3}$
$A_{out} = 158.114 \\text{ V}$
Résultat final : L'amplitude du signal de sortie est $A_{out} = 158.11 \\text{ V}$
Question 3 : Facteur de bruit total de la chaîne
Étape 1 : Conversion des facteurs de bruit en échelle linéaire
$F_{lin} = 10^{F_{dB}/10}$
Pour chaque amplificateur :
$F_1 = 10^{2/10} = 10^{0.2} = 1.585$
$F_2 = 10^{3/10} = 10^{0.3} = 1.995$
$F_3 = 10^{4/10} = 10^{0.4} = 2.512$
Étape 2 : Conversion des gains en échelle linéaire
$G_1 = 10^{15/10} = 10^{1.5} = 31.623$
$G_2 = 10^{18/10} = 10^{1.8} = 63.096$
$G_3 = 10^{12/10} = 10^{1.2} = 15.849$
Étape 3 : Application de la formule de Friis
Le facteur de bruit total pour une cascade d'amplificateurs est :
$F_{total} = F_1 + \\frac{F_2 - 1}{G_1} + \\frac{F_3 - 1}{G_1 \\cdot G_2}$
Calcul du deuxième terme :
$\\frac{F_2 - 1}{G_1} = \\frac{1.995 - 1}{31.623} = \\frac{0.995}{31.623} = 0.03147$
Calcul du troisième terme :
$G_1 \\cdot G_2 = 31.623 \\times 63.096 = 1995.26$
$\\frac{F_3 - 1}{G_1 \\cdot G_2} = \\frac{2.512 - 1}{1995.26} = \\frac{1.512}{1995.26} = 0.000758$
Somme totale :
$F_{total} = 1.585 + 0.03147 + 0.000758$
$F_{total} = 1.617$
Étape 4 : Conversion en décibels
$F_{total(dB)} = 10 \\log_{10}(F_{total})$
$F_{total(dB)} = 10 \\log_{10}(1.617)$
$F_{total(dB)} = 10 \\times 0.2087$
$F_{total(dB)} = 2.087 \\text{ dB}$
Résultat final : Le facteur de bruit total de la chaîne est $F_{total} = 2.09 \\text{ dB}$
Interprétation : Le facteur de bruit total est principalement déterminé par le premier amplificateur, comme le prédit la formule de Friis. Les contributions des étages suivants sont négligeables grâce aux gains élevés des étages précédents.
", "id_category": "4", "id_number": "20" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 3 : Modulation de Fréquence et Analyse Spectrale
Un émetteur FM génère un signal modulé en fréquence à partir d'un signal modulant sinusoïdal de fréquence $f_m = 15 \\text{ kHz}$ et d'amplitude $A_m = 3 \\text{ V}$. La porteuse non modulée a une fréquence $f_c = 90 \\text{ MHz}$ et une amplitude $A_c = 8 \\text{ V}$. La sensibilité en fréquence de l'oscillateur est $k_f = 25 \\text{ kHz/V}$.
Le signal FM peut s'écrire sous la forme :
$s_{FM}(t) = A_c \\cos\\left[2\\pi f_c t + \\beta \\sin(2\\pi f_m t)\\right]$
où $\\beta$ est l'indice de modulation de fréquence défini par $\\beta = \\frac{\\Delta f}{f_m}$, avec $\\Delta f = k_f \\cdot A_m$ la déviation maximale de fréquence.
Le signal modulé traverse ensuite un filtre passe-bande idéal de bande passante $B_{filtre}$ centré sur $f_c$. La règle de Carson estime la bande passante nécessaire pour transmettre le signal FM : $B_{Carson} = 2(\\Delta f + f_m)$.
Question 1 : Calculez la déviation maximale de fréquence $\\Delta f$ et l'indice de modulation $\\beta$ du signal FM.
Question 2 : Utilisez la règle de Carson pour déterminer la bande passante nécessaire $B_{Carson}$ pour transmettre ce signal FM sans distorsion significative. Calculez également le rapport $\\frac{B_{Carson}}{2f_m}$ (rapport de la bande FM à la bande du signal modulant).
Question 3 : Le signal FM est ensuite amplifié par un amplificateur de classe C avec un rendement $\\eta = 70\\%$. Si la puissance de sortie désirée est $P_{out} = 50 \\text{ W}$ sur une charge $R_L = 50 \\, \\Omega$, calculez la puissance DC d'entrée nécessaire $P_{DC}$ et le courant efficace dans la charge $I_{eff}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 3
Question 1 : Déviation de fréquence et indice de modulation
Étape 1 : Calcul de la déviation maximale de fréquence
La déviation de fréquence est donnée par :
$\\Delta f = k_f \\cdot A_m$
où :
- $k_f = 25 \\text{ kHz/V}$ : sensibilité en fréquence
- $A_m = 3 \\text{ V}$ : amplitude du signal modulant
Substitution des valeurs :
$\\Delta f = 25 \\times 3$
$\\Delta f = 75 \\text{ kHz}$
Résultat : La déviation maximale de fréquence est $\\Delta f = 75 \\text{ kHz}$
Étape 2 : Calcul de l'indice de modulation
L'indice de modulation FM est défini par :
$\\beta = \\frac{\\Delta f}{f_m}$
Substitution des valeurs :
$\\beta = \\frac{75}{15}$
$\\beta = 5$
Résultat final : L'indice de modulation est $\\beta = 5$
Interprétation : Avec $\\beta = 5 > 1$, il s'agit d'une modulation FM à large bande (wide-band FM), produisant de nombreuses bandes latérales significatives.
Question 2 : Bande passante selon la règle de Carson
Étape 1 : Application de la règle de Carson
La règle de Carson estime la bande passante nécessaire pour transmettre $98\\%$ de la puissance du signal FM :
$B_{Carson} = 2(\\Delta f + f_m)$
Substitution des valeurs :
$B_{Carson} = 2(75 + 15)$
$B_{Carson} = 2 \\times 90$
$B_{Carson} = 180 \\text{ kHz}$
Résultat : La bande passante nécessaire est $B_{Carson} = 180 \\text{ kHz}$
Étape 2 : Calcul du rapport de bande
Le rapport entre la bande FM et la bande du signal modulant ($2f_m$) est :
$\\frac{B_{Carson}}{2f_m} = \\frac{180}{2 \\times 15}$
$\\frac{B_{Carson}}{2f_m} = \\frac{180}{30}$
$\\frac{B_{Carson}}{2f_m} = 6$
Résultat final : Le rapport de bande est $\\frac{B_{Carson}}{2f_m} = 6$
Interprétation : Le signal FM nécessite une bande $6$ fois plus large que la bande du signal modulant en bande de base. Cette expansion spectrale est caractéristique de la FM à large bande et permet d'obtenir une meilleure immunité au bruit.
Question 3 : Puissance DC et courant efficace dans l'amplificateur
Étape 1 : Calcul de la puissance DC d'entrée
Le rendement d'un amplificateur est défini par :
$\\eta = \\frac{P_{out}}{P_{DC}}$
D'où la puissance DC nécessaire :
$P_{DC} = \\frac{P_{out}}{\\eta}$
Conversion du rendement en valeur décimale :
$\\eta = 70\\% = 0.70$
Substitution des valeurs :
$P_{DC} = \\frac{50}{0.70}$
$P_{DC} = 71.43 \\text{ W}$
Résultat : La puissance DC d'entrée nécessaire est $P_{DC} = 71.43 \\text{ W}$
Étape 2 : Calcul du courant efficace dans la charge
La puissance dissipée dans une charge résistive est reliée au courant efficace par :
$P_{out} = R_L \\cdot I_{eff}^2$
D'où :
$I_{eff} = \\sqrt{\\frac{P_{out}}{R_L}}$
Substitution des valeurs :
$I_{eff} = \\sqrt{\\frac{50}{50}}$
$I_{eff} = \\sqrt{1}$
$I_{eff} = 1 \\text{ A}$
Résultat final : Le courant efficace dans la charge est $I_{eff} = 1 \\text{ A}$
Étape 3 : Vérification par la tension efficace
La tension efficace aux bornes de la charge peut être calculée par :
$V_{eff} = I_{eff} \\times R_L$
$V_{eff} = 1 \\times 50 = 50 \\text{ V}$
Vérification de la puissance :
$P_{out} = \\frac{V_{eff}^2}{R_L} = \\frac{50^2}{50} = \\frac{2500}{50} = 50 \\text{ W}$
Conclusion : Les calculs sont cohérents. L'amplificateur de classe C avec un rendement de $70\\%$ nécessite une puissance DC de $71.43 \\text{ W}$ pour fournir $50 \\text{ W}$ de puissance RF à la charge.
", "id_category": "4", "id_number": "21" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 1 : Analyse d'un Système de Transmission avec Filtrage et Amplification
\nUn système de transmission analogique traite un signal composite constitué de trois composantes sinusoïdales. Le signal d'entrée est défini par :
\n$s(t) = 2\\cos(2\\pi \\times 1000t) + 0.5\\cos(2\\pi \\times 5000t) + 0.8\\cos(2\\pi \\times 15000t)$
\noù $t$ est exprimé en secondes. Ce signal traverse successivement un filtre passe-bas puis un amplificateur. Le filtre passe-bas est un filtre de Butterworth d'ordre 2 avec une fréquence de coupure $f_c = 8000$ Hz. La fonction de transfert en amplitude du filtre est donnée par :
\n$|H(f)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\left(\\frac{f}{f_c}\\right)^{4}}}$
\nL'amplificateur qui suit le filtre possède un gain de tension $G = 25$ dB et introduit un bruit thermique de densité spectrale $N_0 = 2 \\times 10^{-9}$ W/Hz. La résistance de charge est $R_L = 50$ Ω.
\n\nQuestion 1 :
\nCalculer la puissance totale du signal d'entrée $s(t)$ sur la résistance de charge $R_L = 50$ Ω. Déterminer également la puissance de chaque composante fréquentielle individuellement.
\n\nQuestion 2 :
\nDéterminer l'amplitude de chaque composante fréquentielle après le passage dans le filtre passe-bas. Calculer ensuite la puissance totale du signal filtré sur la résistance de charge.
\n\nQuestion 3 :
\nAprès amplification, calculer la puissance totale du signal de sortie et le rapport signal sur bruit (SNR) en dB, sachant que la bande passante du système est $B = 8000$ Hz (déterminée par le filtre passe-bas).
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 1
\n\nQuestion 1 : Puissance du signal d'entrée
\n\nRappel théorique : Pour un signal sinusoïdal $A\\cos(\\omega t)$ sur une résistance $R$, la puissance moyenne est donnée par :
\n$P = \\frac{A^2_{rms}}{R} = \\frac{A^2}{2R}$
\noù $A$ est l'amplitude crête et $A_{rms} = \\frac{A}{\\sqrt{2}}$ est la valeur efficace.
\n\nÉtape 1 : Identification des amplitudes de chaque composante :
\n- \n
- Composante à $f_1 = 1000$ Hz : amplitude $A_1 = 2$ V \n
- Composante à $f_2 = 5000$ Hz : amplitude $A_2 = 0.5$ V \n
- Composante à $f_3 = 15000$ Hz : amplitude $A_3 = 0.8$ V \n
Étape 2 : Calcul de la puissance de chaque composante. Pour la composante 1 :
\n$P_1 = \\frac{A_1^2}{2R_L} = \\frac{(2)^2}{2 \\times 50} = \\frac{4}{100} = 0.04 \\text{ W}$
\n\nPour la composante 2 :
\n$P_2 = \\frac{A_2^2}{2R_L} = \\frac{(0.5)^2}{2 \\times 50} = \\frac{0.25}{100} = 0.0025 \\text{ W}$
\n\nPour la composante 3 :
\n$P_3 = \\frac{A_3^2}{2R_L} = \\frac{(0.8)^2}{2 \\times 50} = \\frac{0.64}{100} = 0.0064 \\text{ W}$
\n\nÉtape 3 : Calcul de la puissance totale. Comme les composantes sont à des fréquences différentes (orthogonales), la puissance totale est la somme des puissances individuelles :
\n$P_{total} = P_1 + P_2 + P_3 = 0.04 + 0.0025 + 0.0064 = 0.0489 \\text{ W}$
\n\nRésultat final :
\n- \n
- $P_1 = 40 \\text{ mW}$ \n
- $P_2 = 2.5 \\text{ mW}$ \n
- $P_3 = 6.4 \\text{ mW}$ \n
- $P_{total} = 48.9 \\text{ mW}$ \n
Question 2 : Signal après filtrage
\n\nRappel théorique : Le filtre modifie l'amplitude de chaque composante selon sa fonction de transfert. L'amplitude de sortie est $A_{sortie} = A_{entrée} \\times |H(f)|$.
\n\nÉtape 1 : Calcul de $|H(f)|$ pour chaque fréquence. Pour $f_1 = 1000$ Hz :
\n$|H(f_1)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\left(\\frac{1000}{8000}\\right)^{4}}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + (0.125)^{4}}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 0.000244}} = \\frac{1}{\\sqrt{1.000244}} = 0.9998$
\n\nPour $f_2 = 5000$ Hz :
\n$|H(f_2)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\left(\\frac{5000}{8000}\\right)^{4}}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + (0.625)^{4}}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 0.1526}} = \\frac{1}{\\sqrt{1.1526}} = 0.9312$
\n\nPour $f_3 = 15000$ Hz :
\n$|H(f_3)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\left(\\frac{15000}{8000}\\right)^{4}}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + (1.875)^{4}}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 12.3779}} = \\frac{1}{\\sqrt{13.3779}} = 0.2734$
\n\nÉtape 2 : Calcul des nouvelles amplitudes après filtrage :
\n$A'_1 = A_1 \\times |H(f_1)| = 2 \\times 0.9998 = 1.9996 \\text{ V}$
\n$A'_2 = A_2 \\times |H(f_2)| = 0.5 \\times 0.9312 = 0.4656 \\text{ V}$
\n$A'_3 = A_3 \\times |H(f_3)| = 0.8 \\times 0.2734 = 0.2187 \\text{ V}$
\n\nÉtape 3 : Calcul des puissances après filtrage :
\n$P'_1 = \\frac{(A'_1)^2}{2R_L} = \\frac{(1.9996)^2}{100} = 0.03998 \\text{ W}$
\n$P'_2 = \\frac{(A'_2)^2}{2R_L} = \\frac{(0.4656)^2}{100} = 0.002168 \\text{ W}$
\n$P'_3 = \\frac{(A'_3)^2}{2R_L} = \\frac{(0.2187)^2}{100} = 0.000478 \\text{ W}$
\n\nÉtape 4 : Puissance totale du signal filtré :
\n$P'_{total} = P'_1 + P'_2 + P'_3 = 0.03998 + 0.002168 + 0.000478 = 0.042626 \\text{ W}$
\n\nRésultat final :
\n- \n
- Amplitudes filtrées : $A'_1 = 2.00 \\text{ V}$, $A'_2 = 0.466 \\text{ V}$, $A'_3 = 0.219 \\text{ V}$ \n
- Puissance totale filtrée : $P'_{total} = 42.63 \\text{ mW}$ \n
Question 3 : Rapport signal sur bruit après amplification
\n\nRappel théorique : Un gain en dB se convertit en gain linéaire par $G_{lin} = 10^{G_{dB}/20}$. La puissance de bruit est $P_n = N_0 \\times B$.
\n\nÉtape 1 : Conversion du gain de l'amplificateur en valeur linéaire :
\n$G_{lin} = 10^{25/20} = 10^{1.25} = 17.783$
\n\nÉtape 2 : Calcul de la puissance du signal après amplification. Le gain s'applique en tension, donc le gain en puissance est :
\n$G_P = G_{lin}^2 = (17.783)^2 = 316.23$
\n$P_{signal} = P'_{total} \\times G_P = 0.042626 \\times 316.23 = 13.48 \\text{ W}$
\n\nÉtape 3 : Calcul de la puissance du bruit sur la bande passante :
\n$P_{bruit} = N_0 \\times B = 2 \\times 10^{-9} \\times 8000 = 16 \\times 10^{-6} \\text{ W} = 16 \\text{ µW}$
\n\nÉtape 4 : Calcul du rapport signal sur bruit (SNR) :
\n$SNR = \\frac{P_{signal}}{P_{bruit}} = \\frac{13.48}{16 \\times 10^{-6}} = 8.425 \\times 10^{5}$
\n\nÉtape 5 : Conversion en décibels :
\n$SNR_{dB} = 10 \\log_{10}(8.425 \\times 10^{5}) = 10 \\times (5 + \\log_{10}(8.425)) = 10 \\times (5 + 0.9255) = 59.26 \\text{ dB}$
\n\nRésultat final :
\n- \n
- Puissance du signal amplifié : $P_{signal} = 13.48 \\text{ W}$ \n
- Puissance du bruit : $P_{bruit} = 16 \\text{ µW}$ \n
- Rapport signal sur bruit : $SNR = 59.26 \\text{ dB}$ \n
Interprétation : Le système présente un excellent rapport signal sur bruit de $59.26$ dB, ce qui indique une transmission de haute qualité. Le filtrage a efficacement atténué la composante haute fréquence ($15$ kHz) tout en préservant les composantes dans la bande passante, et l'amplification a porté le signal à un niveau de puissance élevé tout en maintenant un bruit négligeable.
", "id_category": "4", "id_number": "22" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 2 : Modulation d'Amplitude à Porteuse Supprimée (DSB-SC) et Analyse Spectrale
\nUn système de transmission utilise une modulation d'amplitude à double bande latérale avec porteuse supprimée (DSB-SC). Le signal modulant (signal d'information) est un signal multifréquentiel donné par :
\n$m(t) = 3\\cos(2\\pi \\times 300t) + 2\\cos(2\\pi \\times 800t)$
\nLa porteuse est un signal sinusoïdal de fréquence $f_c = 10$ kHz et d'amplitude $A_c = 5$ V :
\n$c(t) = A_c\\cos(2\\pi f_c t) = 5\\cos(2\\pi \\times 10000t)$
\nLe signal modulé DSB-SC est obtenu par multiplication directe : $s_{DSB-SC}(t) = m(t) \\times c(t)$. Ce signal est transmis sur une antenne avec une résistance d'entrée $R_a = 75$ Ω. Le système de démodulation utilise un démodulateur cohérent (synchrone) suivi d'un filtre passe-bas idéal de fréquence de coupure $f_{LPF} = 1500$ Hz.
\n\nQuestion 1 :
\nDévelopper l'expression temporelle complète du signal modulé $s_{DSB-SC}(t)$ en utilisant les identités trigonométriques appropriées. Identifier toutes les composantes fréquentielles présentes dans le spectre du signal modulé et calculer leur amplitude respective.
\n\nQuestion 2 :
\nCalculer la puissance totale du signal modulé transmis sur la résistance d'antenne $R_a = 75$ Ω. Comparer cette puissance avec celle qui serait nécessaire pour une modulation d'amplitude conventionnelle (AM) avec un indice de modulation $m_a = 0.8$ pour transmettre le même signal d'information. Calculer l'efficacité de transmission (rapport de la puissance dans les bandes latérales sur la puissance totale) pour les deux types de modulation.
\n\nQuestion 3 :
\nAu niveau du récepteur, le signal reçu est multiplié par un signal de référence local $c_r(t) = 2\\cos(2\\pi \\times 10000t)$ pour effectuer une démodulation cohérente. Le signal résultant passe ensuite par le filtre passe-bas. Calculer l'amplitude de chaque composante fréquentielle du signal démodulé après filtrage, et déterminer la puissance totale du signal démodulé sur une résistance de charge $R_L = 50$ Ω.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 2
\n\nQuestion 1 : Expression temporelle et composantes fréquentielles
\n\nRappel théorique : La modulation DSB-SC multiplie le signal modulant par la porteuse. L'identité trigonométrique utilisée est :
\n$\\cos(A) \\times \\cos(B) = \\frac{1}{2}[\\cos(A-B) + \\cos(A+B)]$
\n\nÉtape 1 : Expression du signal modulé en remplaçant $m(t)$ et $c(t)$ :
\n$s_{DSB-SC}(t) = [3\\cos(2\\pi \\times 300t) + 2\\cos(2\\pi \\times 800t)] \\times 5\\cos(2\\pi \\times 10000t)$
\n\nÉtape 2 : Distribution de la multiplication :
\n$s_{DSB-SC}(t) = 15\\cos(2\\pi \\times 300t)\\cos(2\\pi \\times 10000t) + 10\\cos(2\\pi \\times 800t)\\cos(2\\pi \\times 10000t)$
\n\nÉtape 3 : Application de l'identité trigonométrique au premier terme. Pour $15\\cos(2\\pi \\times 300t)\\cos(2\\pi \\times 10000t)$ :
\n$15\\cos(2\\pi \\times 300t)\\cos(2\\pi \\times 10000t) = \\frac{15}{2}[\\cos(2\\pi(10000-300)t) + \\cos(2\\pi(10000+300)t)]$
\n$= 7.5\\cos(2\\pi \\times 9700t) + 7.5\\cos(2\\pi \\times 10300t)$
\n\nÉtape 4 : Application de l'identité trigonométrique au second terme. Pour $10\\cos(2\\pi \\times 800t)\\cos(2\\pi \\times 10000t)$ :
\n$10\\cos(2\\pi \\times 800t)\\cos(2\\pi \\times 10000t) = \\frac{10}{2}[\\cos(2\\pi(10000-800)t) + \\cos(2\\pi(10000+800)t)]$
\n$= 5\\cos(2\\pi \\times 9200t) + 5\\cos(2\\pi \\times 10800t)$
\n\nExpression temporelle complète :
\n$s_{DSB-SC}(t) = 7.5\\cos(2\\pi \\times 9700t) + 7.5\\cos(2\\pi \\times 10300t) + 5\\cos(2\\pi \\times 9200t) + 5\\cos(2\\pi \\times 10800t)$
\n\nRésultat final - Composantes fréquentielles :
\n- \n
- Bande latérale inférieure 1 : $f_{LSB1} = 9.7$ kHz, amplitude $A_1 = 7.5$ V \n
- Bande latérale inférieure 2 : $f_{LSB2} = 9.2$ kHz, amplitude $A_2 = 5$ V \n
- Bande latérale supérieure 1 : $f_{USB1} = 10.3$ kHz, amplitude $A_3 = 7.5$ V \n
- Bande latérale supérieure 2 : $f_{USB2} = 10.8$ kHz, amplitude $A_4 = 5$ V \n
Question 2 : Analyse de puissance et efficacité
\n\nÉtape 1 : Calcul de la puissance pour chaque composante DSB-SC. Rappel : $P = \\frac{A^2}{2R}$
\n\nPour la composante à $9.7$ kHz :
\n$P_1 = \\frac{(7.5)^2}{2 \\times 75} = \\frac{56.25}{150} = 0.375 \\text{ W}$
\n\nPour la composante à $9.2$ kHz :
\n$P_2 = \\frac{(5)^2}{2 \\times 75} = \\frac{25}{150} = 0.1667 \\text{ W}$
\n\nPar symétrie, $P_3 = P_1 = 0.375$ W et $P_4 = P_2 = 0.1667$ W.
\n\nÉtape 2 : Puissance totale DSB-SC :
\n$P_{DSB-SC} = P_1 + P_2 + P_3 + P_4 = 0.375 + 0.1667 + 0.375 + 0.1667 = 1.0834 \\text{ W}$
\n\nÉtape 3 : Calcul pour la modulation AM conventionnelle avec $m_a = 0.8$. D'abord, amplitude équivalente de $m(t)$. Pour une comparaison équitable, on prend l'amplitude crête de $m(t)$ qui est $A_m = 3 + 2 = 5$ V (somme des amplitudes maximales).
\n\nPuissance de la porteuse AM :
\n$P_c = \\frac{A_c^2}{2R_a} = \\frac{(5)^2}{2 \\times 75} = \\frac{25}{150} = 0.1667 \\text{ W}$
\n\nÉtape 4 : Puissance des bandes latérales pour AM. Formule : $P_{BL} = P_c \\times \\frac{m_a^2}{2}$
\n$P_{BL} = 0.1667 \\times \\frac{(0.8)^2}{2} = 0.1667 \\times \\frac{0.64}{2} = 0.1667 \\times 0.32 = 0.0533 \\text{ W}$
\n\nÉtape 5 : Puissance totale AM :
\n$P_{AM} = P_c + P_{BL} = 0.1667 + 0.0533 = 0.22 \\text{ W}$
\n\nÉtape 6 : Calcul des efficacités. Pour DSB-SC, toute la puissance est dans les bandes latérales :
\n$\\eta_{DSB-SC} = \\frac{P_{BL}}{P_{total}} = \\frac{1.0834}{1.0834} = 1 = 100\\%$
\n\nPour AM :
\n$\\eta_{AM} = \\frac{P_{BL}}{P_{total}} = \\frac{0.0533}{0.22} = 0.2423 = 24.23\\%$
\n\nRésultat final :
\n- \n
- Puissance DSB-SC : $P_{DSB-SC} = 1.083 \\text{ W}$ \n
- Puissance AM : $P_{AM} = 0.22 \\text{ W}$ \n
- Efficacité DSB-SC : $\\eta_{DSB-SC} = 100\\%$ \n
- Efficacité AM : $\\eta_{AM} = 24.23\\%$ \n
- La DSB-SC est $4.92$ fois plus efficace en terme de puissance utile \n
Question 3 : Démodulation cohérente
\n\nRappel théorique : La démodulation multiplie le signal reçu par le signal de référence local, puis filtre les composantes haute fréquence.
\n\nÉtape 1 : Multiplication par le signal de référence. Le signal après le multiplieur est :
\n$s_{mult}(t) = s_{DSB-SC}(t) \\times c_r(t) = s_{DSB-SC}(t) \\times 2\\cos(2\\pi \\times 10000t)$
\n\nÉtape 2 : Prenons une composante générique $A\\cos(2\\pi f_i t)$ du signal DSB-SC. Après multiplication :
\n$A\\cos(2\\pi f_i t) \\times 2\\cos(2\\pi \\times 10000t) = A[\\cos(2\\pi(f_i - 10000)t) + \\cos(2\\pi(f_i + 10000)t)]$
\n\nÉtape 3 : Application à chaque composante du signal DSB-SC :
\n\nPour $f_1 = 9700$ Hz (amplitude $7.5$ V) :
\n$7.5\\cos(2\\pi \\times 9700t) \\times 2\\cos(2\\pi \\times 10000t) = 7.5[\\cos(2\\pi \\times 300t) + \\cos(2\\pi \\times 19700t)]$
\n\nPour $f_2 = 9200$ Hz (amplitude $5$ V) :
\n$5\\cos(2\\pi \\times 9200t) \\times 2\\cos(2\\pi \\times 10000t) = 5[\\cos(2\\pi \\times 800t) + \\cos(2\\pi \\times 19200t)]$
\n\nPour $f_3 = 10300$ Hz (amplitude $7.5$ V) :
\n$7.5\\cos(2\\pi \\times 10300t) \\times 2\\cos(2\\pi \\times 10000t) = 7.5[\\cos(2\\pi \\times 300t) + \\cos(2\\pi \\times 20300t)]$
\n\nPour $f_4 = 10800$ Hz (amplitude $5$ V) :
\n$5\\cos(2\\pi \\times 10800t) \\times 2\\cos(2\\pi \\times 10000t) = 5[\\cos(2\\pi \\times 800t) + \\cos(2\\pi \\times 20800t)]$
\n\nÉtape 4 : Après le filtre passe-bas ($f_{LPF} = 1500$ Hz), seules les composantes basses fréquences subsistent. Les termes à $300$ Hz provenant de $f_1$ et $f_3$ s'additionnent :
\n$A_{300} = 7.5 + 7.5 = 15 \\text{ V}$
\n\nLes termes à $800$ Hz provenant de $f_2$ et $f_4$ s'additionnent :
\n$A_{800} = 5 + 5 = 10 \\text{ V}$
\n\nÉtape 5 : Signal démodulé final :
\n$s_{demod}(t) = 15\\cos(2\\pi \\times 300t) + 10\\cos(2\\pi \\times 800t)$
\n\nOn retrouve $5 \\times m(t)$, avec un facteur $5$ dû au produit $A_c \\times A_{ref}/2 = 5 \\times 2/2 = 5$.
\n\nÉtape 6 : Calcul de la puissance démodulée sur $R_L = 50$ Ω :
\n$P_{300} = \\frac{(15)^2}{2 \\times 50} = \\frac{225}{100} = 2.25 \\text{ W}$
\n$P_{800} = \\frac{(10)^2}{2 \\times 50} = \\frac{100}{100} = 1 \\text{ W}$
\n$P_{demod} = P_{300} + P_{800} = 2.25 + 1 = 3.25 \\text{ W}$
\n\nRésultat final :
\n- \n
- Amplitude à $300$ Hz : $A_{300} = 15 \\text{ V}$ \n
- Amplitude à $800$ Hz : $A_{800} = 10 \\text{ V}$ \n
- Puissance totale démodulée : $P_{demod} = 3.25 \\text{ W}$ \n
Interprétation : La démodulation cohérente a parfaitement reconstruit le signal d'information original avec un gain de $5$. Les composantes haute fréquence (autour de $20$ kHz) ont été éliminées par le filtre passe-bas. Le signal démodulé est proportionnel au signal modulant original, confirmant l'efficacité de la démodulation synchrone.
", "id_category": "4", "id_number": "23" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 3 : Modulation de Fréquence et Mélange Fréquentiel dans un Système de Transmission
\nUn émetteur radio utilise la modulation de fréquence (FM) pour transmettre un signal audio. Le signal modulant est un signal multifréquentiel donné par :
\n$m(t) = 4\\cos(2\\pi \\times 1000t) + 2\\cos(2\\pi \\times 3000t)$
\noù les amplitudes sont en volts et le temps en secondes. La porteuse non modulée a une fréquence $f_c = 50$ MHz et une amplitude $A_c = 10$ V. La sensibilité en fréquence du modulateur FM est $k_f = 15$ kHz/V. Le signal modulé en fréquence est donné par :
\n$s_{FM}(t) = A_c\\cos\\left[2\\pi f_c t + 2\\pi k_f \\int m(t)dt\\right]$
\nPour transposer le signal vers une fréquence intermédiaire (FI), l'émetteur utilise un mélangeur (mixer) qui multiplie le signal FM par un oscillateur local de fréquence $f_{OL} = 60$ MHz et d'amplitude unitaire. Après le mélange, un filtre passe-bande extrait la composante à la fréquence intermédiaire désirée.
\n\nQuestion 1 :
\nCalculer l'excursion de fréquence $\\Delta f$ (déviation maximale de fréquence) produite par le signal modulant $m(t)$. Ensuite, déterminer l'indice de modulation $\\beta$ pour chaque composante fréquentielle du signal modulant ($1000$ Hz et $3000$ Hz). Calculer également la bande passante approximative nécessaire pour transmettre le signal FM en utilisant la règle de Carson.
\n\nQuestion 2 :
\nAu niveau du mélangeur, identifier toutes les composantes fréquentielles principales générées par le processus de mélange entre le signal FM (considérez uniquement la porteuse non modulée pour simplifier) et l'oscillateur local. Calculer les fréquences des composantes somme et différence. Si le filtre passe-bande est centré sur $f_{FI} = 10$ MHz avec une largeur de bande de $\\pm 200$ kHz, déterminer quelle(s) composante(s) sera(ont) sélectionnée(s).
\n\nQuestion 3 :
\nÀ la sortie du mélangeur, avant filtrage, le signal contient les composantes fréquentielles somme et différence avec des amplitudes données par $A_{somme} = A_{diff} = \\frac{A_c}{2} = 5$ V. Calculer la puissance totale de ces deux composantes sur une résistance de charge $R = 50$ Ω. Ensuite, si le filtre passe-bande a une perte d'insertion de $L = 3$ dB et sélectionne uniquement la composante FI, calculer la puissance du signal à la sortie du filtre.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'Exercice 3
\n\nQuestion 1 : Excursion de fréquence et indice de modulation
\n\nRappel théorique : Pour la modulation FM, l'excursion de fréquence (déviation) est donnée par $\\Delta f = k_f \\times A_{max}$, où $A_{max}$ est l'amplitude maximale du signal modulant. L'indice de modulation pour chaque composante est $\\beta_i = \\frac{\\Delta f_i}{f_i}$, où $\\Delta f_i = k_f \\times A_i$ et $f_i$ est la fréquence de la composante.
\n\nÉtape 1 : Identification des amplitudes du signal modulant :
\n- \n
- Composante à $f_1 = 1000$ Hz : amplitude $A_1 = 4$ V \n
- Composante à $f_2 = 3000$ Hz : amplitude $A_2 = 2$ V \n
Étape 2 : Calcul de l'excursion maximale pour chaque composante. Pour la composante à $1000$ Hz :
\n$\\Delta f_1 = k_f \\times A_1 = 15 \\times 10^3 \\times 4 = 60000 \\text{ Hz} = 60 \\text{ kHz}$
\n\nPour la composante à $3000$ Hz :
\n$\\Delta f_2 = k_f \\times A_2 = 15 \\times 10^3 \\times 2 = 30000 \\text{ Hz} = 30 \\text{ kHz}$
\n\nÉtape 3 : L'excursion totale maximale (déviation de fréquence) est la somme des excursions individuelles, car les composantes peuvent se superposer constructivement :
\n$\\Delta f_{max} = \\Delta f_1 + \\Delta f_2 = 60 + 30 = 90 \\text{ kHz}$
\n\nÉtape 4 : Calcul de l'indice de modulation pour chaque composante. Pour $f_1 = 1000$ Hz :
\n$\\beta_1 = \\frac{\\Delta f_1}{f_1} = \\frac{60000}{1000} = 60$
\n\nPour $f_2 = 3000$ Hz :
\n$\\beta_2 = \\frac{\\Delta f_2}{f_2} = \\frac{30000}{3000} = 10$
\n\nÉtape 5 : Application de la règle de Carson pour la bande passante. La règle de Carson stipule :
\n$BW \\approx 2(\\Delta f_{max} + f_{m,max})$
\noù $f_{m,max}$ est la fréquence maximale du signal modulant, soit $3000$ Hz.
\n$BW \\approx 2(90000 + 3000) = 2 \\times 93000 = 186000 \\text{ Hz} = 186 \\text{ kHz}$
\n\nRésultat final :
\n- \n
- Excursion de fréquence totale : $\\Delta f_{max} = 90 \\text{ kHz}$ \n
- Indice de modulation à $1000$ Hz : $\\beta_1 = 60$ \n
- Indice de modulation à $3000$ Hz : $\\beta_2 = 10$ \n
- Bande passante nécessaire (Carson) : $BW \\approx 186 \\text{ kHz}$ \n
Interprétation : Les indices de modulation élevés ($\\beta_1 = 60$ et $\\beta_2 = 10$) indiquent une modulation à large bande, typique des systèmes FM de haute qualité. La bande passante de $186$ kHz est significativement plus large que la bande de base du signal modulant.
\n\nQuestion 2 : Analyse du mélangeur et sélection de fréquence
\n\nRappel théorique : Un mélangeur multiplie deux signaux. Pour $\\cos(2\\pi f_1 t) \\times \\cos(2\\pi f_2 t)$, on obtient deux composantes de fréquences $f_1 + f_2$ (somme) et $|f_1 - f_2|$ (différence).
\n\nÉtape 1 : Identification des fréquences d'entrée du mélangeur :
\n- \n
- Signal FM (porteuse non modulée pour simplification) : $f_{FM} = 50$ MHz \n
- Oscillateur local : $f_{OL} = 60$ MHz \n
Étape 2 : Calcul de la fréquence somme :
\n$f_{somme} = f_{FM} + f_{OL} = 50 + 60 = 110 \\text{ MHz}$
\n\nÉtape 3 : Calcul de la fréquence différence :
\n$f_{diff} = |f_{FM} - f_{OL}| = |50 - 60| = 10 \\text{ MHz}$
\n\nÉtape 4 : Analyse du filtre passe-bande. Le filtre est centré sur $f_{FI} = 10$ MHz avec une largeur de $\\pm 200$ kHz, donc la bande passante s'étend de :
\n$f_{min} = 10 - 0.2 = 9.8 \\text{ MHz}$
\n$f_{max} = 10 + 0.2 = 10.2 \\text{ MHz}$
\n\nÉtape 5 : Détermination des composantes sélectionnées. Comparons avec les fréquences générées :
\n- \n
- $f_{diff} = 10$ MHz : se trouve exactement au centre de la bande passante → SÉLECTIONNÉE \n
- $f_{somme} = 110$ MHz : largement en dehors de la bande passante → REJETÉE \n
Résultat final :
\n- \n
- Fréquence somme : $f_{somme} = 110 \\text{ MHz}$ (rejetée) \n
- Fréquence différence : $f_{diff} = 10 \\text{ MHz}$ (sélectionnée) \n
- Le filtre sélectionne uniquement la composante à $10$ MHz (fréquence intermédiaire) \n
Interprétation : Ce processus de transposition de fréquence (hétérodynage) convertit le signal de $50$ MHz vers une fréquence intermédiaire de $10$ MHz, plus facile à traiter dans les étages suivants du récepteur.
\n\nQuestion 3 : Analyse de puissance et effet du filtrage
\n\nRappel théorique : La puissance d'un signal sinusoïdal est $P = \\frac{A^2_{rms}}{R} = \\frac{A^2}{2R}$. Une perte en dB se traduit par un facteur multiplicatif $G = 10^{-L/10}$ en puissance.
\n\nÉtape 1 : Calcul de la puissance de la composante somme. Avec $A_{somme} = 5$ V sur $R = 50$ Ω :
\n$P_{somme} = \\frac{A_{somme}^2}{2R} = \\frac{(5)^2}{2 \\times 50} = \\frac{25}{100} = 0.25 \\text{ W}$
\n\nÉtape 2 : Calcul de la puissance de la composante différence. Avec $A_{diff} = 5$ V sur $R = 50$ Ω :
\n$P_{diff} = \\frac{A_{diff}^2}{2R} = \\frac{(5)^2}{2 \\times 50} = \\frac{25}{100} = 0.25 \\text{ W}$
\n\nÉtape 3 : Puissance totale avant filtrage :
\n$P_{total} = P_{somme} + P_{diff} = 0.25 + 0.25 = 0.5 \\text{ W}$
\n\nÉtape 4 : Conversion de la perte d'insertion du filtre. Pour $L = 3$ dB :
\n$G_{filtre} = 10^{-L/10} = 10^{-3/10} = 10^{-0.3} = 0.5012$
\n\nÉtape 5 : Puissance après filtrage. Le filtre ne laisse passer que la composante FI (différence) avec une atténuation :
\n$P_{sortie} = P_{diff} \\times G_{filtre} = 0.25 \\times 0.5012 = 0.1253 \\text{ W}$
\n\nÉtape 6 : Expression en milliwatts et en dBm :
\n$P_{sortie} = 125.3 \\text{ mW}$
\n$P_{sortie,dBm} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{125.3}{1}\\right) = 10 \\times 2.098 = 20.98 \\text{ dBm}$
\n\nRésultat final :
\n- \n
- Puissance de la composante somme : $P_{somme} = 250 \\text{ mW}$ \n
- Puissance de la composante différence : $P_{diff} = 250 \\text{ mW}$ \n
- Puissance totale avant filtrage : $P_{total} = 500 \\text{ mW}$ \n
- Facteur d'atténuation du filtre : $G_{filtre} = 0.5012$ (soit $-3$ dB) \n
- Puissance à la sortie du filtre : $P_{sortie} = 125.3 \\text{ mW} = 20.98 \\text{ dBm}$ \n
Interprétation : Le processus de mélange génère deux composantes de puissance égale. Le filtre passe-bande sélectionne efficacement la fréquence intermédiaire désirée ($10$ MHz) tout en rejetant la composante somme ($110$ MHz). La perte d'insertion de $3$ dB réduit la puissance du signal utile de moitié, ce qui est typique des filtres passifs réels. Le signal FI à la sortie possède une puissance de $125.3$ mW, suffisante pour les étages de traitement ultérieurs.
", "id_category": "4", "id_number": "24" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 1 : Chaîne de transmission analogique avec filtrage et amplification
On considère une chaîne de transmission analogique destinée à transmettre un signal vocal. Le signal d'entrée $s(t)$ est un signal sinusoïdal de fréquence $f_0 = 1 \\text{ kHz}$ et d'amplitude $A_0 = 50 \\text{ mV}$. Ce signal traverse successivement un filtre passe-bas du premier ordre de fréquence de coupure $f_c = 3 \\text{ kHz}$, puis un amplificateur de gain $G = 40 \\text{ dB}$, et enfin un second filtre passe-bande centré sur $f_0$ avec une bande passante $B = 200 \\text{ Hz}$ et un facteur de qualité $Q = 5$.
Question 1 : Calculer l'amplitude du signal à la sortie du filtre passe-bas sachant que la fonction de transfert du filtre est donnée par $H_1(f) = \\frac{1}{1 + j\\frac{f}{f_c}}$. Déterminer également le déphasage introduit par ce filtre à la fréquence $f_0$.
Question 2 : Après amplification, calculer l'amplitude du signal en volts et la puissance délivrée sur une charge de $R_L = 50 \\, \\Omega$. Exprimer également le gain de tension de l'amplificateur en valeur linéaire.
Question 3 : À la sortie du filtre passe-bande, déterminer l'amplitude finale du signal sachant que la fonction de transfert du filtre passe-bande à la fréquence centrale est $|H_2(f_0)| = 1$ et qu'à $f = f_0 \\pm \\frac{B}{2}$, le gain est de $-3 \\text{ dB}$. Calculer l'atténuation totale en décibels subie par le signal depuis l'entrée jusqu'à la sortie de la chaîne complète.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'exercice 1
Question 1 : Amplitude et déphasage à la sortie du filtre passe-bas
Étape 1 : Calcul du module de la fonction de transfert
La fonction de transfert du filtre passe-bas est donnée par :
$H_1(f) = \\frac{1}{1 + j\\frac{f}{f_c}}$
Le module de cette fonction à la fréquence $f_0$ s'écrit :
$|H_1(f_0)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\left(\\frac{f_0}{f_c}\\right)^2}}$
Étape 2 : Remplacement des valeurs numériques
Avec $f_0 = 1 \\text{ kHz}$ et $f_c = 3 \\text{ kHz}$ :
$|H_1(f_0)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\left(\\frac{1}{3}\\right)^2}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\frac{1}{9}}} = \\frac{1}{\\sqrt{\\frac{10}{9}}}$
Étape 3 : Calcul
$|H_1(f_0)| = \\frac{\\sqrt{9}}{\\sqrt{10}} = \\frac{3}{\\sqrt{10}} = \\frac{3\\sqrt{10}}{10} \\approx 0.9487$
Étape 4 : Amplitude du signal de sortie
L'amplitude du signal à la sortie du filtre est :
$A_1 = A_0 \\times |H_1(f_0)| = 50 \\times 0.9487$
$A_1 \\approx 47.43 \\text{ mV}$
Étape 5 : Calcul du déphasage
Le déphasage introduit par le filtre passe-bas est :
$\\phi_1 = -\\arctan\\left(\\frac{f_0}{f_c}\\right) = -\\arctan\\left(\\frac{1}{3}\\right)$
$\\phi_1 \\approx -18.43^\\circ \\text{ ou } -0.3217 \\text{ rad}$
Interprétation : Le filtre passe-bas atténue légèrement le signal (environ $5.13\\%$ d'atténuation) et introduit un déphasage négatif de $18.43^\\circ$, ce qui est caractéristique d'un filtre du premier ordre en dessous de sa fréquence de coupure.
Question 2 : Amplitude après amplification et puissance délivrée
Étape 1 : Conversion du gain en décibels vers une valeur linéaire
Le gain en décibels est défini par :
$G_{dB} = 20 \\log_{10}(G_v)$
Donc le gain de tension linéaire est :
$G_v = 10^{\\frac{G_{dB}}{20}}$
Étape 2 : Remplacement des valeurs
Avec $G_{dB} = 40 \\text{ dB}$ :
$G_v = 10^{\\frac{40}{20}} = 10^2 = 100$
Étape 3 : Calcul de l'amplitude après amplification
L'amplitude du signal après amplification est :
$A_2 = A_1 \\times G_v = 47.43 \\times 10^{-3} \\times 100$
$A_2 = 4.743 \\text{ V}$
Étape 4 : Calcul de la puissance délivrée
La puissance efficace délivrée sur la charge est donnée par :
$P = \\frac{V_{eff}^2}{R_L}$
Où la tension efficace est :
$V_{eff} = \\frac{A_2}{\\sqrt{2}} = \\frac{4.743}{\\sqrt{2}} \\approx 3.354 \\text{ V}$
Étape 5 : Calcul final de la puissance
$P = \\frac{(3.354)^2}{50} = \\frac{11.25}{50}$
$P \\approx 0.225 \\text{ W} = 225 \\text{ mW}$
Résultats : Le gain de tension linéaire est $G_v = 100$, l'amplitude après amplification est $A_2 = 4.743 \\text{ V}$, et la puissance délivrée sur la charge de $50 \\, \\Omega$ est $P \\approx 225 \\text{ mW}$.
Question 3 : Amplitude finale et atténuation totale
Étape 1 : Analyse du filtre passe-bande
Le filtre passe-bande a un gain de $|H_2(f_0)| = 1$ à la fréquence centrale $f_0 = 1 \\text{ kHz}$. Puisque le signal est exactement à cette fréquence, il traverse le filtre sans atténuation supplémentaire.
Étape 2 : Amplitude finale du signal
$A_3 = A_2 \\times |H_2(f_0)| = 4.743 \\times 1$
$A_3 = 4.743 \\text{ V}$
Étape 3 : Calcul du gain total de la chaîne
Le gain total en valeur linéaire est :
$G_{total} = \\frac{A_3}{A_0} = \\frac{4.743}{50 \\times 10^{-3}} = \\frac{4.743}{0.05}$
$G_{total} = 94.86$
Étape 4 : Conversion en décibels
$G_{total, dB} = 20 \\log_{10}(94.86)$
$G_{total, dB} \\approx 20 \\times 1.977 \\approx 39.54 \\text{ dB}$
Étape 5 : Calcul de l'atténuation par rapport au gain théorique
Le gain théorique de l'amplificateur seul est $40 \\text{ dB}$. L'atténuation introduite par le filtre passe-bas est :
$A_{dB} = 20 \\log_{10}(|H_1(f_0)|) = 20 \\log_{10}(0.9487)$
$A_{dB} \\approx -0.46 \\text{ dB}$
L'atténuation totale de la chaîne par rapport au signal amplifié idéalement est :
$A_{totale} = 40 - 39.54 = 0.46 \\text{ dB}$
Résultat final : L'amplitude finale du signal est $A_3 = 4.743 \\text{ V}$. L'atténuation totale subie par le signal depuis l'entrée jusqu'à la sortie, par rapport à une amplification idéale sans filtres, est de $0.46 \\text{ dB}$, uniquement due au filtre passe-bas puisque le signal est centré sur la fréquence du filtre passe-bande.
Interprétation physique : Cette chaîne de transmission illustre un système réel où les filtres introduisent de légères atténuations même dans leur bande passante. Le filtre passe-bas élimine les hautes fréquences indésirables, l'amplificateur augmente le niveau du signal pour compenser les pertes de transmission, et le filtre passe-bande sélectionne précisément la bande de fréquence utile tout en rejetant le bruit hors bande.
", "id_category": "4", "id_number": "25" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 2 : Modulation d'amplitude et mélange de fréquences
Un émetteur radio utilise la modulation d'amplitude (AM) pour transmettre un signal informatif. Le signal modulant (information) est $m(t) = A_m \\cos(2\\pi f_m t)$ avec $A_m = 2 \\text{ V}$ et $f_m = 5 \\text{ kHz}$. La porteuse est $c(t) = A_c \\cos(2\\pi f_c t)$ avec $A_c = 10 \\text{ V}$ et $f_c = 100 \\text{ kHz}$. Le signal modulé en amplitude avec porteuse est donné par $s_{AM}(t) = A_c[1 + k_a m(t)]\\cos(2\\pi f_c t)$, où $k_a$ est l'indice de modulation.
Question 1 : Pour un indice de modulation $k_a = 0.8$, calculer les amplitudes des bandes latérales supérieure et inférieure du signal modulé. Déterminer également le taux de modulation en pourcentage et vérifier qu'il n'y a pas de surmodulation.
Question 2 : Le signal modulé $s_{AM}(t)$ est ensuite mélangé avec un oscillateur local de fréquence $f_{OL} = 95 \\text{ kHz}$ et d'amplitude $A_{OL} = 5 \\text{ V}$ dans un mélangeur idéal. Calculer toutes les fréquences présentes à la sortie du mélangeur et déterminer leurs amplitudes relatives. Identifier les fréquences intermédiaires obtenues.
Question 3 : On souhaite récupérer le signal à la fréquence intermédiaire $f_{IF} = 5 \\text{ kHz}$ en utilisant un filtre passe-bas de fréquence de coupure $f_c = 10 \\text{ kHz}$. Calculer la puissance totale du signal modulé délivrée sur une charge de $R = 75 \\, \\Omega$ avant filtrage, sachant que la puissance d'un signal AM est donnée par $P_{total} = P_c \\left(1 + \\frac{k_a^2}{2}\\right)$, où $P_c$ est la puissance de la porteuse. Calculer ensuite le rendement de modulation défini par $\\eta = \\frac{P_{bandes}}{P_{total}}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'exercice 2
Question 1 : Amplitudes des bandes latérales et taux de modulation
Étape 1 : Expression du signal AM
Le signal modulé en amplitude s'écrit :
$s_{AM}(t) = A_c[1 + k_a m(t)]\\cos(2\\pi f_c t)$
En développant avec $m(t) = A_m \\cos(2\\pi f_m t)$ :
$s_{AM}(t) = A_c\\cos(2\\pi f_c t) + A_c k_a A_m \\cos(2\\pi f_m t)\\cos(2\\pi f_c t)$
En utilisant l'identité trigonométrique $\\cos(a)\\cos(b) = \\frac{1}{2}[\\cos(a-b) + \\cos(a+b)]$ :
$s_{AM}(t) = A_c\\cos(2\\pi f_c t) + \\frac{A_c k_a A_m}{2}\\cos(2\\pi (f_c - f_m) t) + \\frac{A_c k_a A_m}{2}\\cos(2\\pi (f_c + f_m) t)$
Étape 2 : Identification des composantes spectrales
- Porteuse à $f_c$ : amplitude $A_c = 10 \\text{ V}$
- Bande latérale inférieure (BLI) à $f_c - f_m = 95 \\text{ kHz}$
- Bande latérale supérieure (BLS) à $f_c + f_m = 105 \\text{ kHz}$
Étape 3 : Calcul des amplitudes des bandes latérales
$A_{BLI} = A_{BLS} = \\frac{A_c k_a A_m}{2}$
Avec $A_c = 10 \\text{ V}$, $k_a = 0.8$, et $A_m = 2 \\text{ V}$ :
$A_{BLI} = A_{BLS} = \\frac{10 \\times 0.8 \\times 2}{2} = \\frac{16}{2} = 8 \\text{ V}$
Étape 4 : Calcul du taux de modulation
Le taux de modulation est défini par :
$m = k_a A_m \\times 100\\%$
Puisque $A_m$ est normalisé à $1$ dans la définition de $k_a$, le taux est simplement :
$m = k_a \\times 100\\% = 0.8 \\times 100\\% = 80\\%$
Étape 5 : Vérification de la surmodulation
Il y a surmodulation si $k_a > 1$ (ou $m > 100\\%$). Ici, $k_a = 0.8 < 1$, donc il n'y a pas de surmodulation.
Résultat : Les amplitudes des bandes latérales sont $A_{BLI} = A_{BLS} = 8 \\text{ V}$, le taux de modulation est $m = 80\\%$, et il n'y a pas de surmodulation car $k_a < 1$.
Question 2 : Fréquences à la sortie du mélangeur
Étape 1 : Principe du mélange
Dans un mélangeur idéal, le signal de sortie est proportionnel au produit des deux signaux d'entrée. Le signal AM contient trois composantes spectrales :
- $f_c = 100 \\text{ kHz}$ (porteuse)
- $f_c - f_m = 95 \\text{ kHz}$ (BLI)
- $f_c + f_m = 105 \\text{ kHz}$ (BLS)
L'oscillateur local a une fréquence $f_{OL} = 95 \\text{ kHz}$.
Étape 2 : Calcul des fréquences de mélange
Chaque composante du signal AM produit avec l'oscillateur local deux fréquences : somme et différence.
Pour la porteuse à $f_c = 100 \\text{ kHz}$ :
$f_1 = |f_c - f_{OL}| = |100 - 95| = 5 \\text{ kHz}$
$f_2 = f_c + f_{OL} = 100 + 95 = 195 \\text{ kHz}$
Pour la BLI à $95 \\text{ kHz}$ :
$f_3 = |95 - 95| = 0 \\text{ kHz} \\text{ (composante continue)}$
$f_4 = 95 + 95 = 190 \\text{ kHz}$
Pour la BLS à $105 \\text{ kHz}$ :
$f_5 = |105 - 95| = 10 \\text{ kHz}$
$f_6 = 105 + 95 = 200 \\text{ kHz}$
Étape 3 : Calcul des amplitudes relatives
L'amplitude de chaque produit de mélange est proportionnelle au produit des amplitudes d'entrée. Pour un mélangeur avec coefficient de proportionnalité $k_m = 0.5$ (valeur typique) :
De la porteuse :
$A_{5kHz,1} = k_m \\times A_c \\times A_{OL} = 0.5 \\times 10 \\times 5 = 25 \\text{ V}$
$A_{195kHz} = 25 \\text{ V}$
De la BLI :
$A_{DC} = k_m \\times 8 \\times 5 = 20 \\text{ V}$
$A_{190kHz} = 20 \\text{ V}$
De la BLS :
$A_{10kHz} = k_m \\times 8 \\times 5 = 20 \\text{ V}$
$A_{200kHz} = 20 \\text{ V}$
Résultat : Les fréquences présentes à la sortie sont : $0 \\text{ kHz}$ (DC, $20 \\text{ V}$), $5 \\text{ kHz}$ ($25 \\text{ V}$), $10 \\text{ kHz}$ ($20 \\text{ V}$), $190 \\text{ kHz}$ ($20 \\text{ V}$), $195 \\text{ kHz}$ ($25 \\text{ V}$), et $200 \\text{ kHz}$ ($20 \\text{ V}$). Les fréquences intermédiaires sont $5 \\text{ kHz}$ et $10 \\text{ kHz}$.
Question 3 : Puissance totale et rendement de modulation
Étape 1 : Calcul de la puissance de la porteuse
La puissance efficace de la porteuse sur la charge $R = 75 \\, \\Omega$ est :
$P_c = \\frac{V_{c,eff}^2}{R}$
Où la tension efficace de la porteuse est :
$V_{c,eff} = \\frac{A_c}{\\sqrt{2}} = \\frac{10}{\\sqrt{2}} = 5\\sqrt{2} \\text{ V}$
Étape 2 : Calcul numérique de $P_c$
$P_c = \\frac{(5\\sqrt{2})^2}{75} = \\frac{50}{75} = \\frac{2}{3}$
$P_c \\approx 0.667 \\text{ W}$
Étape 3 : Calcul de la puissance totale du signal AM
La puissance totale est donnée par :
$P_{total} = P_c \\left(1 + \\frac{k_a^2}{2}\\right)$
Avec $k_a = 0.8$ :
$P_{total} = 0.667 \\times \\left(1 + \\frac{(0.8)^2}{2}\\right) = 0.667 \\times \\left(1 + \\frac{0.64}{2}\\right)$
$P_{total} = 0.667 \\times (1 + 0.32) = 0.667 \\times 1.32$
$P_{total} \\approx 0.880 \\text{ W}$
Étape 4 : Calcul de la puissance des bandes latérales
$P_{bandes} = P_{total} - P_c = 0.880 - 0.667$
$P_{bandes} \\approx 0.213 \\text{ W}$
Ou directement :
$P_{bandes} = P_c \\times \\frac{k_a^2}{2} = 0.667 \\times 0.32$
$P_{bandes} \\approx 0.213 \\text{ W}$
Étape 5 : Calcul du rendement de modulation
$\\eta = \\frac{P_{bandes}}{P_{total}} = \\frac{0.213}{0.880}$
$\\eta \\approx 0.242 \\text{ soit } 24.2\\%$
Ou par la formule directe :
$\\eta = \\frac{k_a^2/2}{1 + k_a^2/2} = \\frac{0.32}{1.32}$
$\\eta \\approx 0.242 \\text{ soit } 24.2\\%$
Résultat final : La puissance totale du signal modulé délivrée sur la charge de $75 \\, \\Omega$ est $P_{total} \\approx 0.880 \\text{ W}$. Le rendement de modulation est $\\eta \\approx 24.2\\%$, ce qui signifie que seulement $24.2\\%$ de la puissance totale transmise contient l'information utile (les bandes latérales), tandis que $75.8\\%$ est utilisée pour transmettre la porteuse qui ne contient pas d'information.
Interprétation : Ce faible rendement est caractéristique de la modulation AM avec porteuse, ce qui explique pourquoi d'autres techniques comme la BLU (bande latérale unique) sont préférées pour les applications nécessitant une efficacité énergétique élevée.
", "id_category": "4", "id_number": "26" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 3 : Modulation de fréquence et analyse spectrale
Un système de communication utilise la modulation de fréquence (FM) pour transmettre un signal audio. Le signal modulant est $m(t) = A_m \\cos(2\\pi f_m t)$ avec $A_m = 3 \\text{ V}$ et $f_m = 10 \\text{ kHz}$. La porteuse a une fréquence $f_c = 50 \\text{ MHz}$ et une amplitude $A_c = 5 \\text{ V}$. Le signal FM est donné par $s_{FM}(t) = A_c \\cos[2\\pi f_c t + \\beta \\sin(2\\pi f_m t)]$, où $\\beta$ est l'indice de modulation de fréquence.
Question 1 : Sachant que l'excursion maximale de fréquence (déviation de fréquence) est $\\Delta f = 75 \\text{ kHz}$, calculer l'indice de modulation $\\beta$ et déterminer la bande passante nécessaire du signal FM en utilisant la règle de Carson donnée par $B_T \\approx 2(\\Delta f + f_m)$. Calculer également la puissance moyenne du signal FM sur une charge de $R = 50 \\, \\Omega$.
Question 2 : Pour un indice de modulation $\\beta = 7.5$, déterminer les amplitudes des trois premières composantes spectrales significatives (porteuse et deux premières paires de bandes latérales) en utilisant les fonctions de Bessel de première espèce $J_n(\\beta)$. On donne : $J_0(7.5) = -0.048$, $J_1(7.5) = 0.135$, $J_2(7.5) = 0.261$. Calculer l'amplitude de chaque composante spectrale et vérifier la conservation de la puissance.
Question 3 : Le signal FM traverse un amplificateur non linéaire qui introduit une distorsion harmonique de troisième ordre. La sortie de l'amplificateur peut s'exprimer comme $y(t) = G_1 x(t) + G_3 x^3(t)$, où $G_1 = 20$ et $G_3 = 0.1$. Pour un signal d'entrée simplifié $x(t) = A_c \\cos(2\\pi f_c t)$, calculer l'amplitude de la composante fondamentale à $f_c$ et l'amplitude de l'harmonique d'ordre $3$ à $3f_c$. Déterminer le taux de distorsion harmonique totale (THD) défini par $THD = \\frac{A_3}{A_1} \\times 100\\%$, où $A_1$ et $A_3$ sont respectivement les amplitudes de la fondamentale et de la troisième harmonique.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution de l'exercice 3
Question 1 : Indice de modulation, bande passante et puissance
Étape 1 : Calcul de l'indice de modulation
L'indice de modulation de fréquence est défini par le rapport entre la déviation maximale de fréquence et la fréquence du signal modulant :
$\\beta = \\frac{\\Delta f}{f_m}$
Étape 2 : Remplacement des valeurs
Avec $\\Delta f = 75 \\text{ kHz}$ et $f_m = 10 \\text{ kHz}$ :
$\\beta = \\frac{75 \\times 10^3}{10 \\times 10^3} = \\frac{75}{10}$
$\\beta = 7.5$
Étape 3 : Calcul de la bande passante selon la règle de Carson
La règle de Carson donne une estimation de la bande passante nécessaire :
$B_T \\approx 2(\\Delta f + f_m)$
En substituant les valeurs :
$B_T \\approx 2(75 + 10) = 2 \\times 85$
$B_T \\approx 170 \\text{ kHz}$
Étape 4 : Calcul de la puissance moyenne du signal FM
La puissance moyenne d'un signal FM sur une charge résistive est indépendante de la modulation et dépend uniquement de l'amplitude de la porteuse :
$P_{FM} = \\frac{V_{eff}^2}{R}$
La tension efficace est :
$V_{eff} = \\frac{A_c}{\\sqrt{2}} = \\frac{5}{\\sqrt{2}}$
Étape 5 : Calcul numérique de la puissance
$P_{FM} = \\frac{(5/\\sqrt{2})^2}{50} = \\frac{25/2}{50} = \\frac{25}{100} = 0.25 \\text{ W}$
$P_{FM} = 250 \\text{ mW}$
Résultat : L'indice de modulation est $\\beta = 7.5$, la bande passante nécessaire selon Carson est $B_T \\approx 170 \\text{ kHz}$, et la puissance moyenne du signal FM sur la charge de $50 \\, \\Omega$ est $P_{FM} = 0.25 \\text{ W}$ ou $250 \\text{ mW}$.
Interprétation : Un indice $\\beta = 7.5$ indique une modulation à bande large (large bande FM), typique des diffusions FM commerciales. La puissance reste constante quelle que soit la modulation, contrairement à l'AM.
Question 2 : Composantes spectrales et fonctions de Bessel
Étape 1 : Expression spectrale du signal FM
Le développement en série de Bessel du signal FM donne :
$s_{FM}(t) = A_c \\sum_{n=-\\infty}^{+\\infty} J_n(\\beta) \\cos[2\\pi(f_c + nf_m)t]$
Les amplitudes des composantes spectrales sont données par $A_n = A_c |J_n(\\beta)|$.
Étape 2 : Calcul de l'amplitude de la porteuse
La porteuse ($n = 0$) a pour amplitude :
$A_0 = A_c |J_0(\\beta)| = 5 \\times |-0.048|$
$A_0 = 5 \\times 0.048 = 0.24 \\text{ V}$
Étape 3 : Calcul des amplitudes de la première paire de bandes latérales
Les premières bandes latérales ($n = \\pm 1$) sont à $f_c \\pm f_m = 50 \\text{ MHz} \\pm 10 \\text{ kHz}$ :
$A_1 = A_c |J_1(\\beta)| = 5 \\times 0.135$
$A_1 = 0.675 \\text{ V}$
Étape 4 : Calcul des amplitudes de la deuxième paire de bandes latérales
Les deuxièmes bandes latérales ($n = \\pm 2$) sont à $f_c \\pm 2f_m = 50 \\text{ MHz} \\pm 20 \\text{ kHz}$ :
$A_2 = A_c |J_2(\\beta)| = 5 \\times 0.261$
$A_2 = 1.305 \\text{ V}$
Étape 5 : Vérification de la conservation de la puissance
La puissance totale doit satisfaire la relation de Parseval. Pour un signal FM, la puissance totale est :
$P_{total} = \\frac{A_c^2}{2R} = \\frac{25}{100} = 0.25 \\text{ W}$
La somme des puissances des composantes doit vérifier :
$\\sum_{n=-\\infty}^{+\\infty} J_n^2(\\beta) = 1$
Vérifions avec les trois premières composantes :
$J_0^2 + 2J_1^2 + 2J_2^2 = (-0.048)^2 + 2(0.135)^2 + 2(0.261)^2$
$= 0.0023 + 2(0.0182) + 2(0.0681) = 0.0023 + 0.0364 + 0.1362$
$= 0.1749$
Cette somme partielle représente environ $17.5\\%$ de la puissance totale. Les composantes d'ordre supérieur contiennent les $82.5\\%$ restants.
Résultat : Les amplitudes des composantes spectrales sont : porteuse à $f_c$ : $A_0 = 0.24 \\text{ V}$, première paire de bandes latérales à $f_c \\pm 10 \\text{ kHz}$ : $A_1 = 0.675 \\text{ V}$ chacune, deuxième paire de bandes latérales à $f_c \\pm 20 \\text{ kHz}$ : $A_2 = 1.305 \\text{ V}$ chacune. La vérification montre que ces trois premières composantes représentent environ $17.5\\%$ de la puissance totale, confirmant que de nombreuses bandes latérales sont significatives pour $\\beta = 7.5$.
Question 3 : Distorsion harmonique dans l'amplificateur non linéaire
Étape 1 : Développement du signal à la sortie
Pour un signal d'entrée $x(t) = A_c \\cos(2\\pi f_c t)$, la sortie de l'amplificateur non linéaire est :
$y(t) = G_1 A_c \\cos(2\\pi f_c t) + G_3 A_c^3 \\cos^3(2\\pi f_c t)$
Étape 2 : Développement de $\\cos^3(\\theta)$
En utilisant l'identité trigonométrique :
$\\cos^3(\\theta) = \\frac{3\\cos(\\theta) + \\cos(3\\theta)}{4}$
Donc :
$\\cos^3(2\\pi f_c t) = \\frac{3\\cos(2\\pi f_c t) + \\cos(6\\pi f_c t)}{4}$
Étape 3 : Substitution dans l'expression de sortie
$y(t) = G_1 A_c \\cos(2\\pi f_c t) + G_3 A_c^3 \\frac{3\\cos(2\\pi f_c t) + \\cos(6\\pi f_c t)}{4}$
$y(t) = \\left[G_1 A_c + \\frac{3G_3 A_c^3}{4}\\right]\\cos(2\\pi f_c t) + \\frac{G_3 A_c^3}{4}\\cos(6\\pi f_c t)$
Étape 4 : Calcul de l'amplitude de la fondamentale
L'amplitude de la composante à $f_c$ est :
$A_1 = G_1 A_c + \\frac{3G_3 A_c^3}{4}$
Avec $G_1 = 20$, $G_3 = 0.1$, et $A_c = 5 \\text{ V}$ :
$A_1 = 20 \\times 5 + \\frac{3 \\times 0.1 \\times 5^3}{4} = 100 + \\frac{3 \\times 0.1 \\times 125}{4}$
$A_1 = 100 + \\frac{37.5}{4} = 100 + 9.375$
$A_1 = 109.375 \\text{ V}$
Étape 5 : Calcul de l'amplitude de la troisième harmonique
L'amplitude de la composante à $3f_c$ est :
$A_3 = \\frac{G_3 A_c^3}{4} = \\frac{0.1 \\times 125}{4}$
$A_3 = \\frac{12.5}{4} = 3.125 \\text{ V}$
Étape 6 : Calcul du taux de distorsion harmonique totale (THD)
$THD = \\frac{A_3}{A_1} \\times 100\\% = \\frac{3.125}{109.375} \\times 100\\%$
$THD = 0.02857 \\times 100\\%$
$THD \\approx 2.86\\%$
Résultat final : L'amplitude de la composante fondamentale à $f_c$ est $A_1 = 109.375 \\text{ V}$, l'amplitude de la troisième harmonique à $3f_c = 150 \\text{ MHz}$ est $A_3 = 3.125 \\text{ V}$, et le taux de distorsion harmonique totale est $THD \\approx 2.86\\%$.
Interprétation : Le terme non linéaire $G_3$ introduit une distorsion qui génère des harmoniques. Un THD de $2.86\\%$ est généralement acceptable pour les applications audio, mais peut nécessiter un filtrage pour les systèmes de communication haute fidélité. La non-linéarité augmente également légèrement l'amplitude de la fondamentale (compression de gain positive), un effet caractéristique des amplificateurs de puissance RF.
", "id_category": "4", "id_number": "27" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 1 : Modulation d'amplitude et analyse spectrale d'un système de transmission
Un émetteur radio utilise une modulation d'amplitude (AM) pour transmettre un signal audio. Le signal modulant (message) est un signal sinusoïdal de fréquence $f_m = 5\\text{ kHz}$ et d'amplitude $A_m = 2\\text{ V}$. La porteuse est un signal sinusoïdal de fréquence $f_c = 100\\text{ kHz}$ et d'amplitude $A_c = 10\\text{ V}$.
Le signal modulant s'écrit : $m(t) = A_m \\cos(2\\pi f_m t)$
La porteuse s'écrit : $c(t) = A_c \\cos(2\\pi f_c t)$
Le signal modulé en amplitude s'exprime par : $s(t) = A_c[1 + k_a m(t)]\\cos(2\\pi f_c t)$, où $k_a$ est l'indice de modulation.
Question 1 : Calculez l'indice de modulation $k_a$ pour que le taux de modulation soit de $\\mu = 80\\%$. Déterminez ensuite l'expression complète du signal modulé $s(t)$ en remplaçant toutes les valeurs numériques. Exprimez le résultat sous forme développée en utilisant les identités trigonométriques pour faire apparaître les composantes spectrales.
Question 2 : Calculez la puissance totale moyenne du signal modulé $P_t$ transmise sur une charge de $R = 50\\,\\Omega$. Déterminez également la puissance de la porteuse $P_c$ et la puissance des bandes latérales $P_{BL}$. Calculez le rendement de modulation $\\eta$ défini comme le rapport entre la puissance utile (bandes latérales) et la puissance totale.
Question 3 : Le signal modulé passe ensuite à travers un filtre passe-bande dont la fonction de transfert est idéale avec une bande passante centrée sur $f_c$ et de largeur $\\Delta f = 15\\text{ kHz}$. Déterminez si toutes les composantes spectrales du signal modulé passent à travers ce filtre. Calculez la puissance du signal en sortie du filtre $P_{sortie}$ sur la même charge de $50\\,\\Omega$, et calculez l'atténuation en décibels (dB) introduite par le filtre.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution complète de l'Exercice 1
Question 1 : Calcul de l'indice de modulation et expression du signal modulé
Étape 1 : Relation entre le taux de modulation et l'indice de modulation
Le taux de modulation $\\mu$ est défini comme le rapport entre l'amplitude maximale de la modulation et l'amplitude de la porteuse. Pour un signal modulant sinusoïdal $m(t) = A_m\\cos(2\\pi f_m t)$, la relation entre $\\mu$ et $k_a$ est :
$\\mu = k_a A_m$
On cherche $k_a$ sachant que $\\mu = 0.8$ (80%) et $A_m = 2\\text{ V}$ :
$k_a = \\frac{\\mu}{A_m}$
$k_a = \\frac{0.8}{2}$
$k_a = 0.4\\text{ V}^{-1}$
Étape 2 : Expression du signal modulé avec valeurs numériques
Le signal modulé s'écrit :
$s(t) = A_c[1 + k_a m(t)]\\cos(2\\pi f_c t)$
En remplaçant $m(t)$ :
$s(t) = A_c[1 + k_a A_m\\cos(2\\pi f_m t)]\\cos(2\\pi f_c t)$
Avec les valeurs numériques : $A_c = 10\\text{ V}$, $k_a = 0.4\\text{ V}^{-1}$, $A_m = 2\\text{ V}$, $f_m = 5\\times 10^3\\text{ Hz}$, $f_c = 100\\times 10^3\\text{ Hz}$ :
$s(t) = 10[1 + 0.4 \\times 2 \\times \\cos(2\\pi \\times 5000 t)]\\cos(2\\pi \\times 100000 t)$
$s(t) = 10[1 + 0.8\\cos(10000\\pi t)]\\cos(200000\\pi t)$
Étape 3 : Développement avec identités trigonométriques
En développant :
$s(t) = 10\\cos(200000\\pi t) + 8\\cos(10000\\pi t)\\cos(200000\\pi t)$
Utilisant l'identité $\\cos A \\cos B = \\frac{1}{2}[\\cos(A-B) + \\cos(A+B)]$ :
$s(t) = 10\\cos(200000\\pi t) + 4[\\cos(190000\\pi t) + \\cos(210000\\pi t)]$
$\\boxed{s(t) = 10\\cos(200000\\pi t) + 4\\cos(190000\\pi t) + 4\\cos(210000\\pi t)\\text{ V}}$
Cette expression montre clairement les trois composantes spectrales : la porteuse à $f_c = 100\\text{ kHz}$ avec amplitude $10\\text{ V}$, la bande latérale inférieure à $f_c - f_m = 95\\text{ kHz}$ avec amplitude $4\\text{ V}$, et la bande latérale supérieure à $f_c + f_m = 105\\text{ kHz}$ avec amplitude $4\\text{ V}$.
Question 2 : Calcul des puissances et du rendement
Étape 1 : Puissance de la porteuse
La puissance moyenne d'un signal sinusoïdal d'amplitude $A$ sur une résistance $R$ est :
$P = \\frac{A^2}{2R}$
Pour la porteuse d'amplitude $A_c = 10\\text{ V}$ sur $R = 50\\,\\Omega$ :
$P_c = \\frac{A_c^2}{2R}$
$P_c = \\frac{10^2}{2 \\times 50}$
$P_c = \\frac{100}{100} = 1\\text{ W}$
Étape 2 : Puissance des bandes latérales
Chaque bande latérale a une amplitude de $4\\text{ V}$. Il y a deux bandes latérales (inférieure et supérieure) :
$P_{BL} = 2 \\times \\frac{4^2}{2R}$
$P_{BL} = 2 \\times \\frac{16}{100}$
$P_{BL} = 2 \\times 0.16 = 0.32\\text{ W}$
Étape 3 : Puissance totale
$P_t = P_c + P_{BL}$
$P_t = 1 + 0.32 = 1.32\\text{ W}$
Étape 4 : Rendement de modulation
Le rendement est le rapport entre la puissance utile (bandes latérales contenant l'information) et la puissance totale :
$\\eta = \\frac{P_{BL}}{P_t} \\times 100\\%$
$\\eta = \\frac{0.32}{1.32} \\times 100\\%$
$\\eta = 0.2424 \\times 100\\% = 24.24\\%$
$\\boxed{P_t = 1.32\\text{ W}, \\quad P_c = 1\\text{ W}, \\quad P_{BL} = 0.32\\text{ W}, \\quad \\eta = 24.24\\%}$
Ce rendement relativement faible (24.24%) est caractéristique de la modulation AM classique où la majorité de la puissance est dans la porteuse qui ne transporte pas d'information.
Question 3 : Analyse du filtrage et calcul de l'atténuation
Étape 1 : Vérification du passage des composantes spectrales
Les composantes spectrales du signal modulé sont :
- Porteuse : $f_c = 100\\text{ kHz}$
- Bande latérale inférieure : $f_c - f_m = 100 - 5 = 95\\text{ kHz}$
- Bande latérale supérieure : $f_c + f_m = 100 + 5 = 105\\text{ kHz}$
Le filtre passe-bande est centré sur $f_c = 100\\text{ kHz}$ avec une largeur $\\Delta f = 15\\text{ kHz}$. Les fréquences de coupure sont :
$f_{inf} = f_c - \\frac{\\Delta f}{2} = 100 - 7.5 = 92.5\\text{ kHz}$
$f_{sup} = f_c + \\frac{\\Delta f}{2} = 100 + 7.5 = 107.5\\text{ kHz}$
Vérification :
- $95\\text{ kHz}$ est dans l'intervalle $[92.5, 107.5]\\text{ kHz}$ ✓
- $100\\text{ kHz}$ est dans l'intervalle $[92.5, 107.5]\\text{ kHz}$ ✓
- $105\\text{ kHz}$ est dans l'intervalle $[92.5, 107.5]\\text{ kHz}$ ✓
Conclusion : Toutes les composantes spectrales passent à travers le filtre sans atténuation (filtre idéal).
Étape 2 : Puissance en sortie du filtre
Puisque toutes les composantes passent :
$P_{sortie} = P_t = 1.32\\text{ W}$
Étape 3 : Atténuation en décibels
L'atténuation en dB est définie par :
$A_{dB} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{P_{entrée}}{P_{sortie}}\\right)$
$A_{dB} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{1.32}{1.32}\\right)$
$A_{dB} = 10\\log_{10}(1) = 10 \\times 0 = 0\\text{ dB}$
$\\boxed{\\text{Toutes les composantes passent. } P_{sortie} = 1.32\\text{ W}, \\quad A_{dB} = 0\\text{ dB}}$
Le filtre ne produit aucune atténuation car sa bande passante (15 kHz) est suffisamment large pour laisser passer toutes les composantes du signal modulé qui sont espacées de seulement $2f_m = 10\\text{ kHz}$.
", "id_category": "4", "id_number": "28" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 2 : Mélangeur de fréquences et amplification dans un récepteur superhétérodyne
Un récepteur superhétérodyne reçoit un signal RF (radiofréquence) modulé en amplitude. Le signal reçu est de la forme :
$s_{RF}(t) = [A_0 + A_m\\cos(2\\pi f_m t)]\\cos(2\\pi f_{RF} t)$
où $f_{RF} = 10\\text{ MHz}$ est la fréquence de la porteuse RF, $f_m = 10\\text{ kHz}$ est la fréquence du signal modulant, $A_0 = 5\\text{ mV}$ et $A_m = 3\\text{ mV}$.
Ce signal est appliqué à l'entrée d'un mélangeur (multiplieur) qui reçoit également un signal d'oscillateur local :
$s_{OL}(t) = B\\cos(2\\pi f_{OL} t)$
où $B = 1\\text{ V}$ et $f_{OL} = 10.455\\text{ MHz}$.
Le mélangeur produit en sortie le produit des deux signaux : $s_{mel}(t) = s_{RF}(t) \\times s_{OL}(t)$. Ce signal passe ensuite par un filtre passe-bande idéal centré sur la fréquence intermédiaire $f_{FI} = 455\\text{ kHz}$ avec une largeur de bande $\\Delta f_{FI} = 30\\text{ kHz}$. Le signal filtré est ensuite amplifié par un amplificateur de gain en tension $G = 100$.
Question 1 : Développez l'expression du signal de sortie du mélangeur $s_{mel}(t)$ en utilisant les identités trigonométriques appropriées. Identifiez toutes les composantes fréquentielles présentes et calculez leurs fréquences en MHz et kHz. Précisez quelles sont les composantes qui correspondent à la fréquence intermédiaire recherchée.
Question 2 : Le filtre passe-bande centré sur $f_{FI} = 455\\text{ kHz}$ avec $\\Delta f_{FI} = 30\\text{ kHz}$ ne laisse passer que les composantes dans la bande $[440\\text{ kHz}, 470\\text{ kHz}]$. Déterminez l'expression du signal filtré $s_{FI}(t)$ en sortie du filtre. Calculez l'amplitude de l'enveloppe du signal FI et le taux de modulation à la fréquence intermédiaire.
Question 3 : Le signal $s_{FI}(t)$ est amplifié par un amplificateur de gain $G = 100$. Calculez l'amplitude de la porteuse FI après amplification et l'amplitude crête-à-crête de l'enveloppe du signal amplifié $s_{amp}(t)$. Si ce signal est appliqué sur une charge de $R_L = 75\\,\\Omega$, calculez la puissance moyenne totale délivrée à la charge.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution complète de l'Exercice 2
Question 1 : Développement du signal de sortie du mélangeur
Étape 1 : Expression du produit
Le signal de sortie du mélangeur est le produit :
$s_{mel}(t) = s_{RF}(t) \\times s_{OL}(t)$
$s_{mel}(t) = [A_0 + A_m\\cos(2\\pi f_m t)]\\cos(2\\pi f_{RF} t) \\times B\\cos(2\\pi f_{OL} t)$
$s_{mel}(t) = B[A_0 + A_m\\cos(2\\pi f_m t)]\\cos(2\\pi f_{RF} t)\\cos(2\\pi f_{OL} t)$
Étape 2 : Développement avec identité trigonométrique
Utilisons l'identité $\\cos(2\\pi f_1 t)\\cos(2\\pi f_2 t) = \\frac{1}{2}[\\cos(2\\pi(f_1-f_2)t) + \\cos(2\\pi(f_1+f_2)t)]$ :
$\\cos(2\\pi f_{RF} t)\\cos(2\\pi f_{OL} t) = \\frac{1}{2}[\\cos(2\\pi(f_{RF}-f_{OL})t) + \\cos(2\\pi(f_{RF}+f_{OL})t)]$
Donc :
$s_{mel}(t) = \\frac{B}{2}[A_0 + A_m\\cos(2\\pi f_m t)][\\cos(2\\pi(f_{RF}-f_{OL})t) + \\cos(2\\pi(f_{RF}+f_{OL})t)]$
En développant :
$s_{mel}(t) = \\frac{BA_0}{2}\\cos(2\\pi(f_{RF}-f_{OL})t) + \\frac{BA_0}{2}\\cos(2\\pi(f_{RF}+f_{OL})t)$
$+ \\frac{BA_m}{2}\\cos(2\\pi f_m t)\\cos(2\\pi(f_{RF}-f_{OL})t) + \\frac{BA_m}{2}\\cos(2\\pi f_m t)\\cos(2\\pi(f_{RF}+f_{OL})t)$
Appliquons encore l'identité trigonométrique sur les termes avec $\\cos(2\\pi f_m t)$ :
$\\cos(2\\pi f_m t)\\cos(2\\pi f t) = \\frac{1}{2}[\\cos(2\\pi(f-f_m)t) + \\cos(2\\pi(f+f_m)t)]$
Expression finale complète :
$s_{mel}(t) = \\frac{BA_0}{2}\\cos(2\\pi(f_{RF}-f_{OL})t) + \\frac{BA_0}{2}\\cos(2\\pi(f_{RF}+f_{OL})t)$
$+ \\frac{BA_m}{4}[\\cos(2\\pi(f_{RF}-f_{OL}-f_m)t) + \\cos(2\\pi(f_{RF}-f_{OL}+f_m)t)]$
$+ \\frac{BA_m}{4}[\\cos(2\\pi(f_{RF}+f_{OL}-f_m)t) + \\cos(2\\pi(f_{RF}+f_{OL}+f_m)t)]$
Étape 3 : Calcul des fréquences
Avec $f_{RF} = 10\\text{ MHz} = 10000\\text{ kHz}$, $f_{OL} = 10.455\\text{ MHz} = 10455\\text{ kHz}$, $f_m = 10\\text{ kHz}$ :
$f_1 = |f_{RF} - f_{OL}| = |10000 - 10455| = 455\\text{ kHz}$ (Fréquence intermédiaire)
$f_2 = f_{RF} + f_{OL} = 10000 + 10455 = 20455\\text{ kHz} = 20.455\\text{ MHz}$
$f_3 = f_{RF} - f_{OL} - f_m = 455 - 10 = 445\\text{ kHz}$ (Bande latérale inférieure FI)
$f_4 = f_{RF} - f_{OL} + f_m = 455 + 10 = 465\\text{ kHz}$ (Bande latérale supérieure FI)
$f_5 = f_{RF} + f_{OL} - f_m = 20455 - 10 = 20445\\text{ kHz} = 20.445\\text{ MHz}$
$f_6 = f_{RF} + f_{OL} + f_m = 20455 + 10 = 20465\\text{ kHz} = 20.465\\text{ MHz}$
$\\boxed{\\text{Composantes FI recherchées : } f_1 = 455\\text{ kHz (porteuse)}, f_3 = 445\\text{ kHz}, f_4 = 465\\text{ kHz}}$
Question 2 : Signal filtré et taux de modulation à la FI
Étape 1 : Identification des composantes dans la bande du filtre
Le filtre passe-bande laisse passer les fréquences dans $[440\\text{ kHz}, 470\\text{ kHz}]$.
Composantes qui passent :
- $f_3 = 445\\text{ kHz}$ ✓ (dans la bande)
- $f_1 = 455\\text{ kHz}$ ✓ (dans la bande)
- $f_4 = 465\\text{ kHz}$ ✓ (dans la bande)
Composantes bloquées :
- $f_2 = 20.455\\text{ MHz}$ ✗ (hors bande)
- $f_5 = 20.445\\text{ MHz}$ ✗ (hors bande)
- $f_6 = 20.465\\text{ MHz}$ ✗ (hors bande)
Étape 2 : Expression du signal filtré
Avec $B = 1\\text{ V}$, $A_0 = 5\\times 10^{-3}\\text{ V}$, $A_m = 3\\times 10^{-3}\\text{ V}$ :
Amplitude de la porteuse FI :
$A_{FI,porteuse} = \\frac{BA_0}{2} = \\frac{1 \\times 5\\times 10^{-3}}{2} = 2.5\\times 10^{-3}\\text{ V} = 2.5\\text{ mV}$
Amplitude de chaque bande latérale :
$A_{FI,BL} = \\frac{BA_m}{4} = \\frac{1 \\times 3\\times 10^{-3}}{4} = 0.75\\times 10^{-3}\\text{ V} = 0.75\\text{ mV}$
Le signal filtré s'écrit :
$s_{FI}(t) = 2.5\\cos(2\\pi \\times 455000 t) + 0.75\\cos(2\\pi \\times 445000 t) + 0.75\\cos(2\\pi \\times 465000 t)\\text{ mV}$
Cette expression peut se remettre sous forme de signal AM modulé :
$s_{FI}(t) = 2.5[1 + m_{FI}\\cos(2\\pi \\times 10000 t)]\\cos(2\\pi \\times 455000 t)\\text{ mV}$
Étape 3 : Calcul du taux de modulation à la FI
L'amplitude de l'enveloppe du signal FI varie entre :
$A_{env,max} = 2.5 + 2 \\times 0.75 = 2.5 + 1.5 = 4\\text{ mV}$
$A_{env,min} = 2.5 - 2 \\times 0.75 = 2.5 - 1.5 = 1\\text{ mV}$
Le taux de modulation est :
$m_{FI} = \\frac{A_{env,max} - A_{env,min}}{A_{env,max} + A_{env,min}}$
$m_{FI} = \\frac{4 - 1}{4 + 1} = \\frac{3}{5} = 0.6 = 60\\%$
$\\boxed{s_{FI}(t) = 2.5[1 + 0.6\\cos(2\\pi \\times 10000 t)]\\cos(2\\pi \\times 455000 t)\\text{ mV}, \\quad m_{FI} = 60\\%}$
Question 3 : Signal amplifié et puissance délivrée
Étape 1 : Signal amplifié
L'amplificateur a un gain en tension $G = 100$. Le signal amplifié est :
$s_{amp}(t) = G \\times s_{FI}(t)$
Amplitude de la porteuse FI après amplification :
$A_{amp,porteuse} = G \\times A_{FI,porteuse} = 100 \\times 2.5\\text{ mV}$
$A_{amp,porteuse} = 250\\text{ mV} = 0.25\\text{ V}$
Étape 2 : Amplitude crête-à-crête de l'enveloppe
L'enveloppe du signal amplifié varie entre :
$A_{amp,max} = G \\times A_{env,max} = 100 \\times 4\\text{ mV} = 400\\text{ mV} = 0.4\\text{ V}$
$A_{amp,min} = G \\times A_{env,min} = 100 \\times 1\\text{ mV} = 100\\text{ mV} = 0.1\\text{ V}$
Amplitude crête-à-crête :
$A_{c-c} = A_{amp,max} - A_{amp,min} = 0.4 - 0.1 = 0.3\\text{ V}$
Étape 3 : Puissance moyenne totale sur la charge
Pour un signal AM de la forme $A_c[1 + m\\cos(2\\pi f_m t)]\\cos(2\\pi f_c t)$, la puissance moyenne totale est :
$P_{tot} = \\frac{A_c^2}{2R_L}\\left(1 + \\frac{m^2}{2}\\right)$
Avec $A_c = 0.25\\text{ V}$, $m = 0.6$, $R_L = 75\\,\\Omega$ :
$P_{tot} = \\frac{(0.25)^2}{2 \\times 75}\\left(1 + \\frac{(0.6)^2}{2}\\right)$
$P_{tot} = \\frac{0.0625}{150}\\left(1 + \\frac{0.36}{2}\\right)$
$P_{tot} = 4.167\\times 10^{-4} \\times (1 + 0.18)$
$P_{tot} = 4.167\\times 10^{-4} \\times 1.18 = 4.917\\times 10^{-4}\\text{ W}$
$P_{tot} = 0.4917\\text{ mW} \\approx 0.492\\text{ mW}$
$\\boxed{A_{amp,porteuse} = 0.25\\text{ V}, \\quad A_{c-c} = 0.3\\text{ V}, \\quad P_{tot} = 0.492\\text{ mW}}$
", "id_category": "4", "id_number": "29" }, { "category": "Techniques de transmission analogiques", "question": "Exercice 3 : Modulation de fréquence et analyse de bande passante
Un émetteur de radiodiffusion FM utilise la modulation de fréquence pour transmettre un signal audio. Le signal modulant est un signal musical qui peut être approximé par un signal sinusoïdal de fréquence $f_m = 15\\text{ kHz}$ et d'amplitude $V_m = 4\\text{ V}$.
La porteuse non modulée a une fréquence $f_c = 100\\text{ MHz}$ et une amplitude $A_c = 20\\text{ V}$. Le signal FM modulé s'écrit sous la forme générale :
$s_{FM}(t) = A_c\\cos\\left[2\\pi f_c t + \\beta\\sin(2\\pi f_m t)\\right]$
où $\\beta$ est l'indice de modulation de fréquence. L'excursion de fréquence (déviation maximale de fréquence) est donnée par $\\Delta f = k_f V_m$, où $k_f = 25\\text{ kHz/V}$ est la sensibilité en fréquence du modulateur. L'indice de modulation est défini par $\\beta = \\frac{\\Delta f}{f_m}$.
Après modulation, le signal passe à travers un amplificateur de puissance de gain en tension $G_p = 50$, puis est transmis vers une antenne d'impédance $Z_{ant} = 50\\,\\Omega$.
Question 1 : Calculez l'excursion de fréquence $\\Delta f$ et l'indice de modulation $\\beta$. Déterminez ensuite la bande passante nécessaire pour transmettre ce signal FM en utilisant la règle de Carson : $BW = 2(\\Delta f + f_m)$. Comparez cette bande passante avec celle d'un signal AM équivalent qui serait $BW_{AM} = 2f_m$.
Question 2 : Après amplification par l'amplificateur de puissance de gain $G_p = 50$, calculez l'amplitude du signal FM amplifié. Déterminez ensuite la puissance moyenne transmise à l'antenne. Pour un signal FM, la puissance moyenne est donnée par $P_{FM} = \\frac{A^2}{2Z_{ant}}$, où $A$ est l'amplitude du signal amplifié. Exprimez cette puissance en watts et en dBm (sachant que $P_{dBm} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{P}{1\\text{ mW}}\\right)$).
Question 3 : Le signal FM se propage dans l'espace libre et est reçu par un récepteur situé à une distance $d = 10\\text{ km}$. L'atténuation en espace libre (en dB) est donnée par la formule de Friis :
$L_{dB} = 20\\log_{10}(d) + 20\\log_{10}(f_c) - 147.55$
où $d$ est en kilomètres et $f_c$ est en mégahertz. Calculez l'atténuation $L_{dB}$ subie par le signal. Sachant que le récepteur a une antenne de gain $G_{r,dB} = 3\\text{ dB}$ et que l'antenne d'émission a un gain $G_{t,dB} = 6\\text{ dB}$, calculez la puissance reçue $P_{r}$ en dBm et en watts, en utilisant la formule :
$P_{r,dBm} = P_{t,dBm} + G_{t,dB} + G_{r,dB} - L_{dB}$
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution complète de l'Exercice 3
Question 1 : Excursion de fréquence, indice de modulation et bande passante
Étape 1 : Calcul de l'excursion de fréquence
L'excursion de fréquence (déviation maximale) est donnée par :
$\\Delta f = k_f V_m$
Avec $k_f = 25\\text{ kHz/V}$ et $V_m = 4\\text{ V}$ :
$\\Delta f = 25 \\times 4$
$\\Delta f = 100\\text{ kHz}$
Étape 2 : Calcul de l'indice de modulation
L'indice de modulation FM est défini par :
$\\beta = \\frac{\\Delta f}{f_m}$
Avec $\\Delta f = 100\\text{ kHz}$ et $f_m = 15\\text{ kHz}$ :
$\\beta = \\frac{100}{15}$
$\\beta = 6.667$
Étape 3 : Calcul de la bande passante FM selon Carson
La règle de Carson donne une approximation de la bande passante nécessaire :
$BW_{FM} = 2(\\Delta f + f_m)$
$BW_{FM} = 2(100 + 15)$
$BW_{FM} = 2 \\times 115 = 230\\text{ kHz}$
Étape 4 : Comparaison avec la bande passante AM
Pour un signal AM équivalent :
$BW_{AM} = 2f_m$
$BW_{AM} = 2 \\times 15 = 30\\text{ kHz}$
Rapport des bandes passantes :
$\\frac{BW_{FM}}{BW_{AM}} = \\frac{230}{30} = 7.67$
$\\boxed{\\Delta f = 100\\text{ kHz}, \\quad \\beta = 6.667, \\quad BW_{FM} = 230\\text{ kHz}, \\quad BW_{AM} = 30\\text{ kHz}}$
La bande passante FM est environ $7.67$ fois plus large que celle de l'AM équivalente. Cet élargissement spectral est le prix à payer pour obtenir une meilleure immunité au bruit, qui est l'avantage principal de la modulation FM.
Question 2 : Signal amplifié et puissance transmise
Étape 1 : Amplitude du signal FM amplifié
L'amplitude du signal FM après l'amplificateur de puissance est :
$A_{amp} = G_p \\times A_c$
Avec $G_p = 50$ et $A_c = 20\\text{ V}$ :
$A_{amp} = 50 \\times 20$
$A_{amp} = 1000\\text{ V}$
Étape 2 : Puissance moyenne transmise à l'antenne
Pour un signal FM, la puissance moyenne est constante et donnée par :
$P_{FM} = \\frac{A_{amp}^2}{2Z_{ant}}$
Avec $A_{amp} = 1000\\text{ V}$ et $Z_{ant} = 50\\,\\Omega$ :
$P_{FM} = \\frac{(1000)^2}{2 \\times 50}$
$P_{FM} = \\frac{1000000}{100}$
$P_{FM} = 10000\\text{ W} = 10\\text{ kW}$
Étape 3 : Conversion en dBm
La puissance en dBm est donnée par :
$P_{dBm} = 10\\log_{10}\\left(\\frac{P}{1\\text{ mW}}\\right)$
Avec $P_{FM} = 10000\\text{ W} = 10^7\\text{ mW}$ :
$P_{dBm} = 10\\log_{10}(10^7)$
$P_{dBm} = 10 \\times 7 = 70\\text{ dBm}$
$\\boxed{A_{amp} = 1000\\text{ V}, \\quad P_{FM} = 10\\text{ kW} = 10000\\text{ W}, \\quad P_{dBm} = 70\\text{ dBm}}$
Cette puissance élevée est typique des émetteurs de radiodiffusion FM commerciale.
Question 3 : Atténuation et puissance reçue
Étape 1 : Calcul de l'atténuation en espace libre
L'atténuation selon la formule de Friis est :
$L_{dB} = 20\\log_{10}(d) + 20\\log_{10}(f_c) - 147.55$
Avec $d = 10\\text{ km}$ et $f_c = 100\\text{ MHz}$ :
$L_{dB} = 20\\log_{10}(10) + 20\\log_{10}(100) - 147.55$
$L_{dB} = 20 \\times 1 + 20 \\times 2 - 147.55$
$L_{dB} = 20 + 40 - 147.55$
$L_{dB} = -87.55\\text{ dB}$
L'atténuation est négative, ce qui signifie une perte de signal. On peut l'exprimer comme une atténuation positive :
$|L_{dB}| = 87.55\\text{ dB}$
Étape 2 : Calcul de la puissance reçue en dBm
Le bilan de liaison s'écrit :
$P_{r,dBm} = P_{t,dBm} + G_{t,dB} + G_{r,dB} - |L_{dB}|$
Avec $P_{t,dBm} = 70\\text{ dBm}$, $G_{t,dB} = 6\\text{ dB}$, $G_{r,dB} = 3\\text{ dB}$, $|L_{dB}| = 87.55\\text{ dB}$ :
$P_{r,dBm} = 70 + 6 + 3 - 87.55$
$P_{r,dBm} = 79 - 87.55$
$P_{r,dBm} = -8.55\\text{ dBm}$
Étape 3 : Conversion de la puissance reçue en watts
Pour convertir de dBm en watts :
$P_{r} = 1\\text{ mW} \\times 10^{\\frac{P_{r,dBm}}{10}}$
$P_{r} = 10^{-3} \\times 10^{\\frac{-8.55}{10}}$
$P_{r} = 10^{-3} \\times 10^{-0.855}$
$P_{r} = 10^{-3.855}$
Calculons $10^{-3.855}$ :
$10^{-3.855} = 10^{-4} \\times 10^{0.145} = 10^{-4} \\times 1.396 = 1.396 \\times 10^{-4}$
$P_{r} = 1.396 \\times 10^{-4}\\text{ W} = 0.1396\\text{ mW} \\approx 0.14\\text{ mW} = 140\\,\\mu\\text{W}$
$\\boxed{|L_{dB}| = 87.55\\text{ dB}, \\quad P_{r,dBm} = -8.55\\text{ dBm}, \\quad P_{r} = 0.14\\text{ mW} = 140\\,\\mu\\text{W}}$
Cette puissance reçue de $140\\,\\mu\\text{W}$ est suffisante pour une réception de qualité dans un récepteur FM typique, dont la sensibilité se situe généralement autour de quelques microvolts ou quelques microwatts.
", "id_category": "4", "id_number": "30" } ]