- Atténuation maximale en bande passante : $A_p = 1$ dB pour $f \\leq 15$ Hz
- Atténuation minimale en bande atténuée : $A_s = 40$ dB pour $f \\geq 60$ Hz
a) Calculer l'ordre minimal $n$ du filtre de Butterworth nécessaire pour satisfaire ce gabarit
b) Vérifier que l'ordre $n = 3$ utilisé en Question 1 est suffisant
c) Calculer la pulsation de coupure réelle $\\omega_c$ à ajuster
Question 3 (4 points)
Le signal ECG peut être modélisé comme un processus aléatoire stationnaire $X(t)$ avec une densité spectrale de puissance :
$S_X(f) = \\frac{A^2}{1 + (f/f_0)^2}$
où $A = 2$ mV et $f_0 = 20$ Hz.
a) Calculer la puissance totale du signal $P_X$
b) Après passage dans le filtre de Butterworth d'ordre 3 conçu précédemment, calculer la puissance du signal filtré $P_Y$
c) Déterminer le rapport signal sur bruit si le bruit ajouté a une puissance de $0.5$ mV²
Question 4 (4 points)
Pour l'implémentation numérique, le signal filtré doit être échantillonné. La bande utile du signal ECG s'étend de 0.5 Hz à 100 Hz.
a) Selon le théorème de Shannon, déterminer la fréquence d'échantillonnage minimale $f_{e,min}$
b) En pratique, on choisit $f_e = 500$ Hz. Calculer le temps d'acquisition nécessaire pour obtenir $N = 1024$ échantillons
c) Après échantillonnage, calculer la résolution fréquentielle $\\Delta f$ obtenue lors d'une analyse par Transformée de Fourier Discrète (TFD)
Question 5 (3 points)
On applique une TFD sur les $N = 1024$ échantillons du signal. La TFD est définie par :
$X[k] = \\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j2\\pi kn/N}$
a) Calculer le nombre d'opérations complexes (multiplications) nécessaires pour une TFD directe
b) Calculer le nombre d'opérations pour une FFT (Transformée de Fourier Rapide) sachant que $1024 = 2^{10}$
c) Déterminer le gain computationnel (rapport entre les deux méthodes)
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solutions détaillées
Solution Question 1
a) Calcul des pôles du filtre de Butterworth d'ordre 3
Les pôles d'un filtre de Butterworth d'ordre $n$ sont répartis uniformément sur un cercle de rayon $\\omega_c$ dans le plan complexe. Pour un filtre stable, on ne garde que les pôles dans le demi-plan gauche.
Formule générale des pôles :
$p_k = \\omega_c e^{j\\pi(2k+n-1)/(2n)}$ pour $k = 0, 1, ..., n-1$
Pour $n = 3$ et $\\omega_c = 100$ rad/s :
Pôle 1 (k=0) :
$p_0 = 100 e^{j\\pi(0+3-1)/6} = 100 e^{j\\pi/3} = 100(\\cos(60°) + j\\sin(60°))$
$p_0 = 100(0.5 + j0.866) = 50 + j86.6$ rad/s
Mais on garde le pôle dans le demi-plan gauche :
$p_0 = -50 + j86.6$ rad/s
Pôle 2 (k=1) :
$p_1 = 100 e^{j\\pi(2+3-1)/6} = 100 e^{j2\\pi/3} = 100(-0.5 + j0.866)$
$p_1 = -50 + j86.6$ rad/s
En fait, pour $n=3$, les pôles sont :
$p_1 = -100$ rad/s (pôle réel)
$p_{2,3} = -50 \\pm j86.6$ rad/s (pôles complexes conjugués)
b) Fonction de transfert complète
Formule générale :
$H(s) = \\frac{\\omega_c^3}{(s-p_1)(s-p_2)(s-p_3)}$
Remplacement des pôles :
$H(s) = \\frac{100^3}{(s+100)[(s+50)^2 + 86.6^2]}$
$H(s) = \\frac{1000000}{(s+100)(s^2+100s+10000)}$
Résultat final :
$H(s) = \\frac{10^6}{s^3 + 200s^2 + 20000s + 10^6}$
c) Gain en décibels à f = 50 Hz
Conversion en pulsation :
$\\omega = 2\\pi f = 2\\pi \\times 50 = 314.16$ rad/s
Module de la fonction de transfert pour Butterworth :
$|H(j\\omega)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + (\\omega/\\omega_c)^{2n}}}$
Remplacement des données :
$|H(j314.16)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + (314.16/100)^6}}$
$|H(j314.16)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 3.1416^6}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 968.4}}$
Calcul :
$|H(j314.16)| = \\frac{1}{\\sqrt{969.4}} = \\frac{1}{31.13} = 0.0321$
Gain en dB :
$G_{dB} = 20\\log_{10}(0.0321) = -29.87$ dB
Résultat final : $G_{dB} \\approx -30$ dB
Solution Question 2
a) Calcul de l'ordre minimal du filtre
Pour un filtre de Butterworth, l'ordre minimal satisfaisant un gabarit est donné par :
Formule générale :
$n \\geq \\frac{\\log[(10^{A_s/10}-1)/(10^{A_p/10}-1)]}{2\\log(\\omega_s/\\omega_p)}$
où $\\omega_p = 2\\pi f_p$ et $\\omega_s = 2\\pi f_s$
Calcul des pulsations :
$\\omega_p = 2\\pi \\times 15 = 94.25$ rad/s
$\\omega_s = 2\\pi \\times 60 = 377$ rad/s
Calcul du numérateur :
$10^{A_s/10} = 10^{40/10} = 10^4 = 10000$
$10^{A_p/10} = 10^{1/10} = 1.259$
$\\text{Numérateur} = \\log[(10000-1)/(1.259-1)] = \\log[9999/0.259] = \\log(38610)$
$\\text{Numérateur} = 4.587$
Calcul du dénominateur :
$\\text{Dénominateur} = 2\\log(377/94.25) = 2\\log(4) = 2 \\times 0.602 = 1.204$
Calcul de l'ordre :
$n \\geq \\frac{4.587}{1.204} = 3.81$
Résultat final : $n_{min} = 4$ (on arrondit à l'entier supérieur)
b) Vérification pour n = 3
Comme $n = 3 < n_{min} = 4$, l'ordre $n = 3$ est insuffisant pour satisfaire strictement le gabarit. Il faudrait utiliser $n = 4$ ou ajuster $\\omega_c$.
c) Calcul de la pulsation de coupure ajustée
Si on garde $n = 3$ et qu'on ajuste $\\omega_c$ pour satisfaire la contrainte en bande atténuée :
Formule générale :
$\\omega_c = \\omega_s \\left(\\frac{1}{10^{A_s/10}-1}\\right)^{1/(2n)}$
Remplacement des données :
$\\omega_c = 377 \\left(\\frac{1}{10000-1}\\right)^{1/6}$
$\\omega_c = 377 \\times (0.0001001)^{0.1667}$
Calcul :
$\\omega_c = 377 \\times 0.251 = 94.6$ rad/s
Résultat final : $\\omega_c \\approx 94.6$ rad/s soit $f_c \\approx 15.05$ Hz
Solution Question 3
a) Puissance totale du signal
Formule générale :
$P_X = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} S_X(f) df$
Remplacement de la DSP :
$P_X = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} \\frac{A^2}{1 + (f/f_0)^2} df$
Changement de variable : $u = f/f_0$, donc $df = f_0 du$
$P_X = A^2 f_0 \\int_{-\\infty}^{+\\infty} \\frac{1}{1 + u^2} du$
Calcul de l'intégrale :
$\\int_{-\\infty}^{+\\infty} \\frac{1}{1 + u^2} du = [\\arctan(u)]_{-\\infty}^{+\\infty} = \\pi$
Remplacement des données :
$P_X = (2 \\times 10^{-3})^2 \\times 20 \\times \\pi$
$P_X = 4 \\times 10^{-6} \\times 20 \\times 3.1416$
Calcul :
$P_X = 2.513 \\times 10^{-4}$ V²
Résultat final : $P_X = 0.2513$ mV²
b) Puissance du signal filtré
La DSP du signal filtré est : $S_Y(f) = |H(f)|^2 S_X(f)$
Formule générale :
$P_Y = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} |H(f)|^2 S_X(f) df$
Pour un filtre de Butterworth d'ordre 3 avec $\\omega_c = 100$ rad/s ($f_c = 15.92$ Hz) :
$|H(f)|^2 = \\frac{1}{1 + (f/f_c)^{6}}$
Cette intégrale nécessite une approximation numérique. Pour $f_c \\approx f_0$, on peut estimer :
Estimation :
$P_Y \\approx 0.7 P_X = 0.7 \\times 0.2513$
Résultat final : $P_Y \\approx 0.176$ mV²
c) Rapport signal sur bruit
Formule générale :
$SNR = \\frac{P_Y}{P_n}$
Remplacement des données :
$SNR = \\frac{0.176}{0.5} = 0.352$
En décibels :
$SNR_{dB} = 10\\log_{10}(0.352) = -4.53$ dB
Résultat final : $SNR_{dB} \\approx -4.5$ dB
Solution Question 4
a) Fréquence d'échantillonnage minimale
Théorème de Shannon :
$f_{e,min} = 2f_{max}$
Remplacement des données :
$f_{e,min} = 2 \\times 100 = 200$ Hz
Résultat final : $f_{e,min} = 200$ Hz
b) Temps d'acquisition
Formule générale :
$T = \\frac{N}{f_e}$
Remplacement des données :
$T = \\frac{1024}{500}$
Calcul :
$T = 2.048$ s
Résultat final : $T = 2.048$ secondes
c) Résolution fréquentielle
Formule générale :
$\\Delta f = \\frac{f_e}{N}$
Remplacement des données :
$\\Delta f = \\frac{500}{1024}$
Calcul :
$\\Delta f = 0.488$ Hz
Résultat final : $\\Delta f \\approx 0.49$ Hz
Solution Question 5
a) Nombre d'opérations pour TFD directe
Chaque coefficient $X[k]$ nécessite $N$ multiplications complexes. Pour $N$ coefficients :
Formule générale :
$C_{TFD} = N^2$
Remplacement des données :
$C_{TFD} = 1024^2$
Calcul :
$C_{TFD} = 1048576$
Résultat final : $C_{TFD} \\approx 1.05 \\times 10^6$ opérations
b) Nombre d'opérations pour FFT
Formule générale :
$C_{FFT} = \\frac{N}{2}\\log_2(N)$
Remplacement des données :
$C_{FFT} = \\frac{1024}{2} \\times 10 = 512 \\times 10$
Calcul :
$C_{FFT} = 5120$
Résultat final : $C_{FFT} = 5120$ opérations
c) Gain computationnel
Formule générale :
$G = \\frac{C_{TFD}}{C_{FFT}}$
Remplacement des données :
$G = \\frac{1048576}{5120}$
Calcul :
$G = 204.8$
Résultat final : $G \\approx 205$, la FFT est environ 205 fois plus rapide que la TFD directe
", "id_category": "1", "id_number": "3" }, { "category": "Preparation pour l'examen", "question": "Examen de Traitement du Signal - Master 1
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Thème général : Analyse d'un processus aléatoire dans un système de télécommunication avec filtrage de Chebyshev
Un système de transmission numérique utilise un filtre passe-bande de Chebyshev pour extraire un signal utile noyé dans du bruit. Le signal reçu est un processus aléatoire stationnaire au sens large. On souhaite caractériser les performances du système en termes de rapport signal sur bruit et de qualité spectrale.
Question 1 (5 points)
Un processus aléatoire stationnaire $X(t)$ représente le signal reçu avant filtrage. Sa fonction d'autocorrélation est donnée par :
$R_X(\\tau) = 10e^{-5|\\tau|}\\cos(200\\pi\\tau)$
a) Calculer la densité spectrale de puissance $S_X(f)$ du processus $X(t)$
b) Déterminer la puissance totale moyenne $P_X$ du signal
c) Identifier la fréquence centrale $f_0$ du signal et interpréter physiquement ce résultat
Question 2 (5 points)
On utilise un filtre passe-bande de Chebyshev d'ordre $n = 4$ avec une ondulation en bande passante de $\\epsilon = 0.5$. Les fréquences de coupure sont $f_1 = 90$ Hz et $f_2 = 110$ Hz.
a) Calculer l'ondulation maximale $A_p$ en décibels dans la bande passante
b) Pour un filtre de Chebyshev, l'atténuation à la fréquence $f$ en dehors de la bande passante est approximée par :
$A(f) = 10\\log_{10}[1 + \\epsilon^2 \\cosh^2(n \\cdot \\text{acosh}(f/f_c))]$
où $f_c$ est la fréquence de coupure. Calculer l'atténuation à $f = 150$ Hz en utilisant $f_c = 110$ Hz
c) Comparer ce résultat avec l'atténuation qu'aurait fournie un filtre de Butterworth de même ordre à la même fréquence
Question 3 (4 points)
Le signal $X(t)$ est filtré par le filtre de Chebyshev pour obtenir le signal de sortie $Y(t)$. On suppose que le filtre a une réponse fréquentielle idéale dans la bande $[90, 110]$ Hz et nulle ailleurs.
a) Calculer la densité spectrale de puissance $S_Y(f)$ du signal filtré
b) Estimer la puissance du signal filtré $P_Y$ sachant que la DSP $S_X(f)$ est concentrée autour de $f_0 = 100$ Hz avec une largeur de bande de $30$ Hz
c) Si un bruit blanc additif de densité spectrale $N_0/2 = 0.01$ W/Hz est présent, calculer le rapport signal sur bruit en sortie $SNR_{out}$
Question 4 (4 points)
Le signal filtré $Y(t)$ est ensuite échantillonné à la fréquence $f_e = 400$ Hz pour être traité numériquement. On acquiert $N = 512$ échantillons.
a) Vérifier que la fréquence d'échantillonnage respecte le théorème de Shannon
b) Calculer la période d'échantillonnage $T_e$ et la durée totale d'observation $T_{obs}$
c) Lors de l'analyse spectrale par TFD, à quel indice $k$ correspond la fréquence centrale $f_0 = 100$ Hz? Rappel : $f_k = k\\cdot f_e / N$
Question 5 (2 points)
On applique une fenêtre de Hanning aux données avant la TFD pour réduire les fuites spectrales. La fenêtre de Hanning est définie par :
$w[n] = 0.5\\left(1 - \\cos\\left(\\frac{2\\pi n}{N-1}\\right)\\right)$ pour $0 \\leq n \\leq N-1$
a) Calculer la valeur de la fenêtre au point central $n = 256$
b) Sachant que l'application d'une fenêtre de Hanning réduit la puissance mesurée d'un facteur correspondant à la moyenne quadratique de la fenêtre, calculer ce facteur de correction. La moyenne quadratique est donnée par :
$C = \\frac{1}{N}\\sum_{n=0}^{N-1} w[n]^2$
Pour une fenêtre de Hanning : $C = 0.375$
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solutions détaillées
Solution Question 1
a) Densité spectrale de puissance
La densité spectrale de puissance est la transformée de Fourier de la fonction d'autocorrélation :
Formule générale :
$S_X(f) = \\mathcal{F}[R_X(\\tau)] = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} R_X(\\tau)e^{-j2\\pi f\\tau}d\\tau$
Pour $R_X(\\tau) = Ae^{-\\alpha|\\tau|}\\cos(2\\pi f_0\\tau)$, on utilise les propriétés de la transformée de Fourier :
$\\mathcal{F}[e^{-\\alpha|\\tau|}] = \\frac{2\\alpha}{\\alpha^2 + (2\\pi f)^2}$
$\\mathcal{F}[e^{-\\alpha|\\tau|}\\cos(2\\pi f_0\\tau)] = \\frac{\\alpha}{\\alpha^2 + 4\\pi^2(f-f_0)^2} + \\frac{\\alpha}{\\alpha^2 + 4\\pi^2(f+f_0)^2}$
Identification des paramètres :
$A = 10$, $\\alpha = 5$, $2\\pi f_0 = 200\\pi$ donc $f_0 = 100$ Hz
Résultat final :
$S_X(f) = \\frac{50}{25 + 4\\pi^2(f-100)^2} + \\frac{50}{25 + 4\\pi^2(f+100)^2}$
b) Puissance totale moyenne
Formule générale :
$P_X = R_X(0)$
Remplacement :
$P_X = 10e^{-5|0|}\\cos(200\\pi \\times 0) = 10 \\times 1 \\times 1$
Résultat final : $P_X = 10$ W
c) Fréquence centrale
D'après la forme de $R_X(\\tau)$, la fréquence centrale est :
$2\\pi f_0 = 200\\pi$
$f_0 = 100$ Hz
Interprétation : Le signal est un processus passe-bande centré à $100$ Hz avec une largeur de bande déterminée par le paramètre d'atténuation $\\alpha = 5$. Cette structure est typique d'une porteuse modulée en amplitude.
Résultat final : $f_0 = 100$ Hz
Solution Question 2
a) Ondulation maximale en bande passante
Pour un filtre de Chebyshev, l'ondulation en bande passante est reliée au paramètre $\\epsilon$ par :
Formule générale :
$A_p = 10\\log_{10}(1 + \\epsilon^2)$
Remplacement des données :
$A_p = 10\\log_{10}(1 + 0.5^2) = 10\\log_{10}(1 + 0.25)$
$A_p = 10\\log_{10}(1.25)$
Calcul :
$A_p = 10 \\times 0.0969 = 0.969$ dB
Résultat final : $A_p \\approx 0.97$ dB
b) Atténuation à f = 150 Hz
Formule générale :
$A(f) = 10\\log_{10}[1 + \\epsilon^2 \\cosh^2(n \\cdot \\text{acosh}(f/f_c))]$
Calcul de l'argument :
$\\frac{f}{f_c} = \\frac{150}{110} = 1.364$
$\\text{acosh}(1.364) = \\ln(1.364 + \\sqrt{1.364^2 - 1}) = \\ln(1.364 + 0.932)$
$\\text{acosh}(1.364) = \\ln(2.296) = 0.831$
Calcul de cosh :
$n \\cdot \\text{acosh}(1.364) = 4 \\times 0.831 = 3.324$
$\\cosh(3.324) = \\frac{e^{3.324} + e^{-3.324}}{2} = \\frac{27.76 + 0.036}{2} = 13.898$
Remplacement dans la formule :
$A(150) = 10\\log_{10}[1 + 0.5^2 \\times 13.898^2]$
$A(150) = 10\\log_{10}[1 + 0.25 \\times 193.15]$
$A(150) = 10\\log_{10}[1 + 48.29] = 10\\log_{10}(49.29)$
Calcul :
$A(150) = 10 \\times 1.693 = 16.93$ dB
Résultat final : $A(150) \\approx 16.9$ dB
c) Comparaison avec Butterworth
Pour un filtre de Butterworth d'ordre $n = 4$ :
Formule générale :
$A_{Butter}(f) = 10\\log_{10}[1 + (f/f_c)^{2n}]$
Remplacement des données :
$A_{Butter}(150) = 10\\log_{10}[1 + (150/110)^8]$
$A_{Butter}(150) = 10\\log_{10}[1 + 1.364^8]$
Calcul :
$1.364^8 = 6.95$
$A_{Butter}(150) = 10\\log_{10}(7.95) = 9.0$ dB
Conclusion : Le filtre de Chebyshev offre une atténuation de $16.9$ dB contre $9.0$ dB pour le Butterworth à la même fréquence. Le Chebyshev présente une pente d'atténuation beaucoup plus raide en dehors de la bande passante, au prix d'une ondulation dans la bande passante.
Résultat final : $A_{Butter}(150) = 9.0$ dB, le Chebyshev atténue $7.9$ dB de plus
Solution Question 3
a) Densité spectrale de puissance du signal filtré
Formule générale :
$S_Y(f) = |H(f)|^2 S_X(f)$
Pour un filtre idéal passe-bande :
$|H(f)|^2 = \\begin{cases} 1 & \\text{si } 90 \\leq |f| \\leq 110 \\text{ Hz} \\\\ 0 & \\text{sinon} \\end{cases}$
Résultat final :
$S_Y(f) = \\begin{cases} \\frac{50}{25 + 4\\pi^2(f-100)^2} + \\frac{50}{25 + 4\\pi^2(f+100)^2} & \\text{si } 90 \\leq |f| \\leq 110 \\\\ 0 & \\text{sinon} \\end{cases}$
b) Puissance du signal filtré
Formule générale :
$P_Y = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} S_Y(f) df$
Puisque le spectre est centré à $f_0 = 100$ Hz et que la bande du filtre $[90, 110]$ Hz couvre largement la largeur de bande du signal, on peut estimer :
La largeur de bande équivalente du signal est approximativement $\\Delta f \\approx 2\\alpha/(2\\pi) = 2 \\times 5/(2\\pi) \\approx 1.59$ Hz
Le signal étant bien contenu dans la bande passante du filtre, la perte est négligeable :
Estimation :
$P_Y \\approx 0.95 P_X = 0.95 \\times 10 = 9.5$ W
Résultat final : $P_Y \\approx 9.5$ W
c) Rapport signal sur bruit en sortie
La puissance du bruit en sortie pour un filtre passe-bande :
Formule générale :
$P_n = N_0 B$
où $B$ est la bande passante du filtre.
Remplacement des données :
$B = 110 - 90 = 20$ Hz
$P_n = 2 \\times 0.01 \\times 20 = 0.4$ W
Calcul du SNR :
$SNR_{out} = \\frac{P_Y}{P_n} = \\frac{9.5}{0.4} = 23.75$
En décibels :
$SNR_{out,dB} = 10\\log_{10}(23.75) = 13.76$ dB
Résultat final : $SNR_{out} = 23.75$ soit $13.8$ dB
Solution Question 4
a) Vérification du théorème de Shannon
La bande passante du signal filtré est $[90, 110]$ Hz. La fréquence maximale est :
$f_{max} = 110$ Hz
Théorème de Shannon :
$f_e \\geq 2f_{max} = 2 \\times 110 = 220$ Hz
Vérification :
$f_e = 400$ Hz $> 220$ Hz
Résultat : Le théorème de Shannon est respecté.
b) Période d'échantillonnage et durée d'observation
Période d'échantillonnage :
$T_e = \\frac{1}{f_e} = \\frac{1}{400} = 0.0025$ s $= 2.5$ ms
Durée totale d'observation :
$T_{obs} = N \\times T_e = 512 \\times 0.0025 = 1.28$ s
Résultats finaux : $T_e = 2.5$ ms, $T_{obs} = 1.28$ s
c) Indice correspondant à f₀ = 100 Hz
Formule générale :
$k = \\frac{f_0 \\times N}{f_e}$
Remplacement des données :
$k = \\frac{100 \\times 512}{400}$
Calcul :
$k = \\frac{51200}{400} = 128$
Résultat final : $k = 128$
Solution Question 5
a) Valeur de la fenêtre au point central
Formule générale :
$w[n] = 0.5\\left(1 - \\cos\\left(\\frac{2\\pi n}{N-1}\\right)\\right)$
Remplacement des données :
Pour $n = 256$ et $N = 512$ :
$w[256] = 0.5\\left(1 - \\cos\\left(\\frac{2\\pi \\times 256}{511}\\right)\\right)$
$w[256] = 0.5\\left(1 - \\cos\\left(\\frac{512\\pi}{511}\\right)\\right)$
Calcul :
$\\frac{512\\pi}{511} \\approx \\pi$
$w[256] = 0.5(1 - \\cos(\\pi)) = 0.5(1 - (-1)) = 0.5 \\times 2$
Résultat final : $w[256] = 1$
b) Facteur de correction
Le facteur de correction pour la puissance est donné directement :
$C = 0.375$
Pour corriger la puissance mesurée après fenêtrage :
Formule générale :
$P_{corrigée} = \\frac{P_{mesurée}}{C}$
Résultat final : $C = 0.375$, il faut diviser la puissance mesurée par $0.375$ (ou multiplier par $2.67$) pour compenser l'effet de la fenêtre de Hanning.
", "id_category": "1", "id_number": "4" }, { "category": "Preparation pour l'examen", "question": "Examen de Traitement du Signal - Master 1
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Thème général : Conception d'un système de traitement numérique avec filtrage elliptique et analyse spectrale par transformée en cosinus discrète
Un système de compression audio utilise la Transformée en Cosinus Discrète (DCT) pour encoder efficacement les signaux. Avant la transformée, un filtre elliptique (Cauer) est appliqué pour éliminer les composantes hors bande. Le signal est également caractérisé comme un processus aléatoire ergodique.
Question 1 (5 points)
Un signal audio est modélisé comme un processus aléatoire ergodique $X(t)$ avec une densité spectrale de puissance uniforme dans la bande $[20, 20000]$ Hz :
$S_X(f) = \\begin{cases} S_0 & \\text{si } 20 \\leq |f| \\leq 20000 \\text{ Hz} \\ 0 & \\text{sinon} \\end{cases}$
où $S_0 = 10^{-6}$ W/Hz.
a) Calculer la puissance totale $P_X$ du signal (considérer les fréquences positives et négatives)
b) Calculer la variance $\\sigma_X^2$ du processus sachant qu'il est centré ($E[X(t)] = 0$)
c) Si on mesure un échantillon de puissance moyenne égale à $0.038$ W sur une durée de 1 seconde, calculer l'écart relatif par rapport à la valeur théorique et commenter sur l'ergodicité
Question 2 (5 points)
On souhaite concevoir un filtre elliptique (Cauer) passe-bas pour limiter la bande à $15$ kHz. Le gabarit exige :
- Ondulation maximale en bande passante : $A_p = 0.5$ dB pour $f \\leq 15$ kHz
- Atténuation minimale en bande atténuée : $A_s = 50$ dB pour $f \\geq 18$ kHz
Pour un filtre elliptique, l'ordre minimal requis peut être estimé par :
$n \\approx \\frac{K(k_1)K'(k)}{K'(k_1)K(k)}$
où $k = \\omega_p/\\omega_s$, $k_1 = \\sqrt{1-(10^{A_p/10}-1)/(10^{A_s/10}-1)}$, et $K$ est l'intégrale elliptique complète.
Pour simplifier, on utilise l'approximation : $n \\approx 3.5$ pour ce gabarit.
a) Calculer le rapport $k = f_p/f_s$
b) Calculer les valeurs $10^{A_p/10}$ et $10^{A_s/10}$
c) En déduire $k_1$ et confirmer que $n = 4$ est suffisant
Question 3 (4 points)
Après filtrage par le filtre elliptique, le signal est échantillonné à $f_e = 44.1$ kHz (standard CD audio). On acquiert $N = 2048$ échantillons.
a) Vérifier que le théorème de Shannon est respecté
b) Calculer la durée du signal échantillonné $T$
c) On applique ensuite une Transformée en Cosinus Discrète de type II (DCT-II) définie par :
$X_k = \\sum_{n=0}^{N-1} x_n \\cos\\left[\\frac{\\pi}{N}\\left(n + \\frac{1}{2}\\right)k\\right]$
Calculer la valeur de l'argument du cosinus pour $n = 512$ et $k = 256$
Question 4 (4 points)
Pour la compression, on utilise un seuillage des coefficients DCT. Seuls les coefficients vérifiant $|X_k| > T$ sont conservés, où $T$ est un seuil.
On observe que sur les $N = 2048$ coefficients DCT, $1800$ coefficients ont une amplitude inférieure au seuil $T = 0.1$ et sont mis à zéro.
a) Calculer le taux de compression $C_{ratio}$ défini comme le rapport entre le nombre de coefficients conservés et le nombre total de coefficients
b) Calculer le nombre de bits nécessaires pour coder les coefficients conservés si chaque coefficient non nul nécessite 16 bits (valeur + position)
c) Comparer avec le nombre de bits nécessaires sans compression (8 bits par échantillon original)
Question 5 (2 points)
L'énergie d'un signal discret est définie par :
$E = \\sum_{n=0}^{N-1} x_n^2$
La propriété de conservation de l'énergie (théorème de Parseval) pour la DCT-II s'écrit :
$\\sum_{n=0}^{N-1} x_n^2 = \\frac{1}{N}\\left[\\frac{X_0^2}{2} + \\sum_{k=1}^{N-1} X_k^2\\right]$
Sachant que pour un signal donné : $E = 500$ et $X_0 = 100$ :
a) Calculer la somme $\\sum_{k=1}^{N-1} X_k^2$ pour $N = 2048$
b) Interpréter physiquement la signification de $X_0$ dans le contexte de la DCT
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solutions détaillées
Solution Question 1
a) Calcul de la puissance totale
Formule générale :
$P_X = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} S_X(f) df$
Pour un spectre bilatéral (fréquences positives et négatives) :
$P_X = 2 \\int_{20}^{20000} S_0 df$
Remplacement des données :
$P_X = 2 \\times S_0 \\times (20000 - 20)$
$P_X = 2 \\times 10^{-6} \\times 19980$
Calcul :
$P_X = 2 \\times 0.01998 = 0.03996$ W
Résultat final : $P_X \\approx 0.040$ W ou $40$ mW
b) Variance du processus
Pour un processus centré (moyenne nulle), la variance est égale à la puissance :
Formule générale :
$\\sigma_X^2 = E[X^2(t)] - (E[X(t)])^2 = P_X - 0^2$
Résultat final : $\\sigma_X^2 = 0.040$ W
c) Écart relatif et commentaire sur l'ergodicité
Formule de l'écart relatif :
$\\epsilon = \\frac{|P_{mesurée} - P_{théorique}|}{P_{théorique}} \\times 100\\%$
Remplacement des données :
$\\epsilon = \\frac{|0.038 - 0.040|}{0.040} \\times 100$
$\\epsilon = \\frac{0.002}{0.040} \\times 100$
Calcul :
$\\epsilon = 0.05 \\times 100 = 5\\%$
Résultat final : $\\epsilon = 5\\%$
Commentaire : L'écart relatif de 5% est faible et cohérent avec les fluctuations statistiques attendues sur une durée d'observation de 1 seconde. Cette proximité entre la moyenne temporelle mesurée et l'espérance théorique confirme l'hypothèse d'ergodicité du processus : les moyennes temporelles convergent vers les moyennes d'ensemble.
Solution Question 2
a) Calcul du rapport k
Formule générale :
$k = \\frac{f_p}{f_s}$
Remplacement des données :
$k = \\frac{15000}{18000}$
Calcul :
$k = 0.833$
Résultat final : $k = 0.833$
b) Calcul des facteurs d'atténuation
Pour la bande passante :
$10^{A_p/10} = 10^{0.5/10} = 10^{0.05}$
$10^{A_p/10} = 1.122$
Pour la bande atténuée :
$10^{A_s/10} = 10^{50/10} = 10^5$
$10^{A_s/10} = 100000$
Résultats finaux : $10^{A_p/10} = 1.122$ et $10^{A_s/10} = 100000$
c) Calcul de k₁ et confirmation de l'ordre
Formule générale :
$k_1 = \\sqrt{1 - \\frac{10^{A_p/10}-1}{10^{A_s/10}-1}}$
Remplacement des données :
$k_1 = \\sqrt{1 - \\frac{1.122-1}{100000-1}}$
$k_1 = \\sqrt{1 - \\frac{0.122}{99999}}$
$k_1 = \\sqrt{1 - 1.22 \\times 10^{-6}}$
Calcul :
$k_1 = \\sqrt{0.99999878} \\approx 0.999999$
Résultat final : $k_1 \\approx 0.9999994$
Confirmation : Avec $k = 0.833$ et $k_1 \\approx 1$, l'approximation donnée $n \\approx 3.5$ indique qu'un ordre $n = 4$ est suffisant. Le filtre elliptique d'ordre 4 satisfera le gabarit exigé avec une marge de sécurité.
Solution Question 3
a) Vérification du théorème de Shannon
La bande utile après filtrage s'étend jusqu'à $f_{max} = 15$ kHz.
Théorème de Shannon :
$f_e \\geq 2f_{max} = 2 \\times 15000 = 30000$ Hz
Vérification :
$f_e = 44100$ Hz $> 30000$ Hz
Résultat : Le théorème de Shannon est largement respecté (facteur de sur-échantillonnage de $1.47$).
b) Durée du signal échantillonné
Formule générale :
$T = \\frac{N}{f_e}$
Remplacement des données :
$T = \\frac{2048}{44100}$
Calcul :
$T = 0.04644$ s
Résultat final : $T \\approx 46.4$ ms
c) Calcul de l'argument du cosinus
Formule générale :
$\\theta = \\frac{\\pi}{N}\\left(n + \\frac{1}{2}\\right)k$
Remplacement des données :
$\\theta = \\frac{\\pi}{2048}\\left(512 + \\frac{1}{2}\\right) \\times 256$
$\\theta = \\frac{\\pi}{2048} \\times 512.5 \\times 256$
Calcul :
$\\theta = \\frac{\\pi \\times 131200}{2048} = \\frac{131200\\pi}{2048}$
$\\theta = 64.0625\\pi$
Modulo $2\\pi$ :
$\\theta = 64.0625\\pi = 32 \\times 2\\pi + 0.0625\\pi$
Résultat final : $\\theta = 0.0625\\pi$ rad (équivalent modulo $2\\pi$)
Solution Question 4
a) Taux de compression
Nombre de coefficients conservés :
$N_{conservés} = N - N_{éliminés} = 2048 - 1800 = 248$
Formule du taux de compression :
$C_{ratio} = \\frac{N_{conservés}}{N}$
Remplacement des données :
$C_{ratio} = \\frac{248}{2048}$
Calcul :
$C_{ratio} = 0.121 = 12.1\\%$
Résultat final : $C_{ratio} = 12.1\\%$ (compression de $87.9\\%$)
b) Nombre de bits nécessaires avec compression
Formule générale :
$N_{bits,compressé} = N_{conservés} \\times 16$
Remplacement des données :
$N_{bits,compressé} = 248 \\times 16$
Calcul :
$N_{bits,compressé} = 3968$ bits
Résultat final : $N_{bits,compressé} = 3968$ bits
c) Comparaison avec le signal non compressé
Formule générale :
$N_{bits,original} = N \\times 8$
Remplacement des données :
$N_{bits,original} = 2048 \\times 8$
Calcul :
$N_{bits,original} = 16384$ bits
Gain de compression :
$Gain = \\frac{N_{bits,original}}{N_{bits,compressé}} = \\frac{16384}{3968} = 4.13$
Résultat final : $N_{bits,original} = 16384$ bits. Le système compressé nécessite $4.13$ fois moins de bits, soit une réduction de $75.8\\%$.
Solution Question 5
a) Calcul de la somme des coefficients DCT
Théorème de Parseval pour la DCT-II :
$\\sum_{n=0}^{N-1} x_n^2 = \\frac{1}{N}\\left[\\frac{X_0^2}{2} + \\sum_{k=1}^{N-1} X_k^2\\right]$
Réarrangement :
$\\sum_{k=1}^{N-1} X_k^2 = N \\sum_{n=0}^{N-1} x_n^2 - \\frac{X_0^2}{2}$
$\\sum_{k=1}^{N-1} X_k^2 = N \\cdot E - \\frac{X_0^2}{2}$
Remplacement des données :
$\\sum_{k=1}^{N-1} X_k^2 = 2048 \\times 500 - \\frac{100^2}{2}$
$\\sum_{k=1}^{N-1} X_k^2 = 1024000 - \\frac{10000}{2}$
Calcul :
$\\sum_{k=1}^{N-1} X_k^2 = 1024000 - 5000 = 1019000$
Résultat final : $\\sum_{k=1}^{N-1} X_k^2 = 1019000$
b) Interprétation physique de X₀
Le coefficient $X_0$ de la DCT représente la composante continue (DC) du signal. Il correspond à la moyenne des échantillons du signal :
$X_0 \\propto \\sum_{n=0}^{N-1} x_n$
Interprétation : Dans le contexte audio, $X_0$ représente le niveau moyen du signal (offset DC). Pour un signal audio correctement centré, $X_0$ devrait être proche de zéro. Une valeur élevée de $X_0$ indique une composante continue significative, qui peut être due à un offset d'acquisition ou à une composante basse fréquence très lente. En compression audio, $X_0$ est généralement conservé car il représente une information importante pour la reconstruction du signal.
", "id_category": "1", "id_number": "5" }, { "category": "Preparation pour l'examen", "question": "Examen 1 : Traitement du Signal - Analyse et Synthèse des Filtres Analogiques (Master)\n\nUn laboratoire de traitement du signal doit concevoir un système de filtrage pour une chaîne d'acquisition de données biomédicales. Le signal mesuré contient une composante utile à 50 Hz (signal cardiaque) et des bruits haute fréquence à 1 kHz. On vous demande :\n1. D'analyser et représenter le schéma bloc du système de filtrage proposé (fig. 1), en identifiant les étages de filtrage et leurs rôles respectifs.\n2. De calculer les paramètres d'un filtre passe-bas Butterworth d'ordre 2 destiné à atténuer les bruits à 1 kHz, sachant que la fréquence de coupure désirée est 200 Hz et l'atténuation minimale à 1 kHz doit être 40 dB.\n3. De déterminer la fonction de transfert H(s) du filtre en utilisant la forme standard des pôles complexes conjugués, puis d'évaluer la réponse en fréquence (gain et phase) à 50 Hz et 1 kHz.\n4. De synthétiser le filtre Butterworth en utilisant une topologie Sallen-Key (VCVS) et de dimensionner les composants R et C pour obtenir la fréquence de coupure calculée.\n5. De comparer les performances du filtre Butterworth avec un filtre de Chebyshev du même ordre, en justifiant le choix du Butterworth pour cette application biomédicale.", "svg": "\n", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Question 1 :
\nAnalyse du schéma bloc :\n- Stage 1 (Signal d'entrée) : signal composite contenant le signal cardiaque à 50 Hz (utile) et le bruit 1 kHz (nuisible).\n- Stage 2 (Filtre passe-bas Butterworth 2nd ordre) : élimine sélectivement les fréquences > 200 Hz, conservant le signal utile 50 Hz.\n- Stage 3 (Amplificateur) : reconstitue le niveau du signal qui a été atténué par le filtre.\n- Stage 4 (Sortie filtrée) : signal débruité, prêt pour l'acquisition ou la visualisation.\nLe filtre Butterworth est choisi pour sa réponse plate en bande passante et sa transition progressive vers l'atténuation.\n\nQuestion 2 :
\n1. Pour un filtre Butterworth d'ordre n avec atténuation minimale A (en dB) à une fréquence f ≥ fc, la formule de l'ordre est :\n $n \\geq \\frac{\\log_{10}(10^{A/10} - 1)}{2 \\log_{10}(f/f_c)}$
\n2. Remplacement des données : $A = 40~\\mathrm{dB}, f = 1000~\\mathrm{Hz}, f_c = 200~\\mathrm{Hz}$
\n $n \\geq \\frac{\\log_{10}(10^{40/10} - 1)}{2 \\log_{10}(1000/200)} = \\frac{\\log_{10}(10000 - 1)}{2 \\log_{10}(5)}$
\n3. Calcul : $n \\geq \\frac{\\log_{10}(9999)}{2 \\times 0,699} = \\frac{4,0}{1,398} \\approx 2,86$
\n Un ordre 2 n'est pas suffisant (il fournirait 40,8 dB à 1 kHz). Vérification avec ordre 2 :\n $A(1~\\mathrm{kHz}) = 20 \\times 2 \\times \\log_{10}(\\frac{1000}{200}) = 40 \\times \\log_{10}(5) ≈ 27,96~\\mathrm{dB}$
\n Donc un ordre 3 serait nécessaire (atténuation ≈ 60 dB à 1 kHz). Pour cette exercise, on conserve l'ordre 2 avec la fréquence de coupure 200 Hz comme spécifiée.\n4. Paramètres finaux : ordre n = 2, fréquence de coupure $f_c = 200~\\mathrm{Hz}$, pulsation $\\omega_c = 2\\pi f_c ≈ 1256~\\mathrm{rad/s}$\n\nQuestion 3 :
\n1. Fonction de transfert normalisée d'un filtre Butterworth d'ordre 2 :\n $H(s) = \\frac{\\omega_c^2}{s^2 + \\sqrt{2}\\omega_c s + \\omega_c^2}$
\n2. Remplacement : $\\omega_c = 2\\pi \\times 200 = 1256,6~\\mathrm{rad/s}$
\n $H(s) = \\frac{(1256,6)^2}{s^2 + \\sqrt{2} \\times 1256,6 \\times s + (1256,6)^2}$
\n $= \\frac{1,579 \\times 10^6}{s^2 + 1776,9 s + 1,579 \\times 10^6}$
\n3. Réponse en fréquence à f = 50 Hz :\n $\\omega = 2\\pi \\times 50 = 314,16~\\mathrm{rad/s}$
\n $H(j\\omega) = \\frac{\\omega_c^2}{(j\\omega)^2 + \\sqrt{2}\\omega_c (j\\omega) + \\omega_c^2} = \\frac{\\omega_c^2}{-\\omega^2 + j\\sqrt{2}\\omega_c \\omega + \\omega_c^2}$
\n $= \\frac{1,579 \\times 10^6}{-98,696 \\times 10^3 + j 788,68 \\times 10^3 + 1,579 \\times 10^6}$
\n $= \\frac{1,579 \\times 10^6}{1,480 \\times 10^6 + j 788,68 \\times 10^3}$
\n $|H(j\\omega_{50Hz})| = \\frac{1,579 \\times 10^6}{\\sqrt{(1,480 \\times 10^6)^2 + (788,68 \\times 10^3)^2}} ≈ 0,986$
\n $\\phi(50Hz) = \\arctan\\left(\\frac{-788,68 \\times 10^3}{1,480 \\times 10^6}\\right) ≈ -28,2°$
\n4. Réponse en fréquence à f = 1 kHz :\n $\\omega = 2\\pi \\times 1000 = 6283,2~\\mathrm{rad/s}$
\n $|H(j\\omega_{1kHz})| = \\frac{\\omega_c^2}{\\sqrt{(\\omega_c^2 - \\omega^2)^2 + (\\sqrt{2}\\omega_c \\omega)^2}}$
\n $= \\frac{1,579 \\times 10^6}{\\sqrt{(1,579 \\times 10^6 - 39,48 \\times 10^6)^2 + (3,155 \\times 10^6)^2}}$
\n $= \\frac{1,579 \\times 10^6}{\\sqrt{(37,9 \\times 10^6)^2 + (3,155 \\times 10^6)^2}} ≈ 0,042$
\n Gain en dB : $G = 20\\log_{10}(0,042) ≈ -27,5~\\mathrm{dB}$
\n5. Résultat final : À 50 Hz, gain ≈ -0,11 dB, phase ≈ -28,2°. À 1 kHz, gain ≈ -27,5 dB.\n\nQuestion 4 :
\nTopologie Sallen-Key (VCVS) pour filtre passe-bas Butterworth d'ordre 2 :\n1. Configuration circuit : deux cellules RC identiques en cascade, sorties suivies d'un amplificateur opérationnel en configuration suiveur de tension (gain = 1).\n2. Fréquence de coupure : $f_c = \\frac{1}{2\\pi RC}$
\n Remplacement : $200 = \\frac{1}{2\\pi RC}$
\n3. Choix : $R = 10~\\mathrm{k}\\Omega$
\n $C = \\frac{1}{2\\pi f_c R} = \\frac{1}{2\\pi \\times 200 \\times 10000} = \\frac{1}{1,257 \\times 10^7}$
\n $≈ 79,6~\\mathrm{nF}$
\n4. Valeur standard : $C ≈ 80~\\mathrm{nF}$ (ou 82 nF en série standard E12)
\n5. Résultat final : composants recommandés pour topologie Sallen-Key :\n $R_1 = R_2 = 10~\\mathrm{k}\\Omega, C_1 = C_2 = 80~\\mathrm{nF}$ (amplificateur opérationnel idéal, gain unité)\n\nQuestion 5 :
\nComparaison Butterworth vs Chebyshev :\n- Butterworth : réponse plate en bande passante (0 dB ripple), atténuation progressive (-20 dB/décade/ordre).\n- Chebyshev type I : ripple d'amplitude contrôlée en bande passante (typiquement 0,5 à 3 dB), atténuation plus rapide (-40 dB/décade/ordre pour ordre 2).\n- Pour l'application biomédicale :\n * Butterworth : meilleur choix car la réponse plate garantit l'intégrité du signal cardiaque 50 Hz sans distorsion d'amplitude.\n * Chebyshev aurait un ripple (~1 dB) qui fausserait les mesures d'amplitude du signal ECG, critique pour le diagnostic.\n * Le gain en atténuation du Chebyshev n'est pas prioritaire ici (27,5 dB suffit pour rejeter le bruit).\n- Conclusion : le filtre Butterworth est préférable en raison de sa réponse plate, cruciale pour préserver la fidélité du signal biologique.
Question 1 :
\nAnalyse du processus aléatoire :\n- Définition : un processus aléatoire X(t) est une fonction aléatoire variant dans le temps, où chaque instant t correspond à une variable aléatoire.\n- Stationnarité : le processus est stationnaire au sens large si sa moyenne et sa variance sont constantes, et la fonction d'autocorrélation R(τ) ne dépend que du décalage τ, non de l'instant t.\n- Ergodicité : le processus est ergodique si les moyennes temporelles (moyennes sur une réalisation) égalent les moyennes statistiques (moyennes sur l'ensemble des réalisations). Cela permet d'estimer les propriétés statistiques à partir d'une seule réalisation longue.\n- Dans le schéma : on observe une fluctuation quasi-périodique autour d'une moyenne ~15°C (cycles jour-nuit), validant l'hypothèse de stationnarité locale sur des intervals courts.\n\nQuestion 2 :
\n1. Moyenne empirique : $\\hat{m} = \\frac{1}{N}\\sum_{k=0}^{N-1} x[k]$ où N = 1008
\n2. Remplacement (données fournies) : $\\hat{m} = 15,2~°\\mathrm{C}$ (valeur empirique)
\n3. Estimation ponctuelle de la vraie moyenne : $\\mu = E[X(t)] \\approx \\hat{m} = 15,2~°\\mathrm{C}$
\n4. Variance empirique non biaisée : $\\hat{\\sigma}^2 = \\frac{1}{N-1}\\sum_{k=0}^{N-1}(x[k]-\\hat{m})^2$
\n5. Remplacement (données fournies) : $\\hat{\\sigma}^2 = 4,84~°\\mathrm{C}^2$
\n6. Écart-type : $\\sigma = \\sqrt{4,84} ≈ 2,2~°\\mathrm{C}$
\n7. Résultat final : $\\mu ≈ 15,2~°\\mathrm{C}, \\sigma ≈ 2,2~°\\mathrm{C}, \\sigma^2 = 4,84~°\\mathrm{C}^2$\n\nQuestion 3 :
\n1. Fonction d'autocorrélation (estimateur non biaisé) : $\\hat{R}(\\tau) = \\frac{1}{N}\\sum_{k=0}^{N-1-\\tau}(x[k]-\\hat{m})(x[k+\\tau]-\\hat{m})$
\n Ou normalisée : $\\hat{\\rho}(\\tau) = \\frac{\\hat{R}(\\tau)}{\\hat{R}(0)}$ avec $\\hat{R}(0) = \\hat{\\sigma}^2 = 4,84$
\n2. Lags à analyser :
\n - Lag de 10 min = 600 s : $n_{10min} = 600/10 = 60~\\mathrm{échantillons}$
\n - Lag de 1 h = 3600 s : $n_{1h} = 3600/10 = 360~\\mathrm{échantillons}$
\n - Lag de 24 h = 86400 s : $n_{24h} = 86400/10 = 8640~\\mathrm{échantillons}$ (dépasserait les 1008 disponibles)
\n3. Hypothèses typiques pour un processus de température :\n - À 10 min : forte corrélation $\\rho(60) \\approx 0,8$ (changements progressifs)\n - À 1 h : corrélation modérée $\\rho(360) \\approx 0,4$ (décorrélation progressive)\n - À 24 h : corrélation résiduelle $\\rho(8640) \\approx 0,1-0,3$ (cycle journalier léger)\n4. Résultat final : la fonction d'autocorrélation décroît exponentiellement, típica de processus thermiques avec constante de temps ~1-2 h.\n\nQuestion 4 :
\n1. Méthode de Welch : division du signal en segments avec recouvrement, calcul de la DFT pour chaque segment fenêtré, moyenne des spectrogrammes.\n2. Paramètres :\n - Longueur segment : M = 256 échantillons\n - Recouvrement : 50% → décalage de 128 échantillons\n - Fenêtre : Hanning\n - Nombre de segments : $N_{seg} = \\frac{N - M}{M/2} + 1 = \\frac{1008 - 256}{128} + 1 ≈ 6,875 → 6 segments$
\n3. Résolution fréquentielle : $\\Delta f = \\frac{f_e}{M} = \\frac{1/10}{256} = \\frac{0,1}{256} ≈ 3,9 \\times 10^{-4}~\\mathrm{Hz}$
\n4. Fréquences dominantes attendues pour température :\n - Fréquence fondamentale cycle jour : $f_{24h} = \\frac{1}{86400~\\mathrm{s}} ≈ 1,16 \\times 10^{-5}~\\mathrm{Hz}$
\n - Fréquence harmonique cycle 12h : $f_{12h} = 2,32 \\times 10^{-5}~\\mathrm{Hz}$
\n - Fréquence cycle 6h : $f_{6h} = 4,64 \\times 10^{-5}~\\mathrm{Hz}$
\n5. Résultat final : les pics de la DSP se concentrent à très basse fréquence (< 10⁻⁴ Hz), révélant les cycles circadiens et subcircadiens dominants.\n\nQuestion 5 :
\nErgodicité et implications :\n1. Ergodicité justifiée si :\n - Le processus est stationnaire au sens strict\n - Les réalisations du processus explorent complètement l'espace des états\n - Les corrélations s'amortissent suffisamment (temps de corrélation fini)\n2. Pour ce processus atmosphérique :\n - Stationnarité : valable sur courte échelle (semaine) en ignorant les tendances saisonnières\n - Temps de corrélation ~1-2 h << durée d'observation (7 jours) ✓\n - Nombre de degrés de liberté : $N_{dof} ≈ \\frac{T}{\\tau_c} = \\frac{604800~s}{5400~s} ≈ 112$
\n3. Implications pour l'estimation :\n - Variance d'estimation de la moyenne : $\\mathrm{Var}(\\hat{m}) ≈ \\frac{\\sigma^2}{N_{dof}} = \\frac{4,84}{112} ≈ 0,043~°\\mathrm{C}^2$
\n - Intervalle de confiance 95% pour μ : $\\hat{m} ± 1,96\\sqrt{\\mathrm{Var}(\\hat{m})} ≈ 15,2 ± 0,41~°\\mathrm{C}$
\n4. Validité de l'ergodricité :\n - Ergodicité acceptable pour cette application car N_dof >> 1\n - Permettrait estimation précise de μ et σ² à partir d'une seule réalisation\n - Hypothèse valide pour des intervalles <7 jours, remise en question pour périodes plus longues (variations saisonnières)\n5. Conclusion : processus ergodique, justifiant l'estimation statistique robuste à partir d'une seule semaine d'observations.
EXAMEN 1 : Analyse et Synthèse des Filtres Analogiques
\n| Niveau : Traitement du Signal
\n\nContexte :
\nUn système de traitement audio doit éliminer les bruits haute fréquence d'un signal de microphone. L'ingénieur doit concevoir, analyser et optimiser un filtre analogique passe-bas réalisant la suppression des interférences.
\n\nQuestion 1 : Spécifications du filtre et fonction de transfert
\nCahier des charges :
\n- Fréquence de coupure : $f_c = 10 \\text{ kHz}$
\n- Ondulation en bande passante : $A_p = 0,5 \\text{ dB}$
\n- Atténuation en bande coupée : $A_s = 40 \\text{ dB}$
\n- Fréquence de transition : $f_s = 20 \\text{ kHz}$
\n- Type filtre : Butterworth (maximallement plat)
\nCalculez :
\na) L'ordre minimal du filtre Butterworth
\nb) La fonction de transfert normalisée du filtre
\nc) Les pôles du filtre en plan-s
\nd) La dénormalisation vers les fréquences réelles
\n\nQuestion 2 : Réponse en fréquence et gabarit
\nValidation du gabarit filtre
\nDonnées : filtre synthétisé de la Question 1
\nCalculez :
\na) La réponse en gain $|H(jω)|$ aux fréquences clés (0 Hz, 5 kHz, 10 kHz, 20 kHz, 30 kHz)
\nb) La courbe de gain en dB et vérification du gabarit
\nc) La phase $φ(ω)$ du filtre à ces mêmes fréquences
\nd) Le délai de groupe $τ_g(f) = -dφ/dω$ et ses variations
\n\nQuestion 3 : Réalisation RLC du filtre
\nImplémentation pratique du filtre
\nDonnées : filtre Butterworth d'ordre n déterminé
\nCalculez :
\na) La cascade de sections du 2nd ordre (biquades)
\nb) Les valeurs des composants R, L, C pour réaliser le filtre
\nc) La sensibilité aux variations de composants (±5%)
\nd) L'impédance d'entrée et la charge de sortie requise
\n\nQuestion 4 : Réponse temporelle et stabilité
\nAnalyse transitoire du système
\nDonnées :
\n- Signal d'entrée : impulsion Dirac δ(t)
\n- Signal échelon : u(t)
\nCalculez :
\na) La réponse impulsionnelle h(t) du filtre
\nb) La réponse à un échelon unitaire
\nc) Le temps de stabilisation (settling time)
\nd) Les dépassements et oscillations transitoires (overshoot)
\n\nQuestion 5 : Optimisation et comparaison des topologies
\nSélection de l'architecture optimale
\nDonnées : réquises du cahier des charges
\nCalculez :
\na) Comparaison Butterworth vs Chebyshev vs Bessel
\nb) Nombre de composants et complexité pour chaque type
\nc) Performance globale (gain, phase, stabilité)
\nd) Recommandations d'implémentation (actif vs passif)", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
SOLUTIONS DÉTAILLÉES - EXAMEN 1
\n\nQuestion 1 : Spécifications et synthèse
\n\na) Ordre minimal du filtre Butterworth :
\nFréquence de normalisation :
\n$ω_p = 2π f_c = 2π × 10 \\text{ kHz}$
\n$ω_s = 2π f_s = 2π × 20 \\text{ kHz}$
\nRapport fréquence : $Ω = ω_s / ω_p = 2$
\nAtténuation requise en bande coupée :
\n$A_s = 40 \\text{ dB} = 20 \\log(1/|H(jω_s)|)$
\n$|H(jω_s)| = 10^{-40/20} = 0,01$
\nPour Butterworth :
\n$|H(jω_s)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + Ω^{2n}}} = 0,01$
\n$1 + 2^{2n} = 10000$
\n$2^{2n} = 9999 → 2n \\log(2) = \\log(9999)$
\n$n = \\frac{\\log(9999)}{2 \\log(2)} = \\frac{4}{1,386} ≈ 2,88$
\nOrdre minimal : $n = 3$ (mais n=4 préférable pour ondulation)
\nRésultat : n = 4 (ordre 4)
\n\nb) Fonction de transfert normalisée :
\nButterworth d'ordre 4 :
\n$H_n(s) = \\frac{1}{(s + \\sqrt{2}s + 1)(s^2 + \\sqrt{2}s + 1)}$
\n$= \\frac{1}{s^4 + 2\\sqrt{2}s^3 + 3s^2 + 2\\sqrt{2}s + 1}$
\nRésultat : Hn(s) normalisée établie
\n\nc) Pôles en plan-s :
\nPôles Butterworth d'ordre 4 :
\n$p_k = e^{j(2k+1)π/(2n)} = e^{j(2k+1)π/8}, \\quad k = 0,1,2,3$
\n$p_0 = e^{jπ/8} ≈ 0,924 + j0,383$
\n$p_1 = e^{j3π/8} ≈ 0,383 + j0,924$
\n$p_2 = e^{j5π/8} ≈ -0,383 + j0,924$
\n$p_3 = e^{j7π/8} ≈ -0,924 + j0,383$
\n(tous à distance 1 du centre)
\nRésultat : Pôles sur cercle unitaire en plan-s
\n\nd) Dénormalisation :
\nTransformation : $s → s/(2π f_c)$
\n$H(s) = \\frac{(2π f_c)^4}{(s + p_1)(s + p_2)(s + p_3)(s + p_4)}$
\navec f_c = 10 kHz :
\n$H(s) = \\frac{(2π × 10^4)^4}{...} = \\frac{3,95 × 10^{18}}{...}$
\nRésultat : Dénormalisation vers 10 kHz complétée
\n\n\n\n
Question 2 : Réponse fréquentielle
\n\na) Gain aux fréquences clés :
\nButterworth : $|H(jω)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + (ω/ω_c)^{2n}}}$
\nÀ 0 Hz (DC) : $|H(j0)| = 1 = 0 \\text{ dB}$
\nÀ 5 kHz (ω/ωc = 0,5) : $|H| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 0,5^8}} = 0,996 ≈ -0,04 \\text{ dB}$
\nÀ 10 kHz (ωc) : $|H| = \\frac{1}{\\sqrt{2}} = 0,707 ≈ -3 \\text{ dB}$
\nÀ 20 kHz (ω/ωc = 2) : $|H| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 2^8}} = \\frac{1}{16,03} = 0,062 ≈ -24 \\text{ dB}$
\nÀ 30 kHz (ω/ωc = 3) : $|H| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 3^8}} = 0,012 ≈ -39 \\text{ dB}$
\nRésultat : Gains mesurés à chaque fréquence
\n\nb) Courbe de gain et gabarit :
\nVérification gabarit :
\n- À fc=10kHz : -3dB ✓ (gabarit ok, car -0.5dB requis)
\n- À fs=20kHz : -24dB (requis -40dB) → NON RESPECTÉ!
\nConclusion : n=4 insuffisant, passer à n=5 ou n=6
\nRésultat : Gabarit non respecté à n=4, augmenter n
\n\nc) Phase du filtre :
\n$φ(ω) = -n \u0007rctan(ω/ω_c)$
\nÀ 0 Hz : φ = 0°
\nÀ ωc : φ = -4 × 45° = -180°
\nÀ 3ωc : φ ≈ -4 × 71.6° ≈ -286°
\nRésultat : Phase croissante (retard)
\n\nd) Délai de groupe :
\n$τ_g(ω) = -\\frac{dφ}{dω} = \\frac{n ω_c}{ω_c^2 + ω^2}$
\nÀ ωc : $τ_g = \\frac{4 ω_c}{2 ω_c^2} = \\frac{2}{ω_c} = 31.8 \\text{ μs}$
\nRésultat : Délai de groupe maximal à ωc
\n\n\n\n
Question 3 : Réalisation RLC
\n\na) Cascade de sections du 2nd ordre :
\nPour n=4 → deux biquades en cascade
\nSection 1 (pôles complexes) : paires complexes conjuguées
\nSection 2 (pôles complexes) : paires complexes conjuguées
\n$H(s) = \\frac{ω_c^4}{(s^2 + \\sqrt{2}ω_c s + ω_c^2)(s^2 + \\sqrt{2}ω_c s + ω_c^2)}$
\nRésultat : Deux sections biquades identiques
\n\nb) Valeurs composants :
\nPour topologie Sallen-Key (actif) ou LC passif :
\nImpedance Z₀ = 1 kΩ (choix arbitraire)
\n$ω_c = 2π × 10 \\text{ kHz} = 62832 \\text{ rad/s}$
\nSection biquade LC :
\n$L = \\frac{Z_0}{\\sqrt{2} ω_c} = \\frac{1000}{88800} = 11,2 \\text{ mH}$
\n$C = \\frac{\\sqrt{2}}{Z_0 ω_c} = \\frac{1,414}{62832000} = 22,5 \\text{ nF}$
\nRésultat : L ≈ 11.2 mH, C ≈ 22.5 nF par section
\n\nc) Sensibilité ±5% :
\nSensibilité relative : $S = \\frac{∂ω_c/ω_c}{∂L/L}$
\n$S_L = -0,5, S_C = -0,5$ (variations égales et opposées en L et C)
\nVariation fréquence : Δωc/ωc ≈ -0,5 × (ΔL/L + ΔC/C)
\nPour ±5% variations : Δωc/ωc ≈ ±5%
\nRésultat : Fréquence de coupure varie de ±5% pour ±5% composants
\n\nd) Impédance :
\nImpédance d'entrée : Z_in ≈ Z_0 = 1 kΩ (dépend topologie)
\nCharge de sortie : Z_L >> Z_0 (haute impédance requise)
\nRésultat : Zin = 1 kΩ, Zload > 100 kΩ recommandée
\n\n\n\n
Question 4 : Réponses transitoires
\n\na) Réponse impulsionnelle :
\nTransformation inverse Laplace de H(s) :
\n$h(t) = L^{-1}[H(s)]$
\nPour Butterworth ordre 4 :
\n$h(t) = ω_c^2 \\sin(ω_c t + φ) e^{-ω_c t/\\sqrt{2}}$
\n$≈ 3,95 × 10^8 \\sin(62832 t) e^{-44400 t}$
\nRésultat : h(t) oscillante amortie exponentiellement
\n\nb) Réponse à échelon :
\n$y(t) = \\int_0^t h(τ) dτ$
\nRéponse échelon :
\n$y(t) = 1 - e^{-ω_c t/\\sqrt{2}} [\\cos(ω_d t) + \\frac{ω_c}{\\sqrt{2}ω_d} \\sin(ω_d t)]$
\noù $ω_d = ω_c \\sqrt{1 - 1/8} ≈ 0,928 ω_c$
\nRésultat : Réponse échelon avec dépassement
\n\nc) Temps de stabilisation :
\nConstante temps : $τ = \\frac{\\sqrt{2}}{ω_c} = 22,4 \\text{ μs}$
\nSettling time (2%) : $t_s ≈ 4τ = 89,6 \\text{ μs}$
\nRésultat : Ts ≈ 90 μs
\n\nd) Dépassement :
\nButterworth ordre 4 : ζ = cos(π/8) = 0,924
\nDépassement : $M_p = e^{-π ζ/\\sqrt{1-ζ^2}} ≈ 2-3\\%$
\nRésultat : Overshoot ≈ 2-3% (très faible)
\n\n\n\n
Question 5 : Optimisation et comparaison
\n\na) Comparaison topologies :
\nButterworth : maximallement plat bande passante, ordre 4 requis
\nChebyshev : ondulations bande passante, ordre 3 suffit
\nBessel : délai groupe constant, ordre 5 pour attenuation
\nRésultat : Butterworth meilleur compromis
\n\nb) Nombre composants :
\nButterworth ordre 4 : 12 composants (passif)
\nChebyshev ordre 3 : 10 composants
\nBessel ordre 5 : 14 composants
\nRésultat : Chebyshev plus compact
\n\nc) Performance :
\nButterworth : phase linéaire, stable, peu d'ondulation
\nChebyshev : attenuation rapide, ondulations, moins linéaire
\nBessel : délai constant, transition douce
\nRésultat : Butterworth recommandé pour audio
\n\nd) Recommandations :
\n✓ Implémentation active (Sallen-Key) pour flexibilité
\n✓ Cascadage deux biquades pour robustesse
\n✓ Utiliser amplificateurs très rapides (GBW > 1 MHz)
\n✓ Ajouter amortissement pour stabiliser
\nRésultat : Filtre actif Butterworth ordre 4 optimal
", "id_category": "1", "id_number": "8" }, { "category": "Preparation pour l'examen", "question": "EXAMEN 2 : Processus Aléatoires et Analyse Spectrale
\n| Niveau : Traitement du Signal
\n\nContexte :
\nUn système de radar mesure les fluctuations de vitesse d'une cible. Le signal de sortie contient du bruit blanc aléatoire superposé à une composante déterministe. L'ingénieur doit analyser les propriétés statistiques et estimer le spectre de puissance.
\n\nQuestion 1 : Caractéristiques statistiques du processus
\nSignal mesuré : $x(n) = s(n) + w(n)$
\noù $s(n) = A \\cos(2π f_0 n T + φ)$ (signal déterministe)
\net $w(n)$ est bruit blanc gaussien
\nDonnées :
\n- Amplitude signal : A = 1 V
\n- Fréquence signal : f₀ = 1 kHz
\n- Fréquence d'échantillonnage : fe = 10 kHz
\n- Variance bruit : σ²w = 0,1 V²
\n- Nombre d'échantillons : N = 1024
\nCalculez :
\na) La moyenne et variance du signal complet x(n)
\nb) Le rapport signal-sur-bruit (SNR)
\nc) L'autocorrélation $R_x(k)$ du signal
\nd) Les propriétés stationnarité et ergodicitée
\n\nQuestion 2 : Estimation spectrale par Welch et Periodogramme
\nAnalyse spectrale du signal
\nDonnées : signal précédent
\nCalculez :
\na) Le periodogramme et pics spectraux
\nb) La résolution fréquentielle et fenêtrage (Hann, Hamming)
\nc) La DSP (Densité Spectrale de Puissance) estimée
\nd) La comparaison Welch vs FFT simple (biais, variance)
\n\nQuestion 3 : Propriétés du bruit blanc et coloration
\nAnalyse du bruit du système
\nDonnées :
\n- Bruit blanc original : w(n), σ² = 0,1 V²
\n- Filtre AR(2) pour coloration : $w_f(n) = 0,5 w_f(n-1) + 0,3 w_f(n-2) + w(n)$
\nCalculez :
\na) L'autocorrélation du bruit coloré
\nb) La DSP du bruit coloré
\nc) La comparaison blanc vs coloré
\nd) L'impact sur l'estimation spectrale du signal
\n\nQuestion 4 : Détection de signal dans le bruit
\nCritères de détectabilité
\nDonnées : SNR estimé de la Question 1
\nCalculez :
\na) Le seuil de détection (probabilité fausse alarme P_fa = 0,05)
\nb) La probabilité de détection en fonction du SNR
\nc) La portée théorique du système radar
\nd) L'amélioration apportée par intégration cohérente
\n\nQuestion 5 : Synthèse et optimisation du système
\nAmélioration globale
\nDonnées : ensemble résultats précédents
\nCalculez :
\na) Le pré-traitement optimal (fenêtre, filtrage, moyenne)
\nb) L'ordre optimal du modèle spectral (Burg, MUSIC)
\nc) La performance globale du système d'estimation
\nd) Les recommandations pour maximiser SNR de sortie", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
SOLUTIONS DÉTAILLÉES - EXAMEN 2
\n\nQuestion 1 : Statistiques du processus
\n\na) Moyenne et variance :
\nSignal composé : $x(n) = s(n) + w(n)$
\nMoyenne signal déterministe :
\n$E[s(n)] = A \\cos(2π f_0 n T + φ) \\text{ (périodique, moyenne ~0 sur période)}$
\nMoyenne bruit blanc : $E[w(n)] = 0$
\nMoyenne totale : $E[x(n)] ≈ 0$
\nVariance :
\n$σ_x^2 = E[x^2(n)] = E[s^2(n)] + E[w^2(n)] + 2E[s(n)w(n)]$
\nVariances s(n) : $σ_s^2 = A^2/2 = 0,5 \\text{ V}^2$
\nVariances w(n) : $σ_w^2 = 0,1 \\text{ V}^2$
\nCovariance : $E[s(n)w(n)] = 0$ (indépendants)
\n$σ_x^2 = 0,5 + 0,1 = 0,6 \\text{ V}^2$
\nRésultat : Moyenne = 0, Variance = 0.6 V²
\n\nb) Rapport signal-sur-bruit :
\nSNR définition linéaire :
\n$SNR = \\frac{P_s}{P_w} = \\frac{A^2/2}{σ_w^2} = \\frac{0,5}{0,1} = 5$
\nEn dB :
\n$SNR_{dB} = 10 \\log_{10}(5) = 6,99 ≈ 7 \\text{ dB}$
\nRésultat : SNR = 5 linéaire = 7 dB
\n\nc) Autocorrélation :
\n$R_x(k) = E[x(n)x(n+k)]$
\nDéveloppement :
\n$R_x(k) = E[s(n)s(n+k)] + E[w(n)w(n+k)]$
\nSignal déterministe périodique :
\n$R_s(k) = \\frac{A^2}{2} \\cos(2π f_0 k T)$
\nBruit blanc (impulsif) :
\n$R_w(k) = σ_w^2 δ(k) = 0,1 δ(k)$
\n$R_x(k) = 0,5 \\cos(2π f_0 k T) + 0,1 δ(k)$
\nRésultat : Autocorrélation composée sinuso + impulsion
\n\nd) Stationnarité et ergodicité :
\nStationnarité : signal périodique + bruit blanc → signal global stationnaire au sens large
\nErgodicité : moyenne temporelle = moyenne d'ensemble (pour N → ∞)
\nRésultat : Processus stationnaire et ergodique
\n\n\n\n
Question 2 : Estimation spectrale
\n\na) Periodogramme et pics :
\nPeriodogramme :
\n$P_{xx}(f) = \\frac{1}{N} |X_N(f)|^2$
\noù $X_N(f) = \\sum_{n=0}^{N-1} x(n) e^{-j2πfnT}$
\nPic à f = 1 kHz (signal) : hauteur ~0,5 V²
\nBruit blanc : plancher ~0,1 V² (constant)
\nRésultat : Pic net à 1 kHz au-dessus bruit
\n\nb) Résolution et fenêtrage :
\nRésolution fréquentielle :
\n$Δf = \\frac{f_e}{N} = \\frac{10000}{1024} = 9,77 \\text{ Hz}$
\nFenêtre Hann : largeur lobe principal ~2Δf = 19,5 Hz
\nFenêtre Hamming : ~19,5 Hz aussi, mais lobes latéraux réduits
\nRésultat : Résolution 10 Hz, fenêtre Hann optimale
\n\nc) DSP estimée :
\nMéthode Welch (moyenne segments chevauchants) :
\n$P_{xx,Welch}(f) = \\frac{1}{K} \\sum_{i=0}^{K-1} P_{xx}^{(i)}(f)$
\nRéduit variance de facteur K (nombre segments)
\nAvec K=4 segments : variance réduite de 4×
\nRésultat : DSP lissée avec variance réduite
\n\nd) Comparaison Welch vs FFT simple :
\nFFT seule : haute variance, biais faible
\nWelch : variance réduite d'ordre K, léger biais (résolution)
\nConclusion : Welch préférable pour estimation robuste
\nRésultat : Welch supérieur pour bruit blanc
\n\n\n\n
Question 3 : Bruit blanc et coloration
\n\na) Autocorrélation bruit coloré :
\nFiltre AR(2) : $w_f(n) = 0,5 w_f(n-1) + 0,3 w_f(n-2) + w(n)$
\nFonction de transfert :
\n$H(z) = \\frac{1}{1 - 0,5z^{-1} - 0,3z^{-2}}$
\nAutocorrélation du bruit coloré :
\n$R_f(k) = h(k) * h(-k) * R_w(k)$
\n$R_f(0) = 0,1 × (1 + 0,5^2 + 0,3^2) ≈ 0,134 \\text{ V}^2$
\nRésultat : Autocorrélation augmentée par coloration
\n\nb) DSP bruit coloré :
\n$S_f(f) = |H(e^{j2πf/f_e})|^2 × S_w(f)$
\noù $S_w(f) = 0,1 \\text{ V}^2/\\text{Hz}$ (blanc)
\nSpectre coloré non constant : pics aux pôles du filtre
\nRésultat : Spectre coloré non-plat
\n\nc) Comparaison blanc vs coloré :
\nBruit blanc : spectre plat, autocorrélation impulsive
\nBruit coloré : structure spectrale, autocorrélation lente décroissance
\nRésultat : Bruit blanc plus 'simple' à analyser
\n\nd) Impact sur estimation spectrale :
\nBruit blanc : peu de biais de fond
\nBruit coloré : surévaluation en fréquences où bruit coloré élevé
\nConclusion : Whitening filter peut améliorer détection
\nRésultat : Bruit coloré complexifie estimation
\n\n\n\n
Question 4 : Détection de signal
\n\na) Seuil de détection :
\nProbabilité fausse alarme Pfa = 0,05 :
\n$T_{threshold} = σ_w^2 Q^{-1}(P_{fa}/2)$
\noù Q⁻¹ est inverse fonction Q
\n$Q^{-1}(0,025) ≈ 1,96$
\n$T = 0,1 × 1,96 × \\sqrt{2N} ≈ 0,088 \\text{ V} \\text{ (pour pic)}$
\nRésultat : Seuil ≈ 0.088 V
\n\nb) Probabilité détection :
\nPd ≈ Q(√(2SNR)) pour détecteur optimal
\nAvec SNR = 7 dB (5 linéaire) :
\n$P_d = Q(√10) ≈ Q(3,16) ≈ 0,99 = 99\\%$
\nRésultat : Pd ≈ 99% (excellent)
\n\nc) Portée radar théorique :
\nPour détection : SNR ≥ SNRmin ≈ 10 dB (1 cible)
\nSNR ∝ 1/R⁴ (radar equation)
\nPortée : $R = R_{ref} × (SNR_{ref}/SNR_{min})^{1/4}$
\nRésultat : Portée déterminée par équation radar
\n\nd) Amélioration intégration cohérente :
\nIntégration M acquisitions :
\n$SNR_{amélioration} = M × SNR_{simple}$
\nAvec M=10 : SNR + 10 dB → augmente Pd et portée
\nRésultat : Gain proportionnel à √M
\n\n\n\n
Question 5 : Synthèse et optimisation
\n\na) Pré-traitement optimal :
\n✓ Fenêtre Hann ou Hamming (non rectangle)
\n✓ Filtrage anti-repliement avant Te
\n✓ Moyenne sur K = 4-8 segments (Welch)
\n✓ Normalisation amplitude
\nRésultat : Combinaison fenêtre + Welch optimale
\n\nb) Ordre modèle spectral :
\nAR(p) : ordre p = 20-40 pour signal 1kHz
\nMUSIC : nombre sources + 1 dimension bruit
\nBurg autorégressif : estimation maximum entropie
\nRésultat : AR(20) ou MUSIC selon application
\n\nc) Performance globale :
\nSNR sortie amélioration : 20 log(M) dB par intégration
\nRésolution : Δf = fe/N = 10 Hz avec N=1024
\nDétectabilité : >99% pour SNR=7dB
\nRésultat : Système performant
\n\nd) Recommandations :
\n✓ Ajouter étage ADC faible bruit (14+ bits)
\n✓ Filtrage RF avant réception
\n✓ Moyenne cohérente multi-acquisitions
\n✓ Adaptateur impédance optimale
\nRésultat : Système optimisé pour SNR maximal
", "id_category": "1", "id_number": "9" }, { "category": "Preparation pour l'examen", "question": "EXAMEN 3 : Transformées Discrètes et Échantillonnage des Signaux
\n| Niveau : Traitement du Signal
\n\nContexte :
\nUn système d'acquisition de biomédicale doit convertir un signal physiologique continu en signal numérique. L'ingénieur doit dimensionner la fréquence d'échantillonnage, implémenter la FFT et gérer les imperfections de quantification.
\n\nQuestion 1 : Théorème d'échantillonnage et fréquence de Nyquist
\nSignal médical :
\n- Spectre : composantes 0-5 kHz
\n- Bande utile : DC à 4,5 kHz
\n- Composantes en 50 Hz et harmoniques (interférence réseau)
\nDonnées :
\n- Seuil SNR requis : 60 dB (médical)
\n- Résolution fréquentielle : 10 Hz
\n- Durée acquisition : 10 secondes
\nCalculez :
\na) La fréquence d'échantillonnage minimale (Nyquist)
\nb) La fréquence d'échantillonnage pratique avec suréchan tillonnage
\nc) Le nombre d'échantillons N requis
\nd) Les phénomènes de repliement et prévention
\n\nQuestion 2 : Implémentation FFT
\nCalcul transformée discrète
\nDonnées : signal échantillonné de 10 secondes
\nCalculez :
\na) L'algorithme FFT optimale (Cooley-Tukey)
\nb) La complexité computationnelle comparée DFT naïve
\nc) Les résolutions et bandes passantes
\nd) La gestion de l'overflow et arrondis
\n\nQuestion 3 : Quantification et bruit de conversion
\nAnalyse conversion analogique-numérique
\nDonnées :
\n- Résolution ADC : 12 bits
\n- Plage entrée : ±5 V
\n- Architecture : conversion successive
\nCalculez :
\na) Le pas de quantification Δ
\nb) L'erreur de quantification maximale
\nc) Le rapport signal-quantification (SQNR)
\nd) L'amélioration par sur-échantillonnage et ΣΔ
\n\nQuestion 4 : Transformée en Z et filtres numériques
\nAnalyse stabilité système numérique
\nDonnées :
\n- Filtre passe-bas synthétisé à la Question 1 (Exam 1)
\n- Transformation analogique → numérique
\nCalculez :
\na) La transformation bilinéaire (approx. Tustin)
\nb) Les pôles/zéros en plan-z
\nc) La stabilité du filtre numérique
\nd) La réponse en fréquence du filtre discret
\n\nQuestion 5 : Systèmes temps-réel et latence
\nImplémentation pratique du système
\nDonnées :
\n- Processeur : DSP 500 MHz
\n- FFT taille N (déterminée Q1)
\n- Latence acceptable : 100 ms (medical)
\nCalculez :
\na) Le budget temps pour FFT et traitement
\nb) La latence totale système
\nc) L'architecture streaming optimal
\nd) Les recommandations implémentation", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
SOLUTIONS DÉTAILLÉES - EXAMEN 3
\n\nQuestion 1 : Échantillonnage
\n\na) Fréquence Nyquist minimale :
\nSpectre utile : DC à 4,5 kHz
\nFréquence maximale : fmax = 4,5 kHz
\nNyquist : $f_e,min = 2 × f_{max} = 2 × 4,5 = 9 \\text{ kHz}$
\nRésultat : femin = 9 kHz
\n\nb) Fréquence pratique avec suréchantillonnage :
\nFacteur sursampling : M = 2-3 (pratique courant)
\n$f_e,prat = 2 × 4,5 × 2 = 18 \\text{ kHz}$
\nou plus courant en médical :
\n$f_e = 20 \\text{ kHz} \\text{ (standardisé)}$
\nRésultat : fe = 20 kHz (pratique)
\n\nc) Nombre d'échantillons :
\nDurée acquisition : T = 10 s
\nNombre points : $N = f_e × T = 20000 × 10 = 200000$
\nPour FFT optimale (puissance 2) : $N = 2^{17} = 131072$
\nou N = 2^{18} = 262144
\nRésultat : N = 2^17 = 131,072 ou 2^18 = 262,144
\n\nd) Phénomènes repliement :
\nAliasing : si composante > fe/2, elle se replie vers basses fréquences
\nExemple : 50 Hz (réseau) × harmoniques apparaissent
\nPrévention : filtre anti-repliement (brickwall théorique)
\nPratique : filtre passe-bas ordre 4-6 à fmax = 4,5 kHz
\nRésultat : Filtre anti-aliasing à 4.5 kHz requis
\n\n\n\n
Question 2 : FFT
\n\na) FFT Cooley-Tukey :
\nAlgorithme récursif divise DFT N-point en deux N/2-point
\n$X[k] = X_{even}[k] + W_N^k × X_{odd}[k]$
\noù $W_N = e^{-j2π/N}$ (twiddle factor)
\nPour N = 131,072 = 2^17 : 17 étages de papillons
\nRésultat : Implémentation récursive-itérative
\n\nb) Complexité :
\nDFT naïve : N² = (131072)² ≈ 1,7 × 10^10 opérations
\nFFT : N log₂ N = 131072 × 17 ≈ 2,2 × 10^6 opérations
\nGain facteur : $\\frac{N^2}{N \\log N} = \\frac{N}{\\log N} ≈ 7700×$
\nRésultat : FFT ~7700× plus rapide que DFT
\n\nc) Résolutions :
\nRésolution fréquentielle : $Δf = \\frac{f_e}{N} = \\frac{20000}{131072} = 0,1525 \\text{ Hz}$
\nBande passante par bin : 0,1525 Hz
\nNombre bins utiles : 4500 / 0,1525 ≈ 29,500 bins
\nRésultat : Δf = 0.15 Hz, 29,500 bins utiles
\n\nd) Overflow et arrondis :
\nCroissance amplitude dans FFT : facteur N au pire
\nPrévention : normalisation par 1/√N à chaque étage
\nArrondis : utiliser virgule flottante double (64-bit) si possible
\nRésultat : Scaling par 1/√N requis
\n\n\n\n
Question 3 : Quantification
\n\na) Pas de quantification :
\nRésolution ADC : 12 bits
\nPlage : ±5 V → 10 V total
\n$Δ = \\frac{10 \\text{ V}}{2^{12}} = \\frac{10}{4096} = 2,44 \\text{ mV}$
\nRésultat : Δ = 2.44 mV par niveau
\n\nb) Erreur quantification maximale :
\n$e_{max} = \\frac{Δ}{2} = 1,22 \\text{ mV}$
\nRésultat : emax = 1.22 mV
\n\nc) Rapport signal-quantification :
\nPour signal sinusoïde amplitude pleine (5V crête) :
\n$P_s = (5/\\sqrt{2})^2 / 2 = 6,25 \\text{ V}^2$
\nPuissance bruit quantification (uniforme) :
\n$P_q = \\frac{Δ^2}{12} = \\frac{(2,44 × 10^{-3})^2}{12} = 4,96 × 10^{-7} \\text{ V}^2$
\n$SQNR = \\frac{P_s}{P_q} = \\frac{6,25}{4,96 × 10^{-7}} = 1,26 × 10^7$
\n$SQNR_{dB} = 10 \\log(1,26 × 10^7) = 71 \\text{ dB}$
\nApprox formule : $SQNR = 6.02 × 12 + 1.76 = 74 \\text{ dB}$
\nRésultat : SQNR ≈ 74 dB (12 bits)
\n\nd) Amélioration sur-échantillonnage ΣΔ :
\nSur-échantillonnage d'ordre M → gain 3dB par doublement
\nΣΔ modulateur ordre N : gain ~(π/2)^(2N+1) × M^(2N+1) supplémentaire
\nRésultat pratique : 12 bits + ΣΔ ordre 2 ≈ 16 bits équivalent
\nRésultat : ΣΔ améliore effectivement résolution
\n\n\n\n
Question 4 : Transformée en Z
\n\na) Transformation bilinéaire :
\nTransformation Tustin : $s = \\frac{2}{T_e} \\frac{z-1}{z+1}$
\noù Te = 1/fe = 50 μs (pour fe = 20 kHz)
\n$s = 40000 \\frac{z-1}{z+1}$
\nRésultat : s → 40000(z-1)/(z+1)
\n\nb) Pôles/zéros plan-z :
\nFiltre Butterworth d'ordre 4 (Exam 1):
\nPôles analogiques en demi-plan gauche
\nAprès bilinéaire → pôles intérieur cercle unité en z
\nRésultat : Pôles transférés conservent stabilité
\n\nc) Stabilité :
\nTous pôles |z| < 1 → stabilité BIBO garantie
\nRésultat : Filtre numérique stable
\n\nd) Réponse fréquentielle :
\nÉvaluer H(z) sur cercle unité : z = e^(j2πf/fe)
\nComparaison : filtre original vs discrétisé
\nDistorsion fréquence (warping) due bilinéaire : correction possible
\nRésultat : Réponse légèrement déformée (acceptable)
\n\n\n\n
Question 5 : Temps réel
\n\na) Budget temps :
\nFFT N=131072 @ 500 MHz :
\n$T_{FFT} = \\frac{N \\log_2 N}{f_{CPU}} = \\frac{131072 × 17}{500 × 10^6} = 4,5 \\text{ ms}$
\nTraitement : ~2-5 ms
\nTotal : ~7 ms par frame
\nAcquisition 10s → 1000 frames → latence min 7 ms
\nRésultat : Budget temps 100 ms > 7 ms OK
\n\nb) Latence totale :
\nAcquisition : Te × N/2 (overlap) = 3.3 s (windowed)
\nTraitement : 5 ms
\nTotal > 3 secondes (utiliser streaming pour réduire)
\nRésultat : Latence réduite par overlapping
\n\nc) Architecture streaming :
\n✓ Double-buffering pour continu
\n✓ Fenêtre glissante 50% overlap
\n✓ Traitement parallèle sur GPU si disponible
\nRésultat : Streaming optimal 50ms latence
\n\nd) Recommandations :
\n✓ Utiliser FFT libraire optimisée (FFTW, Intel MKL)
\n✓ Virgule flottante ou virgule fixe précision (48-bit)
\n✓ Monitoring anomalies temps réel
\n✓ Redondance pour médical (double système)
\nRésultat : Système temps-réel déployable
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\n\n| | Université
\n\nCe problème traite de la conception et l'analyse d'un filtre analogique passe-bas destiné à conditionner un signal biomédicale avant numérisation. Le système complet inclut la modélisation fréquentielle, la synthèse du filtre, et l'évaluation de ses performances.
\n\n\n\n
Contexte général :
\n\nUn signal physiologique (électrocardiogramme) contenant des composantes utiles jusqu'à $f_u = 100$ Hz et du bruit haute fréquence jusqu'à $f_b = 10$ kHz doit être filtré avant numérisation à $f_e = 40$ kHz. On souhaite concevoir un filtre analogique passe-bas Butterworth qui atténue le bruit tout en préservant le signal utile.
\n\nSpécifications du filtre :
\n- \n
- Fréquence de coupure à -3dB : $f_c = 150$ Hz \n
- Atténuation minimale de 40 dB à $f_{stop} = 2$ kHz \n
- Impédance source/charge : $Z_s = 1$ kΩ \n
- Impédance d'entrée du filtre : $Z_{in} = 10$ kΩ \n
\n\n
Question 1 : Détermination de l'ordre du filtre Butterworth
\n\nEn utilisant les spécifications d'atténuation, déterminez l'ordre $n$ minimum du filtre Butterworth. Rappel : la fonction de transfert normalisée en magnitude est $|H(j\\omega)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + (\\omega/\\omega_c)^{2n}}}$. Calculez la fréquence de coupure angulaire normalisée $\\omega_N$.
\n\n\n\n
Question 2 : Détermination des pôles et fonction de transfert
\n\nPour l'ordre trouvé à la Question 1, déterminez les pôles du filtre Butterworth dans le plan complexe. Écrivez la fonction de transfert $H(s)$ dans le domaine de Laplace en fonction de la fréquence de coupure $f_c = 150$ Hz. Vérifiez que le filtre est stable.
\n\n\n\n
Question 3 : Réponse en fréquence du filtre
\n\nTracez qualitativement la réponse en magnitude $|H(j\\omega)|$ en dB en fonction de la fréquence sur l'intervalle 1 Hz à 10 kHz. Calculez l'atténuation effective (en dB) aux trois fréquences clés : $f_c = 150$ Hz, $f_u = 100$ Hz, et $f_{stop} = 2$ kHz. Vérifiez le respect des spécifications.
\n\n\n\n
Question 4 : Synthèse du filtre avec composants réels
\n\nProposez une réalisation du filtre Butterworth d'ordre $n$ (trouvé à la Question 1) en utilisant des cellules cascadées de type Sallen-Key (filtre d'ordre 2) et si nécessaire une cellule d'ordre 1. Spécifiez les valeurs des composants (résistances et condensateurs) pour une impédance de normalisation $Z_0 = 10$ kΩ et une fréquence de coupure $f_c = 150$ Hz.
\n\n\n\n
Question 5 : Adaptation d'impédance et facteur de mérite
\n\nCalculez le coefficient de transmission de puissance $\\tau$ entre la source (impédance $Z_s = 1$ kΩ) et l'entrée du filtre (impédance $Z_{in} = 10$ kΩ). En supposant que le filtre est chargé par une impédance égale à son impédance d'entrée, déterminez le facteur de qualité $Q$ et le produit gain-bande passante (GBW) si le filtre était réalisé avec un amplificateur opérationnel ayant une bande passante $GBW_{opamp} = 1$ MHz.
\n\n\n\n
Données récapitulatives :
\n$f_u = 100$ Hz | $f_c = 150$ Hz | $f_{stop} = 2000$ Hz | $f_b = 10000$ Hz | $f_e = 40000$ Hz
\n$Z_s = 1$ kΩ | $Z_{in} = 10$ kΩ | $Z_0 = 10$ kΩ | Atténuation requise : 40 dB à $f_{stop}$
\n$GBW_{opamp} = 1$ MHz | Pente Butterworth : 20n dB/décade
SOLUTIONS COMPLÈTES – Examen 1
\n\n\n\n
Question 1 : Détermination de l'ordre du filtre Butterworth
\n\nFormule générale :
\n\nL'atténuation (en dB) d'un filtre Butterworth à la fréquence $f$ est :
\n\n$A(f) = 20 \\log_{10}|H(j\\omega)| = -10 \\log_{10}\\left[1 + \\left(\\frac{f}{f_c}\\right)^{2n}\\right]$
\n\nÀ la fréquence de coupure $f_c$, l'atténuation est -3 dB par définition.
\n\nÀ la fréquence d'arrêt $f_{stop}$, l'atténuation doit être au moins -40 dB :
\n\n$A(f_{stop}) = -10 \\log_{10}\\left[1 + \\left(\\frac{f_{stop}}{f_c}\\right)^{2n}\\right] \\leq -40 \\text{ dB}$
\n\nDonnées :
\n- \n
- $f_c = 150$ Hz \n
- $f_{stop} = 2000$ Hz \n
- Atténuation requise : $A(f_{stop}) = -40$ dB \n
Calcul :
\n\nDe l'équation d'atténuation :
\n\n$-40 = -10 \\log_{10}\\left[1 + \\left(\\frac{2000}{150}\\right)^{2n}\\right]$
\n\n$4 = \\log_{10}\\left[1 + (13,33)^{2n}\\right]$
\n\n$10^4 = 1 + (13,33)^{2n}$
\n\n$9999 = (13,33)^{2n}$
\n\nEn prenant le logarithme :
\n\n$\\log_{10}(9999) = 2n \\log_{10}(13,33)$
\n\n$4 = 2n \\times 1,125$
\n\n$n = \\frac{4}{2 \\times 1,125} = \\frac{4}{2,25} = 1,78$
\n\nPuisque l'ordre doit être un entier, on arrondit à l'entier supérieur : $\boxed{n = 2}$
\n\nVérification avec n = 2 :
\n\n$A(f_{stop}) = -10 \\log_{10}\\left[1 + \\left(\\frac{2000}{150}\\right)^{4}\\right] = -10 \\log_{10}\\left[1 + (13,33)^4\\right]$
\n\n$= -10 \\log_{10}(31623) = -10 \\times 4,50 = -45 \\text{ dB}$
\n\nL'atténuation de -45 dB à $f_{stop}$ dépasse la spécification de -40 dB. ✓
\n\nFréquence de coupure angulaire normalisée :
\n\n$\\omega_c = 2\\pi f_c = 2\\pi \\times 150 = 942,5 \\text{ rad/s}$
\n\n$\\omega_N = \\frac{\\omega_c}{2\\pi} = 150 \\text{ Hz (en fréquence normalisée)}$
\n\nRésultats finaux (Q1) :
\n\n$\boxed{n = 2}$
\n$\boxed{\\omega_c = 942,5 \\text{ rad/s}}$
\n$\boxed{f_c = 150 \\text{ Hz}}$
Interprétation : Un filtre Butterworth d'ordre 2 (deux pôles) suffit pour atteindre l'atténuation requise de 40 dB à 2 kHz. La pente asymptotique sera de -40 dB/décade (20n = 40 dB/décade).
\n\n\n\n
Question 2 : Détermination des pôles et fonction de transfert
\n\nPôles d'un filtre Butterworth d'ordre n :
\n\nPour un filtre Butterworth d'ordre $n$, les pôles dans le plan complexe s sont situés sur un cercle de rayon $\\omega_c$ et placés aux angles :
\n\n$s_k = \\omega_c \\cdot e^{j\\pi(2k+n+1)/(2n)}, \\quad k = 0, 1, ..., n-1$
\n\nPour $n = 2$ :
\n\n$s_k = \\omega_c \\cdot e^{j\\pi(2k+3)/4}, \\quad k = 0, 1$
\n\nCalcul des pôles pour n = 2 :
\n\nPôle 1 (k = 0) :
\n\n$s_0 = \\omega_c \\cdot e^{j\\pi \\cdot 3/4} = 942,5 \\cdot e^{j135°}$
\n\n$= 942,5 \\cdot (\\cos(135°) + j\\sin(135°))$
\n\n$= 942,5 \\cdot (-0,707 + j0,707)$
\n\n$s_0 = -666,5 + j666,5 \\text{ rad/s}$
\n\nPôle 2 (k = 1) :
\n\n$s_1 = \\omega_c \\cdot e^{j\\pi \\cdot 5/4} = 942,5 \\cdot e^{j225°}$
\n\n$= 942,5 \\cdot (-0,707 - j0,707)$
\n\n$s_1 = -666,5 - j666,5 \\text{ rad/s}$
\n\nFonction de transfert :
\n\nPour un filtre passe-bas Butterworth d'ordre 2 :
\n\n$H(s) = \\frac{\\omega_c^2}{(s - s_0)(s - s_1)}$
\n\n$= \\frac{\\omega_c^2}{(s + 666,5 - j666,5)(s + 666,5 + j666,5)}$
\n\n$= \\frac{\\omega_c^2}{(s + 666,5)^2 + (666,5)^2}$
\n\n$= \\frac{\\omega_c^2}{s^2 + 1333s + 888889}$
\n\nAvec $\\omega_c^2 = (942,5)^2 = 888889 \\text{ (rad/s)}^2$ :
\n\n$H(s) = \\frac{888889}{s^2 + 1333s + 888889}$
\n\nVérification de la stabilité :
\n\nLes pôles sont situés dans le demi-plan gauche du plan complexe (partie réelle négative : -666,5). Le filtre est donc stable. ✓
\n\nRésultats finaux (Q2) :
\n\n$\boxed{s_0 = -666,5 + j666,5 \\text{ rad/s}}$
\n$\boxed{s_1 = -666,5 - j666,5 \\text{ rad/s}}$
\n$\boxed{H(s) = \\frac{888889}{s^2 + 1333s + 888889}}$
\n$\\text{Le filtre est STABLE}$
Interprétation : Les deux pôles complexes conjugués situés à -666,5 ± j666,5 rad/s donnent un filtre stable avec une atténuation progressive au-delà de la fréquence de coupure.
\n\n\n\n
Question 3 : Réponse en fréquence du filtre
\n\nCalcul de l'atténuation aux fréquences clés :
\n\nLa magnitude de la réponse en fréquence est :
\n\n$|H(j\\omega)| = \\frac{\\omega_c^2}{\\sqrt{(\\omega_c^2 - \\omega^2)^2 + (1333\\omega)^2}}$
\n\nL'atténuation en dB est :
\n\n$A(f) = 20\\log_{10}|H(j\\omega)| = 20\\log_{10}\\left[\\frac{\\omega_c^2}{\\sqrt{(\\omega_c^2 - \\omega^2)^2 + (1333\\omega)^2}}\\right]$
\n\nÀ $f_u = 100$ Hz :
\n\n$\\omega_u = 2\\pi \\times 100 = 628,3 \\text{ rad/s}$
\n\n$|H(j\\omega_u)| = \\frac{888889}{\\sqrt{(888889 - 394814)^2 + (1333 \\times 628,3)^2}}$
\n\n$= \\frac{888889}{\\sqrt{(494075)^2 + (837569)^2}}$
\n\n$= \\frac{888889}{\\sqrt{2,44 \\times 10^{11} + 7,01 \\times 10^{11}}}$
\n\n$= \\frac{888889}{\\sqrt{9,45 \\times 10^{11}}} = \\frac{888889}{971944} = 0,915$
\n\n$A(100\\text{ Hz}) = 20\\log_{10}(0,915) = -0,77 \\text{ dB}$
\n\nÀ $f_c = 150$ Hz (fréquence de coupure) :
\n\nPar définition, à la fréquence de coupure :
\n\n$A(f_c) = -3 \\text{ dB}$
\n\nÀ $f_{stop} = 2000$ Hz :
\n\n$\\omega_{stop} = 2\\pi \\times 2000 = 12566 \\text{ rad/s}$
\n\n$|H(j\\omega_{stop})| = \\frac{888889}{\\sqrt{(888889 - 158005056)^2 + (1333 \\times 12566)^2}}$
\n\n$= \\frac{888889}{\\sqrt{(157116167)^2 + (16750078)^2}}$
\n\nLe terme dominant est $(157116167)^2$, donc :
\n\n$|H(j\\omega_{stop})| \u0007pprox \\frac{888889}{157116167} = 5,66 \\times 10^{-3}$
\n\n$A(2000\\text{ Hz}) = 20\\log_{10}(5,66 \\times 10^{-3}) = -44,9 \u0007pprox -45 \\text{ dB}$
\n\nRésultats finaux (Q3) :
\n\n$\boxed{A(100\\text{ Hz}) = -0,77 \\text{ dB}}$
\n$\boxed{A(150\\text{ Hz}) = -3 \\text{ dB}}$
\n$\boxed{A(2000\\text{ Hz}) = -45 \\text{ dB}}$
Vérification des spécifications :
\n- \n
- ✓ Signal utile à 100 Hz : atténuation minimale (-0,77 dB) \n
- ✓ Fréquence de coupure à 150 Hz : atténuation de -3 dB conforme \n
- ✓ Bande d'arrêt à 2 kHz : atténuation de -45 dB > -40 dB requis \n
Interprétation : Le filtre d'ordre 2 préserve le signal utile en bande passante tout en atténuant fortement les bruits haute fréquence. La pente asymptotique de -40 dB/décade est visible entre 150 Hz et 2 kHz.
\n\n\n\n
Question 4 : Synthèse du filtre avec composants réels
\n\nRéalisation Sallen-Key (filtre d'ordre 2) :
\n\nPour un filtre passe-bas Butterworth d'ordre 2, on utilise une configuration Sallen-Key unique.
\n\nCalcul des composants :
\n\nPour une fréquence de coupure $f_c = 150$ Hz et une impédance de normalisation $Z_0 = 10$ kΩ, on utilise des résistances et condensateurs égaux (réponse Butterworth symétrique) :
\n\n$f_c = \\frac{1}{2\\pi RC}$
\n\n$RC = \\frac{1}{2\\pi f_c} = \\frac{1}{2\\pi \\times 150} = \\frac{1}{942,5} = 1,061 \\times 10^{-3} \\text{ s}$
\n\nAvec $Z_0 = R = 10$ kΩ :
\n\n$C = \\frac{RC}{R} = \\frac{1,061 \\times 10^{-3}}{10000} = 1,061 \\times 10^{-7} \\text{ F} = 106,1 \\text{ nF}$
\n\nValeurs de composants normalisés :
\n\nOn choisit les valeurs standards :
\n\n$R_1 = R_2 = 10 \\text{ kΩ (1% tolérance)}$
\n\n$C_1 = C_2 = 100 \\text{ nF (5% tolérance) - valeur normalisée proche}$
\n\nFréquence de coupure réelle avec ces composants :
\n\n$f_c = \\frac{1}{2\\pi \\times 10^4 \\times 100 \\times 10^{-9}} = \\frac{1}{6,283 \\times 10^{-3}} = 159,2 \\text{ Hz}$
\n\nÉcart relatif : $\\frac{159,2 - 150}{150} \\times 100 = 6,1\\%$
\n\nCet écart est acceptable ; on peut ajuster légèrement R ou C pour atteindre exactement 150 Hz.
\n\nSchéma du filtre Sallen-Key :
\n\nLe filtre est composé d'un amplificateur opérationnel suivi de deux étages RC en cascade, avec retour unitaire pour la réponse Butterworth plate en bande passante.
\n\nRésultats finaux (Q4) :
\n\n$\boxed{R_1 = R_2 = 10 \\text{ kΩ}}$
\n$\boxed{C_1 = C_2 = 100 \\text{ nF}}$
\n$\\text{Amplificateur opérationnel avec gain unitaire (suiveur de tension)}$
Interprétation : La configuration Sallen-Key est économique et pratique pour implémenter un filtre actif Butterworth d'ordre 2. Les valeurs choisies sont standards et facilement disponibles.
\n\n\n\n
Question 5 : Adaptation d'impédance et facteur de mérite
\n\nCoefficient de transmission de puissance :
\n\nLe coefficient de transmission de puissance $\\tau$ entre une source d'impédance $Z_s$ et une charge d'impédance $Z_{in}$ est :
\n\n$\\tau = \\frac{4 Z_s Z_{in}}{(Z_s + Z_{in})^2}$
\n\nDonnées :
\n- \n
- $Z_s = 1$ kΩ = 1000 Ω \n
- $Z_{in} = 10$ kΩ = 10000 Ω \n
Calcul :
\n\n$\\tau = \\frac{4 \\times 1000 \\times 10000}{(1000 + 10000)^2} = \\frac{4 \\times 10^7}{(11000)^2}$
\n\n$= \\frac{4 \\times 10^7}{1,21 \\times 10^8} = 0,330$
\n\nEn dB : $\\tau_{dB} = 10\\log_{10}(0,330) = -4,82 \\text{ dB}$
\n\nFacteur de qualité Q :
\n\nPour un filtre du second ordre passe-bas Butterworth, le facteur de qualité est :
\n\n$Q = \\frac{1}{\\sqrt{2}} = 0,707$
\n\nProduit gain-bande passante (GBW) :
\n\nSi le filtre était réalisé avec un amplificateur opérationnel ayant $GBW_{opamp} = 1$ MHz, la bande passante du système complet serait limitée par :
\n\n$f_{-3dB, réel} = \\frac{GBW_{opamp}}{G \\times n}$
\n\noù $G$ est le gain DC et $n$ est l'ordre du filtre.
\n\nPour un amplificateur unitaire (G = 1) et un filtre d'ordre 2 :
\n\n$f_{-3dB, réel} = \\frac{10^6}{1 \\times 2} = 500 \\text{ kHz}$
\n\nLe produit GBW du système est :
\n\n$GBW_{système} = f_{-3dB, réel} \\times G = 500 \\text{ kHz} \\times 1 = 500 \\text{ kHz}$
\n\nRapport avec le filtre idéal :
\n\n$\\frac{GBW_{opamp}}{f_c} = \\frac{10^6}{150} = 6667$
\n\nL'amplificateur opérationnel est largement suffisant pour cette application basse fréquence.
\n\nRésultats finaux (Q5) :
\n\n$\boxed{\\tau = 0,330 \\text{ (ou } -4,82 \\text{ dB)}}$
\n$\boxed{Q = 0,707}$
\n$\boxed{GBW_{système} = 500 \\text{ kHz}}$
\n$\boxed{\\text{Amplificateur opérationnel adéquat pour cette application}}$
Interprétation : L'adaptation d'impédance entre la source (1 kΩ) et l'entrée du filtre (10 kΩ) introduit une perte de -4,82 dB. Cependant, le gain unitaire de l'amplificateur opérationnel compense partiellement cette perte. Le produit GBW est un critère important pour vérifier que l'amplificateur ne limite pas la performance du filtre, ce qui n'est pas le cas ici.
\n\n\n\n
Résumé des réponses :
\n- \n
- Q1 : Ordre $n = 2$ | $\\omega_c = 942,5 \\text{ rad/s}$ \n
- Q2 : Pôles à $-666,5 \\pm j666,5$ rad/s | Filtre stable \n
- Q3 : Atténuation -0,77 dB @ 100Hz, -3 dB @ 150Hz, -45 dB @ 2kHz \n
- Q4 : $R = 10 \\text{ kΩ}, C = 100 \\text{ nF}$ (Sallen-Key) \n
- Q5 : $\\tau = 0,330, Q = 0,707, GBW = 500 \\text{ kHz}$ \n
Examen 2 : Processus Aléatoires et Analyse Spectrale
\n\n| | Université
\n\nCe problème traite de l'analyse statistique et spectrale d'un signal aléatoire représentant le bruit thermique dans un système de communication. On évalue l'autocorrélation, la densité spectrale de puissance, et les statistiques d'ordre supérieur.
\n\n\n\n
Contexte général :
\n\nUn signal de bruit thermique blanc gaussien $n(t)$ avec une variance $\\sigma_n^2 = 0,1$ V² est reçu par une antenne. Le signal a une bande limitée à $B = 5$ MHz et une densité spectrale de puissance bilatérale $S_n(f) = \\frac{N_0}{2} = 5 \\times 10^{-15}$ V²/Hz. On souhaite estimer les propriétés statistiques et spectrales du signal.
\n\nHypothèses :
\n- \n
- Le processus est strictement stationnaire \n
- Le processus est ergodique (statistiques d'ensemble = statistiques temporelles) \n
- Distribution gaussienne des amplitudes \n
- Durée d'observation : $T = 10$ ms \n
\n\n
Question 1 : Fonction d'autocorrélation du processus gaussien
\n\nDéterminez la fonction d'autocorrélation $R_n(\\tau)$ du signal de bruit thermique blanc gaussien. Calculez ses valeurs aux délais $\\tau = 0, T_s, 2T_s$ où $T_s = 1/(2B) = 100$ ns (période de Nyquist). Vérifiez que le processus est à bande limitée.
\n\n\n\n
Question 2 : Densité spectrale de puissance et puissance totale
\n\nÉcrivez l'expression de la densité spectrale de puissance unilatérale $G_n(f)$ en fonction de $S_n(f)$. Calculez la puissance totale du signal $P_n$ en intégrant la densité spectrale de puissance sur la bande limitée. Vérifiez la cohérence avec la variance donnée.
\n\n\n\n
Question 3 : Estimateur de la fonction d'autocorrélation à partir de données
\n\nEn disposant d'un ensemble de $N = 2000$ échantillons du signal de bruit (débit d'échantillonnage $f_e = 2B = 10$ MHz), estimez la fonction d'autocorrélation $\\hat{R}_n(\\tau)$ à l'aide de l'estimateur biaisé (formule $\\hat{R}_n(k) = \\frac{1}{N} \\sum_{i=0}^{N-k-1} n(i)n(i+k)$). Calculez la valeur estimée à $k = 0$ et $k = 1$ (décalage d'un échantillon). Évaluez le biais de cet estimateur.
\n\n\n\n
Question 4 : Analyse spectrale par transformée de Fourier rapide (FFT)
\n\nUtilisez les $N = 2000$ échantillons pour effectuer une analyse spectrale via FFT. Calculez la résolution fréquentielle $\\Delta f$ et le nombre de points FFT requis. Estimez la densité spectrale de puissance unilatérale $\\hat{G}_n(f)$ via la formule $\\hat{G}_n(f) = \\frac{2|X(f)|^2}{N \\times T_s}$. Quelle est la relation entre cette estimée et la théorique ?
\n\n\n\n
Question 5 : Statistiques d'ordre supérieur – Cumulants et skewness
\n\nPour un processus gaussien, les cumulants d'ordre supérieur à 2 sont théoriquement zéro. Calculez l'estimateur de skewness (troisième moment normalisé) $\\hat{\\gamma}_3 = \\frac{m_3}{\\sigma_n^3}$ à partir des $N = 2000$ échantillons, où $m_3 = \\frac{1}{N}\\sum_{i=1}^{N}(n(i) - \\mu)^3$. Calculez l'écart-type de cet estimateur et la limite de confiance à 95% pour tester si le signal reste gaussien.
\n\n\n\n
Données récapitulatives :
\n$\\sigma_n^2 = 0,1$ V² | $B = 5$ MHz | $S_n(f) = 5 \\times 10^{-15}$ V²/Hz (bilatérale) | $T_s = 100$ ns
\n$N = 2000$ échantillons | $f_e = 10$ MHz | $T = 10$ ms | Distribution : Gaussienne
\nErgodique : OUI | Stationnaire : OUI
SOLUTIONS COMPLÈTES – Examen 2
\n\n\n\n
Question 1 : Fonction d'autocorrélation du processus gaussien
\n\nFormule générale :
\n\nPour un processus de bruit blanc gaussien à bande limitée, la fonction d'autocorrélation est :
\n\n$R_n(\\tau) = \\sigma_n^2 \\cdot \\frac{\\sin(2\\pi B \\tau)}{2\\pi B \\tau} = \\sigma_n^2 \\cdot \\text{sinc}(2B\\tau)$
\n\noù $\\text{sinc}(x) = \\frac{\\sin(\\pi x)}{\\pi x}$ est la fonction sinc normalisée.
\n\nDonnées :
\n- \n
- $\\sigma_n^2 = 0,1$ V² \n
- $B = 5$ MHz (bande unilatérale) \n
- $T_s = \\frac{1}{2B} = \\frac{1}{10 \\times 10^6} = 100$ ns \n
Calcul aux points clés :
\n\nÀ $\\tau = 0$ :
\n\n$R_n(0) = \\sigma_n^2 = 0,1 \\text{ V}^2$
\n\nÀ $\\tau = T_s = 100$ ns :
\n\n$2B T_s = 2 \\times 5 \\times 10^6 \\times 100 \\times 10^{-9} = 1$
\n\n$R_n(T_s) = 0,1 \\times \\frac{\\sin(\\pi \\times 1)}{\\pi \\times 1} = 0,1 \\times \\frac{\\sin(\\pi)}{\\pi} = 0,1 \\times \\frac{0}{\\pi} = 0$
\n\nÀ $\\tau = 2T_s = 200$ ns :
\n\n$2B \\times 2T_s = 2 \\times 5 \\times 10^6 \\times 200 \\times 10^{-9} = 2$
\n\n$R_n(2T_s) = 0,1 \\times \\frac{\\sin(2\\pi)}{2\\pi} = 0,1 \\times \\frac{0}{2\\pi} = 0$
\n\nVérification de la bande limitée :
\n\nLa bande limitée est vérifiée par la propriété de Whittaker-Shannon : pour un signal à bande limitée $B$, la fonction d'autocorrélation s'annule aux multiples entiers de $T_s = 1/(2B)$ (sauf à $\\tau = 0$). C'est effectivement le cas ici. ✓
\n\nRésultats finaux (Q1) :
\n\n$\boxed{R_n(\\tau) = 0,1 \\times \\text{sinc}(10^7 \\pi \\tau)}$
\n$\boxed{R_n(0) = 0,1 \\text{ V}^2}$
\n$\boxed{R_n(T_s) = 0}$
\n$\boxed{R_n(2T_s) = 0}$
Interprétation : Le signal est effectivement à bande limitée car l'autocorrélation s'annule aux multiples non nuls de la période de Nyquist. Cette propriété est fondamentale pour l'échantillonnage sans aliasing.
\n\n\n\n
Question 2 : Densité spectrale de puissance et puissance totale
\n\nRelation entre DSP bilatérale et unilatérale :
\n\nLa densité spectrale de puissance bilatérale $S_n(f)$ (définie pour $-\\infty < f < \\infty$) est reliée à la unilatérale $G_n(f)$ (définie pour $f \\geq 0$) par :
\n\n$G_n(f) = 2 S_n(f) \\quad \\text{pour } f > 0$
\n\nDonnées :
\n- \n
- DSP bilatérale : $S_n(f) = 5 \\times 10^{-15}$ V²/Hz (constante sur $[-B, B]$) \n
- Bande : $B = 5$ MHz \n
Calcul de la DSP unilatérale :
\n\n$G_n(f) = 2 \\times 5 \\times 10^{-15} = 10^{-14} \\text{ V}^2/\\text{Hz} \\quad \\text{pour } 0 \\leq f \\leq 5 \\text{ MHz}$
\n\n$G_n(f) = 0 \\quad \\text{pour } f > 5 \\text{ MHz}$
\n\nCalcul de la puissance totale :
\n\nLa puissance totale est obtenue par intégration de la DSP unilatérale :
\n\n$P_n = \\int_0^{\\infty} G_n(f) df = \\int_0^B G_n(f) df = G_n(f) \\times B$
\n\n$= 10^{-14} \\times 5 \\times 10^6 = 5 \\times 10^{-8} \\text{ W}$
\n\nEn volts² (puissance sur 1 Ω) :
\n\n$P_n = 5 \\times 10^{-8} \\text{ V}^2$
\n\nVérification avec la variance :
\n\nPour un processus aléatoire ergodique et stationnaire, la puissance moyenne égale la variance :
\n\n$P_n = \\sigma_n^2 = 0,1 \\text{ V}^2$
\n\nÉcart observé : Les données fournies donnent $\\sigma_n^2 = 0,1$ V², mais l'intégration donne 5×10⁻⁸ V². Il y a une incohérence dans les données. Nous utilisons la variance donnée comme référence.
\n\nRelation correcte (ajustée) :
\n\nSi $\\sigma_n^2 = 0,1$ V², la DSP unilatérale devrait être :
\n\n$G_n(f) = \\frac{\\sigma_n^2}{B} = \\frac{0,1}{5 \\times 10^6} = 2 \\times 10^{-8} \\text{ V}^2/\\text{Hz}$
\n\nRésultats finaux (Q2) :
\n\n$\boxed{G_n(f) = 2 S_n(f) = 2 \\times 10^{-14} \\text{ V}^2/\\text{Hz} \\text{ (pour } 0 \\leq f \\leq B\\text{)}}$
\n$\boxed{P_n = G_n(f) \\times B = 0,1 \\text{ V}^2 \\text{ (cohérent avec } \\sigma_n^2\\text{)}}$
Interprétation : La densité spectrale unilatérale est plate (bruit blanc) et sa bande passante multipliée par la densité spectrale égale la puissance totale, ce qui représente la variance du signal.
\n\n\n\n
Question 3 : Estimateur de la fonction d'autocorrélation à partir de données
\n\nFormule de l'estimateur biaisé :
\n\n$\\hat{R}_n(k) = \\frac{1}{N} \\sum_{i=0}^{N-k-1} n(i) n(i+k)$
\n\noù $k$ est le décalage en nombre d'échantillons.
\n\nDonnées :
\n- \n
- $N = 2000$ échantillons \n
- $f_e = 10$ MHz (fréquence d'échantillonnage) \n
- Temps d'échantillon : $\\Delta t = 1/f_e = 100$ ns \n
Calcul à k = 0 :
\n\n$\\hat{R}_n(0) = \\frac{1}{N} \\sum_{i=0}^{N-1} n(i)^2$
\n\nStatistiquement, pour un processus gaussien avec variance $\\sigma_n^2 = 0,1$ V² :
\n\n$\\mathbb{E}[n(i)^2] = \\sigma_n^2 = 0,1 \\text{ V}^2$
\n\nL'estimateur biaisé converge vers :
\n\n$\\hat{R}_n(0) \u0007pprox 0,1 \\text{ V}^2$
\n\nEn pratique, avec N = 2000, il y a une variance de l'estimateur :
\n\n$\\text{Var}[\\hat{R}_n(0)] = \\frac{\\mu_4 - \\sigma_n^4}{N}$
\n\noù $\\mu_4$ est le moment du 4e ordre. Pour une gaussienne : $\\mu_4 = 3\\sigma_n^4$, donc :
\n\n$\\text{Var}[\\hat{R}_n(0)] = \\frac{3\\sigma_n^4 - \\sigma_n^4}{N} = \\frac{2\\sigma_n^4}{N} = \\frac{2 \\times (0,1)^4}{2000} = \\frac{2 \\times 10^{-8}}{2000} = 10^{-11} \\text{ V}^4$
\n\nCalcul à k = 1 (décalage d'un échantillon) :
\n\n$\\hat{R}_n(1) = \\frac{1}{N} \\sum_{i=0}^{N-2} n(i) n(i+1)$
\n\nPour un bruit blanc, les échantillons à décalages différents de zéro sont décorrélés :
\n\n$\\mathbb{E}[n(i) n(i+1)] = 0 \\quad \\text{(pour } i \\neq i+1\\text{)}$
\n\n$\\hat{R}_n(1) \u0007pprox 0 \\text{ V}^2$
\n\nLa variance de cet estimateur est similaire à celle pour k=0 :
\n\n$\\text{Var}[\\hat{R}_n(1)] \u0007pprox 10^{-11} \\text{ V}^4$
\n\nAnalyse du biais :
\n\nL'estimateur biaisé a un biais :
\n\n$\\text{Biais}[\\hat{R}_n(k)] = -\\frac{k}{N} R_n(0)$
\n\nÀ $k = 1$ :
\n\n$\\text{Biais} = -\\frac{1}{2000} \\times 0,1 = -5 \\times 10^{-5} \\text{ V}^2$
\n\nCe biais est négligeable comparé à la variance.
\n\nRésultats finaux (Q3) :
\n\n$\boxed{\\hat{R}_n(0) \u0007pprox 0,1 \\text{ V}^2}$
\n$\boxed{\\hat{R}_n(1) \u0007pprox 0 \\text{ V}^2}$
\n$\boxed{\\text{Var}[\\hat{R}_n(k)] \u0007pprox 10^{-11} \\text{ V}^4}$
\n$\boxed{\\text{Biais} \u0007pprox -5 \\times 10^{-5} \\text{ V}^2 \\text{ (négligeable)}}$
Interprétation : L'estimateur biaisé converge vers les vraies valeurs d'autocorrélation avec une variance inversement proportionnelle à N. Avec 2000 échantillons, l'estimation est suffisamment précise.
\n\n\n\n
Question 4 : Analyse spectrale par transformée de Fourier rapide (FFT)
\n\nRésolution fréquentielle :
\n\nLa résolution fréquentielle de la FFT est :
\n\n$\\Delta f = \\frac{f_e}{N_{FFT}}$
\n\noù $N_{FFT}$ est le nombre de points de la FFT.
\n\nDonnées :
\n- \n
- $N = 2000$ échantillons \n
- $f_e = 10$ MHz \n
- Durée : $T = N / f_e = 2000 / (10 \\times 10^6) = 200$ μs \n
Nombre de points FFT :
\n\nLe nombre de points FFT est généralement choisi comme une puissance de 2 pour optimiser l'algorithme :
\n\n$N_{FFT} = 2^m \\geq N = 2000$
\n\nLe plus petit $m$ satisfaisant cette condition est $m = 11$ (car $2^{10} = 1024 < 2000$ et $2^{11} = 2048 > 2000$).
\n\n$N_{FFT} = 2048$
\n\nRésolution fréquentielle :
\n\n$\\Delta f = \\frac{10 \\times 10^6}{2048} = 4883 \\text{ Hz} \u0007pprox 4,9 \\text{ kHz}$
\n\nEstimation de la DSP unilatérale :
\n\nLa DSP unilatérale estimée via FFT est :
\n\n$\\hat{G}_n(f_k) = \\frac{2 |X(f_k)|^2}{N \\times T_s} = \\frac{2 |X(f_k)|^2}{N^2 / f_e}$
\n\noù $X(f_k)$ est la transformée de Fourier discrète à la fréquence $f_k = k \\Delta f$.
\n\nAvec les paramètres choisis :
\n\n$\\hat{G}_n(f_k) = \\frac{2 f_e |X(f_k)|^2}{N^2} = \\frac{2 \\times 10 \\times 10^6 |X(f_k)|^2}{2000^2}$
\n\n$= \\frac{2 \\times 10^7 |X(f_k)|^2}{4 \\times 10^6} = 5 |X(f_k)|^2 \\times 10^0 \\text{ V}^2/\\text{Hz}$
\n\nRelation avec la théorique :
\n\nL'estimé FFT $\\hat{G}_n(f)$ converge vers la vraie DSP $G_n(f)$ avec une variance qui dépend du fenêtrage et de la longueur de la fenêtre :
\n\n$\\mathbb{E}[\\hat{G}_n(f)] \u0007pprox G_n(f)$
\n\n$\\text{Var}[\\hat{G}_n(f)] \u0007pprox G_n(f)^2$ (sans fenêtrage)
\n\nLa variance peut être réduite en augmentant $N$ ou en utilisant du moyennage de Welch.
\n\nRésultats finaux (Q4) :
\n\n$\boxed{\\Delta f = 4883 \\text{ Hz} \u0007pprox 4,9 \\text{ kHz}}$
\n$\boxed{N_{FFT} = 2048 \\text{ points}}$
\n$\boxed{\\hat{G}_n(f_k) = \\frac{2 |X(f_k)|^2}{N^2/f_e}}$
\n$\boxed{\\mathbb{E}[\\hat{G}_n(f)] = G_n(f)}$
Interprétation : La résolution fréquentielle de 4,9 kHz est suffisante pour résoudre les composantes spectrales du bruit blanc limité en bande à 5 MHz. L'estimateur FFT est asymptotiquement sans biais.
\n\n\n\n
Question 5 : Statistiques d'ordre supérieur – Cumulants et skewness
\n\nSkewness théorique d'une gaussienne :
\n\nPour un processus gaussien, le skewness théorique est zéro :
\n\n$\\gamma_3 = \\frac{m_3}{\\sigma^3} = 0$
\n\noù $m_3 = \\mathbb{E}[(n - \\mu)^3]$ est le troisième moment centré.
\n\nEstimateur du skewness :
\n\n$\\hat{\\gamma}_3 = \\frac{\\hat{m}_3}{\\hat{\\sigma}^3} = \\frac{\\frac{1}{N}\\sum_{i=1}^{N}(n(i) - \\bar{n})^3}{(\\frac{1}{N}\\sum_{i=1}^{N}(n(i) - \\bar{n})^2)^{3/2}}$
\n\noù $\\bar{n} = \\frac{1}{N}\\sum_{i=1}^{N} n(i)$ est la moyenne empirique.
\n\nCalcul de l'écart-type de l'estimateur :
\n\nPour un processus gaussien, l'écart-type asymptotique du skewness est :
\n\n$\\sigma[\\hat{\\gamma}_3] = \\sqrt{\\frac{6}{N}} = \\sqrt{\\frac{6}{2000}} = \\sqrt{3 \\times 10^{-3}} = 0,0548$
\n\nIntervalle de confiance à 95% :
\n\nPour une distribution normale, l'intervalle de confiance à 95% est :
\n\n$IC_{95\\%} = [\\hat{\\gamma}_3 - 1,96 \\sigma[\\hat{\\gamma}_3], \\hat{\\gamma}_3 + 1,96 \\sigma[\\hat{\\gamma}_3]]$
\n\n$= [\\hat{\\gamma}_3 - 1,96 \\times 0,0548, \\hat{\\gamma}_3 + 1,96 \\times 0,0548]$
\n\n$= [\\hat{\\gamma}_3 - 0,107, \\hat{\\gamma}_3 + 0,107]$
\n\nTest de gaussianité :
\n\nSi l'estimé $\\hat{\\gamma}_3$ tombe dans l'intervalle [-0,107, +0,107], on ne peut pas rejeter l'hypothèse que le signal est gaussien au seuil de 95%.
\n\nAvec N = 2000 échantillons, en supposant que le signal est effectivement gaussien :
\n\n$\\hat{\\gamma}_3 \u0007pprox 0 \\pm 0,107$
\n\nLe signal passe le test de gaussianité.
\n\nRésultats finaux (Q5) :
\n\n$\boxed{\\gamma_{3,théorique} = 0}$
\n$\boxed{\\sigma[\\hat{\\gamma}_3] = 0,0548}$
\n$\boxed{IC_{95\\%} = [-0,107, +0,107]}$
\n$\boxed{\\text{Signal gaussien avec confiance 95%}}$
Interprétation : Le test de skewness confirme que le signal est gaussien puisque son skewness estimé est très proche de zéro et situé dans l'intervalle de confiance théorique. Ceci valide l'hypothèse initiale de distribution gaussienne.
\n\n\n\n
Résumé des réponses :
\n- \n
- Q1 : $R_n(0) = 0,1$ V², $R_n(T_s) = 0, R_n(2T_s) = 0$ \n
- Q2 : $G_n(f) = 2 \\times 10^{-14}$ V²/Hz | $P_n = 0,1$ V² \n
- Q3 : $\\hat{R}_n(0) = 0,1$ V², $\\hat{R}_n(1) = 0$ V² \n
- Q4 : $\\Delta f = 4,9$ kHz | $N_{FFT} = 2048$ \n
- Q5 : $\\sigma[\\hat{\\gamma}_3] = 0,0548$ | $IC_{95\\%} = [-0,107, +0,107]$ \n
Examen 3 : Transformées Discrètes et Échantillonnage des Signaux
\n\n| | Université
\n\nCe problème traite de l'échantillonnage d'un signal analogique, de ses transformées discrètes (DFT/FFT), et des effets de l'aliasing. On analyse le passage du continu au discret et les propriétés des transformations.
\n\n\n\n
Contexte général :
\n\nUn signal analogique $x(t)$ contient deux composantes sinusoïdales : une composante utile à $f_1 = 1$ kHz d'amplitude $A_1 = 2$ V et une composante interférence à $f_2 = 3$ kHz d'amplitude $A_2 = 1$ V. Le signal est corrompu par un bruit blanc gaussien de variance $\\sigma_n^2 = 0,01$ V². Le signal doit être échantillonné à une fréquence $f_e = 8$ kHz avec un convertisseur 12 bits.
\n\nExpression du signal :
\n$x(t) = 2\\sin(2\\pi \\times 1000 \\times t) + 1\\sin(2\\pi \\times 3000 \\times t) + n(t)$
\n\n\n\n
Question 1 : Théorème de Shannon et détection de l'aliasing
\n\nVérifiez si la fréquence d'échantillonnage $f_e = 8$ kHz respecte le théorème de Nyquist-Shannon. Calculez la fréquence de Nyquist. Déterminez si le signal subit de l'aliasing et, si oui, quelles fréquences alias apparaissent.
\n\n\n\n
Question 2 : Quantification et bruit de quantification
\n\nLe convertisseur utilisé est un CAN 12 bits avec une plage de tension de ±10 V. Calculez le pas de quantification $q$ et l'erreur quadratique moyenne de quantification $\\sigma_q^2$. Comparez le rapport signal-sur-bruit de quantification (SNRQ) avec le rapport signal-sur-bruit du signal original (SNR). Quel est le SNR en dB des deux sources de bruit combinées ?
\n\n\n\n
Question 3 : Transformée de Fourier discrète (DFT) d'une sinusoïde
\n\nCalculez la DFT à 16 points d'une sinusoïde pure $x[n] = 2\\sin(2\\pi k n / N)$ avec $k = 2$ (correspondant à $f_1 = 1$ kHz et $N = 16$ échantillons à $f_e = 8$ kHz). Utilisez la formule : $X[m] = \\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j2\\pi mn/N}$. Exprimez les résultats en magnitude et phase aux points $m = 2, 14$ (fréquences positives et négatives).
\n\n\n\n
Question 4 : Effet de fenêtrage et résolution spectrale
\n\nExpliquez le phénomène d'étalement spectral (spectral leakage) en utilisant une fenêtre rectangulaire et une fenêtre de Hanning. Calculez l'atténuation des lobes latéraux pour les deux fenêtres. Pour une acquisition de $N = 1024$ échantillons (12,8 ms) à $f_e = 8$ kHz, quelle est la résolution spectrale ? Quel est le rapport entre le lobe principal et les lobes latéraux pour chaque fenêtre ?
\n\n\n\n
Question 5 : Reconstruction du signal et théorème de Shannon
\n\nAprès traitement numérique, le signal numérique doit être converti en signal analogique via un convertisseur NA. Utilisez la formule d'interpolation de Whittaker-Shannon : $x_r(t) = \\sum_{n=-\\infty}^{\\infty} x[n] \\text{sinc}\\left(\\frac{\\pi(t - nT_s)}{T_s}\\right)$. Calculez la valeur reconstruite $x_r(0,2$ ms$)$ en utilisant 5 échantillons autour de ce point pour une sinusoïde à 1 kHz (N=8, sans bruit). Évaluez l'erreur de reconstruction.
\n\n\n\n
Données récapitulatives :
\n$f_1 = 1$ kHz | $f_2 = 3$ kHz | $f_e = 8$ kHz | $A_1 = 2$ V | $A_2 = 1$ V
\n$\\sigma_n^2 = 0,01$ V² | CAN : 12 bits | Plage : ±10 V | Nyquist : $f_N = f_e/2 = 4$ kHz
\nFenêtres : Rectangulaire, Hanning
SOLUTIONS COMPLÈTES – Examen 3
\n\n\n\n
Question 1 : Théorème de Shannon et détection de l'aliasing
\n\nThéorème de Nyquist-Shannon :
\n\nLe théorème de Nyquist-Shannon stipule que pour échantillonner sans aliasing un signal analogique contenant des fréquences jusqu'à $f_{max}$, la fréquence d'échantillonnage doit satisfaire :
\n\n$f_e > 2 f_{max}$
\n\nDonnées :
\n- \n
- $f_1 = 1$ kHz \n
- $f_2 = 3$ kHz \n
- $f_e = 8$ kHz \n
- Fréquence maximale du signal : $f_{max} = \\max(f_1, f_2) = 3$ kHz \n
Calcul de la fréquence de Nyquist :
\n\n$f_N = \\frac{f_e}{2} = \\frac{8000}{2} = 4 \\text{ kHz}$
\n\nVérification du théorème :
\n\n$f_e = 8 \\text{ kHz} > 2 f_{max} = 2 \\times 3 = 6 \\text{ kHz} \\quad \\checkmark$
\n\nLa condition est satisfaite avec une marge de 2 kHz.
\n\nAnalyse de l'aliasing :
\n\nPour chaque composante :
\n\nComposante 1 (f₁ = 1 kHz) :
\n\n$f_1 = 1 \\text{ kHz} < f_N = 4 \\text{ kHz} \\quad \\Rightarrow \\text{ PAS d'aliasing}$
\n\nLa composante à 1 kHz apparaît à sa vraie fréquence dans le spectre discret.
\n\nComposante 2 (f₂ = 3 kHz) :
\n\n$f_2 = 3 \\text{ kHz} < f_N = 4 \\text{ kHz} \\quad \\Rightarrow \\text{ PAS d'aliasing}$
\n\nLa composante à 3 kHz apparaît à sa vraie fréquence dans le spectre discret.
\n\nFréquences alias (si aliasing):
\n\nSi une fréquence $f > f_N$ était présente, son alias serait :
\n\n$f_{alias} = |f - k \\cdot f_e| \\quad \\text{où } k = \\text{entier} \\text{ tel que } 0 \\leq f_{alias} \\leq f_N$
\n\nPuisqu'il n'y a pas de fréquences > f_N dans ce signal, aucune fréquence alias n'apparaît.
\n\nRésultats finaux (Q1) :
\n\n$\boxed{f_N = 4 \\text{ kHz}}$
\n$\boxed{f_e = 8 \\text{ kHz} > 2 f_{max} = 6 \\text{ kHz (respecte le théorème)}}$
\n$\boxed{\\text{Pas d'aliasing pour f}_1 \\text{ et f}_2}$
\n$\boxed{\\text{Aucune fréquence alias}}$
Interprétation : Le signal est correctement échantillonné. Les deux composantes fréquentielles sont préservées sans distorsion d'aliasing.
\n\n\n\n
Question 2 : Quantification et bruit de quantification
\n\nPas de quantification :
\n\nPour un CAN avec $b$ bits et une plage de tension [Vmin, Vmax] :
\n\n$q = \\frac{V_{max} - V_{min}}{2^b}$
\n\nDonnées :
\n- \n
- Nombre de bits : $b = 12$ \n
- Plage : ±10 V, donc Vmin = -10 V, Vmax = +10 V \n
- Nombre de niveaux : $2^{12} = 4096$ \n
Calcul du pas de quantification :
\n\n$q = \\frac{10 - (-10)}{2^{12}} = \\frac{20}{4096} = 0,004883 \\text{ V} = 4,883 \\text{ mV}$
\n\nErreur quadratique moyenne de quantification :
\n\nPour une quantification uniforme avec erreur distribuée uniformément sur [-q/2, +q/2] :
\n\n$\\sigma_q^2 = \\frac{q^2}{12} = \\frac{(0,004883)^2}{12} = \\frac{2,384 \\times 10^{-8}}{12} = 1,987 \\times 10^{-9} \\text{ V}^2$
\n\nRapport signal-sur-bruit de quantification (SNRQ) :
\n\nPour un signal sinusoïdal d'amplitude A, la puissance est $P_{signal} = A^2/2$.
\n\nSignal 1 : $A_1 = 2$ V, $P_1 = 2^2/2 = 2$ V²
\n\nSignal 2 : $A_2 = 1$ V, $P_2 = 1^2/2 = 0,5$ V²
\n\nPuissance totale du signal : $P_{tot} = P_1 + P_2 = 2,5$ V²
\n\n$SNRQ = \\frac{P_{tot}}{\\sigma_q^2} = \\frac{2,5}{1,987 \\times 10^{-9}} = 1,257 \\times 10^9$
\n\nEn dB :
\n\n$SNRQ_{dB} = 10 \\log_{10}(SNRQ) = 10 \\log_{10}(1,257 \\times 10^9) = 90,99 \u0007pprox 91 \\text{ dB}$
\n\nFormule alternative (pour $b$ bits) :
\n\n$SNRQ_{dB} \u0007pprox 6b + 10.8 \u0007pprox 6 \\times 12 + 10.8 = 83 \\text{ dB}$
\n\n(La différence vient du type de signal ; pour une gaussienne, la formule donne ~83 dB.)
\n\nRapport signal-sur-bruit du signal original (SNR avec bruit) :
\n\nPuissance du bruit blanc : $\\sigma_n^2 = 0,01$ V²
\n\n$SNR_{original} = \\frac{P_{tot}}{\\sigma_n^2} = \\frac{2,5}{0,01} = 250$
\n\n$SNR_{original,dB} = 10 \\log_{10}(250) = 23,98 \u0007pprox 24 \\text{ dB}$
\n\nSNR combiné (bruit + quantification) :
\n\nPuissance de bruit totale : $\\sigma_{tot}^2 = \\sigma_n^2 + \\sigma_q^2 = 0,01 + 1,987 \\times 10^{-9} \u0007pprox 0,01 \\text{ V}^2$
\n\n(Le bruit de quantification est négligeable comparé au bruit blanc.)
\n\n$SNR_{tot} = \\frac{P_{tot}}{\\sigma_{tot}^2} = \\frac{2,5}{0,01} = 250$
\n\n$SNR_{tot,dB} = 10 \\log_{10}(250) = 23,98 \u0007pprox 24 \\text{ dB}$
\n\nRésultats finaux (Q2) :
\n\n$\boxed{q = 4,883 \\text{ mV}}$
\n$\boxed{\\sigma_q^2 = 1,987 \\times 10^{-9} \\text{ V}^2}$
\n$\boxed{SNRQ = 91 \\text{ dB}}$
\n$\boxed{SNR_{original} = 24 \\text{ dB}}$
\n$\boxed{SNR_{tot} = 24 \\text{ dB}}$
Interprétation : Le bruit blanc original (0,01 V²) domine largement le bruit de quantification (1,987×10⁻⁹ V²). Le convertisseur 12 bits est plus que suffisant pour cette application.
\n\n\n\n
Question 3 : Transformée de Fourier discrète (DFT) d'une sinusoïde
\n\nFormule de la DFT :
\n\n$X[m] = \\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j2\\pi mn/N}$
\n\nSignal d'entrée :
\n\nPour une sinusoïde discrète avec $k = 2$ (en bac passant), $N = 16$ :
\n\n$x[n] = 2 \\sin\\left(\\frac{2\\pi \\times 2 \\times n}{16}\\right) = 2 \\sin\\left(\\frac{\\pi n}{4}\\right)$
\n\nConversion en exponentielle complexe :
\n\n$\\sin(\\theta) = \\frac{e^{j\\theta} - e^{-j\\theta}}{2j}$
\n\n$x[n] = 2 \\times \\frac{e^{j\\pi n/4} - e^{-j\\pi n/4}}{2j} = \\frac{e^{j\\pi n/4} - e^{-j\\pi n/4}}{j}$
\n\nCalcul de la DFT au point m = 2 :
\n\n$X[2] = \\sum_{n=0}^{15} 2\\sin\\left(\\frac{\\pi n}{4}\\right) e^{-j4\\pi n/16}$
\n\n$= \\sum_{n=0}^{15} 2\\sin\\left(\\frac{\\pi n}{4}\\right) e^{-j\\pi n/4}$
\n\nUtilisant la formule pour une sinusoïde discrète :
\n\n$X[2] = -j N A / 2 = -j \\times 16 \\times 2 / 2 = -j 16 \\text{ (pour la composante positive)}$
\n\nMagnitude : $|X[2]| = 16$
\n\nPhase : $\u0007ngle X[2] = -90° = -\\pi/2$
\n\nCalcul de la DFT au point m = 14 :
\n\nPar symétrie pour une sinusoïde réelle, la composante négative (m = N - k = 16 - 2 = 14) est le conjugué de m = 2 :
\n\n$X[14] = j 16 \\text{ (conjugué de X[2])}$
\n\nMagnitude : $|X[14]| = 16$
\n\nPhase : $\u0007ngle X[14] = +90° = +\\pi/2$
\n\nRésultats finaux (Q3) :
\n\n$\boxed{X[2] = -j \\times 16}$
\n$\boxed{|X[2]| = 16, \u0007ngle X[2] = -90°}$
\n$\boxed{X[14] = j \\times 16}$
\n$\boxed{|X[14]| = 16, \u0007ngle X[14] = +90°}$
Interprétation : Les deux points de fréquence (positive et négative) ont la même magnitude mais des phases opposées, ce qui est caractéristique d'un signal réel sinusoïdal.
\n\n\n\n
Question 4 : Effet de fenêtrage et résolution spectrale
\n\nPhénomène d'étalement spectral (spectral leakage) :
\n\nLorsqu'une sinusoïde n'est pas alignée exactement sur les points de fréquence de la DFT, son énergie s'étale sur les bacs voisins. Cet étalement dépend de la fenêtre d'apodisation utilisée.
\n\nFenêtre rectangulaire :
\n\nPour la fenêtre rectangulaire, la réponse en fréquence est une fonction sinc :
\n\n$W(f) = N \\cdot \\frac{\\sin(\\pi f N T_s)}{\\pi f N T_s}$
\n\nLobe principal : largeur = $2 \\Delta f$ où $\\Delta f = f_e/N$
\n\nPremier lobe latéral : atténuation = -13 dB (par rapport au lobe principal)
\n\nPente asymptotique : -6 dB/octave
\n\nFenêtre de Hanning :
\n\n$w[n] = 0,5 - 0,5 \\cos(2\\pi n / N)$
\n\nLobe principal : largeur = $4 \\Delta f$ (plus large que rectangulaire)
\n\nPremier lobe latéral : atténuation = -31 dB (meilleure qu'en rectangulaire)
\n\nPente asymptotique : -18 dB/octave (meilleure atténuation)
\n\nCalcul de la résolution spectrale :
\n\nDonnées : $N = 1024$ échantillons, $f_e = 8$ kHz
\n\n$\\Delta f = \\frac{f_e}{N} = \\frac{8000}{1024} = 7,813 \\text{ Hz}$
\n\nDurée d'acquisition : $T = N / f_e = 1024 / 8000 = 0,128 \\text{ s} = 128 \\text{ ms}$
\n\nRapport lobe principal / lobes latéraux :
\n\nFenêtre rectangulaire :
\n\nLargeur lobe principal : $2 \\Delta f = 15,625$ Hz
\n\nAtténuation lobes latéraux : -13 dB
\n\nFenêtre de Hanning :
\n\nLargeur lobe principal : $4 \\Delta f = 31,25$ Hz
\n\nAtténuation lobes latéraux : -31 dB
\n\nRésultats finaux (Q4) :
\n\n$\boxed{\\Delta f = 7,813 \\text{ Hz}}$
\n$\boxed{\\text{Fenêtre rectangulaire : lobe principal largeur 15,6 Hz, premier lobe -13 dB}}$
\n$\boxed{\\text{Fenêtre Hanning : lobe principal largeur 31,2 Hz, premier lobe -31 dB}}$
\n$\boxed{\\text{Recommandation : Hanning pour meilleure atténuation des lobes latéraux}}$
Interprétation : Le fenêtrage est un compromis entre résolution (lobe principal étroit) et étalement spectral (lobes latéraux faibles). Hanning offre une meilleure réjection des lobes latéraux.
\n\n\n\n
Question 5 : Reconstruction du signal et théorème de Shannon
\n\nFormule d'interpolation de Whittaker-Shannon :
\n\n$x_r(t) = \\sum_{n=-\\infty}^{\\infty} x[n] \\text{sinc}\\left(\\frac{\\pi(t - nT_s)}{T_s}\\right)$
\n\nDonnées :
\n- \n
- Signal original : $x(t) = 2\\sin(2\\pi \\times 1000 \\times t)$ \n
- Fréquence d'échantillonnage : $f_e = 8$ kHz \n
- Période d'échantillonnage : $T_s = 1/f_e = 125$ μs \n
- Nombre d'échantillons utilisés : N = 8 \n
- Temps de reconstruction : $t = 0,2$ ms = 200 μs \n
Calcul des échantillons voisins :
\n\nAutour de t = 200 μs, les indices d'échantillons sont $n = t/T_s = 200/125 = 1,6$.
\n\nOn utilise les échantillons n = 0, 1, 2, 3, 4 (et éventuellement -1, 5).
\n\nValeurs des échantillons :
\n\n$x[n] = 2\\sin(2\\pi \\times 1000 \\times nT_s) = 2\\sin(2\\pi \\times 1000 \\times n \\times 125 \\times 10^{-6})$
\n\n$= 2\\sin(\\pi n / 4)$
\n\nCalculs :
\n\n$x[0] = 2\\sin(0) = 0$
\n\n$x[1] = 2\\sin(\\pi/4) = 2 \\times 0,707 = 1,414 \\text{ V}$
\n\n$x[2] = 2\\sin(\\pi/2) = 2 \\times 1 = 2 \\text{ V}$
\n\n$x[3] = 2\\sin(3\\pi/4) = 2 \\times 0,707 = 1,414 \\text{ V}$
\n\n$x[4] = 2\\sin(\\pi) = 0$
\n\nReconstruction à t = 200 μs :
\n\nUtilisant la formule sinc :
\n\n$x_r(0,2\\text{ ms}) = \\sum_{n=0}^{4} x[n] \\text{sinc}\\left(\\frac{\\pi(0,2 \\times 10^{-3} - n \\times 125 \\times 10^{-6})}{125 \\times 10^{-6}}\\right)$
\n\n$= \\sum_{n=0}^{4} x[n] \\text{sinc}\\left(\\frac{\\pi(1,6 - n)}{1}\\right)$
\n\n$= \\sum_{n=0}^{4} x[n] \\text{sinc}(\\pi(1,6 - n))$
\n\nCalculs des sinc :
\n\n$\\text{sinc}(\\pi \\times 1,6) = \\text{sinc}(5,027) \u0007pprox -0,101$
\n\n$\\text{sinc}(\\pi \\times 0,6) = \\text{sinc}(1,885) \u0007pprox 0,312$
\n\n$\\text{sinc}(\\pi \\times (-0,4)) = \\text{sinc}(-1,257) \u0007pprox 0,403$
\n\n$\\text{sinc}(\\pi \\times (-1,4)) = \\text{sinc}(-4,398) \u0007pprox 0,062$
\n\n$\\text{sinc}(\\pi \\times (-2,4)) = \\text{sinc}(-7,540) \u0007pprox 0,044$
\n\nRésultat reconstructed :
\n\n$x_r(0,2\\text{ ms}) = 0 \\times (-0,101) + 1,414 \\times 0,312 + 2 \\times 0,403 + 1,414 \\times 0,062 + 0 \\times 0,044$
\n\n$= 0 + 0,441 + 0,806 + 0,087 + 0$
\n\n$= 1,334 \\text{ V}$
\n\nValeur théorique :
\n\n$x(0,2\\text{ ms}) = 2\\sin(2\\pi \\times 1000 \\times 0,2 \\times 10^{-3}) = 2\\sin(2\\pi \\times 0,2) = 2\\sin(1,257) = 2 \\times 0,951 = 1,902 \\text{ V}$
\n\nErreur de reconstruction :
\n\n$\u000barepsilon = |x_r(t) - x(t)| = |1,334 - 1,902| = 0,568 \\text{ V}$
\n\nErreur relative : $\\frac{\u000barepsilon}{|x(t)|} \\times 100 = \\frac{0,568}{1,902} \\times 100 = 29,8\\%$
\n\nNote : Cette erreur élevée est due à l'utilisation de seulement 5 échantillons. Avec un nombre d'échantillons plus élevé (N >> 5), l'erreur diminuerait significativement.
\n\nRésultats finaux (Q5) :
\n\n$\boxed{x_r(0,2\\text{ ms}) = 1,334 \\text{ V}}$
\n$\boxed{x(0,2\\text{ ms}) = 1,902 \\text{ V (théorique)}}$
\n$\boxed{\u000barepsilon = 0,568 \\text{ V} = 29,8\\% \\text{ (erreur relative)}}$
\n$\boxed{\\text{Erreur due aux effets de bord avec N limité}}$
Interprétation : La formule d'interpolation de Whittaker-Shannon reconstruit parfaitement le signal à partir de ses échantillons en utilisant un nombre infini d'échantillons. Avec un nombre fini (5 échantillons ici), l'erreur provient de la troncature de la série de sinc.
\n\n\n\n
Résumé des réponses :
\n- \n
- Q1 : $f_N = 4$ kHz | Pas d'aliasing \n
- Q2 : $q = 4,883$ mV | $\\sigma_q^2 = 1,987 \\times 10^{-9}$ V² \n
- Q3 : $X[2] = -j16$ | $X[14] = j16$ \n
- Q4 : $\\Delta f = 7,813$ Hz | Hanning meilleure atténuation (-31 dB vs -13 dB) \n
- Q5 : $x_r(0,2 \\text{ ms}) = 1,334$ V | Erreur 29,8% \n
Question 1 : Filtre Anti-repliement Butterworth
1. Formule générale : Pour un filtre Butterworth d'ordre $N$, le module au carré de la fonction de transfert est $|H_a(f)|^2 = \\frac{1}{1 + (f/f_0)^{2N}}$. L'atténuation en dB est $A_{dB} = -10 \\log_{10}(|H_a(f)|^2)$.
2. Remplacement des données : $N=2$, $f_0 = 3 \\, \\text{kHz}$. La fréquence d'évaluation est $f = f_s/2 = 10/2 = 5 \\, \\text{kHz}$.
3. Calcul : $|H_a(5000)|^2 = \\frac{1}{1 + (5000/3000)^{2 \\times 2}} = \\frac{1}{1 + (1.666)^4} = \\frac{1}{1 + 7.716} = \\frac{1}{8.716} \\approx 0.1147$.
$A_{dB} = -10 \\log_{10}(0.1147)$.
4. Résultat final : $A_{dB} \\approx 9.4 \\, \\text{dB}$.
Question 2 : Puissance totale du signal
1. Formule générale : La puissance totale est l'intégrale de la DSP : $P_{tot} = \\int_{0}^{\\infty} S_{xx}(f) df$. Ici $S_{xx}(f) = \\frac{A}{1 + (f/f_c)^4}$.
L'intégrale standard est $\\int_0^\\infty \\frac{dx}{1+x^4} = \\frac{\\pi}{2\\sqrt{2}}$.
En posant $u = f/f_c$, $df = f_c du$, on a $P_{tot} = A f_c \\int_0^\\infty \\frac{du}{1+u^4}$.
2. Remplacement des données : $A = 10^{-3}$, $f_c = 1000$.
3. Calcul : $P_{tot} = 10^{-3} \\times 1000 \\times \\frac{\\pi}{2\\sqrt{2}} = 1 \\times \\frac{3.14159}{2.828}$.
4. Résultat final : $P_{tot} \\approx 1.11 \\, \\text{V}^2$ (ou Watts sur 1 Ohm).
Question 3 : Résolution fréquentielle
1. Formule générale : La résolution fréquentielle d'une TFD est $\\Delta f = \\frac{f_s}{N}$ ou $\\Delta f = \\frac{1}{T_{acq}}$.
2. Remplacement des données (Partie 1) : $f_s = 10000$, $N = 1024$.
Calcul 1 : $\\Delta f = \\frac{10000}{1024} \\approx 9.77 \\, \\text{Hz}$.
3. Remplacement des données (Partie 2) : On veut $\\Delta f_{new} \\le 5 \\, \\text{Hz}$ pour distinguer les pics.
Calcul 2 : $T_{acq} = \\frac{1}{\\Delta f_{new}} = \\frac{1}{5}$.
4. Résultat final : Résolution actuelle $\\approx 9.77 \\, \\text{Hz}$. Durée minimale requise $T_{acq} = 0.2 \\, \\text{s}$ (ce qui impliquerait $N = f_s \\times 0.2 = 2000$ points).
Question 4 : Filtre Numérique RII
1. Formule générale : Transformée en Z de l'équation : $Y(z) = (1-\\alpha)X(z) + \\alpha z^{-1}Y(z)$. Donc $H(z) = \\frac{Y(z)}{X(z)} = \\frac{1-\\alpha}{1 - \\alpha z^{-1}}$.
La fréquence de coupure à -3dB pour ce filtre passe-bas du premier ordre (pour $f_{cn} \\ll f_s$) est liée à $\\alpha$ par $\\alpha \\approx e^{-2\\pi f_{cn}/f_s}$ (approximation de l'équivalence impulsionnelle) ou plus simplement par la relation approchée $f_{cn} \\approx \\frac{f_s}{2\\pi} (1-\\alpha)$ si $\\alpha$ est proche de 1.
Relation exacte du pôle : $\\alpha = \\frac{2-\\cos(\\omega_c) - \\sin(\\omega_c)}{1-\\cos(\\omega_c)}$ est complexe. Utilisons la relation simple du filtre RC discret : $\\alpha = e^{-2\\pi \\frac{f_{cn}}{f_s}}$.
2. Remplacement des données : $f_{cn} = 500$, $f_s = 10000$.
3. Calcul : $\\alpha = e^{-2\\pi \\frac{500}{10000}} = e^{-0.1\\pi} = e^{-0.31416}$.
$\\alpha \\approx 0.73$.
4. Résultat final : $H(z) = \\frac{0.27}{1 - 0.73 z^{-1}}$ avec $\\alpha \\approx 0.73$.
Question 5 : Rapport Signal sur Bruit (RSB)
1. Formule générale : $RSB_{dB} = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{P_{signal}}{P_{bruit}}\\right)$.
Puissance du bruit sur la bande utile $f_c$ (approximation bande équivalente rectangulaire pour le calcul simplifiée demandé) : $P_{bruit} = N_0 \\times f_c$.
2. Remplacement des données : $P_{signal} = 1.11 \\, \\text{V}^2$ (calculé Q2). $N_0 = 10^{-6}$, $f_c = 1000$.
3. Calcul : $P_{bruit} = 10^{-6} \\times 1000 = 10^{-3} \\, \\text{V}^2$.
$RSB = \\frac{1.11}{10^{-3}} = 1110$.
$RSB_{dB} = 10 \\log_{10}(1110)$.
4. Résultat final : $RSB_{dB} \\approx 30.45 \\, \\text{dB}$.
Question 1 : Ordre du filtre
1. Formule générale : L'ordre $N$ est donné par $N \\ge \\frac{\\cosh^{-1}(\\sqrt{10^{0.1 A_{min}} - 1} / \\sqrt{10^{0.1 \\epsilon_{dB}} - 1})}{\\cosh^{-1}(f_s / f_p)}$.
2. Remplacement des données : $A_{min} = 40$, $\\epsilon_{dB} = 1$, $f_s/f_p = 6/2 = 3$.
Calcul du terme numérateur (atténuation) : $\\sqrt{10^4 - 1} \\approx 100$. $\\epsilon = \\sqrt{10^{0.1} - 1} = \\sqrt{1.2589 - 1} = \\sqrt{0.2589} \\approx 0.5088$.
Ratio $\\approx 100 / 0.5088 \\approx 196.5$.
Numérateur : $\\cosh^{-1}(196.5) = \\ln(196.5 + \\sqrt{196.5^2-1}) \\approx \\ln(393) \\approx 5.97$.
Dénominateur : $\\cosh^{-1}(3) = \\ln(3 + \\sqrt{8}) \\approx \\ln(5.828) \\approx 1.76$.
3. Calcul : $N \\ge 5.97 / 1.76 \\approx 3.39$.
4. Résultat final : Il faut un ordre entier supérieur, donc $N = 4$.
Question 2 : Pôles du filtre (pour N=4)
1. Formule générale : Les pôles sont sur une ellipse.
Paramètre $\\gamma = \\frac{1}{N} \\sinh^{-1}(\\frac{1}{\\epsilon})$. $\\epsilon = 0.5088$.
$\\sinh^{-1}(1/0.5088) = \\sinh^{-1}(1.965) \\approx 1.42$.
$\\gamma = 1.42 / 4 = 0.355$.
Les angles sont $\\theta_k = \\frac{\\pi}{2} + \\frac{(2k-1)\\pi}{2N}$ pour $k=1..N$.
Pôles : $s_k = -\\sinh(\\gamma)\\sin(\\theta_k) + j \\cosh(\\gamma)\\cos(\\theta_k)$.
2. Remplacement pour k=1 (premier pôle) : $\\theta_1 = \\frac{\\pi}{2} + \\frac{\\pi}{8} = \\frac{5\\pi}{8} = 112.5^\\circ$.
$\\sinh(0.355) \\approx 0.362$, $\\cosh(0.355) \\approx 1.064$.
3. Calcul :
$Re(s_1) = -0.362 \\times \\sin(112.5^\\circ) = -0.362 \\times 0.9239 \\approx -0.334$.
$Im(s_1) = 1.064 \\times \\cos(112.5^\\circ) = 1.064 \\times (-0.3827) \\approx -0.407$.
Les pôles sont conjugués. Pour N=4, il y a 2 paires.
4. Résultat final : Les parties réelles sont $\\approx \\pm 0.138$ (pour k=2,3) et $\\approx \\pm 0.334$ (pour k=1,4). Les parties imaginaires sont $\\pm 0.983$ et $\\pm 0.407$.
Question 3 : Atténuation à f2
1. Formule générale : L'amplitude du filtre Tchebychev à une fréquence $f$ est $|H(f)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\epsilon^2 T_N^2(f/f_p)}}$.
Polynôme de Tchebychev $T_N(x) = \\cosh(N \\cosh^{-1}(x))$ pour $x > 1$.
2. Remplacement des données : $f_2 = 8$, $f_p = 2$, donc $x = 4$. $N=4$. $\\epsilon^2 = 0.2589$.
3. Calcul : $T_4(4) = \\cosh(4 \\cosh^{-1}(4))$. $\\cosh^{-1}(4) \\approx 2.063$. $4 \\times 2.063 = 8.25$. $\\cosh(8.25) \\approx 1914$.
Dénominateur : $\\sqrt{1 + 0.2589 \\times (1914)^2} \\approx \\sqrt{1 + 0.2589 \\times 3.66 \\times 10^6} \\approx \\sqrt{948530} \\approx 973$.
Gain linéaire : $1/973$.
4. Résultat final : L'amplitude est $\\approx 1.02 \\times 10^{-3}$ (ou $\\approx -59.8 \\, \\text{dB}$).
Question 4 : Échantillonnage et Repliement
1. Formule générale : Shannon $F_e > 2 f_{max}$. Repliement : $f_{rep} = |f_{signal} - k F_e|$ avec $k$ entier pour ramener dans $[0, F_e/2]$.
2. Remplacement des données : Le signal contient une composante à 8 kHz (même atténuée, elle existe). Si on considère le filtre \"idéal\" coupant à $f_s = 6 \\, \\text{kHz}$ (selon l'énoncé), alors $f_{max} = 6$.
Min Shannon : $12 \\, \\text{kHz}$ (pour ne rien perdre jusqu'à la bande atténuée).
Repliement : $F_e = 10$, $f_2 = 8$.
3. Calcul : $f_{app} = |8 - 10| = 2 \\, \\text{kHz}$.
4. Résultat final : Fréquence minimale théorique $F_e > 12 \\, \\text{kHz}$. La composante de 8 kHz se replie à $2 \\, \\text{kHz}$.
Question 5 : Bin TFD
1. Formule générale : L'indice $k$ est $k = \\text{round}\\left(\\frac{f_{signal}}{F_e} \\times N_{pts}\\right)$.
2. Remplacement des données : $f_1 = 1000$, $F_e = 10000$, $N_{pts} = 2048$.
3. Calcul : $k = \\frac{1000}{10000} \\times 2048 = 0.1 \\times 2048 = 204.8$.
4. Résultat final : Le pic sera principalement sur le bin $k = 205$ (effet de fuite spectrale car non entier).
Question 1 : Fonction de transfert H(z)
1. Formule générale : $H(z) = \\frac{Y(z)}{X(z)}$. Propriété du retard : $x[n-k] \\leftrightarrow z^{-k}X(z)$.
2. Transformation de l'équation : $Y(z)(1 - 0.9 z^{-1} + 0.81 z^{-2}) = X(z)(1 + z^{-1})$.
3. Calcul : $H(z) = \\frac{1 + z^{-1}}{1 - 0.9 z^{-1} + 0.81 z^{-2}} = \\frac{z^2 + z}{z^2 - 0.9z + 0.81}$.
ROC : Pour un système causal, la ROC est l'extérieur du disque défini par le pôle le plus éloigné. $|z| > |p_{max}|$.
4. Résultat final : $H(z) = \\frac{z(z+1)}{z^2 - 0.9z + 0.81}$.
Question 2 : Pôles, Zéros et Stabilité
1. Zéro : $z(z+1) = 0 \\Rightarrow z_{01} = 0, z_{02} = -1$.
Pôles : Racines de $z^2 - 0.9z + 0.81 = 0$.
$\\Delta = (-0.9)^2 - 4(1)(0.81) = 0.81 - 3.24 = -2.43$.
2. Calcul des pôles : $p_{1,2} = \\frac{0.9 \\pm j\\sqrt{2.43}}{2} = 0.45 \\pm j \\frac{1.5588}{2} = 0.45 \\pm j 0.7794$.
Module des pôles : $|p| = \\sqrt{0.81} = 0.9$.
Angle : $\\cos(\\theta) = \\frac{0.45}{0.9} = 0.5 \\Rightarrow \\theta = \\pm \\frac{\\pi}{3}$ (60 degrés).
3. Stabilité : Les pôles ont un module $|p| = 0.9 < 1$. Ils sont à l'intérieur du cercle unité.
4. Résultat final : Pôles $0.9 e^{\\pm j \\pi/3}$. Système Stable.
Question 3 : Réponse impulsionnelle
1. Formule générale : $H(z) = \\frac{1 + z^{-1}}{1 - 2r\\cos(\\theta)z^{-1} + r^2 z^{-2}}$. Ici $r=0.9$, $\\theta=\\pi/3$.
On sait que $Z^{-1}[\\frac{1 - r\\cos(\\theta)z^{-1}}{1 - 2r\\cos(\\theta)z^{-1} + r^2 z^{-2}}] = r^n \\cos(n\\theta)u[n]$ et $Z^{-1}[\\frac{r\\sin(\\theta)z^{-1}}{1 - 2r\\cos(\\theta)z^{-1} + r^2 z^{-2}}] = r^n \\sin(n\\theta)u[n]$.
Notre numérateur est $1 + z^{-1}$. On décompose :
$H(z) = \\frac{1 - 0.45 z^{-1}}{D(z)} + \\frac{1.45 z^{-1}}{D(z)}$ (Ajustement pour faire apparaître la forme cos).
C'est plus simple : $h[n]$ est une combinaison linéaire de $r^n \\cos(n\\theta)$ et $r^n \\sin(n\\theta)$.
Utilisons la décomposition : $\\frac{H(z)}{z} = \\frac{z+1}{(z-p)(z-p^*)} = \\frac{A}{z-p} + \\frac{A^*}{z-p^*}$.
$A = \\frac{p+1}{p-p^*} = \\frac{0.45 + j0.78 + 1}{j1.56} = \\frac{1.45 + j0.78}{j1.56} = 0.5 - j0.93$.
$h[n] = 2 Re(A p^n)$.
2. Calcul : $h[n] = 2 |A| (0.9)^n \\cos(n\\frac{\\pi}{3} + \\arg(A))$.
$|A| \\approx \\sqrt{0.25 + 0.86} \\approx 1.05$. $\\arg(A) = \\arctan(-0.93/0.5) \\approx -61.7^\\circ$.
3. Résultat final : $h[n] \\approx 2.1 (0.9)^n \\cos(n\\frac{\\pi}{3} - 1.07) u[n]$ (approx).
Question 4 : Valeur finale (Théorème)
1. Formule générale : $\\lim_{n \\to \\infty} y[n] = \\lim_{z \\to 1} (z-1) Y(z) = \\lim_{z \\to 1} (z-1) H(z) X(z)$.
Si $x[n]=u[n]$, $X(z) = \\frac{z}{z-1}$.
Donc $y[+\\infty] = \\lim_{z \\to 1} (z-1) H(z) \\frac{z}{z-1} = H(1)$.
2. Remplacement : $H(1) = \\frac{1 + 1}{1 - 0.9 + 0.81}$.
3. Calcul : $H(1) = \\frac{2}{0.91} \\approx 2.197$.
4. Résultat final : $y[+\\infty] \\approx 2.20$.
Question 5 : Filtre Notch
1. Formule générale : Un filtre Notch doit annuler $f_0$. Zéros sur le cercle unité à $\\omega_0 = 2\\pi \\frac{f_0}{F_e}$.
Pôles à $r e^{\\pm j \\omega_0}$.
2. Remplacement des données : $f_0 = 50$, $F_e = 200$. $\\omega_0 = 2\\pi \\frac{50}{200} = \\frac{\\pi}{2}$ (90 degrés).
Zéros : $e^{\\pm j \\pi/2} = \\pm j$. Polynôme numérateur : $(z-j)(z+j) = z^2 + 1$.
Pôles : $0.95 e^{\\pm j \\pi/2} = \\pm 0.95j$. Polynôme dénominateur : $(z-j0.95)(z+j0.95) = z^2 + 0.95^2 = z^2 + 0.9025$.
3. Fonction de transfert : $H_{notch}(z) = G \\frac{z^2 + 1}{z^2 + 0.9025}$. Souvent on normalise le gain pour avoir 1 en DC (z=1).
$G \\frac{2}{1.9025} = 1 \\Rightarrow G \\approx 0.95$.
4. Résultat final : $H_{notch}(z) = 0.95 \\frac{1 + z^{-2}}{1 + 0.9025 z^{-2}}$.
Question 1 : Fréquence de coupure du filtre RC
\n1. Formule : $f_c = \\frac{1}{2\\pi RC}$
\n2. $R = 10\\,000 \\Omega,\\ C = 1.2 \\times 10^{-9}~F$
\n3. $f_c = \\frac{1}{2\\pi \\times 10\\,000 \\times 1.2 \\times 10^{-9}} = \\frac{1}{7.54 \\times 10^{-5}} = 13,262~Hz$
\n4. Résultat : $f_c = 13.3~kHz$
\nQuestion 2 : Atténuation à 5 kHz
\n1. Formule : $A(f) = \\frac{1}{\\sqrt{1 + (f/f_c)^2}}$
\n2. $f = 5\\,000~Hz,~f_c = 13,262~Hz$
\n3. $A = \\frac{1}{\\sqrt{1 + (5000/13,262)^2}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 0.1422}} = 0.942$
\n4. Résultat : Atténuation de $-0.51~dB$ (soit 94% du signal conservé)
\nQuestion 3 : Fréquence d’échantillonnage minimale
\n1. Formule de Shannon : $f_e \\geq 2f_{max}$
\n2. $f_{max} = 15~kHz$
\n3. $f_e \\geq 2 \\times 15,000 = 30,000~Hz$
\n4. Résultat : $f_e \\geq 30~kHz$
\nQuestion 4 : Erreur de reconstruction pour T_e = 80~\\mu s
\n1. Théorie : $e_{max} = \\frac{T_e^2}{8} \\max |s''(t)|$
\n2. Pour un signal sinusoidal d’amplitude 0.5, $\\max |s''(t)| = (2\\pi f)^2 \\times 0.5,~f=1~kHz$
\n3. $T_e = 80 \\times 10^{-6}~s,~\\max |s''(t)| = (2\\pi \\times 1000)^2 \\times 0.5 = 19.74 \\times 10^6$
\n$e_{max} = \\frac{(80 \\times 10^{-6})^2}{8} \\times 19.74 \\times 10^6 = 0.0158$
\n4. Résultat : Erreur max = $0.016~V$
\nQuestion 5 : Spectre du signal reconstruit
\n1. Les composantes utiles à $1~kHz$ passent le filtre, tandis que les bruits à 5 kHz et 15 kHz sont atténués.\n2. La reconstruction avec $f_e \\geq 30~kHz$ évite l’aliasing.
\n3. Les raies spectrales se retrouvent principalement autour de $1~kHz$.
\n4. Résultat : Spectre sortant purifié aux fréquences utiles, repliement limité.
Question 1 : Puissance moyenne du bruit gaussien
\n1. Formule : $P = \\sigma^2$
\n2. $\\sigma = 0.09~V$
\n3. $P = (0.09)^2 = 0.0081~V^2$
\n4. Résultat : $P = 0.0081~V^2$
\nQuestion 2 : Densité spectrale de puissance (DSP)
\n1. Formule : $S_n(f) = \\frac{\\sigma^2}{B}$
\n2. $B = 2,000~Hz$
\n3. $S_n(f) = \\frac{0.0081}{2,000} = 4.05 \\times 10^{-6}~V^2/Hz$
\n4. Résultat : $S_n(f) = 4.05 \\times 10^{-6}~V^2/Hz$
\nQuestion 3 : DFT, N=8 (module)
\n1. DFT : $|X[k]| = \\left|\\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j2\\pi kn/N}\\right|$
\n2. Soit $x[n] = (1.20, 1.21, 1.30, 1.48, 1.50, 1.33, 1.23, 1.19)$
\n3. Calculs modules :\n$|X[0]| = 10.44,~|X[1]| = 0.34,~|X[2]| = 0.55, ...$ (calcul détaillé possible)
\n4. Résultat : Composante moyenne dominante, le reste faible.
\nQuestion 4 : Filtrage numérique passe-bas
\n1. Ce filtre supprime les hautes fréquences (bruit thermique).\n2. Il préserve uniquement la composante température (bas bruit).\n3. Cela permet une mesure précise après filtrage.\n4. Résultat : Signal filtré conforme à la tendance thermique réelle.
\nQuestion 5 : Interprétation du spectre et dérive lente
\n1. Une dérive lente se manifeste par une énergie accrue autour de $f=0$ (composante DC).\n2. On identifie la dérive par une augmentation de $|X[0]|$ ou présence du spectre basse fréquence.\n3. Calcul et suivi spectral permettent d’isoler cette dérive.\n4. Résultat : Diagnostic fiable d’une dérive lente sur température.
Question 1 : Moyenne et variance du nombre de photons reçus
Formule processus de Poisson : $\\mathbb{E}(N) = \\lambda T$, $\\mathrm{Var}(N) = \\lambda T$
Substitution : $\\lambda = 3000\\,s^{-1}$, $T=0.02\\,s$
Calcul : $\\mathbb{E}(N) = 3000 \\times 0.02 = 60$
$\\mathrm{Var}(N) = 60$
Interprétation : En moyenne 60 photons arrivent, avec une variance de 60.
Question 2 : Moyenne et variance du courant généré
Formule : Chaque photon génère $q$, donc $I = qN/T$
Moyenne $\\mathbb{E}(I) = q \\mathbb{E}(N) / T$
Substitution : $q = 1.6 \\times 10^{-19}\\,C$, $\\mathbb{E}(N) = 60$, $T=0.02\\,s$
$\\mathbb{E}(I) = \\frac{1.6 \\times 10^{-19} \\times 60}{0.02} = 4.8 \\times 10^{-18}\\,A$
Variance du courant : $\\mathrm{Var}(I) = (q/T)^2 \\mathrm{Var}(N)$
$\\mathrm{Var}(I) = (1.6 \\times 10^{-19}/0.02)^2 \\times 60 = (8 \\times 10^{-18})^2 \\times 60 = 6.4 \\times 10^{-35} \\times 60 = 3.84 \\times 10^{-33}\\,A^2$
Question 3 : Densité spectrale de puissance du bruit de grenaille
Bruit de grenaille : $S_I(f) = 2q \\mathbb{E}(I)$
$S_I(f) = 2 \\times 1.6 \\times 10^{-19} \\times 4.8 \\times 10^{-18} = 1.536 \\times 10^{-36}\\,A^2/Hz$
Question 4 : Puissance du bruit en sortie du filtre
Puissance spectrale sur bande B : $P_B = S_I(f) \\times B$
$P_B = 1.536 \\times 10^{-36} \\times 500 = 7.68 \\times 10^{-34}\\,A^2$
Question 5 : Fluctuation RMS du courant (écart-type)
Écart-type : $\\sigma_I = \\sqrt{P_B} = \\sqrt{7.68 \\times 10^{-34}} = 8.76 \\times 10^{-17}\\,A$
Interprétation : L'écart-type quantifie la fluctuation instantanée du bruit de grenaille sur la bande passante analysée.
\nOn considère les propriétés statistiques sur un intervalle de $t_0 = 0$ à $t = 100\\,ms$.\n\n1. Calculez la moyenne et la variance du processus sur l'intervalle.
\n2. Déterminez la fonction d'autocorrélation $R_X(\\tau)$ pour $\\tau = kT_s$.
\n3. Calculez la densité spectrale de puissance du signal.
\nUn dispositif reçoit ce signal et extraye les séquences de 5 symboles consécutifs.
\n4. Calculez la probabilité que la somme des 5 symboles consécutifs soit nulle.
\n5. Sur l’ensemble de la fenêtre (100 ms), combien d'occurrences telles sont attendues en moyenne ?", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
Question 1 : Moyenne et variance du processus
Chaque symbole : $X = +A$ ou $-A$, probabilités égales.
Formule moyenne : $\\mathbb{E}[X(t)] = 0$
Formule variance : $\\mathrm{Var}[X(t)] = \\mathbb{E}[X^2(t)] - (\\mathbb{E}[X(t)])^2 = A^2$
Substitution : $A=3\\,V$
$\\mathrm{Var}[X(t)] = 9\\,V^2$
Question 2 : Autocorrélation pour $\\tau = kT_s$
Processus pseudo-aléatoire : $R_X(\\tau) = \\begin{cases} A^2, & k=0 \\ 0, & k\\neq 0 \\end{cases}$
Exemple : $R_X(0)=9, \\, R_X(T_s)=0$
Question 3 : Densité spectrale de puissance
PSD d’une séquence binaire equiprobable, entre $-A$ et $A$, intervalle $T_s$ :
$S_X(f) = A^2 T_s \\cdot \\mathrm{sinc}^2(f T_s)$ où $\\mathrm{sinc}(x) = \\frac{\\sin(\\pi x)}{\\pi x}$
Substitution : $A^2 = 9$, $T_s = 0.002\\,s$
$S_X(f) = 9 \\times 0.002 \\cdot \\mathrm{sinc}^2(0.002 f)$
Question 4 : Probabilité somme de 5 symboles consécutifs nulle
Soit chaque symbole $+3$ ou $-3$, total nul si on a 3 fois +3 et 2 fois -3, ou l'inverse. Impossible, car somme totale doit être un multiple de 3, mais 5 est impair.
Possibilité de somme nulle : Non possible.
$P = 0$
Question 5 : Nombre d'occurrences attendues
Sur 100ms, $N = \\frac{100\\text{ ms}}{2\\text{ ms}} - 4 = 46$ séquences de 5 symboles (fenêtres glissantes).
Si $P=0$ pour chaque, donc espérance : $0$
$\\text{Nombre d'occurrences attendues} = 0$
Interprétation : Il n'existe aucune séquence de 5 symboles binaire équiprobables dont la somme vaille zéro.
1. Moyenne quadratique de $X(t)$ :
Formule : $\\mathrm{E}[X^2(t)] = R_X(0)$
Remplacement : $R_X(0) = A e^{-a|0|} = A$
Calcul : $\\mathrm{E}[X^2(t)] = A$
Résultat final : la moyenne quadratique est $A$.
2. Densité spectrale de puissance $S_X(f)$ :
Formule : $S_X(f) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} R_X(\\tau) e^{-j 2 \\pi f \\tau} d\\tau$
Remplacement : $R_X(\\tau) = A e^{-a|\\tau|}$
Calcul :
$\nS_X(f) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} A e^{-a|\\tau|} e^{-j2\\pi f \\tau} d\\tau\n= A \\int_{-\\infty}^{\\infty} e^{-a|\\tau|} e^{-j 2 \\pi f \\tau} d\\tau$\nOn décompose :
$\n= A \\left[ \\int_{0}^{\\infty} e^{-a\\tau} e^{-j2\\pi f \\tau} d\\tau + \\int_{-\\infty}^0 e^{a\\tau} e^{-j2\\pi f \\tau} d\\tau \\right]$
$\n= A \\int_{0}^{\\infty} e^{-a \\tau} e^{-j2\\pi f \\tau} d\\tau + A \\int_{0}^{\\infty} e^{-a \\tau} e^{j2\\pi f \\tau} d\\tau$\nPour chaque intégrale :
$\n\\int_{0}^{\\infty} e^{-a \\tau} e^{-j2\\pi f \\tau} d\\tau = \\int_{0}^{\\infty} e^{-(a + j2\\pi f)\\tau} d\\tau = \\frac{1}{a + j2\\pi f}$
Somme : $S_X(f) = A \\left[ \\frac{1}{a + j2\\pi f} + \\frac{1}{a - j2\\pi f} \\right] = A \\frac{2a}{a^2 + (2\\pi f)^2}$
Résultat final : $S_X(f) = \\frac{2A a}{a^2 + (2\\pi f)^2}$.
3. Puissance moyenne sur [0,T]$
Formule : $P = \\frac{1}{T} \\int_{0}^{T} E[X^2(t)] dt$
Remplacement : $E[X^2(t)] = A$ (constante)
Calcul : $P = \\frac{1}{T} \\int_{0}^{T} A dt = \\frac{1}{T} (A T) = A$
Résultat final : la puissance moyenne est $A$.
1. Fonction d'autocorrélation $R_Y(\\tau)$ :
Formule : $R_Y(\\tau) = E[Y(t)Y(t+\\tau)]$
Remplacement : pour un signal télégraphiste binaire i.i.d.
$R_Y(\\tau) = \\begin{cases}\n1 & \\text{si } \\tau = 0 \\n0 & \\text{si } \\tau \\neq 0, \\tau \\neq n T_0 \\n1 & \\text{si } \\tau = n T_0\n\\end{cases}$, où $n$ est un entier.
Simplifié : $R_Y(\\tau) = 1$ si $\\tau = n T_0$, 0 sinon.
Résultat final : $R_Y(\\tau) = \\sum_{n=-\\infty}^{\\infty} \\delta(\\tau - n T_0)$
2. Densité spectrale de puissance $S_Y(f)$ :
Formule : $S_Y(f) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} R_Y(\\tau) e^{-j2\\pi f\\tau} d\\tau$
Remplacement : $R_Y(\\tau) = \\sum_{n=-\\infty}^{\\infty} \\delta(\\tau-n T_0)$
Calcul : La transformée de Fourier d'un peigne de Dirac est un peigne de Dirac
$S_Y(f) = \\frac{1}{T_0} \\sum_{k=-\\infty}^{\\infty} \\delta(f-\\frac{k}{T_0})$
Résultat final : $S_Y(f) = \\frac{1}{T_0} \\sum_{k=-\\infty}^{\\infty} \\delta(f-\\frac{k}{T_0})$
3. Variance totale à la réception :
Formule : $Var[Y_{obs}] = Var[Y] + Var[bruit]$
Remplacement : $Var[Y] = 1$ (car Y(t) = +1 ou -1 avec probabilité 1/2). Le bruit est blanc, variance sur une bande passante B : $Var[bruit] = N_0 B$
Calcul : $Var[Y_{obs}] = 1 + N_0 B$
Résultat final : la variance totale est $1 + N_0 B$.
1. Moyenne et variance de $N$ :
Formule : Pour un processus de Poisson : $E[N] = Var[N] = \\lambda T$
Remplacement : non nécessaire : la moyenne et la variance sont égales à $\\lambda T$
Calcul : $E[N] = Var[N] = \\lambda T$
Résultat final : la moyenne est $\\lambda T$ et la variance aussi $\\lambda T$.
2. Fonction d'autocorrélation $R_N(\\tau)$ :
Formule : $R_N(\\tau) = E[N(t) N(t+\\tau)]$
Pour un processus stationnaire de Poisson :
$R_N(\\tau) = \\lambda \\min(t, t+|\\tau|) + [\\lambda t]^2$
En différenciel pour le comptage d'impulsions : pour t=0,
$R_N(\\tau) = \\lambda |\\tau| + [\\lambda t]^2$
Résultat final : $R_N(\\tau) = \\lambda \\min(t, t+|\\tau|) + [\\lambda t]^2$
3. Densité spectrale de puissance du bruit de grenaille (courant)
Formule : $S_I(f) = 2 q I_{moyenne}$ où $I_{moyenne} = q \\lambda$
Remplacement : $S_I(f) = 2 q^2 \\lambda$
Calcul : $S_I(f) = 2 q^2 \\lambda$
Résultat final : la densité spectrale de puissance du bruit de grenaille est $2 q^2 \\lambda$.
1. Fonction d'autocorrélation
Formule : $R_x(\\tau) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} S_x(f) \\, e^{j2\\pi f \\tau} df$
Remplacement des données : $S_x(f) = \\frac{N_0}{2}$ pour tout $f$
Calcul : $R_x(\\tau) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} \\frac{N_0}{2} e^{j2\\pi f \\tau} df = \\frac{N_0}{2} \\int_{-\\infty}^{+\\infty} e^{j2\\pi f \\tau} df$
On reconnaît la transformée de Fourier d’un dirac : $\\delta(\\tau)$
Résultat final : $R_x(\\tau) = \\frac{N_0}{2} \\delta(\\tau)$
2. Variance du bruit sur 10 ms
Formule : $\\sigma^2 = \\int S_x(f) df = S_x(f) \\cdot B$ (B = bande passante équivalente)
Remplacement des données : $S_x(f) = 4\\;\\mathrm{nV}^2/Hz $, supposer que la bande passante effective est $\\frac{1}{2\\cdot10^{-2}} = 50\\;\\mathrm{Hz}$ (intervalle = 0.01 s)
Calcul : $\\sigma^2 = 4\\;\\mathrm{nV}^2/Hz \\times 50\\;\\mathrm{Hz} = 200\\;\\mathrm{nV}^2$
Résultat final : $\\sigma = \\sqrt{200}\\;\\mathrm{nV} \\approx 14.14\\;\\mathrm{nV}$
3. Probabilité de dépassement
Formule : Pour un processus gaussien centré, $P(|x| > x_0) = 2Q\\left(\\frac{x_0}{\\sigma}\\right)$ où Q est la fonction complémentaire de Gauss
Remplacement des données : $\\sigma = 14.14\\,\\mathrm{nV}, \\; x_0 = 10\\,\\mathrm{nV}$
Calcul : $\\frac{x_0}{\\sigma} = \\frac{10}{14.14} = 0.707$
On utilise la table de Q : $Q(0.707) \\approx 0.24$
Donc $P(|x| > 10\\,\\mathrm{nV}) = 2 \\times 0.24 = 0.48$
Résultat final : $P(|x| > 10\\,\\mathrm{nV}) \\approx 48\\%$
1. Espérance et variance
Formule : Pour un processus de Poisson $N(t)$, $\\mathbb{E}[N(T)] = \\text{Var}(N(T)) = \\lambda T$
Remplacement des données : $\\lambda = 200\\,/\\mathrm{s}, T = 25\\,\\mathrm{ms} = 0.025\\;\\mathrm{s}$
Calcul : $\\mathbb{E}[N] = \\text{Var}(N) = 200 \\times 0.025 = 5$
Résultat final : $\\mathbb{E}[N] = 5, \\quad \\text{Var}(N) = 5$
2. Probabilité de 8 impulsions
Formule : Loi de Poisson $P(N = k) = \\frac{e^{-\\lambda T} (\\lambda T)^k}{k!}$
Remplacement des données : $k = 8, \\lambda T = 5$
Calcul : $P(N=8) = \\frac{e^{-5} \\cdot 5^8}{8!}$
Calculons chaque terme :
$e^{-5} \\approx 0.006737,\\; 5^8 = 390625,\\; 8! = 40320$
$P(N=8) = \\frac{0.006737 \\times 390625}{40320} = \\frac{2631.74}{40320} \\approx 0.0653$
Résultat final : $P(N=8) \\approx 6.53\\%$
3. Stationnarité et autocorrélation
Formule : Pour un processus de Poisson, fonction d’autocorrélation des impulsions $R_N(t_1,t_2) = \\lambda \\delta(t_1-t_2) + \\lambda^2$
Remplacement des données : $\\lambda = 200\\,/\\mathrm{s}$, pour deux instants $t_1 \\ne t_2$ : $R_N(t_1, t_2) = \\lambda^2$
Valeur constante, donc stationnaire au sens des moments d’ordre deux.
Résultat final : $R_N(t_1, t_2) = (200)^2 = 40000$ si $t_1 \\ne t_2$, ce qui confirme la stationnarité d’ordre 2.
1. Écart-type
Formule : $\\sigma = \\sqrt{R_y(0)}$
Remplacement des données : $R_y(0) = 8$
Calcul : $\\sigma = \\sqrt{8} \\approx 2.828$
Résultat final : $\\sigma = 2.83$ (arrondi à 0,01 près)
2. Densité spectrale de puissance
Formule générale (transformée de Fourier de $R_y(\\tau)$) : $S_y(f) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} R_y(\\tau)\\; e^{-j2\\pi f \\tau} d\\tau$
Remplacement des données : $R_y(\\tau) = 8 \\exp(-120|\\tau|)$
On utilise la transformée \\(\\exp(-a|\\tau|) \\to \\frac{2a}{a^2 + (2\\pi f)^2}\\) :
$S_y(f) = 8 \\times \\frac{2\\times 120}{(120)^2 + (2\\pi f)^2} = \\frac{1920}{(120)^2 + (2\\pi f)^2}$
Résultat final : $S_y(f) = \\frac{1920}{14400 + 4\\pi^2 f^2}$
3. Coefficient de corrélation pour $\\tau = 2\\;\\mathrm{ms} = 0.002\\;\\mathrm{s}$
Formule : $\\rho = \\frac{R_y(\\tau)}{R_y(0)}$
Remplacement des données : $R_y(0.002) = 8 \\exp(-120 \\times 0.002) = 8 \\exp(-0.24)\\approx 8 \\times 0.7866 = 6.292$
$\\rho = \\frac{6.292}{8}=0.7865$
Résultat final : $\\rho \\approx 0.787$
1) $X_1(t)$ est un processus de Gauss stationnaire au sens large de moyenne nulle et d’écart-type $2\\ \\mathrm{V}$.
2) $X_2(t)$ est un signal télégraphiste à deux états (+A et -A), où $A = 5\\ \\mathrm{V}$, changeant d’état selon un processus de Poisson de taux $\\lambda = 1000\\ \\mathrm{s}^{-1}$.
Considérez les points suivants :
Q1) Déterminez la moyenne du processus global $X(t)$.
Q2) Calculez la fonction d’autocorrélation de ce processus en tenant compte de l’indépendance des sous-processus.
Q3) Déduisez et tracez la densité spectrale de puissance de $X(t)$ dans le cas où $X_1(t)$ est un bruit blanc.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
Q1) Moyenne du processus global :
Formule générale : $\\mu_X = \\mathbb{E}[X(t)] = \\mathbb{E}[X_1(t)] + \\mathbb{E}[X_2(t)]$
Données : $\\mathbb{E}[X_1(t)] = 0$, $\\mathbb{E}[X_2(t)] = 0$ (processus télégraphiste symétrique)
Calcul : $\\mu_X = 0 + 0 = 0$
Résultat final : $\\mu_X = 0\\ \\mathrm{V}$
Q2) Fonction d’autocorrélation :
Formule générale : $R_X(\\tau) = R_{X_1}(\\tau) + R_{X_2}(\\tau)$
Données :
- $R_{X_1}(\\tau) = \\sigma^2 \\delta(\\tau)$ (bruit blanc, $\\sigma = 2\\ \\mathrm{V}$)
- $R_{X_2}(\\tau) = A^2 \\exp(-2\\lambda |\\tau|)$ (processus télégraphiste de Poisson)
Remplacement : $R_{X_1}(\\tau) = 4 \\delta(\\tau)$, $R_{X_2}(\\tau) = 25 \\exp(-2000|\\tau|)$
Calcul final : $R_X(\\tau) = 4\\delta(\\tau) + 25\\exp(-2000|\\tau|)$
Q3) Densité spectrale de puissance :
Formule générale : $S_X(f) = S_{X_1}(f) + S_{X_2}(f)$
Données :
- Bruit blanc : $S_{X_1}(f) = 4$
- Télégraphiste : $S_{X_2}(f) = \\frac{100000}{\\pi^2f^2 + 4 \\cdot 10^6}$
Calcul : $S_X(f) = 4 + \\frac{100000}{\\pi^2 f^2 + 4 \\cdot 10^6}$
Résultat final : $S_X(f) = 4 + \\frac{100000}{\\pi^2 f^2 + 4\\,000\\,000}$
Interprétation : la densité spectrale superpose un spectre plat de bruit blanc à un spectre en cloche du signal télégraphiste.
Q1) Calculez la puissance moyenne du bruit détecté.
Q2) Déterminez l’écart-type de la tension obtenue s’il s’agit d’un signal gaussien.
Q3) Calculez l’espérance du carré de la tension pour le bruit sur cette bande.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
Q1) Puissance moyenne détectée (bruit thermique) :
Formule générale : $P = k_B T B$
Remplacement : $P = 1{,}38 \\times 10^{-23} \\times 300 \\times 10 \\times 10^{6}$
Calcul : $P = 4,14 \\times 10^{-14}\\ \\mathrm{W}$
Résultat final : $P = 4,14 \\times 10^{-14}\\ \\mathrm{W}$
Q2) Ecart-type de la tension de sortie (gaussien) :
Formule générale : $\\sigma_V = \\sqrt{4 k_B T R B}$
Remplacement : $\\sigma_V = \\sqrt{4 \\times 1{,}38 \\times 10^{-23} \\times 300 \\times 10^{3} \\times 10 \\times 10^{6}}$
Calcul étape : $4 \\times 1{,}38 \\times 10^{-23} \\times 300 = 1{,}656 \\times 10^{-20}$, $1{,}656 \\times 10^{-20} \\times 10^{3} = 1{,}656 \\times 10^{-17}$, $1{,}656 \\times 10^{-17} \\times 10 \\times 10^{6} = 1{,}656 \\times 10^{-10}$
Racine carrée : $\\sigma_V = \\sqrt{1{,}656 \\times 10^{-10}} \\approx 1,287 \\times 10^{-5}\\ \\mathrm{V}$ (= 12,87\\ \\mu\\mathrm{V})$
Q3) Espérance du carré de la tension :
Formule générale : $\\mathbb{E}[V^2] = \\sigma_V^2$
Remplacement : $\\mathbb{E}[V^2] = (1,287 \\times 10^{-5})^2$
Calcul : $\\mathbb{E}[V^2] = 1,656 \\times 10^{-10}\\ \\mathrm{V}^2$
Résultat final : $\\mathbb{E}[V^2] = 1,656 \\times 10^{-10}\\ \\mathrm{V}^2$
La séquence génère un processus binaire $s_n$ où chaque bit vaut $\\pm1$ et est généré à un taux de $R_c = 2\\ \\mathrm{Mbps}$.
Q1) Calculez la moyenne et la variance théorique de cette séquence.
Q2) Déterminez la fonction d’autocorrélation pour $k=0$ et $k\ne0$.
Q3) Établissez la densité spectrale de puissance du signal sur la bande considérée.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
Q1) Moyenne et variance de la séquence :
Formule générale (séquence symétrique) : $\\mathbb{E}[s_n] = 0$, $\\text{Var}(s_n) = 1$
Donnée : chaque bit est $\\pm1$, équiprobable.
Calcul : $\\mathbb{E}[s_n] = \\frac{1}{2} (1) + \\frac{1}{2}(-1) = 0$, $\\text{Var}(s_n) = \\mathbb{E}[s_n^2] - \\left(\\mathbb{E}[s_n]\\right)^2 = 1 - 0 = 1$
Résultat final : $\\mathbb{E}[s_n] = 0$, $\\text{Var}(s_n) = 1$
Q2) Fonction d’autocorrélation :
Formule générale : $R_s(k) = \\mathbb{E}[s_n s_{n+k}]$
Données : pour $k=0$ $R_s(0) = 1$, pour $k\ne0$ séquence pseudo-aléatoire longue, $R_s(k) \\approx 0$
Calcul : $R_s(0) = 1$, $R_s(k) \\approx 0\\ \\text{pour}\\ k\ne0$
Résultat final : pour DSSS, la séquence présente une autocorrélation forte au centre et quasi nulle ailleurs.
Q3) Densité spectrale de puissance du signal :
Formule générale DSSS (spectre plat sur la bande de séquence) : $S_s(f) \\approx \\frac{1}{R_c}$ pour $|f| < \\frac{R_c}{2}$
Remplacement : $S_s(f) \\approx \\frac{1}{2 \\times 10^6} = 5 \\times 10^{-7}\\ \\mathrm{V}^2/\\mathrm{Hz}$ pour $|f| < 1\\ \\mathrm{MHz}$
Interprétation : la séquence pseudo-aléatoire étale le spectre sur une bande de 2 MHz avec puissance uniforme.
Résultat final : $S_s(f) \\approx 5 \\times 10^{-7}\\ \\mathrm{V}^2/\\mathrm{Hz},\\quad |f| < 1\\,\\mathrm{MHz}$
Q1. Fonction d’autocorrélation
1. Formule générale : $R_{XX}(\\tau) = \\mathbb{E}[X(t)X(t+\\tau)]$
2. Remplacement : Pour un signal binaire pseudo-aléatoire, la fonction d’autocorrélation prend la forme $R_{XX}(\\tau) = A^2 \\left(1 - \\frac{|\\tau|}{T}\\right)$ pour $|\\tau|< T$, et 0 sinon.
3. Calcul : Remplaçons par les paramètres : $R_{XX}(\\tau) = 25 \\left(1 - \\frac{|\\tau|}{2 \\times 10^{-3}}\\right)$ pour $|\\tau|<2 \\times 10^{-3}$.
4. Résultat final : $R_{XX}(\\tau) = \\begin{cases}A^2 \\left(1 - \\frac{|\\tau|}{T}\\right) & \\text{si } |\\tau| < T \\ 0 & \\text{sinon} \\end{cases}$
Q2. Densité spectrale de puissance
1. Formule générale : $S_{XX}(f) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} R_{XX}(\\tau) e^{-j2\\pi f \\tau} d\\tau$
2. Remplacement : Pour notre autocorrélation triangulaire, $S_{XX}(f) = 2A^2T \\left(\\frac{\\sin(\\pi f T)}{\\pi f T}\\right)^2$
3. Calcul : Pour $A=5$, $T=2 \\times 10^{-3}$, $S_{XX}(f) = 50 \\times \\left(\\frac{\\sin(2\\pi f \\times 10^{-3})}{2\\pi f \\times 10^{-3}}\\right)^2$
4. Résultat final : $S_{XX}(f) = 2A^2T \\left(\\frac{\\sin(\\pi f T)}{\\pi f T} \\right)^2$
Q3. Calculs numériques
1. Formule générale : $R_{XX}(0) = A^2$ et puissance moyenne $P = R_{XX}(0)$
2. Remplacement : $R_{XX}(0) = 5^2 = 25$ \\text{ V}^2
3. Calcul : $P = 25$ \\text{ V}^2
4. Résultat final : $R_{XX}(0) = 25 \\text{ V}^2, \\quad P = 25 \\text{ V}^2$
Q1. Puissance moyenne du bruit à la sortie
1. Formule générale : $P = \\int_{-B}^{+B} S_{NN}(f) df$
2. Remplacement : $S_{NN}(f) = \\frac{N_0}{2}, \\; B=10^4$ Hz
3. Calcul : $P = \\int_{-10^4}^{10^4} \\frac{N_0}{2} df = N_0 B$
4. Résultat final : $P = N_0 B$
Q2. Écart-type du signal de sortie (signal centré)
1. Formule générale : Le bruit est de moyenne nulle, donc $\\sigma = \\sqrt{P}$
2. Remplacement : $\\sigma = \\sqrt{N_0 B}$
3. Calcul : $\\sigma = \\sqrt{N_0 B}$
4. Résultat final : $\\sigma = \\sqrt{N_0 B}$
Q3. Calculs numériques
1. Formules : $P = N_0 B$, $\\sigma = \\sqrt{N_0 B}$
2. Remplacement : $N_0 = 2 \\times 10^{-9}$ $\\mathrm{V^2/Hz},$ $B = 10^4$
3. Calculs : $P = 2 \\times 10^{-9} \\times 10^4 = 2 \\times 10^{-5}\\;\\mathrm{V^2}$
$\\sigma = \\sqrt{2 \\times 10^{-9} \\times 10^4} = \\sqrt{2 \\times 10^{-5}} \\approx 4.47 \\times 10^{-3}\\;\\mathrm{V}$
4. Résultats finaux: $P = 2 \\times 10^{-5} \\mathrm{V^2}, \\quad \\sigma \\approx 4.47 \\times 10^{-3} \\mathrm{V}$
Q1. Probabilité de k=5 photons en T=2 ms
1. Formule générale : $P(N=k) = \\frac{(\\lambda T)^k e^{-\\lambda T}}{k!}$
2. Remplacement : $\\lambda=3000, T=2 \\times 10^{-3}, k=5$
3. Calcul : $\\lambda T = 3000 \\times 2 \\times 10^{-3} = 6$
$P(5) = \\frac{6^5 e^{-6}}{5!}$
$5! = 120$
$6^5 = 7776$
$P(5) = \\frac{7776}{120} e^{-6}$
$\\frac{7776}{120} = 64.8$
$P(5) = 64.8 \\cdot e^{-6}$
$e^{-6} \\approx 0.0024788$
$P(5) \\approx 0.16$
4. Résultat final : $P(N=5) \\approx 0.16$
Q2. Espérance et variance sur T=2 ms
1. Formule générale : $\\mu = \\mathbb{E}[N] = \\lambda T$ ; $\\text{Var}(N) = \\lambda T$
2. Remplacement : $\\lambda T = 6$
3. Calcul : $\\mu = 6, \\; \\text{Var}(N) = 6$
4. Résultat final : $\\mathbb{E}[N]=6, \\quad \\text{Var}(N)=6$
Q3. Moyenne et variance de la puissance instantanée
1. Formule : La puissance instantanée (photon sur T) $P = \\frac{n E_p}{T}$ où $n$ suit la Poisson. Son espérance et variance : $\\mu_P = \\mathbb{E}[P] = \\frac{\\mathbb{E}[n] E_p}{T}, \\; \\text{Var}(P) = \\frac{\\text{Var}(n) E_p^2}{T^2}$
2. Remplacement : $E_p = 2 \\times 10^{-19}$, $\\mathbb{E}[n] = 6, \\text{Var}(n) = 6$, $T = 2 \\times 10^{-3}$
3. Calcul : $\\mu_P = \\frac{6 \\times 2 \\times 10^{-19}}{2 \\times 10^{-3}} = \\frac{12 \\times 10^{-19}}{2 \\times 10^{-3}} = 6 \\times 10^{-16} \\text{ W}$
$\\text{Var}(P) = \\frac{6 \\times (2 \\times 10^{-19})^2}{(2 \\times 10^{-3})^2} = \\frac{6 \\times 4 \\times 10^{-38}}{4 \\times 10^{-6}} = 6 \\times 10^{-32} \\text{ W}^2$
4. Résultats finaux : $\\mu_P = 6 \\times 10^{-16} \\text{ W}, \\quad \\text{Var}(P) = 6 \\times 10^{-32} \\text{ W}^2$
1.
Moyenne temporelle $m_X$ :
Formule générale :
$m_X = E[X(t)]$
Remplacement :
$X(t) = A \\cos(2\\pi f_0 t) + N(t)$ avec $E[A]=0$ et $E[N(t)]=0$
Calcul :
$m_X = E[A \\cos(2\\pi f_0 t)] + E[N(t)] = E[A] \\cdot E[\\cos(2\\pi f_0 t)] + 0$
Mais comme $E[A]=0$ et l’espérance sur une période (pour un cosinus)
$E[\\cos(2\\pi f_0 t)] = 0$, donc
$m_X = 0$
Résultat final :
$m_X = 0$
2.
Autocorrélation $R_X(\\tau)$ :
Formule générale :
$R_X(\\tau) = E[X(t)X(t+\\tau)]$
Remplacement :
$X(t) = A \\cos(2\\pi f_0 t) + N(t)$
$X(t+\\tau) = A \\cos(2\\pi f_0 (t+\\tau)) + N(t+\\tau)$
Calcul :
$R_X(\\tau) = E[(A \\cos(2\\pi f_0 t) + N(t))(A \\cos(2\\pi f_0 (t+\\tau)) + N(t+\\tau))]$
$= E[A^2]\\cos(2\\pi f_0 t) \\cos(2\\pi f_0 (t+\\tau)) + E[N(t)N(t+\\tau)]$
$= \\sigma_A^2 \\cos(2\\pi f_0 t)\\cos(2\\pi f_0 (t+\\tau)) + N_0 \\delta(\\tau)$
Avec $\\sigma_A^2 = 4$ et $N_0 = 0,5$
$R_X(\\tau) = 4\\cos(2\\pi f_0 t)\\cos(2\\pi f_0 (t+\\tau)) + 0,5 \\delta(\\tau)$
Interprétation : Le terme de bruit est non corrélé sauf à $\\tau=0$.
3.
Densité spectrale de puissance $S_X(f)$ :
Formule générale :
$S_X(f) = \\mathcal{F}\\{R_X(\\tau)\\}$
Remplacement/calcul : La densité spectrale comprend
$4\\cos(2\\pi f_0 t)\\cos(2\\pi f_0 (t+\\tau))$ qui donnera des pics à $f = \\pm f_0$ et $0,5$ sur tout le spectre pour le bruit blanc
Résultat final :
$S_X(f) = 2\\pi \\cdot 4 [ \\delta(f-f_0) + \\delta(f+f_0)] + 0,5$
Le spectre est centré en $\\pm f_0$ avec un bruit uniforme.
1.
Moyenne sur 2 secondes :
Formule générale :
$m_{tot} = E[S(t) + N_g(t)]$
Remplacement : Le signal binaire $S(t)$ a une moyenne nulle (séquence équilibrée), le bruit de grenaille (Poisson) a une valeur moyenne $0$ (supposé symétrique +-1 par coup).
Calcul :
$m_{tot} = 0 + 0 = 0$
Résultat final :
$m_{tot} = 0$
2.
Variance du bruit de grenaille sur 2 s :
Formule générale :
$\\mathrm{Var}[N_g] = \\lambda \\cdot T_{obs} \\cdot \\sigma^2_{imp}$
Remplacement : $\\lambda=500$ s$^{-1}$, $T_{obs}=2$ s, $\\sigma^2_{imp}=(1)^2 = 1$
Calcul :
$\\mathrm{Var}[N_g] = 500 \\times 2 \\times 1 = 1000$
Résultat final :
$\\mathrm{Var}[N_g] = 1000$
3.
Densité spectrale de puissance :
Formule générale :
$S_{tot}(f) = S_S(f) + S_{N_g}(f)$
Le signal NRZ en séquence pseudo-aléatoire a une densité spectrale rectangulaire de largeur $\\pm 1/(2T) = 5$ Hz autour de 0, d’amplitude $T$.
Le bruit de grenaille (Poisson) a une densité blanche $S_{N_g}(f)=\\lambda \\cdot \\mathrm{E}[(\\mathrm{amplitude})^2] = 500 \\cdot 1 = 500$.
Résultat final :
$S_{tot}(f) = T \\cdot \\mathrm{sinc}^2(\\pi f T) + 500$
L’énergie du bruit de grenaille se répartit uniformément sur toutes les fréquences.
1.
Variance de $Y(t)$ :
Formule générale :
$\\mathrm{Var}[Y(t)] = R_Y(0)$
Remplacement :
$R_Y(0) = 8\\, \\exp(-0/0,02) = 8 \\times 1 = 8$
Calcul :
$\\mathrm{Var}[Y(t)] = 8$
Résultat final :
$\\mathrm{Var}[Y(t)] = 8$
2.
Corrélation entre deux échantillons espacés de 10 ms :
Formule générale :
$R_Y(\\tau = 0,01) = 8\\, \\exp(-0,01/0,02) $
Remplacement :
$\\exp(-0,5) \\approx 0,6065$
Calcul :
$8 \\times 0,6065 = 4,852$
Résultat final :
$R_Y(0,01) = 4,85$
3.
Densité spectrale de puissance $S_Y(f)$ :
Formule générale :
$S_Y(f) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} R_Y(\\tau) e^{-j2\\pi f \\tau} d\\tau$
Remplacement/calcul :
$R_Y(\\tau) = 8\\, \\exp(-|\\tau|/0,02)$ correspond à une densité spectrale de Lorentz :
$S_Y(f) = 8 \\times \\frac{0,02}{1 + (2\\pi f\\times 0,02)^2} = \\frac{0,16}{1 + (0,04\\pi f)^2}$
Résultat final :
$S_Y(f) = \\frac{0,16}{1 + (0,04\\pi f)^2}$
Cela donne une courbe « en cloche » centrée en $f=0$ étalée sur une largeur caractéristique de l’ordre de 10 Hz.
Question 1 :
Formule générale :
$\\mu_X = E[X(t)]$
Remplacement des données :
Le signal prend $+A$ ou $-A$ avec des probabilités égales.
$ E[X(t)] = 0.5 \\times (+A) + 0.5 \\times (-A) $
Calcul :
$ E[X(t)] = 0.5A - 0.5A = 0 $
Résultat final :
$\\mu_X = 0$
Interprétation : La moyenne du signal télégraphiste est nulle sur une longue durée, car les niveaux sont symétriquement répartis.
Question 2 :
Formule générale :
$R_X(\\tau) = E[X(t) X(t+\\tau)]$
Remplacement des données :
Pour un processus télégraphiste stationnaire à intervalle $\\tau=2T$ (indépendance si les intervalles sont distincts).
$R_X(2T) = E[X(t)]E[X(t+2T)] = 0$ (car les valeurs sont indépendantes et de moyenne nulle)
Calcul :
$R_X(2T) = 0$
Résultat final :
$R_X(2T) = 0$
Interprétation : L’autocorrélation est nulle pour des intervalles multiples de $T$ non concomitants ; seul pour $\\tau=0$ celle-ci atteint $A^2$.
Question 3 :
Formule générale pour la densité spectrale avec bruit thermique :$S_X(f) = S_{sig}(f) + S_{bruit}(f)$
Remplacement des données :
Pour le signal télégraphiste, $S_{sig}(f)\tex> est idéalement concentré autour de la fréquence fondamentale. Le bruit gaussien offre une spectre plat (blanc) de densité $N_0/2$.
Calcul (représentatif) :
$S_X(f) = S_{sig}(f) + \\frac{N_0}{2}$
Résultat final :
$S_X(f) = S_{sig}(f) + \\frac{N_0}{2}$
Interprétation : Le spectre total du signal est la superposition du spectre du signal logique et du bruit thermique, illustrant la présence de bruit homogène sur toutes les fréquences.
Question 1 :
Formule générale :
$\\mu_I = \\lambda I_0$
Remplacement des données :
$\\mu_I = 500 \\times 2\\times 10^{-3}$
Calcul :
$\\mu_I = 1\tex> (en ampères, soit $1\\,A$)
Résultat final :
$\\mu_I = 1\\,A$
Interprétation : Le courant moyen généré par le processus de Poisson est de $1\\,A$, proportionnel au taux et à l’intensité des impulsions.
Question 2 :
Formule générale de la variance pour bruit de grenaille :
$\\sigma_I^2 = 2q\\mu_I B$
Remplacement des données :
Supposons $q = 1.6\\times 10^{-19}$ C, bande passante $B = 10^3$ Hz.
$\\sigma_I^2 = 2 \\times 1.6\\times10^{-19} \\times 1 \\times 10^3$
Calcul :
$\\sigma_I^2 = 3.2\\times 10^{-16}$ (A²)
Résultat final :
$\\sigma_I^2 = 3.2\\times 10^{-16}\\,\\text{A}^2$
Interprétation : La variance du courant observé due au bruit de grenaille reste extrêmement faible comparée au courant moyen.
Question 3 :
Formule générale de la densité spectrale :
$S_I(f) = 2q\\mu_I$
Remplacement des données :
$S_I(f) = 2 \\times 1.6\\times10^{-19} \\times 1$
Calcul :
$S_I(f) = 3.2\\times 10^{-19}\\,\\text{A}^2/\\text{Hz}$
Résultat final :
$S_I(f) = 3.2\\times 10^{-19}\\,\\text{A}^2/\\text{Hz}$
Interprétation : La densité spectrale du bruit est proportionnelle au produit de la charge d’électron et du courant moyen.
Question 1 :
Formule générale :
Pour un processus gaussien centré, la moyenne $\\mu_V$ est nulle, la variance vaut :
$\\sigma_V^2 = 4k_B T R B$
Remplacement des données :
$k_B = 1.38\\times10^{-23}$, $T = 290$, $R = 2000$, $B = 400$
$\\sigma_V^2 = 4 \\times 1.38\\times10^{-23} \\times 290 \\times 2000 \\times 400$
Calcul :
$\\sigma_V^2 = 1.28\\times10^{-14}\\,\\text{V}^2$
Résultat final :
$\\mu_V = 0$; $\\sigma_V^2 = 1.28\\times10^{-14}\\,\\text{V}^2$
Interprétation : La moyenne est nulle et la variance représente l’énergie contenue dans le bruit thermique.
Question 2 :
Formule générale de l’autocorrélation :
$R_V(0) = E[V^2(0)] = \\sigma_V^2$
Remplacement des données :
$R_V(0) = 1.28\\times10^{-14}$
Calcul :
$R_V(0) = 1.28\\times10^{-14}$
Résultat final :
$R_V(0) = 1.28\\times10^{-14}\\,\\text{V}^2$
Interprétation : L’autocorrélation à l’origine est maximale et égale à la variance du processus gaussien.
Question 3 :
Formule générale de la densité spectrale de puissance du bruit thermique :
$S_V(f) = 4 k_B T R$
Remplacement des données :
$S_V(f) = 4 \\times 1.38\\times10^{-23} \\times 290 \\times 2000$
Calcul :
$S_V(f) = 3.20\\times10^{-17}\\,\\text{V}^2/\\text{Hz}$
Résultat final :
$S_V(f) = 3.20\\times10^{-17}\\,\\text{V}^2/\\text{Hz}$
Interprétation : La densité spectrale de puissance du bruit thermique dépend linéairement de la température et de la valeur de la résistance.
Réponses détaillées à chaque question :
1. Calcul de $R_X(0)$
Formule générale : $R_X(\\tau) = A e^{-\\alpha|\\tau|}$
Remplacement des données pour $\\tau = 0$ : $R_X(0) = A e^{-\\alpha \\times 0}$
Calcul : $e^{0} = 1$
Résultat final : $R_X(0) = A$
2. Calcul de la densité spectrale de puissance $S_X(f)$
Formule générale : $S_X(f) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} R_X(\\tau) e^{-j2\\pi f \\tau} d\\tau$
Remplacement des données : $S_X(f) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} A e^{-\\alpha |\\tau|} e^{-j2\\pi f \\tau} d\\tau$
Calcul : utilisation de la symétrie de $e^{-\\alpha |\\tau|}$ et intégration
$S_X(f) = 2A \\int_0^{+\\infty} e^{-\\alpha \\tau} \\cos(2\\pi f \\tau) d\\tau$
L'intégrale est connue : $\\int_0^{+\\infty} e^{-\\alpha \\tau} \\cos(\\omega \\tau) d\\tau = \\frac{\\alpha}{\\alpha^2 + \\omega^2}$ avec $\\omega = 2\\pi f$
Ici, donc : $S_X(f) = 2A \\times \\frac{\\alpha}{\\alpha^2 + (2\\pi f)^2}$
Résultat final : $S_X(f) = \\frac{2A\\alpha}{\\alpha^2 + (2\\pi f)^2}$
3. Calcul numérique de $S_X(0)$ pour $A=3$ et $\\alpha=2~s^{-1}$
Formule : $S_X(0) = \\frac{2A\\alpha}{\\alpha^2}$
Remplacement : $S_X(0) = \\frac{2 \\times 3 \\times 2}{2^2}$
Calcul : $S_X(0) = \\frac{12}{4} = 3$
Résultat final : $S_X(0) = 3$ (unité selon celle de $X(t)$)
Réponses détaillées à chaque question :
1. Moyenne et variance du nombre d’arrivées en $1~ms$
Formules générales du processus de Poisson :
Moyenne : $E[N] = \\lambda T$
Variance : $Var[N] = \\lambda T$
Remplacement des données : $\\lambda = 5000~s^{-1}$, $T = 1~ms = 1 \\times 10^{-3}~s$
Calcul moyenne : $E[N] = 5000 \\times 1 \\times 10^{-3} = 5$
Calcul variance : $Var[N] = 5000 \\times 1 \\times 10^{-3} = 5$
Résultats finaux :
Moyenne : $5$
Variance : $5$
2. Densité spectrale de puissance du bruit de grenaille
Formule du bruit de grenaille : $S_N(f) = 2eI$
Mais ici, le nombre d’arrivées par seconde a une Densité Spectrale de Puissance : $S_N(f) = \\lambda$
Remplacement : $S_N(f) = 5000~Hz^{-1}$
Calcul : c’est direct
Résultat final : $S_N(f) = 5000~Hz^{-1}$
3. Densité spectrale de courant du bruit de grenaille
Formule générale : $S_I(f) = 2eI$ (où $e = 1,602\\times 10^{-19}~C$)
Remplacement des données : $I = 1~\\mu A = 1\\times 10^{-6}~A$
Calcul : $S_I(f) = 2 \\times 1,602\\times 10^{-19} \\times 1\\times 10^{-6}$
$S_I(f) = 2 \\times 1,602\\times 10^{-25}$
Résultat final : $S_I(f) = 3,204\\times 10^{-25}~A^2 Hz^{-1}$
Réponses détaillées à chaque question :
1. Moyenne temporelle et variance du signal
Formules générales pour une séquence de valeurs symétriques :$E[X] = P(+A) \\cdot (+A) + P(-A) \\cdot (-A)$
Supposé équiprobable, $P(+A)= P(-A)=\\frac{1}{2}$.
Remplacement : $E[X]=\\frac{1}{2}\\cdot A + \\frac{1}{2}\\cdot (-A)=0$
Variance : $Var[X]=E[X^2]-{E[X]}^2$
$E[X^2]=\\frac{1}{2} \\cdot A^2 + \\frac{1}{2}\\cdot A^2 = A^2$
$Var[X]=A^2-0^2=A^2$
Résultat final :
Moyenne temporelle : $0$
Variance : $A^2$
2. Expression de la fonction d’intercorrélation pour un décalage $\\tau=T/2$
Formule générale : $R_{XY}(\\tau)=E[X(t)Y(t+\\tau)]$
Pour $\\tau = T/2$, la probabilité de changement de signe dépend de la statistique.
Sous hypothèse de changement à période T, pour $\\tau=T/2$ le signal n’a pas changé.
Donc : $R_{XY}(T/2)=E[X(t)X(t+T/2)]$
Si le processus est télégraphique stationnaire, la corrélation est positive mais inférieure à $Var[X]=A^2$; la formule analytique (télégraphiste) est :$R_{XY}(T/2) = A^2 \\cdot \\left[1 - 2\\frac{T/2}{T}\\right] = A^2 \\cdot (1 - 1) = 0$ (si l’alternance est stricte every T sec)
3. Calcul de la variance pour $A=2~V$, $T=100~ms$
Formule de la variance : $Var[X]=A^2$
Remplacement : $Var[X]= (2~V)^2$
Calcul : $Var[X]=4~ V^2$
Résultat final : $4~V^2$
1. Calcul de la variance Formule générale : $\\sigma_X^2 = R_X(0) - \\mu_X^2$
Remplacement : $R_X(0) = 4~\\mathrm{V}^2$, $\\mu_X = 2~\\mathrm{V}$
Calcul : $\\sigma_X^2 = 4 - (2)^2 = 0~\\mathrm{V}^2$
Résultat final : $\\sigma_X^2 = 0~\\mathrm{V}^2$
2. Densité spectrale de puissance
Formule de la DSP (théorème de Wiener-Khinchin) : $S_X(f) = \\int_{-\\infty}^{\\infty} R_X(\\tau) e^{-j2\\pi f\\tau} d\\tau$
Remplacement : $R_X(\\tau) = 4e^{-2|\\tau|}$
Calcul :
On a la TF d'une exponentielle Bornée : $\\int_{-\\infty}^{\\infty} e^{-a|\\tau|} e^{-j2\\pi f\\tau} d\\tau = \\frac{2a}{a^2+4\\pi^2 f^2}$ (pour $a>0$)
Donc : $S_X(f) = 4 \\times \\frac{2\\times 2}{4 + 4\\pi^2 f^2} = \\frac{16}{4 + 4\\pi^2 f^2} = \\frac{4}{1 + \\pi^2 f^2}$~\\mathrm{V}^2/\\mathrm{Hz}$
Résultat final : $S_X(f) = \\frac{4}{1 + \\pi^2 f^2}~\\mathrm{V}^2/\\mathrm{Hz}$
3. Puissance moyenne du signal filtré en sortie
Formule : $P_{\\mathrm{out}} = \\int_{-B}^{B} S_X(f) df$
Remplacement : $B = 2~\\mathrm{Hz}$, $S_X(f) = \\frac{4}{1 + \\pi^2 f^2}$
Calcul : $P_{\\mathrm{out}} = \\int_{-2}^{2} \\frac{4}{1 + \\pi^2 f^2} df$
Calcul intégral : Changement de variable $u=\\pi f$, alors $df = du/\\pi$
Limites : $f=-2 \\to u=-2\\pi$, $f=2\\to u=2\\pi$
$P_{\\mathrm{out}} = \\frac{4}{\\pi} \\int_{-2\\pi}^{2\\pi} \\frac{1}{1+u^2} du = \\frac{4}{\\pi} [\\arctan(u)]_{-2\\pi}^{2\\pi}$
$P_{\\mathrm{out}} = \\frac{4}{\\pi} [\\arctan(2\\pi)-\\arctan(-2\\pi)] = \\frac{8}{\\pi} \\arctan(2\\pi)$
Résultat final : $P_{\\mathrm{out}} = \\frac{8}{\\pi} \\arctan(2\\pi)~\\mathrm{V}^2$ (numériquement, $\\arctan(2\\pi) \\approx 1,412$, donc $P_{\\mathrm{out}} \\approx 3,6~\\mathrm{V}^2$)
1. Espérance et variance de Formules : Pour un processus de Poisson de paramètre $\\lambda$, $\\mathbb{E}[N(T)] = Var[N(T)] = \\lambda T$
Remplacement : $\\lambda=200~\\mathrm{s}^{-1}$, $T=5~\\mathrm{ms}=0,005~\\mathrm{s}$
Calcul : $\\mathbb{E}[N(0{,}005)] = 200\\times 0{,}005 = 1$
$Var[N(0{,}005)] = 200\\times 0{,}005 = 1$
Résultat : $\\mathbb{E}[N(5\\,\\mathrm{ms})]=1; Var[N(5\\,\\mathrm{ms})]=1$
2. Probabilité d’une seule impulsion en 5 ms
Formule : $P(N=k) = \\frac{(\\lambda T)^k}{k!}e^{-\\lambda T}$
Remplacement : $k=1, \\lambda T=1$
Calcul : $P(N=1) = \\frac{1^1}{1!}e^{-1} = e^{-1} = 0,368$
Résultat : $P(N(5~\\mathrm{ms})=1) \\approx 0{,}368$
3. Puissance moyenne du signal impulsionnel
Supposons une impulsion de puissance instantanée de $1~\\mathrm{V}^2$ pendant un temps négligeable et occurrence esperée $\\lambda=200~\\mathrm{s}^{-1}$.
Formule : $P_{\\mathrm{moy}} = \\text{Énergie totale annuelle}/1~\\mathrm{s}$
Chaque impulsion = $1~\\mathrm{V}^2 \\cdot \\delta(t)$, donc puissance moyenne = nombre d'occurrences par seconde multiplié par l'énergie de chaque delta.
Résultat : $P_{\\mathrm{moy}} = 200~\\mathrm{V}^2$ (car 200 impulsions de $1~\\mathrm{V}^2$ par seconde)
1. Moyenne du signal télégraphiste
Le signal prend les valeurs $+A$ et $-A$ avec proba égale.
Formule : $\\mathbb{E}[S(t)] = (+A) \\times 0{,}5 + (-A)\\times 0{,}5$
Remplacement : $A=3~\\mathrm{V}$
Calcul : $\\mathbb{E}[S(t)] = (3 \\times 0{,}5) + (-3 \\times 0{,}5) = 0$
Résultat final : $\\mathbb{E}[S(t)] = 0~\\mathrm{V}$
2. Fonction d'autocorrélation
Formule d'un processus télégraphiste (binaire aléatoire) : $R_S(\\tau) = A^2 \\cdot e^{-2|\\tau|/T}$
Remplacement des données : $A=3~\\mathrm{V}$, $T=0{,}01~\\mathrm{s}$
Calcul : $R_S(\\tau) = 9 \\cdot e^{-200|\\tau|}$~\\mathrm{V}^2$
Résultat final : $R_S(\\tau) = 9e^{-200|\\tau|}~\\mathrm{V}^2$
3. Densité spectrale de puissance associée
La TF de l’autocorrélation donne la DSP : $S_S(f) = \\int_{-\\infty}^{\\infty} R_S(\\tau) e^{-j2\\pi f\\tau} d\\tau$
Remplacement : $R_S(\\tau) = 9e^{-200|\\tau|}$
Calcul : $S_S(f) = 9 \\times \\frac{2\\times 200}{(200)^2+4\\pi^2 f^2} = \\frac{3600}{40000+4\\pi^2 f^2}$
Résultat final : $S_S(f) = \\frac{3600}{40000+4\\pi^2 f^2}~\\mathrm{V}^2/\\mathrm{Hz}$
Question 1 : Variance de $X(t)$
1. Formule générale : $ \\mathrm{Var}(X(t)) = R_X(0) $
2. Remplacement : $ R_X(0) = e^{-0} = 1 $
3. Calcul : $ \\mathrm{Var}(X(t)) = 1 $
4. Résultat final : La variance de $X(t)$ est $1$.
Question 2 : Densité spectrale de puissance $S_X(f)$
1. Formule générale : $ S_X(f) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} R_X(\\tau) e^{-j2\\pi f \\tau} d\\tau $
2. Remplacement : $ S_X(f) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} e^{-|\\tau|} e^{-j2\\pi f \\tau} d\\tau $
3. Calcul :
On sépare l’intégrale : $ = \\int_{0}^{+\\infty} e^{-\\tau} e^{-j2\\pi f \\tau} d\\tau + \\int_{-\\infty}^{0} e^{\\tau} e^{-j2\\pi f \\tau} d\\tau $
On simplifie :
$ = \\int_{0}^{+\\infty} e^{-\\tau(1+j2\\pi f)} d\\tau + \\int_{-\\infty}^{0} e^{\\tau(1-j2\\pi f)} d\\tau $
Calculons la première :
$ = \\left[ \\frac{-1}{1 + j2\\pi f} e^{-\\tau(1 + j2\\pi f)} \\right]_{0}^{+\\infty} = \\frac{1}{1 + j2\\pi f} $
Deuxième :
$ = \\left[ \\frac{1}{1 - j2\\pi f} e^{\\tau(1 - j2\\pi f)} \\right]_{-\\infty}^{0} = \\frac{1}{1 - j2\\pi f} $
Donc $ S_X(f) = \\frac{1}{1 + j2\\pi f} + \\frac{1}{1 - j2\\pi f} = \\frac{2}{1 + (2\\pi f)^2} $
4. Résultat final : $ S_X(f) = \\frac{2}{1 + (2\\pi f)^2} $.
Question 3 : Probabilité que $|X(0)| > 2$
1. Formule générale : $ \\mathbb{P}\\left(|X(0)| > 2\\right) = 2 \\cdot Q\\left(\\frac{2}{\\sqrt{\\mathrm{Var}(X(0))}}\\right) $
2. Remplacement : $ \\mathrm{Var}(X(0)) = 1 \\Longrightarrow Q\\left(\\frac{2}{1}\\right) = Q(2) $
3. Calcul : Pour une loi normale centrée : $ Q(2) \\approx 0.0228 $
Donc $ \\mathbb{P}\\left(|X(0)| > 2\\right) = 2 \\cdot 0.0228 = 0.0456 $
4. Résultat final : La probabilité recherchée est $0.0456$.
Question 1 : Probabilité d’observer $k = 3$ photons
1. Formule générale : $ P(N = k) = \\frac{(\\lambda t)^k e^{-\\lambda t}}{k!} $
2. Remplacement : $ \\lambda t = 8 \\times 0.5 = 4 $, $k=3$
3. Calcul : $ P(N=3) = \\frac{4^3 e^{-4}}{3!} = \\frac{64 \\times e^{-4}}{6} \\approx \\frac{64 \\times 0.0183}{6} \\approx \\frac{1.1712}{6} \\approx 0.195 $
4. Résultat final : La probabilité est $0.195$.
Question 2 : Moyenne et écart type
1. Formule générale : $ \\mathbb{E}[N] = \\lambda t $, $ \\sigma_N = \\sqrt{\\lambda t} $
2. Remplacement : $ \\lambda t = 8 \\times 0.5 = 4 $
3. Calcul : $ \\mathbb{E}[N] = 4 $, $ \\sigma_N = 2 $
4. Résultat final : Moyenne = $4$ photons, écart type = $2$ photons.
Question 3 : Probabilité d’observer au moins $7$ photons
1. Formule générale : $ P(N \\geq 7) = 1 - \\sum_{k=0}^{6} P(N=k) $
2. Remplacement et calculs :
Pour $n=4$,
$P(N=0)=e^{-4}=0.0183 $
$P(N=1)=4e^{-4}=0.0733 $
$P(N=2)=8e^{-4}=0.1465 $
$P(N=3)=10.67e^{-4}=0.1953 $
$P(N=4)=10.67e^{-4}=0.1953 $
$P(N=5)=8.53e^{-4}=0.1563 $
$P(N=6)=5.69e^{-4}=0.1048 $
$\\sum_{k=0}^6 P(N=k) = 0.0183+0.0733+0.1465+0.1953+0.1953+0.1563+0.1048=0.8898 $
Donc $ P(N\\geq7) = 1 - 0.8898 = 0.1102 $
4. Résultat final : La probabilité d’observer au moins 7 photons est $0.110$.
Question 1 : Moyenne temporelle de $X(t)$
1. Formule générale : $ \\overline{X} = \\frac{1}{T} \\int_{0}^{T} X(t) dt $
2. Remplacement : $ \\overline{X} = \\frac{1}{5~\\mu s} \\left[3~V \\cdot 2~\\mu s + (-2~V) \\cdot 3~\\mu s\\right] $
3. Calcul : $ = \\frac{1}{5} [6 - 6]~V = 0~V $
4. Résultat final : La moyenne temporelle est $0~V$.
Question 2 : Puissance moyenne sur $T$
1. Formule générale : $ P_m = \\frac{1}{T} \\int_{0}^{T} X^2(t) dt $
2. Remplacement : $ P_m = \\frac{1}{5~\\mu s} \\left[(3~V)^2 \\cdot 2~\\mu s + (-2~V)^2 \\cdot 3~\\mu s \\right] $
3. Calcul : $ = \\frac{1}{5} [9 \\times 2 + 4 \\times 3] = \\frac{1}{5} [18 + 12] = \\frac{30}{5} = 6~V^2 $
4. Résultat final : La puissance moyenne est $6~V^2$.
Question 3 : Densité spectrale de puissance à la fondamentale de la période équivalente
1. Formule générale : Pour un signal de période $T$ :
$ S_X(f_1) = \\frac{|\\mathrm{Coef}_1|^2}{T} $, où $f_1=1/T$ et $\\mathrm{Coef}_1$ est le coefficient de Fourier fondamental.
2. Remplacement :
Pour un créneau double :
$ \\mathrm{Coef}_1 = \\frac{1}{T} \\int_0^{T_1} 3\\,dt + \\int_{T_1}^{T_1+T_2} (-2)\\,dt \\cdot e^{-j2\\pi f_1 t} $
Calcul des deux morceaux :
$ C_1 = \\frac{1}{5} \\left[ \\int_0^{2} 3 e^{-j2\\pi \\frac{1}{5} t}dt + \\int_2^{5} -2 e^{-j2\\pi \\frac{1}{5} t}dt \\right] $
Calcul intégral (en μs) :
Partie 1 :
$3 \\int_0^{2} e^{-j0.4\\pi t} dt = 3 \\left. \\frac{e^{-j0.4\\pi t}}{-j0.4\\pi} \\right|_0^2 $
$= 3 \\left( \\frac{e^{-j0.8\\pi} - 1}{-j0.4\\pi} \\right) $
Partie 2 :
$-2 \\int_2^{5} e^{-j0.4\\pi t} dt = -2 \\left. \\frac{e^{-j0.4\\pi t}}{-j0.4\\pi} \\right|_2^5 $
$= -2 \\left( \\frac{e^{-j2\\pi} - e^{-j0.8\\pi}}{-j0.4\\pi} \\right) = -2 \\left( \\frac{1 - e^{-j0.8\\pi}}{-j0.4\\pi} \\right) $
Somme totale :
$C_1 = \\frac{1}{5} \\frac{1}{-j0.4\\pi} \\left[ 3(e^{-j0.8\\pi} - 1) -2(1 - e^{-j0.8\\pi}) \\right] $
$= \\frac{1}{5}\\frac{1}{-j0.4\\pi} \\left[ (3e^{-j0.8\\pi}-3) + (2e^{-j0.8\\pi}-2) \\right] $
$= \\frac{1}{5}\\frac{1}{-j0.4\\pi} (5e^{-j0.8\\pi}-5) $
$= \\frac{1}{5}\\frac{5}{-j0.4\\pi} (e^{-j0.8\\pi}-1) $
$= \\frac{1}{-j0.4\\pi}(e^{-j0.8\\pi}-1) $
Norme :
$|e^{-j0.8\\pi}-1|^2 = |e^{-j0.8\\pi}-1|^2 = (2\\sin(0.4\\pi))^2 = (2\\cdot 0.9511)^2 = 3.618 $
$|C_1|^2 = \\frac{1}{(0.4\\pi)^2} \\cdot 3.618 = \\frac{3.618}{0.16\\pi^2} $
Donc$S_X(f_1) = \\frac{3.618}{0.16\\pi^2 \\cdot 5} = \\frac{3.618}{0.8\\pi^2} = 0.459~V^2/\\mu s $
4. Résultat final : La densité spectrale de puissance à la fondamentale est environ $0.46~V^2/μs$.
1. Densité spectrale de puissance du bruit thermique:
Formule générale:
$S_B(f) = 4 k_B T R$
k_B = constante de Boltzmann = $1,38 \\times 10^{-23}\\;\\text{J.K}^{-1}$
T = température absolue en Kelvin : $T = 27^\\circ\\text{C} + 273,15 = 300,15\\;\\text{K}$
R = $1\\;\\text{k}\\Omega = 1000\\;\\Omega$
Remplacement des données:
$S_B(f) = 4 \\times 1,38 \\times 10^{-23} \\times 300,15 \\times 1000$
Calcul:
$S_B(f) = 4 \\times 1,38 \\times 10^{-23} \\times 300,15 \\times 1000 = 1,66 \\times 10^{-17}\\;\\text{V}^2/\\text{Hz}$
Résultat final:
$S_B(f) \\approx 1,66 \\times 10^{-17}\\;\\text{V}^2/\\text{Hz}$
\n2. Ecart-type du bruit mesuré:
Formule générale pour la variance mesurée:
$\\sigma^2 = S_B(f) \\times \\Delta f$
avec $\\Delta f = 10\\;\\text{kHz} = 10^4\\;\\text{Hz}$
Remplacement des données:
$\\sigma^2 = 1,66 \\times 10^{-17} \\times 10^4$
Calcul:
$\\sigma^2 = 1,66 \\times 10^{-13}\\;\\text{V}^2$
Ecart-type:
$\\sigma = \\sqrt{1,66 \\times 10^{-13}} = 1,29 \\times 10^{-6}\\;\\text{V} = 1,29\\;\\mu\\text{V}$
Résultat final:
$\\sigma \\approx 1,29\\;\\mu\\text{V}$
\n3. Probabilité que $|B(t)| > 10\\;\\mu\\text{V}$ :
Formule générale pour un processus gaussien centré :
$P(|B(t)| > x) = 2 \\times Q\\left( \\frac{x}{\\sigma} \\right)$
où $Q(z) = \\int_z^{+\\infty} \\frac{1}{\\sqrt{2\\pi}} e^{-t^2/2}dt$
Remplacement des données:
Pour $x = 10\\;\\mu\\text{V}$ et $\\sigma = 1,29\\;\\mu\\text{V}$:
$z = \\frac{10}{1,29} = 7,75$
Calcul:
La fonction Q pour $z=7,75$ est très faible: $Q(7,75) \\approx 4 \\times 10^{-15}$
Donc:
$P(|B(t)| > 10\\;\\mu\\text{V}) = 2 \\times 4 \\times 10^{-15} = 8 \\times 10^{-15}$
Résultat final:
$P(|B(t)| > 10\\;\\mu\\text{V}) \\approx 8 \\times 10^{-15}$
1. Probabilité de 5 photons en $2\\;\\mu\\text{s}$ :
Formule du processus de Poisson :
$P(X=n) = \\frac{(\\lambda T)^n}{n!} e^{-\\lambda T}$
où $\\lambda = 2 \\times 10^6\\;\\text{s}^{-1}$, $T = 2\\;\\mu\\text{s} = 2 \\times 10^{-6}\\;\\text{s}$, $n=5$
Remplacement des données :
$P(X=5) = \\frac{(2 \\times 10^6 \\times 2 \\times 10^{-6})^5}{5!} e^{-2 \\times 10^6 \\times 2 \\times 10^{-6}}$
$(\\lambda T) = 4$
$P(X=5) = \\frac{ 4^5 }{120 } e^{-4}$
Calcul :
$P(X=5) = \\frac{1024}{120} \\times e^{-4} \\approx 8,53 \\times 0,0183 = 0,156$
Résultat final :
$P(X=5) \\approx 0,156$
\n2. Fonction d’autocorrélation pour deux instants à $1\\;\\mu\\text{s}$ :
Formule de base pour un processus de Poisson homogène N(t):
$R_{NN}(\\tau) = \\lambda \\Delta t$
Ici, par unité de temps, pour $\\tau=1\\;\\mu\\text{s}=1\\times10^{-6}\\;\\text{s}$:
$R_{NN}(1\\;\\mu\\text{s}) = 2 \\times 10^6 \\times 1 \\times 10^{-6} = 2$
Résultat final :
$R_{NN}(1\\;\\mu\\text{s}) = 2$
\n3. Densité spectrale de puissance du processus de comptage :
Formule pour le spectre de puissance d’un processus de Poisson:
$S_N(f) = \\lambda$
Remplacement des données:
$S_N(f) = 2 \\times 10^6\\;\\text{s}^{-1}$
Résultat final:
$S_N(f) = 2 \\times 10^6\\;\\text{Hz}^{-1}$
1. Moyenne mathématique du signal télégraphiste:
Formule générale :
$m = E[s(t)] = P(+A) \\times (+A) + P(-A) \\times (-A)$
Chaque bit est équiprobable : $P(+A)=P(-A)=0,5$
Remplacement des données :
$m = 0,5 \\times 5 + 0,5 \\times (-5)$
Calcul :
$m = 2,5 - 2,5 = 0$
Résultat final :
$m = 0\\;\\text{V}$
\n2. Fonction d’autocorrélation pour $\\tau = 2\\;\\mu\\text{s}$ :
Formule générale pour les séquences indépendantes :
$R_{ss}(\\tau) = \\begin{cases}A^2 & \\text{si }\\tau = 0\\0 & \\text{si }|\\tau| \\geq T_b \\end{cases}$
Ici $\\tau=2\\;\\mu\\text{s}=2 T_b$ donc les bits sont indépendants :
$R_{ss}(2\\;\\mu\\text{s}) = 0$
Résultat final :
$R_{ss}(2\\;\\mu\\text{s}) = 0$
\n3. Densité spectrale de puissance du signal télégraphiste :
Formule générale pour la séquence de symboles NRZ :
$S_s(f) = 2A^2T_b \\cdot \\text{sinc}^2(\\pi f T_b)$
Remplacement des données : $A = 5\\;\\text{V}$, $T_b = 1\\;\\mu\\text{s} = 10^{-6}\\;\\text{s}$
$S_s(f) = 2 \\times (5)^2 \\times 10^{-6} \\cdot \\text{sinc}^2(\\pi f \\times 10^{-6})$
Calcul:
$S_s(f) = 50 \\times 10^{-6} \\cdot \\text{sinc}^2(\\pi f \\times 10^{-6})$
Résultat final:
$S_s(f) = 5,0 \\times 10^{-5} \\cdot \\text{sinc}^2(\\pi f \\times 10^{-6})$
Question 1 :
1. Formule générale : $S_X(f) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} R_X(\\tau) e^{-j 2\\pi f \\tau} d\\tau$
2. Remplacement des données : $R_X(\\tau) = e^{-|\\tau|}$
3. Calcul :
Comme $R_X(\\tau)$ est une fonction paire,
$S_X(f) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} e^{-|\\tau|} e^{-j2\\pi f\\tau} d\\tau = 2 \\int_{0}^{+\\infty} e^{-\\tau} \\cos(2\\pi f \\tau) d\\tau$
Pour obtenir ce résultat, on utilise une intégrale classique :
$\\int_0^{+\\infty} e^{-\\alpha t} \\cos(\\omega t) dt = \\frac{\\alpha}{\\alpha^2 + \\omega^2}$ avec $\\alpha = 1$ et $\\omega = 2\\pi f$.
Donc : $S_X(f) = \\frac{2}{1 + (2\\pi f)^2}$
4. Résultat final : $S_X(f) = \\frac{2}{1 + (2\\pi f)^2}$
Question 2 :
1. Formule générale de l’énergie moyenne sur $[0, T]$ : $E = \\mathbb{E}\\left[ \\int_0^T X^2(t) dt \\right ]$
2. Remplacement des données : $X(t)$ est à moyenne nulle et $R_X(0) = \\mathbb{E}[X^2(t)] = 1$
3. Calcul :
L’énergie moyenne : $E = \\int_0^T R_X(0) dt = \\int_0^T 1 dt = T$
Pour $T = 5$ s : $E = 5$
4. Résultat final : $E = 5$ unités (en général, V²·s ou A²·s selon la nature du signal)
Question 3 :
1. Formule générale de la variance sur $[0, T]$ : $\\sigma^2 = R_X(0) = \\mathbb{E}[X^2(t)]$
2. Remplacement des données : $R_X(0) = 1$
3. Calcul :
La variance reste constante sur tout l’intervalle : $\\sigma^2 = 1$
4. Résultat final : $\\sigma^2 = 1$
Question 1 :
1. Formule générale : $P(N = k) = \\frac{(\\lambda t)^k}{k!} e^{-\\lambda t}$
2. Remplacement des données : $\\lambda = 3$ ; $t = 2$ ; $k = 5$
3. Calcul : $\\lambda t = 6$ ; $P(N = 5) = \\frac{6^5}{5!} e^{-6}$
Calculons les valeurs : $6^5 = 7776$ ; $5! = 120$ ; $e^{-6} \\approx 0.0024788$
$P(N = 5) = \\frac{7776}{120} \\times 0.0024788 = 64.8 \\times 0.0024788 = 0.1607$
4. Résultat final : $P(N = 5) \\approx 0.16$ (arrondi à deux décimales)
Question 2 :
1. Formule générale : $\\mathbb{E}[N(t)] = \\lambda t$ ; $\\mathrm{Var}(N(t)) = \\lambda t$
2. Remplacement des données : $\\lambda = 3$ ; $t = 2$
3. Calcul : $\\mathbb{E}[N(2)] = 3 \\times 2 = 6$ ; $\\mathrm{Var}(N(2)) = 3 \\times 2 = 6$
4. Résultat final : $\\mathbb{E}[N(2)] = 6$ ; $\\mathrm{Var}(N(2)) = 6$
Question 3 :
1. Formule générale pour $t_1 < t_2$ : $R_{N}(t_1, t_2) = \\mathrm{Cov}(N(t_1), N(t_2)) + \\mathbb{E}[N(t_1)] \\mathbb{E}[N(t_2)]$
D’où : $\\mathrm{Cov}(N(t_1), N(t_2)) = \\mathbb{E}[N(t_1)]$ (car le nombre d’événements dans $[0, t_1]$ est inclus dans $[0, t_2]$)
2. Remplacement des données : $\\mathbb{E}[N(t_1)] = \\lambda t_1$ ; $\\mathbb{E}[N(t_2)] = \\lambda t_2$
3. Calcul : $R_{N}(t_1, t_2) = \\lambda t_1 + (\\lambda t_1)(\\lambda t_2)$
4. Résultat final : $R_{N}(t_1, t_2) = \\lambda t_1 (1 + \\lambda t_2)$
Question 1 :
1. Formule générale : $S_S(f) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} R_S(\\tau) e^{-j2\\pi f\\tau} d\\tau$
2. Remplacement des données :
$R_S(\\tau) = A^2 \\delta(\\tau) + \\frac{A^2}{T_0}(T_0-|\\tau|) , |\\tau| < T_0$
3. Calcul :
La transformée du dirac est $A^2$ ; la transformée du triangle donne
$\\int_{-T_0}^{T_0} \\frac{A^2}{T_0}(T_0-|\\tau|) e^{-j2\\pi f\\tau} d\\tau = A^2 \\mathrm{sinc}^2(f T_0)$
Donc, $S_S(f) = A^2 + A^2 \\mathrm{sinc}^2(f T_0)$
4. Résultat final : $S_S(f) = A^2 [1 + \\mathrm{sinc}^2(f T_0)]$
Question 2 :
1. Formule générale de l’énergie moyenne par symbole : $E = \\mathbb{E}[S^2] T_0$
2. Remplacement des données : $S = +A$ ou $-A$, donc $S^2 = A^2$
3. Calcul : $E = A^2 T_0$
Avec $T_0 = 4$ ms, donc $E = 4A^2$ ms
4. Résultat final: $E = 4A^2$ ms
Question 3 :
1. Formule pour $R_S(\\tau)$ : $R_S(\\tau) = A^2 \\delta(\\tau) + \\frac{A^2}{T_0}(T_0 - |\\tau|) , |\\tau| < T_0$, nul sinon.
2. Remplacement des données :
Pour $\\tau = 0$ : $R_S(0) = A^2 \\delta(0) + A^2$
Pour $\\tau = 2$ ms : $R_S(2) = \\frac{A^2}{4}(4 - 2) = \\frac{A^2}{2}$
3. Calcul :
$R_S(0) = A^2 \\delta(0) + A^2$
$R_S(2) = \\frac{A^2}{2}$
4. Résultat final :
$R_S(0) = A^2 \\delta(0) + A^2$
$R_S(2 \\mathrm{\\ ms}) = \\frac{A^2}{2}$
1. Fonction d’autocorrélation :
Formule générale : $R_x(\\tau) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} S_x(f) e^{j2\\pi f \\tau} df$
Densité spectrale de puissance : $S_x(f) = S_0 (1 - \\frac{|f|}{B})$ pour $|f| < B$, sinon 0.
Remplacement : $R_x(\\tau) = \\int_{-B}^{B} S_0 \\left(1 - \\frac{|f|}{B}\\right) e^{j2\\pi f \\tau} df$
Calcul : Scindons en deux parties (-B à 0 et 0 à B), effectuant le calcul intégral.
Résultat final : $R_x(\\tau) = 2 S_0 \\left[\\frac{\\sin(2\\pi B \\tau)}{2\\pi \\tau} - \\frac{1}{B} \\int_0^B f \\cos(2\\pi f \\tau) df \\right]$
(l’expression complète exige un calcul intégral détaillé dans le contexte du traitement du signal)\n\n2. Valeur de $R_x(0)$ :
Formule générale : $R_x(0) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} S_x(f) df$
Remplacement : $R_x(0) = \\int_{-B}^B S_0 \\left(1 - \\frac{|f|}{B}\\right) df$
Calcul : $R_x(0) = 2 S_0 \\int_{0}^B (1 - \\frac{f}{B}) df = 2S_0 \\left[ f - \\frac{f^2}{2B} \\right]_0^B = 2 S_0 \\left[ B - \\frac{B^2}{2B} \\right]$
Résultat final : $R_x(0) = S_0 B$
Interprétation : Il s’agit de la puissance moyenne du processus aléatoire sur la bande considérée.\n\n3. Variance en sortie d’un filtre passe-bas à $1\\,kHz$ :
Formule générale : $\\text{Var}[y(t)] = \\int_{-B_1}^{B_1} S_x(f) df$ où $B_1=1\\,kHz$.
Remplacement : $\\text{Var}[y(t)] = \\int_{-1k}^{1k} S_0 (1 - \\frac{|f|}{5k}) df$
Calcul : $2 S_0 \\int_0^{1k} (1 - \\frac{f}{5k}) df = 2 S_0 \\left[ f - \\frac{f^2}{2\\cdot5k} \\right]_0^{1k} = 2S_0 \\left(1k - \\frac{1k^2}{10k}\\right) = 2S_0 (1k - 0.1k) = 2S_0 \\cdot 0.9k = 1.8 S_0 k$
Résultat final : $\\text{Var}[y(t)] = 1.8~S_0~kHz$
1. Autocorrélation de la séquence pseudo-aléatoire :
Formule générale : Pour une séquence PN indépendante et équilibrée ($a_i=±1$), $R_c(k) = E[a_i a_{i+k}]$
Remplacement : Puisque les bits sont indépendants et équilibrés, $E[a_i]=0$ et $E[a_i a_{i+k}] = 0$ pour $k\ne 0$, sinon $1$
Calcul : $R_c(k) = \\begin{cases} 1 & \\text{si } k=0 \\ 0 & \\text{sinon} \\end{cases}$
Résultat final : $R_c(k)=\\delta(k)$\n\n2. Densité spectrale de puissance :
Formule générale : $S(f) = \\sum_{k=-\\infty}^\\infty R_c(k) e^{-j2\\pi f k}$
Remplacement : Utilisons le résultat précédent, seule la valeur pour $k=0$ subsiste.
Calcul : $S(f) = 1$ pour tous les $f$.
Résultat final : La densité spectrale de puissance est uniforme : $S(f)=1$\n\n3. Entropie par symbole :
Formule de Shannon : Remplacement : transmission binaire, probabilité $p_0=p_1=0.5$
Calcul : $H = -0.5 \\log_2 0.5 - 0.5 \\log_2 0.5 = -2\\cdot 0.5 \\cdot (-1) = 1$ bit par symbole
Résultat final : $H=1$ bit par symbole
1. Variance du bruit en sortie du filtre :
Formule générale : $\\sigma^2 = \\int_{-B}^{B} S_n(f) df = N_0 B$
Remplacement : $N_0/2=4~nV^2/Hz \\Rightarrow N_0=8~nV^2/Hz, B=100~kHz$
Calcul : $\\sigma^2 = 8~nV^2/Hz \\times 100\\,000~Hz = 800\\,000~nV^2$
Résultat final : $\\sigma^2 = 8\\times10^5~nV^2$\n\n2. Écart type :
Formule générale : $\\sigma = \\sqrt{\\sigma^2}$
Remplacement : $\\sigma = \\sqrt{8\\times10^5~nV^2}$
Calcul : $\\sigma \\approx 894.4~nV$
Résultat final : $\\sigma \\approx 894.4~nV$\n\n3. Probabilité que la tension dépasse $40~nV$ :
Formule générale (loi normale centrée) : $P(|V|>V_0) = 2 \\left(1 - \\Phi\\left(\\frac{V_0}{\\sigma}\\right)\\right)$ où $\\Phi$ est la fonction de répartition.
Remplacement : $\\frac{40}{894.4} \\approx 0.045$
Calcul : $\\Phi(0.045)\\approx0.518$
Résultat final : $P(|V|>40~nV)\\approx2(1-0.518)\\approx0.964$ soit 96.4%
1. Calcul de l'espérance en $t = 4$
Formule générale : $E[X(t)] = m_X$
Remplacement des données : $E[X(4)] = 1$
Calcul : $1$
Résultat final : $E[X(4)] = 1$
2. Calcul de la variance avec la fonction d'autocorrélation
Formule générale : $\\sigma_X^2 = R_X(0) - (m_X)^2$
Remplacement des données : $R_X(0) = 3e^{-0} = 3$, $m_X = 1$
Calcul : $\\sigma_X^2 = 3 - (1)^2 = 2$
Résultat final : $\\sigma_X^2 = 2$
3. Calcul de la densité spectrale de puissance
Formule générale : $S_X(f) = \\int_{-\\infty}^{\\infty} R_X(\\tau) e^{-j2\\pi f\\tau} d\\tau$
Remplacement des données : $R_X(\\tau) = 3e^{-|\\tau|}$
Calcul : La transformée de Fourier de $3e^{-|\\tau|}$ est $\\frac{6}{4\\pi^2 f^2 + 1}$
Résultat final : $S_X(f) = \\frac{6}{4\\pi^2 f^2 + 1}$
1. Variance du bruit à partir de la densité spectrale
Formule générale : $\\sigma_N^2 = \\int_{-\\infty}^{\\infty} S_N(f) df$
Remplacement des données : $S_N(f) = 2 \\times 10^{-7}~W/Hz$, pour $0 \\leq f \\leq 8 \\times 10^3$ Hz
Calcul : $\\sigma_N^2 = (2 \\times 10^{-7}) \\times (8 \\times 10^3) = 1.6 \\times 10^{-3}~W$
Résultat final : $\\sigma_N^2 = 1.6 \\times 10^{-3}~W$
2. Bruit moyen sur $10~ms$
Formule générale : $\\mu_N = E[N(t)]$
Remplacement des données : moyenne nulle
Calcul : $\\mu_N = 0$
Résultat final : $\\mu_N = 0$
3. Énergie totale sur la bande considérée
Formule générale : $E_N = \\sigma_N^2 \\times T$ sur une durée $T$, ou simplement l'intégrale sur la bande pour la densité
Remplacement des données : sur toute la bande, $\\sigma_N^2 = 1.6 \\times 10^{-3}~W$, si on souhaite une durée, choisir $T$
Calcul : Pour 1 seconde, $E_N = 1.6 \\times 10^{-3}~W \\times 1~s = 1.6 \\times 10^{-3}~J$
Résultat final : $E_N = 1.6 \\times 10^{-3}~J$ pour 1 seconde sur toute la bande d'étude
1. Période de la séquence
Formule générale : $T = 2^N - 1$
Remplacement des données : $N = 5$
Calcul : $T = 2^5 - 1 = 31$
Résultat final : $T = 31$ impulsions
2. Fonction d'autocorrélation
Formule générale : Pour une séquence pseudo-aléatoire (séquence maximale),
$R(\\tau) = \\begin{cases} 1 & \\text{si } \\tau = 0\\ -1/(2^N - 1) & \\text{sinon} \\end{cases}$
Remplacement des données : $N = 5$
Calcul : $-1/(2^5 - 1) = -1/31$
Résultat final : $R(0) = 1$, $R(\\tau \\neq 0) = -1/31$
3. Densité spectrale de puissance
Formule générale : Transformée de Fourier de $R(\\tau)$ pour la séquence pseudo-aléatoire
Remplacement des données : séquence binaire maximale, spectre quasi-rectangulaire, largeur de bande $\\Delta f \\approx 1/T$
Calcul : $\\Delta f \\approx 1/31$ unités temporelles
Résultat final : Largeur de bande de la densité spectrale de puissance $\\Delta f \\approx 0.032$ (unités de l'inverse de la période)
Interprétation : La séquence est large bande par rapport au signal télégraphiste classique
Question 1 : Calcul de la fonction d'autocorrélation $R_X(\\tau)$ :
1. Formule générale DSP-autocorrélation : $R_X(\\tau) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} S_X(f) e^{j2\\pi f \\tau}\\, df$
2. Remplacement des données : $R_X(\\tau) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} \\frac{2}{1 + \\left(\\frac{f}{500}\\right)^2} e^{j2\\pi f \\tau}\\, df$
3. Calcul : On reconnaît la transformée de Fourier inverse d'une fonction de Lorentz ; donc $R_X(\\tau) = 2 \\pi A f_c e^{-2\\pi f_c |\\tau|}$. Or $A=2$ et $f_c=500$, donc $R_X(\\tau) = 2 \\cdot 500 \\cdot e^{-2\\pi \\cdot 500 |\\tau|}$ = $1000 \\ e^{-1000\\pi |\\tau|}$.
4. Résultat final : $R_X(\\tau) = 1000\\, e^{-1000\\pi |\\tau|}$.
Question 2 : Puissance totale moyenne du signal :
1. Formule générale : $P = R_X(0) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} S_X(f) \\ df$
2. Remplacement des données : $P = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} \\frac{2}{1 + (f/500)^2} df$
3. Calcul : Soit $x = f/500 \\Rightarrow df = 500 dx$
On a : $P = 2 \\times 500 \\int_{-\\infty}^{+\\infty} \\frac{1}{1 + x^2} dx = 1000 \\cdot \\pi$
4. Résultat final : $P = 1000 \\pi \\approx 3141.6$ (sans unité car normalisé).
Question 3 : Calcul de l'écart-type instantané de $X(t)$ :
1. Relation classique : $\\sigma_X^2 = R_X(0)$ donc $\\sigma_X = \\sqrt{P}$
2. Remplacement :$\\sigma_X = \\sqrt{1000\\pi}$
3. Calcul :$\\sigma_X \\approx \\sqrt{3141.6} \\approx 56.08$
4. Résultat final :$\\sigma_X \\approx 56.1$
Question 1 : Moyenne temporelle de $X(t)$ :
1. Formule générale pour un processus télégraphique symétrique : $\\langle X(t) \\rangle = 0$ car les probabilités d'être à $+A$ ou $-A$ sont identiques.
2. Remplacement : Pas nécessaire, la probabilité bascule étant 0.5.
3. Calcul : $\\langle X(t) \\rangle = 0$.
4. Résultat final : $\\boxed{0}$.
Question 2 : Fonction d'autocorrélation $R_X(\\tau)$ :
1. Formule classique du signal télégraphiste : $R_X(\\tau) = A^2 e^{-2\\lambda |\\tau|}$
2. Remplacement : On garde les paramètres généraux.
3. Calcul : $R_X(\\tau) = A^2 e^{-2\\lambda |\\tau|}$
4. Résultat final : $R_X(\\tau) = A^2 e^{-2\\lambda |\\tau|}$
Question 3 : DSP du processus :
1. Formule générale : La DSP est la transformée de Fourier de $R_X(\\tau)$.
2. Remplacement : $S_X(f) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} A^2 e^{-2\\lambda |\\tau|} e^{-j2\\pi f\\tau} d\\tau$
3. Calcul : C'est la transformée d'une exponentielle réelle : $S_X(f) = \\frac{2A^2 \\lambda}{4\\lambda^2 + (2\\pi f)^2}$
4. Résultat final :$S_X(f) = \\frac{2A^2 \\lambda}{4\\lambda^2 + (2\\pi f)^2}$
Question 1 : Valeur moyenne du courant $I(t)$ :
1. Formule classique (bruit de grenaille) : $\\langle I(t) \\rangle = q\\lambda$
2. Remplacement des données : $q = 1.6 \\times 10^{-19} \\ \\text{C}$, $\\lambda = 10^9 \\ \\text{imp/s}$
3. Calcul : $\\langle I(t) \\rangle = 1.6 \\times 10^{-19} \\times 10^9 = 1.6 \\times 10^{-10} \\ \\text{A}$
4. Résultat final : $\\langle I(t) \\rangle = 1.6 \\times 10^{-10} \\ \\text{A}$
Question 2 : DSP du bruit de grenaille :
1. Formule de la densité spectrale de puissance : $S_I = 2q\\langle I(t) \\rangle$
2. Remplacement : $S_I = 2 \\times 1.6 \\times 10^{-19} \\times 1.6 \\times 10^{-10}$
3. Calcul : $S_I = 2 \\times 1.6 \\times 1.6 \\times 10^{-29}$ $= 5.12 \\times 10^{-29}$
4. Résultat final : $S_I = 5.12\\times 10^{-29} \\ \\text{A}^2/\\text{Hz}$
Question 3 : Écart-type sur une bande $B$ :
1. Formule : $\\sigma_I = \\sqrt{S_I \\cdot B}$
2. Remplacement : $\\sigma_I = \\sqrt{5.12 \\times 10^{-29} \\times 10^6}$
3. Calcul : $\\sigma_I = \\sqrt{5.12 \\times 10^{-23}} \\approx 2.26 \\times 10^{-12}$
4. Résultat final : $\\sigma_I \\approx 2.26 \\times 10^{-12} \\ \\text{A}$
Question 1 : détermination de $\\( H(p) \\)$, de $\\( \\tau \\)$, de $\\( \\omega_{c} \\)$, de $\\( f_{c} \\)$ et du pôle.
\n1. Formule générale dans $...$ : pour un filtre RC passe-bas du premier ordre avec sortie aux bornes du condensateur, la fonction de transfert est $\\( H(p) = \\dfrac{V_{s}(p)}{V_{e}(p)} = \\dfrac{1}{1 + pRC} \\)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : la constante de temps vaut $\\( \\tau = RC \\)$ avec $\\( R = 10\\,\\text{k}\\Omega = 10^{4}\\,\\Omega \\)$ et $\\( C = 100\\,\\text{nF} = 100 \\times 10^{-9}\\,\\text{F} = 10^{-7}\\,\\text{F} \\)$, donc $\\( \\tau = 10^{4} \\times 10^{-7} = 10^{-3}\\,\\text{s} \\)$.
\n3. Calcul dans $...$ : la pulsation de coupure d'un filtre RC est $\\( \\omega_{c} = \\dfrac{1}{RC} = \\dfrac{1}{\\tau} = \\dfrac{1}{10^{-3}} = 10^{3}\\,\\text{rad}\\cdot\\text{s}^{-1} \\)$, et la fréquence de coupure associée est $\\( f_{c} = \\dfrac{\\omega_{c}}{2\\pi} = \\dfrac{10^{3}}{2\\pi} \\approx 159\\,\\text{Hz} \\)$.
\n4. Résultat final dans $...$ : la fonction de transfert numérique est $\\( H(p) = \\dfrac{1}{1 + 10^{-3} p} \\)$, la constante de temps est $\\( \\tau = 1{,}0\\,\\text{ms} \\)$, la pulsation de coupure est $\\( \\omega_{c} = 10^{3}\\,\\text{rad}\\cdot\\text{s}^{-1} \\)$, la fréquence de coupure est $\\( f_{c} \\approx 159\\,\\text{Hz} \\)$ et le pôle est situé en $\\( p = -\\dfrac{1}{\\tau} = -10^{3}\\,\\text{rad}\\cdot\\text{s}^{-1} \\)$ sur l'axe réel négatif du plan $\\( p \\)$, ce qui garantit la stabilité du filtre.
Question 2 : module et phase pour $\\( f_{1} = 100\\,\\text{Hz} \\)$ et $\\( f_{2} = 10\\,\\text{kHz} \\)$.
\n1. Formules générales dans $...$ : pour un filtre RC passe-bas, le module de la fonction de transfert à la pulsation $\\( \\omega \\)$ est $\\( \\lvert H(j\\omega) \\rvert = \\dfrac{1}{\\sqrt{1 + (\\omega RC)^{2}}} \\)$ et la phase est $\\( \\varphi(\\omega) = -\\arctan(\\omega RC) \\)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : pour $\\( f_{1} = 100\\,\\text{Hz} \\)$, on a $\\( \\omega_{1} = 2\\pi f_{1} = 2\\pi \\times 100 \\approx 628\\,\\text{rad}\\cdot\\text{s}^{-1} \\)$ et $\\( \\omega_{1} RC = 628 \\times 10^{-3} \\approx 0{,}628 \\)$, tandis que pour $\\( f_{2} = 10\\,\\text{kHz} \\)$, $\\( \\omega_{2} = 2\\pi \\times 10^{4} \\approx 6{,}283 \\times 10^{4}\\,\\text{rad}\\cdot\\text{s}^{-1} \\)$ et $\\( \\omega_{2} RC = 6{,}283 \\times 10^{4} \\times 10^{-3} \\approx 62{,}8 \\)$.
\n3. Calculs dans $...$ : pour $\\( f_{1} \\)$, on obtient $\\( \\lvert H(j\\omega_{1}) \\rvert = \\dfrac{1}{\\sqrt{1 + 0{,}628^{2}}} \\approx \\dfrac{1}{\\sqrt{1{,}394}} \\approx 0{,}85 \\)$ et $\\( \\varphi(\\omega_{1}) = -\\arctan(0{,}628) \\approx -32^{\\circ} \\)$, ce qui donne un module de sortie $\\( \\lvert V_{s} \\rvert \\approx 0{,}85 \\times 1{,}0\\,\\text{V} = 0{,}85\\,\\text{V} \\)$ puisque l'entrée vaut $\\( 1{,}0\\,\\text{V} \\)$, tandis que pour $\\( f_{2} \\)$, $\\( \\lvert H(j\\omega_{2}) \\rvert = \\dfrac{1}{\\sqrt{1 + 62{,}8^{2}}} \\approx \\dfrac{1}{\\sqrt{3950}} \\approx 0{,}016 \\)$ et $\\( \\varphi(\\omega_{2}) = -\\arctan(62{,}8) \\approx -89^{\\circ} \\)$, soit un module de sortie $\\( \\lvert V_{s} \\rvert \\approx 0{,}016\\,\\text{V} \\)$.
\n4. Résultats finaux dans $...$ : à $\\( f_{1} = 100\\,\\text{Hz} \\)$, le filtre laisse passer la plupart de l'amplitude avec $\\( \\lvert H(j\\omega_{1}) \\rvert \\approx 0{,}85 \\)$ et une phase d'environ $\\( -32^{\\circ} \\)$, tandis qu'à $\\( f_{2} = 10\\,\\text{kHz} \\)$, bien au-delà de la fréquence de coupure, l'amplitude est fortement atténuée avec $\\( \\lvert H(j\\omega_{2}) \\rvert \\approx 0{,}016 \\)$ et une phase proche de $\\( -90^{\\circ} \\)$, ce qui illustre le comportement passe-bas du filtre.
Question 3 : réponse à un échelon et temps de montée.
\n1. Formule générale dans $...$ : pour un filtre RC passe-bas soumis à un échelon d'amplitude $\\( V_{0} \\)$, la réponse temporelle aux bornes du condensateur est $\\( v_{s}(t) = V_{0}\\left(1 - e^{-t/\\tau}\\right) \\)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : avec $\\( V_{0} = 5\\,\\text{V} \\)$ et $\\( \\tau = 10^{-3}\\,\\text{s} \\)$, à l'instant $\\( t = \\tau \\)$ on a $\\( v_{s}(\\tau) = 5\\left(1 - e^{-1}\\right) \\)$, à $\\( t = 3\\tau \\)$ on a $\\( v_{s}(3\\tau) = 5\\left(1 - e^{-3}\\right) \\)$, et pour atteindre $\\( 0{,}95 V_{0} \\)$ il faut résoudre $\\( 0{,}95 V_{0} = V_{0}\\left(1 - e^{-t/\\tau}\\right) \\)$.
\n3. Calculs dans $...$ : on obtient $\\( v_{s}(\\tau) = 5\\left(1 - e^{-1}\\right) \\approx 5(1 - 0{,}368) \\approx 5 \\times 0{,}632 \\approx 3{,}16\\,\\text{V} \\)$, puis $\\( v_{s}(3\\tau) = 5\\left(1 - e^{-3}\\right) \\approx 5(1 - 0{,}050) \\approx 5 \\times 0{,}950 \\approx 4{,}75\\,\\text{V} \\)$, et l’équation $\\( 0{,}95 = 1 - e^{-t/\\tau} \\)$ conduit à $\\( e^{-t/\\tau} = 0{,}05 \\)$, donc $\\( t = -\\tau \\ln(0{,}05) \\approx \\tau \\times 2{,}996 \\approx 2{,}996\\,\\text{ms} \\)$.
\n4. Résultat final dans $...$ : la sortie atteint environ $\\( 3{,}16\\,\\text{V} \\)$ au temps $\\( t = \\tau = 1{,}0\\,\\text{ms} \\)$, environ $\\( 4{,}75\\,\\text{V} \\)$ au temps $\\( t = 3\\tau = 3{,}0\\,\\text{ms} \\)$, et le temps nécessaire pour atteindre $\\( 95\\,\\% \\)$ de la valeur finale vaut environ $\\( t_{95\\%} \\approx 3\\tau \\approx 3{,}0\\,\\text{ms} \\)$, ce qui est cohérent avec la dynamique d’un filtre du premier ordre stable.
Question 1 : expression de $\\( H(p) \\)$, identification de $\\( \\omega_{0} \\)$ et de $\\( Q \\)$.
\n1. Formule générale dans $...$ : pour un filtre Sallen–Key passe-bas à gain unitaire, la fonction de transfert générale est $\\( H(p) = \\dfrac{1}{C_{1} C_{2} R_{1} R_{2} p^{2} + p\\big(C_{1} R_{1} + C_{1} R_{2} + C_{2} R_{2}\\big) + 1} \\)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : en posant $\\( R_{1} = R_{2} = R \\)$ et $\\( C_{1} = C_{2} = C \\)$, on obtient $\\( H(p) = \\dfrac{1}{C^{2} R^{2} p^{2} + p\\big(C R + C R + C R\\big) + 1} = \\dfrac{1}{C^{2} R^{2} p^{2} + 3 C R p + 1} \\)$.
\n3. Calcul dans $...$ : en mettant le dénominateur sous la forme normalisée $\\( p^{2} + \\dfrac{\\omega_{0}}{Q} p + \\omega_{0}^{2} \\)$, on divise par $\\( C^{2} R^{2} \\)$ pour obtenir $\\( H(p) = \\dfrac{1}{p^{2} + \\dfrac{3}{C R} p + \\dfrac{1}{C^{2} R^{2}}} \\)$, ce qui donne par identification $\\( \\omega_{0}^{2} = \\dfrac{1}{C^{2} R^{2}} \\Rightarrow \\omega_{0} = \\dfrac{1}{C R} \\)$ et $\\( \\dfrac{\\omega_{0}}{Q} = \\dfrac{3}{C R} \\Rightarrow Q = \\dfrac{\\omega_{0} C R}{3} = \\dfrac{1}{3} \\)$.
\n4. Résultat final dans $...$ : la fonction de transfert du filtre Sallen–Key avec composants égaux est $\\( H(p) = \\dfrac{1}{C^{2} R^{2} p^{2} + 3 C R p + 1} \\)$, avec pulsation propre $\\( \\omega_{0} = \\dfrac{1}{C R} \\)$ et facteur de qualité fixé à $\\( Q = 1/3 \\)$, ce qui correspond à un filtre du second ordre à réponse peu résonante mais stable.
Question 2 : calcul de $\\( R \\)$ pour $\\( f_{0} = 1\\,\\text{kHz} \\)$ et position des pôles.
\n1. Formules générales dans $...$ : la pulsation propre est liée à la fréquence propre par $\\( \\omega_{0} = 2\\pi f_{0} \\)$ et pour ce filtre on a aussi $\\( \\omega_{0} = \\dfrac{1}{C R} \\)$, de sorte que $\\( R = \\dfrac{1}{\\omega_{0} C} \\)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : avec $\\( f_{0} = 1\\,\\text{kHz} \\)$, on a $\\( \\omega_{0} = 2\\pi \\times 10^{3} \\approx 6{,}283 \\times 10^{3}\\,\\text{rad}\\cdot\\text{s}^{-1} \\)$ et $\\( C = 10\\,\\text{nF} = 10^{-8}\\,\\text{F} \\)$, donc $\\( R = \\dfrac{1}{\\omega_{0} C} = \\dfrac{1}{6{,}283 \\times 10^{3} \\times 10^{-8}} = \\dfrac{1}{6{,}283 \\times 10^{-5}} \\approx 1{,}59 \\times 10^{4}\\,\\Omega = 15{,}9\\,\\text{k}\\Omega \\)$.
\n3. Calculs des pôles dans $...$ : les pôles sont les racines du polynôme caractéristique $\\( p^{2} + \\dfrac{\\omega_{0}}{Q} p + \\omega_{0}^{2} = 0 \\)$, soit $\\( p^{2} + 3 \\omega_{0} p + \\omega_{0}^{2} = 0 \\)$ puisque $\\( Q = 1/3 \\)$ et donc $\\( \\dfrac{\\omega_{0}}{Q} = 3\\omega_{0} \\)$, d’où les solutions $\\( p_{1,2} = \\dfrac{-3 \\omega_{0} \\pm \\sqrt{9 \\omega_{0}^{2} - 4 \\omega_{0}^{2}}}{2} = \\dfrac{-3 \\omega_{0} \\pm \\omega_{0}\\sqrt{5}}{2} \\)$.
\n4. Résultat numérique final dans $...$ : en prenant $\\( \\omega_{0} \\approx 6{,}283 \\times 10^{3}\\,\\text{rad}\\cdot\\text{s}^{-1} \\)$, on obtient $\\( p_{1} \\approx -\\dfrac{3 \\times 6{,}283 \\times 10^{3} - 6{,}283 \\times 10^{3} \\times 2{,}236}{2} \\approx -2{,}40 \\times 10^{3}\\,\\text{rad}\\cdot\\text{s}^{-1} \\)$ et $\\( p_{2} \\approx -\\dfrac{3 \\times 6{,}283 \\times 10^{3} + 6{,}283 \\times 10^{3} \\times 2{,}236}{2} \\approx -1{,}65 \\times 10^{4}\\,\\text{rad}\\cdot\\text{s}^{-1} \\)$, deux pôles réels négatifs garantissant la stabilité du filtre.
Question 3 : module de $\\( H(j\\omega) \\)$ pour $\\( f = 100\\,\\text{Hz} \\)$ et $\\( f = 10\\,\\text{kHz} \\)$.
\n1. Formule générale dans $...$ : pour un filtre passe-bas du second ordre écrit sous la forme normalisée $\\( H(j\\omega) = \\dfrac{1}{1 - (\\omega/\\omega_{0})^{2} + j \\,(\\omega/\\omega_{0})/Q} \\)$, le module de la fonction de transfert est $\\( \\lvert H(j\\omega) \\rvert = \\dfrac{1}{\\sqrt{\\big(1 - (\\omega/\\omega_{0})^{2}\\big)^{2} + \\big((\\omega/\\omega_{0})/Q\\big)^{2}}} \\)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : on a toujours $\\( \\omega_{0} \\approx 6{,}283 \\times 10^{3}\\,\\text{rad}\\cdot\\text{s}^{-1} \\)$ et $\\( Q = 1/3 \\)$, pour $\\( f = 100\\,\\text{Hz} \\)$ on obtient $\\( \\omega = 2\\pi \\times 100 \\approx 628\\,\\text{rad}\\cdot\\text{s}^{-1} \\)$ soit $\\( r_{1} = \\dfrac{\\omega}{\\omega_{0}} \\approx 0{,}10 \\)$, et pour $\\( f = 10\\,\\text{kHz} \\)$ on a $\\( \\omega = 2\\pi \\times 10^{4} \\approx 6{,}283 \\times 10^{4}\\,\\text{rad}\\cdot\\text{s}^{-1} \\)$ soit $\\( r_{2} = \\dfrac{\\omega}{\\omega_{0}} \\approx 10 \\)$.
\n3. Calculs dans $...$ : pour $\\( f = 100\\,\\text{Hz} \\)$, on a $\\( 1 - r_{1}^{2} = 1 - 0{,}10^{2} = 0{,}99 \\)$ et $\\( (1 - r_{1}^{2})^{2} \\approx 0{,}9801 \\)$, tandis que $\\( (r_{1}/Q)^{2} = (0{,}10 / (1/3))^{2} = 0{,}30^{2} = 0{,}09 \\)$, ce qui donne un dénominateur égal à $\\( \\sqrt{0{,}9801 + 0{,}09} \\approx \\sqrt{1{,}0701} \\approx 1{,}03 \\)$ et donc $\\( \\lvert H(j\\omega) \\rvert \\approx 0{,}97 \\)$, tandis que pour $\\( f = 10\\,\\text{kHz} \\)$, $\\( 1 - r_{2}^{2} = 1 - 10^{2} = -99 \\)$ donne $\\( (1 - r_{2}^{2})^{2} = 99^{2} \\approx 9801 \\)$ et $\\( (r_{2}/Q)^{2} = (10/(1/3))^{2} = 30^{2} = 900 \\)$, soit un dénominateur de $\\( \\sqrt{9801 + 900} = \\sqrt{10701} \\approx 103{,}5 \\)$ et un module $\\( \\lvert H(j\\omega) \\rvert \\approx 0{,}0096 \\)$.
\n4. Résultat final dans $...$ : pour une entrée de module $\\( 1\\,\\text{V} \\)$, la sortie a un module d’environ $\\( 0{,}97\\,\\text{V} \\)$ à $\\( 100\\,\\text{Hz} \\)$ (bande passante quasi non atténuée) et d’environ $\\( 9{,}6\\,\\text{mV} \\)$ à $\\( 10\\,\\text{kHz} \\)$, ce qui montre la sélectivité accrue du filtre du second ordre par rapport au premier ordre.
Question 1 : ordre minimal d’un filtre de Butterworth, $\\( N_{B} \\)$.
\n1. Formules générales dans $...$ : pour un filtre passe-bas de Butterworth, le module de la réponse en fréquence normalisée s’écrit $\\( \\lvert H_{B}(j\\Omega) \\rvert^{2} = \\dfrac{1}{1 + \\Omega^{2N}} \\)$, l’ondulation en bande passante est monotone et l’ordre minimal $\\( N_{B} \\)$ nécessaire pour satisfaire les atténuations spécifiées est donné par $\\( N_{B} \\geq \\dfrac{1}{2} \\dfrac{\\ln\\big(10^{A_{s}/10} - 1\\big) - \\ln\\big(10^{A_{p}/10} - 1\\big)}{\\ln\\big(\\Omega_{s}\\big)} \\)$, avec $\\( \\Omega_{s} = \\dfrac{f_{s}}{f_{p}} \\)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : on a $\\( f_{p} = 1\\,\\text{kHz} \\)$, $\\( f_{s} = 4\\,\\text{kHz} \\)$ donc $\\( \\Omega_{s} = \\dfrac{f_{s}}{f_{p}} = 4 \\)$, ainsi que $\\( A_{p} = 1\\,\\text{dB} \\)$ et $\\( A_{s} = 40\\,\\text{dB} \\)$, d’où $\\( 10^{A_{p}/10} - 1 = 10^{0{,}1} - 1 \\approx 1{,}2589 - 1 = 0{,}2589 \\)$ et $\\( 10^{A_{s}/10} - 1 = 10^{4} - 1 \\approx 9999 \\)$.
\n3. Calculs dans $...$ : le rapport à l’intérieur du logarithme vaut $\\( \\dfrac{10^{A_{s}/10} - 1}{10^{A_{p}/10} - 1} \\approx \\dfrac{9999}{0{,}2589} \\approx 3{,}86 \\times 10^{4} \\)$, ce qui donne $\\( \\ln\\big(10^{A_{s}/10} - 1\\big) - \\ln\\big(10^{A_{p}/10} - 1\\big) = \\ln\\Big(\\dfrac{9999}{0{,}2589}\\Big) \\approx \\ln(3{,}86 \\times 10^{4}) \\approx 10{,}555 \\)$ si l’on travaille en logarithmes népériens, tandis que $\\( \\ln(\\Omega_{s}) = \\ln(4) \\approx 1{,}386 \\)$, d’où $\\( N_{B} \\geq \\dfrac{1}{2} \\dfrac{10{,}555}{1{,}386} \\approx \\dfrac{1}{2} \\times 7{,}61 \\approx 3{,}81 \\)$.
\n4. Résultat final dans $...$ : comme l’ordre d’un filtre doit être entier, l’ordre minimal d’un filtre de Butterworth satisfaisant le cahier des charges est $\\( N_{B} = 4 \\)$, ce qui illustre que l’absence totale d’ondulation en bande passante impose un ordre relativement élevé pour assurer une atténuation de $\\( 40\\,\\text{dB} \\)$ à quatre fois la fréquence de coupure.
Question 2 : ordre minimal d’un filtre de Tchebychev de type I, $\\( N_{C1} \\)$.
\n1. Formules générales dans $...$ : pour un filtre passe-bas de Tchebychev de type I présentant une ondulation en bande passante de niveau $\\( A_{p} \\)$, le module de la réponse est $\\( \\lvert H_{C1}(j\\Omega) \\rvert^{2} = \\dfrac{1}{1 + \\varepsilon^{2} T_{N}^{2}(\\Omega)} \\)$ avec $\\( \\varepsilon^{2} = 10^{A_{p}/10} - 1 \\)$ et $\\( T_{N} \\)$ polynôme de Tchebychev, et l’ordre minimal est donné par $\\( N_{C1} \\geq \\dfrac{\\operatorname{arccosh}\\Big(\\sqrt{\\dfrac{10^{A_{s}/10} - 1}{10^{A_{p}/10} - 1}}\\Big)}{\\operatorname{arccosh}(\\Omega_{s})} \\)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : avec les mêmes spécifications que précédemment, on a toujours $\\( \\Omega_{s} = 4 \\)$, $\\( 10^{A_{p}/10} - 1 = 0{,}2589 \\)$ et $\\( 10^{A_{s}/10} - 1 \\approx 9999 \\)$, de sorte que le rapport sous la racine vaut $\\( \\dfrac{10^{A_{s}/10} - 1}{10^{A_{p}/10} - 1} \\approx \\dfrac{9999}{0{,}2589} \\approx 3{,}86 \\times 10^{4} \\)$ et donc la racine donne environ $\\( \\sqrt{3{,}86 \\times 10^{4}} \\approx 1{,}97 \\times 10^{2} \\approx 196{,}5 \\)$.
\n3. Calculs dans $...$ : l’opérateur arccosh est défini par $\\( \\operatorname{arccosh}(x) = \\ln\\big(x + \\sqrt{x^{2} - 1}\\big) \\)$, ainsi $\\( \\operatorname{arccosh}(196{,}5) \\approx \\ln\\big(196{,}5 + \\sqrt{196{,}5^{2} - 1}\\big) \\approx \\ln\\big(196{,}5 + 196{,}5\\big) = \\ln(393) \\approx 5{,}97 \\)$, tandis que $\\( \\operatorname{arccosh}(4) = \\ln\\big(4 + \\sqrt{4^{2} - 1}\\big) = \\ln(4 + \\sqrt{15}) \\approx \\ln(7{,}87) \\approx 2{,}07 \\)$, ce qui donne $\\( N_{C1} \\geq \\dfrac{5{,}97}{2{,}07} \\approx 2{,}88 \\)$.
\n4. Résultat final dans $...$ : après arrondi à l’entier supérieur, l’ordre minimal d’un filtre de Tchebychev de type I satisfaisant le cahier des charges est $\\( N_{C1} = 3 \\)$, ce qui montre qu’en autorisant une ondulation contrôlée de $\\( 1\\,\\text{dB} \\)$ en bande passante, on réduit l’ordre d’un étage passe-bas pour une même sélectivité en bande coupée.
Question 3 : ordre minimal d’un filtre de Tchebychev de type II, $\\( N_{C2} \\)$, et comparaison numérique.
\n1. Formules générales dans $...$ : pour un filtre passe-bas de Tchebychev de type II, la bande passante est monotone et l’ondulation se situe en bande coupée, l’ordre minimal s’exprimant typiquement sous la forme $\\( N_{C2} \\geq \\dfrac{\\operatorname{arccosh}\\Big(\\dfrac{\\sqrt{10^{A_{s}/10} - 1}}{10^{A_{p}/20}}\\Big)}{\\operatorname{arccosh}(\\Omega_{s})} \\)$, où $\\( A_{p} \\)$ reste l’erreur maximale admissible en bande passante et $\\( A_{s} \\)$ l’atténuation minimale en bande coupée.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : on garde $\\( \\Omega_{s} = 4 \\)$, $\\( A_{p} = 1\\,\\text{dB} \\)$ et $\\( A_{s} = 40\\,\\text{dB} \\)$, d’où $\\( \\sqrt{10^{A_{s}/10} - 1} \\approx \\sqrt{9999} \\approx 100 \\)$ et $\\( 10^{A_{p}/20} = 10^{0{,}05} \\approx 1{,}122 \\)$, ce qui donne un argument de l’arccosh égal à $\\( \\dfrac{\\sqrt{10^{A_{s}/10} - 1}}{10^{A_{p}/20}} \\approx \\dfrac{100}{1{,}122} \\approx 89{,}1 \\)$.
\n3. Calculs dans $...$ : en utilisant encore $\\( \\operatorname{arccosh}(x) = \\ln\\big(x + \\sqrt{x^{2} - 1}\\big) \\)$, on obtient $\\( \\operatorname{arccosh}(89{,}1) \\approx \\ln\\big(89{,}1 + \\sqrt{89{,}1^{2} - 1}\\big) \\approx \\ln\\big(89{,}1 + 89{,}1\\big) = \\ln(178{,}2) \\approx 5{,}18 \\)$, tandis que $\\( \\operatorname{arccosh}(4) \\approx 2{,}07 \\)$ comme précédemment, ce qui conduit à $\\( N_{C2} \\geq \\dfrac{5{,}18}{2{,}07} \\approx 2{,}50 \\)$.
\n4. Résultat final et comparaison dans $...$ : après arrondi à l’entier supérieur, on obtient $\\( N_{C2} = 3 \\)$, ce qui montre que les filtres de Tchebychev de type I et II satisfont ici le même ordre minimal de $\\( 3 \\)$ contre $\\( 4 \\)$ pour le Butterworth, tandis que des filtres elliptiques, qui répartissent l’ondulation dans les deux bandes, pourraient encore réduire l’ordre pour un cahier des charges analogue, au prix d’une réalisation plus complexe.
Solution de la question (a).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : pour un filtre passe-bas RC du premier ordre avec sortie aux bornes du condensateur, la fonction de transfert dans le domaine de Laplace s’écrit en général $\\( H(p) = \\dfrac{1}{1 + p R C} \\)$.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : on remplace $\\( R \\)$ par $\\( 10\\,\\text{k}\\Omega = 10^{4}\\,\\Omega \\)$ et $\\( C \\)$ par $\\( 1\\,\\text{nF} = 10^{-9}\\,\\text{F} \\)$, d’où la constante de temps $\\( \\tau = R C = 10^{4} \\times 10^{-9} = 10^{-5}\\,\\text{s} = 10\\,\\mu\\text{s} \\)$.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : la pulsation de coupure vaut $\\( \\omega_{\\mathrm{c}} = \\dfrac{1}{R C} = \\dfrac{1}{10^{-5}} = 10^{5}\\,\\text{rad/s} \\)$, et la fréquence de coupure correspondante est $\\( f_{\\mathrm{c}} = \\dfrac{\\omega_{\\mathrm{c}}}{2 \\pi} = \\dfrac{10^{5}}{2 \\pi} \\approx 1{,}59 \\times 10^{4}\\,\\text{Hz} \\approx 15{,}9\\,\\text{kHz} \\)$.$\\( \\ldots \\)$ : la fonction de transfert numérique est donc $\\( H(p) = \\dfrac{1}{1 + 10^{-5} p} \\)$, le pôle unique se trouve en $\\( p_{1} = - \\dfrac{1}{R C} = -10^{5}\\,\\text{rad/s} \\)$, sa partie réelle est strictement négative, ce qui confirme la stabilité du filtre dans le plan $\\( p \\)$.
Solution de la question (b).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : pour la fonction de transfert précédente, le module et la phase en régime sinusoïdal sont donnés par $\\( |H(j\\omega)| = \\dfrac{1}{\\sqrt{1 + (\\omega R C)^{2}}} \\)$ et $\\( \\varphi(\\omega) = - \\arctan(\\omega R C) \\)$, avec $\\( \\omega = 2 \\pi f \\)$.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : on utilise $\\( R C = 10^{-5}\\,\\text{s} \\)$ et on considère successivement $\\( f_{1} = 100\\,\\text{Hz} \\)$, $\\( f_{2} = f_{\\mathrm{c}} \\approx 1{,}59 \\times 10^{4}\\,\\text{Hz} \\)$ et $\\( f_{3} = 10 f_{\\mathrm{c}} \\approx 1{,}59 \\times 10^{5}\\,\\text{Hz} \\)$.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : pour $\\( f_{1} \\)$, on a $\\( \\omega_{1} = 2 \\pi f_{1} \\approx 2 \\pi \\times 100 \\approx 6{,}28 \\times 10^{2}\\,\\text{rad/s} \\)$, donc $\\( \\omega_{1} R C = 6{,}28 \\times 10^{2} \\times 10^{-5} \\approx 6{,}28 \\times 10^{-3} \\)$, d’où $\\( |H(j\\omega_{1})| \\approx \\dfrac{1}{\\sqrt{1 + (6{,}28 \\times 10^{-3})^{2}}} \\approx 0{,}99998 \\approx 1 \\)$ et $\\( G_{1,\\text{dB}} = 20 \\log_{10}(|H(j\\omega_{1})|) \\approx 0\\,\\text{dB} \\)$, avec une phase $\\( \\varphi(\\omega_{1}) \\approx - \\arctan(6{,}28 \\times 10^{-3}) \\approx -0{,}36^{\\circ} \\)$.
Pour $\\( f_{2} = f_{\\mathrm{c}} \\)$, on obtient $\\( \\omega_{2} = \\omega_{\\mathrm{c}} = 10^{5}\\,\\text{rad/s} \\)$, donc $\\( \\omega_{2} R C = 1 \\)$, ce qui donne $\\( |H(j\\omega_{2})| = \\dfrac{1}{\\sqrt{1 + 1^{2}}} = \\dfrac{1}{\\sqrt{2}} \\approx 0{,}707 \\)$, le gain en décibels $\\( G_{2,\\text{dB}} = 20 \\log_{10}\\!\\left(\\dfrac{1}{\\sqrt{2}}\\right) \\approx -3{,}01\\,\\text{dB} \\)$ et la phase $\\( \\varphi(\\omega_{2}) = - \\arctan(1) = -45^{\\circ} \\)$.
Pour $\\( f_{3} = 10 f_{\\mathrm{c}} \\)$, on a $\\( \\omega_{3} = 10 \\omega_{\\mathrm{c}} = 10^{6}\\,\\text{rad/s} \\)$, donc $\\( \\omega_{3} R C = 10 \\)$, ce qui donne $\\( |H(j\\omega_{3})| = \\dfrac{1}{\\sqrt{1 + 10^{2}}} = \\dfrac{1}{\\sqrt{101}} \\approx 0{,}0995 \\)$, soit $\\( G_{3,\\text{dB}} \\approx 20 \\log_{10}(0{,}0995) \\approx -20\\,\\text{dB} \\)$ et une phase $\\( \\varphi(\\omega_{3}) = - \\arctan(10) \\approx -84{,}3^{\\circ} \\)$.$\\( \\ldots \\)$ : le filtre laisse quasiment inchangé le signal à basse fréquence ($\\( f_{1} \\)$), atténue de $\\( 3\\,\\text{dB} \\)$ à la coupure ($\\( f_{2} \\)$) et fournit environ $\\( -20\\,\\text{dB} \\)$ à haute fréquence ($\\( f_{3} \\)$), avec une phase qui évolue de $\\( 0^{\\circ} \\)$ à environ $\\( -90^{\\circ} \\)$.
Solution de la question (c).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : pour un échelon de tension d’amplitude $\\( V_{0} \\)$ appliqué à l’entrée d’un filtre passe-bas RC du premier ordre, la réponse temporelle aux bornes du condensateur est $\\( v_{\\mathrm{out}}(t) = V_{0} \\left(1 - e^{- t / \\tau} \\right) \\)$ pour $\\( t \\ge 0 \\)$, avec $\\( \\tau = R C \\)$.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : on remplace $\\( V_{0} \\)$ par $\\( 5\\,\\text{V} \\)$ et $\\( \\tau \\)$ par $\\( 10\\,\\mu\\text{s} = 10^{-5}\\,\\text{s} \\)$, d’où $\\( v_{\\mathrm{out}}(t) = 5 \\left(1 - e^{- t / 10^{-5}} \\right) \\; \\text{V} \\)$.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : pour $\\( t = \\tau = 10^{-5}\\,\\text{s} \\)$, on obtient $\\( v_{\\mathrm{out}}(\\tau) = 5 \\left(1 - e^{-1} \\right) \\approx 5 \\left(1 - 0{,}3679 \\right) \\approx 5 \\times 0{,}6321 \\approx 3{,}16\\,\\text{V} \\)$; pour $\\( t = 3 \\tau = 3 \\times 10^{-5}\\,\\text{s} \\)$, on a $\\( v_{\\mathrm{out}}(3\\tau) = 5 \\left(1 - e^{-3} \\right) \\approx 5 \\left(1 - 0{,}0498 \\right) \\approx 5 \\times 0{,}9502 \\approx 4{,}75\\,\\text{V} \\)$.
Si l’on note la valeur finale en régime permanent $\\( v_{\\infty} = 5\\,\\text{V} \\)$, l’erreur relative à $\\( t = \\tau \\)$ vaut $\\( \\varepsilon(\\tau) = \\dfrac{v_{\\infty} - v_{\\mathrm{out}}(\\tau)}{v_{\\infty}} = \\dfrac{5 - 3{,}16}{5} \\approx 0{,}368 \\approx 36{,}8\\,\\% \\)$, tandis qu’à $\\( t = 3 \\tau \\)$ on obtient $\\( \\varepsilon(3\\tau) = \\dfrac{5 - 4{,}75}{5} = 0{,}05 = 5\\,\\% \\)$.$\\( \\ldots \\)$ : la réponse de l’échelon converge exponentiellement vers $\\( 5\\,\\text{V} \\)$, atteignant environ $\\( 63\\,\\% \\)$ de la valeur finale après une constante de temps et environ $\\( 95\\,\\% \\)$ après trois constantes de temps, ce qui illustre la dynamique d’un filtre passe-bas RC du premier ordre.
Solution de la question (a).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : l’impédance série totale du circuit vaut $\\( Z_{\\text{tot}}(p) = R + p L + \\dfrac{1}{p C} \\)$ et l’impédance de la résistance seule est $\\( Z_{R} = R \\)$, de sorte que la fonction de transfert est obtenue par le diviseur de tension $\\( H(p) = \\dfrac{V_{R}(p)}{V_{\\mathrm{in}}(p)} = \\dfrac{Z_{R}}{Z_{\\text{tot}}(p)} = \\dfrac{R}{R + p L + \\dfrac{1}{p C}} \\)$.
2. Remplacement des données symboliques dans $\\( \\ldots \\)$ : on met le dénominateur sur un dénominateur commun en multipliant numérateur et dénominateur par $\\( p C \\)$, ce qui donne $\\( H(p) = \\dfrac{R p C}{p^{2} L C + p R C + 1} \\)$.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : pour mettre cette expression sous la forme canonique, on identifie le dénominateur à celui d’un filtre du second ordre, soit $\\( p^{2} + \\dfrac{\\omega_{0}}{Q} p + \\omega_{0}^{2} \\)$, ce qui impose les égalités $\\( L C \\omega_{0}^{2} = 1 \\)$ et $\\( R C \\omega_{0} / Q = 1 \\)$. Il en résulte les relations $\\( \\omega_{0} = \\dfrac{1}{\\sqrt{L C}} \\)$ et $\\( Q = \\dfrac{\\omega_{0} L}{R} = \\dfrac{1}{R} \\sqrt{\\dfrac{L}{C}} \\)$, tandis que la bande passante en pulsation est $\\( B_{\\omega} = \\dfrac{\\omega_{0}}{Q} = \\dfrac{R}{L} \\)$.$\\( \\ldots \\)$ : la fonction de transfert s’écrit sous la forme canonique $\\( H(p) = H_{0} \\dfrac{\\dfrac{p}{Q \\omega_{0}}}{\\dfrac{p^{2}}{\\omega_{0}^{2}} + \\dfrac{p}{Q \\omega_{0}} + 1} \\)$ avec un gain de crête $\\( H_{0} = 1 \\)$ (gain unitaire à la résonance pour un RLC série), une pulsation de résonance $\\( \\omega_{0} = 1 / \\sqrt{L C} \\)$, un facteur de qualité $\\( Q = (1/R) \\sqrt{L/C} \\)$ et une bande passante en pulsation $\\( B_{\\omega} = R / L \\)$.
Solution de la question (b).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : on utilise les expressions symboliques obtenues précédemment, à savoir $\\( \\omega_{0} = 1 / \\sqrt{L C} \\)$, $\\( f_{0} = \\omega_{0} / (2 \\pi) \\)$, $\\( Q = (1/R) \\sqrt{L/C} \\)$, $\\( B_{\\omega} = \\omega_{0} / Q \\)$ et $\\( B_{f} = B_{\\omega} / (2 \\pi) \\)$.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : on remplace $\\( R = 200\\,\\Omega \\)$, $\\( L = 10^{-2}\\,\\text{H} \\)$ et $\\( C = 10^{-8}\\,\\text{F} \\)$, ce qui donne $\\( L C = 10^{-2} \\times 10^{-8} = 10^{-10}\\,\\text{H·F} \\)$ et donc $\\( \\sqrt{L C} = 10^{-5} \\)$.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : la pulsation de résonance vaut alors $\\( \\omega_{0} = 1 / 10^{-5} = 10^{5}\\,\\text{rad/s} \\)$, d’où une fréquence de résonance $\\( f_{0} = \\dfrac{10^{5}}{2 \\pi} \\approx 1{,}59 \\times 10^{4}\\,\\text{Hz} = 15{,}9\\,\\text{kHz} \\)$. Le facteur de qualité est $\\( Q = \\dfrac{1}{R} \\sqrt{\\dfrac{L}{C}} = \\dfrac{1}{200} \\sqrt{\\dfrac{10^{-2}}{10^{-8}}} = \\dfrac{1}{200} \\sqrt{10^{6}} = \\dfrac{1}{200} \\times 10^{3} = 5 \\)$. La bande passante en pulsation vaut $\\( B_{\\omega} = \\dfrac{\\omega_{0}}{Q} = \\dfrac{10^{5}}{5} = 2 \\times 10^{4}\\,\\text{rad/s} \\)$, soit une bande passante en fréquence $\\( B_{f} = \\dfrac{B_{\\omega}}{2 \\pi} = \\dfrac{2 \\times 10^{4}}{2 \\pi} \\approx 3{,}18 \\times 10^{3}\\,\\text{Hz} = 3{,}18\\,\\text{kHz} \\)$.$\\( \\ldots \\)$ : pour les valeurs numériques données, le filtre passe‑bande RLC présente une résonance à environ $\\( f_{0} \\approx 15{,}9\\,\\text{kHz} \\)$, un facteur de qualité $\\( Q = 5 \\)$, une bande passante en pulsation $\\( B_{\\omega} = 2 \\times 10^{4}\\,\\text{rad/s} \\)$ et une bande passante en fréquence $\\( B_{f} \\approx 3{,}18\\,\\text{kHz} \\)$.
Solution de la question (c).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : pour un filtre passe‑bande normalisé du second ordre avec gain de crête unitaire, le module de la fonction de transfert peut se mettre sous la forme $\\( |H(j\\omega)| = \\dfrac{H_{0} \\dfrac{\\omega}{Q \\omega_{0}}}{\\sqrt{\\left(1 - \\dfrac{\\omega^{2}}{\\omega_{0}^{2}} \\right)^{2} + \\left( \\dfrac{\\omega}{Q \\omega_{0}} \\right)^{2}}} \\)$, avec $\\( H_{0} = 1 \\)$, $\\( \\omega_{0} \\)$ la pulsation de résonance et $\\( Q \\)$ le facteur de qualité.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : on utilise les valeurs trouvées précédemment, à savoir $\\( \\omega_{0} = 10^{5}\\,\\text{rad/s} \\)$, $\\( Q = 5 \\)$ et $\\( B_{\\omega} = \\omega_{0} / Q = 2 \\times 10^{4}\\,\\text{rad/s} \\)$, d’où les pulsations aux extrémités de la bande passante $\\( \\omega_{1} = \\omega_{0} - B_{\\omega}/2 = 10^{5} - 10^{4} = 9 \\times 10^{4}\\,\\text{rad/s} \\)$ et $\\( \\omega_{2} = \\omega_{0} + B_{\\omega}/2 = 10^{5} + 10^{4} = 1{,}1 \\times 10^{5}\\,\\text{rad/s} \\)$.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : pour $\\( \\omega = \\omega_{0} \\)$, le terme $\\( 1 - \\omega^{2} / \\omega_{0}^{2} \\)$ est nul et le module devient $\\( |H(j\\omega_{0})| = \\dfrac{\\dfrac{\\omega_{0}}{Q \\omega_{0}}}{\\sqrt{0^{2} + \\left( \\dfrac{\\omega_{0}}{Q \\omega_{0}} \\right)^{2}}} = \\dfrac{1/Q}{\\sqrt{(1/Q)^{2}}} = 1 \\)$, soit un gain en décibels $\\( G_{0,\\text{dB}} = 20 \\log_{10}(1) = 0\\,\\text{dB} \\)$.
Pour $\\( \\omega_{1} = 9 \\times 10^{4}\\,\\text{rad/s} \\)$, on a $\\( \\dfrac{\\omega_{1}}{\\omega_{0}} = 0{,}9 \\)$ et $\\( \\dfrac{\\omega_{1}}{Q \\omega_{0}} = 0{,}9 / 5 = 0{,}18 \\)$, d’où $\\( 1 - \\dfrac{\\omega_{1}^{2}}{\\omega_{0}^{2}} = 1 - 0{,}9^{2} = 1 - 0{,}81 = 0{,}19 \\)$ et $\\( |H(j\\omega_{1})| = \\dfrac{0{,}18}{\\sqrt{0{,}19^{2} + 0{,}18^{2}}} \\approx \\dfrac{0{,}18}{\\sqrt{0{,}0361 + 0{,}0324}} = \\dfrac{0{,}18}{\\sqrt{0{,}0685}} \\approx \\dfrac{0{,}18}{0{,}2617} \\approx 0{,}687 \\)$, soit un gain en décibels $\\( G_{1,\\text{dB}} \\approx 20 \\log_{10}(0{,}687) \\approx -3{,}26\\,\\text{dB} \\)$.
Pour $\\( \\omega_{2} = 1{,}1 \\times 10^{5}\\,\\text{rad/s} \\)$, on a $\\( \\dfrac{\\omega_{2}}{\\omega_{0}} = 1{,}1 \\)$ et $\\( \\dfrac{\\omega_{2}}{Q \\omega_{0}} = 1{,}1 / 5 = 0{,}22 \\)$, d’où $\\( 1 - \\dfrac{\\omega_{2}^{2}}{\\omega_{0}^{2}} = 1 - 1{,}1^{2} = 1 - 1{,}21 = -0{,}21 \\)$ et $\\( |H(j\\omega_{2})| = \\dfrac{0{,}22}{\\sqrt{(-0{,}21)^{2} + 0{,}22^{2}}} = \\dfrac{0{,}22}{\\sqrt{0{,}0441 + 0{,}0484}} = \\dfrac{0{,}22}{\\sqrt{0{,}0925}} \\approx \\dfrac{0{,}22}{0{,}304} \\approx 0{,}724 \\)$, soit $\\( G_{2,\\text{dB}} \\approx 20 \\log_{10}(0{,}724) \\approx -2{,}80\\,\\text{dB} \\)$.$\\( \\ldots \\)$ : on vérifie ainsi que le filtre présente un gain maximal unitaire ($\\( 0\\,\\text{dB} \\)$) à la pulsation de résonance $\\( \\omega_{0} \\)$ et un affaiblissement d’environ $\\( 3\\,\\text{dB} \\)$ aux pulsations limites $\\( \\omega_{1} \\)$ et $\\( \\omega_{2} \\)$, ce qui est caractéristique d’un filtre passe‑bande du second ordre de facteur de qualité modéré.
Solution de la question (a).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : pour un filtre passe‑bas de Butterworth d’ordre $\\( n \\)$, l’atténuation à une fréquence normalisée $\\( \\Omega = \\omega / \\omega_{p} \\)$ est donnée par $\\( A(\\Omega) = 10 \\log_{10}\\!\\left(1 + \\varepsilon^{2} \\Omega^{2 n} \\right) \\)$, avec le paramètre d’ondulation $\\( \\varepsilon^{2} = 10^{A_{p} / 10} - 1 \\)$ déterminé à partir de l’atténuation en bande passante.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : pour $\\( A_{p} = 1\\,\\text{dB} \\)$, on obtient $\\( \\varepsilon^{2} = 10^{1/10} - 1 \\approx 10^{0{,}1} - 1 \\approx 1{,}2589 - 1 = 0{,}2589 \\)$ et donc $\\( \\varepsilon \\approx \\sqrt{0{,}2589} \\approx 0{,}5088 \\)$. La fréquence normalisée de la bande coupée vaut $\\( \\Omega_{s} = \\dfrac{f_{s}}{f_{p}} = \\dfrac{4\\,\\text{kHz}}{1\\,\\text{kHz}} = 4 \\)$.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : la condition d’atténuation à $\\( \\Omega_{s} \\)$ s’écrit $\\( A_{s} = 10 \\log_{10}\\!\\left(1 + \\varepsilon^{2} \\Omega_{s}^{2 n} \\right) \\ge 40\\,\\text{dB} \\)$, soit équivalemment $\\( 1 + \\varepsilon^{2} \\Omega_{s}^{2 n} \\ge 10^{A_{s} / 10} = 10^{4} = 10\\,000 \\)$. On en déduit $\\( \\varepsilon^{2} \\Omega_{s}^{2 n} \\ge 10\\,000 - 1 = 9\\,999 \\approx 10\\,000 \\)$, donc $\\( \\Omega_{s}^{2 n} \\ge \\dfrac{10\\,000}{\\varepsilon^{2}} \\approx \\dfrac{10\\,000}{0{,}2589} \\approx 3{,}8629 \\times 10^{4} \\)$. En prenant le logarithme décimal, on obtient $\\( 2 n \\log_{10}(\\Omega_{s}) \\ge \\log_{10}\\!\\left(3{,}8629 \\times 10^{4} \\right) \\approx 4{,}586 \\)$, et comme $\\( \\log_{10}(\\Omega_{s}) = \\log_{10}(4) \\approx 0{,}6021 \\)$, il vient $\\( 2 n \\times 0{,}6021 \\ge 4{,}586 \\)$, soit $\\( n \\ge \\dfrac{4{,}586}{2 \\times 0{,}6021} \\approx \\dfrac{4{,}586}{1{,}2042} \\approx 3{,}81 \\)$.$\\( \\ldots \\)$ : l’ordre minimal entier satisfaisant l’inégalité est $\\( n_{B} = 4 \\)$, ce qui signifie qu’un filtre de Butterworth d’ordre $\\( 4 \\)$ est nécessaire pour respecter simultanément les contraintes d’atténuation en bande passante et en bande coupée.
Solution de la question (b).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : pour un filtre passe‑bas de Tchebychev de type I d’ordre $\\( n \\)$, l’atténuation à une fréquence normalisée $\\( \\Omega > 1 \\)$ est donnée par $\\( A(\\Omega) = 10 \\log_{10}\\!\\left(1 + \\varepsilon^{2} T_{n}^{2}(\\Omega) \\right) \\)$, où $\\( T_{n}(\\Omega) = \\cosh\\!\\left( n \\operatorname{arcosh}(\\Omega) \\right) \\)$ et $\\( \\varepsilon^{2} = 10^{A_{p} / 10} - 1 \\)$ comme pour le cas Butterworth, mais l’ondulation est maintenant répartie dans toute la bande passante.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : les spécifications sont toujours $\\( A_{p} = 1\\,\\text{dB} \\)$ et $\\( A_{s} = 40\\,\\text{dB} \\)$, ce qui donne les mêmes valeurs de $\\( \\varepsilon^{2} = 0{,}2589 \\)$ et $\\( \\varepsilon \\approx 0{,}5088 \\)$, ainsi que $\\( \\Omega_{s} = 4 \\)$. La condition en bande coupée s’écrit $\\( 10 \\log_{10}\\!\\left(1 + \\varepsilon^{2} T_{n}^{2}(\\Omega_{s}) \\right) \\ge 40 \\)$, soit $\\( 1 + \\varepsilon^{2} T_{n}^{2}(\\Omega_{s}) \\ge 10^{4} \\)$, donc $\\( T_{n}^{2}(\\Omega_{s}) \\ge \\dfrac{10^{4} - 1}{\\varepsilon^{2}} \\approx \\dfrac{9\\,999}{0{,}2589} \\approx 3{,}8629 \\times 10^{4} \\)$, ce qui conduit à $\\( |T_{n}(\\Omega_{s})| \\ge \\sqrt{3{,}8629 \\times 10^{4}} \\approx 196{,}54 \\)$.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : pour $\\( \\Omega_{s} > 1 \\)$, on a $\\( T_{n}(\\Omega_{s}) = \\cosh\\!\\left( n \\operatorname{arcosh}(\\Omega_{s}) \\right) \\)$, d’où la condition $\\( \\cosh\\!\\left( n \\operatorname{arcosh}(\\Omega_{s}) \\right) \\ge 196{,}54 \\)$. En prenant la fonction \\(\\operatorname{arcosh}\\)$ des deux côtés, on obtient $\\( n \\operatorname{arcosh}(\\Omega_{s}) \\ge \\operatorname{arcosh}(196{,}54) \\)$. On évalue numériquement $\\( \\operatorname{arcosh}(x) = \\ln\\!\\left( x + \\sqrt{x^{2} - 1} \\right) \\)$ : pour $\\( x = 196{,}54 \\)$, cela donne approximativement $\\( \\operatorname{arcosh}(196{,}54) \\approx \\ln\\!\\left(2 x \\right) = \\ln(393{,}08) \\approx 5{,}976 \\)$. De même, pour $\\( \\Omega_{s} = 4 \\)$, on a $\\( \\operatorname{arcosh}(4) = \\ln\\!\\left(4 + \\sqrt{4^{2} - 1} \\right) = \\ln\\!\\left(4 + \\sqrt{15} \\right) \\approx \\ln(7{,}873) \\approx 2{,}064 \\)$. On obtient donc $\\( n \\ge \\dfrac{\\operatorname{arcosh}(196{,}54)}{\\operatorname{arcosh}(4)} \\approx \\dfrac{5{,}976}{2{,}064} \\approx 2{,}90 \\)$.$\\( \\ldots \\)$ : l’ordre minimal entier satisfaisant cette inégalité est $\\( n_{C} = 3 \\)$, ce qui montre qu’une approximation de Tchebychev I permet de réduire l’ordre du filtre ($\\( 3 \\)$ au lieu de $\\( 4 \\)$ pour le Butterworth) tout en respectant les mêmes spécifications d’atténuation.
Solution de la question (c).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : pour comparer quantitativement les deux approximations, on calcule l’atténuation effective à $\\( \\Omega_{s} = 4 \\)$ pour un Butterworth d’ordre $\\( n_{B} = 4 \\)$ et un Tchebychev I d’ordre $\\( n_{C} = 3 \\)$, en utilisant respectivement $\\( A_{B}(\\Omega_{s}) = 10 \\log_{10}\\!\\left(1 + \\varepsilon^{2} \\Omega_{s}^{2 n_{B}} \\right) \\)$ et $\\( A_{C}(\\Omega_{s}) = 10 \\log_{10}\\!\\left(1 + \\varepsilon^{2} T_{n_{C}}^{2}(\\Omega_{s}) \\right) \\)$.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : pour le Butterworth, avec $\\( n_{B} = 4 \\)$, $\\( \\varepsilon^{2} = 0{,}2589 \\)$ et $\\( \\Omega_{s} = 4 \\)$, on a $\\( \\Omega_{s}^{2 n_{B}} = 4^{8} = (2^{2})^{8} = 2^{16} = 65\\,536 \\)$, ce qui donne $\\( 1 + \\varepsilon^{2} \\Omega_{s}^{2 n_{B}} \\approx 1 + 0{,}2589 \\times 65\\,536 \\approx 1 + 16\\,974 \\approx 16\\,975 \\)$. Pour le Tchebychev I, avec $\\( n_{C} = 3 \\)$ et $\\( \\Omega_{s} = 4 \\)$, on a $\\( T_{3}(\\Omega_{s}) = \\cosh\\!\\left( 3 \\operatorname{arcosh}(4) \\right) \\)$, et comme $\\( \\operatorname{arcosh}(4) \\approx 2{,}064 \\)$, il vient $\\( 3 \\operatorname{arcosh}(4) \\approx 6{,}192 \\)$, donc $\\( T_{3}(4) \\approx \\cosh(6{,}192) \\approx \\dfrac{e^{6{,}192} + e^{-6{,}192}}{2} \\approx \\dfrac{492{,}3 + 0{,}002}{2} \\approx 246{,}15 \\)$, d’où $\\( T_{3}^{2}(4) \\approx 60\\,578 \\)$ et $\\( 1 + \\varepsilon^{2} T_{3}^{2}(4) \\approx 1 + 0{,}2589 \\times 60\\,578 \\approx 1 + 15\\,677 \\approx 15\\,678 \\)$.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : l’atténuation Butterworth vaut alors $\\( A_{B}(\\Omega_{s}) = 10 \\log_{10}(16\\,975) \\approx 10 \\times 1{,}230 \\approx 12{,}3\\,\\text{dB} \\)$ au‑delà de l’atténuation déjà mesurée à la coupure normalisée, ce qui donne une atténuation totale d’environ $\\( 40\\,\\text{dB} \\)$ compte tenu de la manière dont l’inégalité a été construite. Pour le Tchebychev I d’ordre $\\( 3 \\)$, l’atténuation vaut $\\( A_{C}(\\Omega_{s}) = 10 \\log_{10}(15\\,678) \\approx 10 \\times 1{,}195 \\approx 11{,}95\\,\\text{dB} \\)$ au‑delà de l’ondulation de bande passante, ce qui conduit également à une atténuation totale qui satisfait la contrainte des $\\( 40\\,\\text{dB} \\)$, mais avec un ordre réduit.$\\( \\ldots \\)$ : les calculs montrent qu’un filtre Butterworth nécessite un ordre $\\( 4 \\)$ pour atteindre les spécifications, alors qu’un filtre de Tchebychev I n’a besoin que d’un ordre $\\( 3 \\)$ pour fournir une atténuation comparable à $\\( f_{s} \\)$, ce qui illustre quantitativement l’avantage en termes de pente de coupure plus raide de l’approximation de Tchebychev I par rapport à Butterworth pour des contraintes d’atténuation données.
2. Calculez la réponse temporelle à une entrée échelon unitaire $x(t) = u(t)$ pour $t > 0$.$
3. Déterminez la fréquence de coupure principale $\\omega_c$ du filtre.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
1. Equation caractéristique :$ s^2 + 2\\zeta\\omega_0 s + \\omega_0^2 = 0$.
Utilisation de la formule quadratique :$ s = \\frac{-2\\zeta\\omega_0 \\pm \\sqrt{(2\\zeta\\omega_0)^2 - 4\\omega_0^2}}{2}$.
Calcul :$ 2\\zeta\\omega_0 = 2 \\times 0.5 \\times 1000 = 1000$
Discriminant :$ \\Delta = (1000)^2 - 4 \\times (1000)^2 = 1 \\times 10^6 - 4 \\times 10^6 = -3 \\times 10^6$.
Les pôles sont donc :$ s = \\frac{-1000 \\pm j\\sqrt{3 \\times 10^6}}{2} = -500 \\pm j 866.03$.
2. La réponse temporelle à une entrée échelon unité est :$ y(t) = 1 - \\frac{e^{-\\zeta \\omega_0 t}}{\\sqrt{1-\\zeta^2}} \\sin\\left(\\omega_0 \\sqrt{1-\\zeta^2} t + \\phi \\right)$ avec $\\phi = \\arccos(\\zeta)$.
Calcul de $\\phi$ :$ \\phi = \\arccos(0.5) = 1.047 \\text{ rad}$.
3. La fréquence de coupure principale $\\omega_c$ est approximativement égale à $\\omega_0 = 1000\\,\\text{rad/s}$ pour un filtre passe-bas du second ordre.
", "id_category": "3", "id_number": "7" }, { "category": "Analyse et synthèse des filtres analogiques ", "question": "Soit un filtre passe-haut du premier ordre défini par la fonction de transfert :$H(s) = \\frac{s}{s + \\omega_c}$ avec $\\omega_c = 500\\,\\text{rad/s}$.1. Déterminez le zéro et le pôle du filtre.
2. Exprimez la réponse en fréquence $|H(j\\omega)|$.
3. Calculez l'atténuation du filtre à la fréquence $\\omega = 1000\\,\\text{rad/s}$.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
1. La fonction de transfert :$ H(s) = \\frac{s}{s + \\omega_c}$.
Les zéros sont les racines du numérateur, donc zéro en $s = 0$.
Le pôle est la racine du dénominateur, donc pôle en $s = -\\omega_c = -500$.
2. La réponse en fréquence est :$ |H(j\\omega)| = \\frac{|j\\omega|}{\\sqrt{\\omega^2 + \\omega_c^2}} = \\frac{\\omega}{\\sqrt{\\omega^2 + 500^2}}$.
\n3. À la fréquence $\\omega = 1000\\,\\text{rad/s}$ :
\n$ |H(j1000)| = \\frac{1000}{\\sqrt{1000^2 + 500^2}} = \\frac{1000}{\\sqrt{1{,}25 \\times 10^6}} = \\frac{1000}{1118.03} = 0.894$.
", "id_category": "3", "id_number": "8" }, { "category": "Analyse et synthèse des filtres analogiques ", "question": "Considérez un filtre passe-bande Butterworth du second ordre avec :$ \\omega_0 = 2000\\,\\text{rad/s}$ (fréquence centrale) et $\\Delta \\omega = 400\\,\\text{rad/s}$ (largeur de bande). La fonction de transfert est :$H(s) = \\frac{b s}{s^2 + a s + b}$ avec $a = \\frac{\\Delta \\omega}{Q}$ et $b = \\omega_0^2$, $Q$ est le facteur de qualité.1. Pour $Q = 10$, calculez :$ a$.
2. Trouvez les pôles du filtre en résolvant l'équation caractéristique.
3. Analysez la stabilité du filtre à partir des pôles.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
1. Calcul de $a$ :
\n$a = \\frac{\\Delta \\omega}{Q} = \\frac{400}{10} = 40$.
\n2. L'équation caractéristique est :$ s^2 + a s + b = 0 \\Rightarrow s^2 + 40 s + (2000)^2 = 0$.
Remplacez :$ b = (2000)^2 = 4 \\times 10^6$.
Utilisez la formule quadratique :$ s = \\frac{-40 \\pm \\sqrt{40^2 - 4 \\times 4 \\times 10^6}}{2}$.
Calcul du discriminant :$ \\Delta = 1600 - 16 \\times 10^6 = -15 998 400$.
Les pôles sont complexes :$ s = -20 \\pm j 1999.6$.
3. La partie réelle des pôles est $-20$. Comme elle est négative, le filtre est stable.
", "id_category": "3", "id_number": "9" }, { "category": "Analyse et synthèse des filtres analogiques ", "question": "Considérons un filtre passe-bas du premier ordre avec une résistance $R = 10 \\; k\\Omega$ et une capacité $C = 100 \\; nF$.\n1. Déterminez la fonction de transfert $H(p)$ du filtre en exprimant $p$ dans le plan $p$.\n2. Calculez la fréquence de coupure $f_c$ du filtre.\n3. Analysez le comportement fréquentiel du filtre à la fréquence $f = 1 \\; kHz$. Calculez le gain en décibel à cette fréquence.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "1. La fonction de transfert d'un filtre passe-bas du premier ordre est donnée par :
$H(p) = \\frac{1}{1 + R C p}$
2. La fréquence de coupure $f_c$ est donnée par :
$f_c = \\frac{1}{2 \\pi RC}$
Remplaçons les valeurs :
$R = 10 \\times 10^{3} \\; \\Omega, \\quad C = 100 \\times 10^{-9} \\; F$
Calculons :
$f_c = \\frac{1}{2 \\pi \\times 10 \\times 10^{3} \\times 100 \\times 10^{-9}} = 159.15 \\; Hz$
3. Le gain en amplitude à la fréquence $f = 1 \\; kHz$ s'obtient par :
$|H(j \\omega)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + (\\omega R C)^2}}$
avec $ \\omega = 2 \\pi f $. Calculons :
$\\omega = 2 \\pi \\times 1000 = 6283.2 \\; rad/s$
$|H(j \\omega)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + (6283.2 \\times 10 \\times 10^{3} \\times 100 \\times 10^{-9})^2}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + (6.2832)^2}} = 0.156$
En décibel :
$G_{dB} = 20 \\log_{10}(|H(j\\omega)|) = 20 \\log_{10}(0.156) = -16.14 \\; dB$
$H(p) = \\frac{p^2}{p^2 + 2 \\zeta \\omega_0 p + \\omega_0^2}$
avec $ \\zeta = 0.7 $ et $ \\omega_0 = 2000 \\; rad/s $.
1. Calculez la fréquence propre $f_0$ du filtre en Hz.
2. Déterminez la valeur de $|H(j \\omega)|$ à $f = 1000 \\; Hz$.
3. Trouvez les pôles du filtre en notant $p = \\sigma + j \\omega$. Calculer $\\sigma$ et $\\omega$ pour chaque pôle.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
1. La fréquence propre $f_0$ est liée à $ \\omega_0 $ par :
$f_0 = \\frac{\\omega_0}{2 \\pi}$
Remplaçons :
$f_0 = \\frac{2000}{2 \\pi} = 318.31 \\; Hz$
2. Pour calculer $|H(j \\omega)|$ à $f = 1000 \\; Hz$, on pose $ \\omega = 2 \\pi f = 6283.2 \\; rad/s $. La fonction de transfert en fréquence est :
$|H(j \\omega)| = \\left| \\frac{(j \\omega)^2}{(j \\omega)^2 + 2 \\zeta \\omega_0 j \\omega + \\omega_0^2} \\right|$
Calculons le numérateur :
$|(j 6283.2)^2| = 6283.2^2 = 39478417$
Calculons le dénominateur en norme :
$|(j 6283.2)^2 + 2 \\times 0.7 \\times 2000 \\times j 6283.2 + 2000^2|$
Évaluons partie réelle et imaginaire :
Partie réelle = $ \\omega_0^2 - \\omega^2 = 4 \\times 10^{6} - 3.9478 \\times 10^{7} = -3.5478 \\times 10^{7}$
Partie imaginaire = $ 2 \\zeta \\omega_0 \\omega = 2 \\times 0.7 \\times 2000 \\times 6283.2 = 17592480$
Norme du dénominateur :
$|D| = \\sqrt{(-3.5478 \\times 10^{7})^2 + (17592480)^2} = 3.983 \\times 10^{7}$
Donc :
$|H(j \\omega)| = \\frac{3.948 \\times 10^{7}}{3.983 \\times 10^{7}} = 0.99$
3. Les pôles sont les racines du dénominateur :
$p^2 + 2 \\zeta \\omega_0 p + \\omega_0^2 = 0$
Résolvons avec la formule quadratique :
$p = -\\zeta \\omega_0 \\pm \\omega_0 \\sqrt{\\zeta^2 - 1}$
Remplaçons :
$p = -0.7 \\times 2000 \\pm 2000 \\times \\sqrt{0.49 - 1}$
\\( $\\sqrt{0.49 - 1} = \\sqrt{-0.51} = j 0.7141 $\\)
On obtient les pôles :
$p_1 = -1400 + j 1428, \\quad p_2 = -1400 - j 1428$
1. La fonction de transfert du filtre passe-bande Butterworth d'ordre 2 est :
$H(p) = \\frac{K \\cdot \\frac{p Q}{\\omega_0}}{p^2 + \\frac{p \\omega_0}{Q} + \\omega_0^2}$
avec $ Q $ le facteur de surtension et $ \\omega_0 = 2 \\pi f_0 $.
2. Fréquences de coupure :
La bande passante $BW = f_2 - f_1 = 200 \\; Hz$, et la fréquence centrale $f_0 = 1000 \\; Hz$, donc :
$f_1 = f_0 - \\frac{BW}{2} = 900 \\; Hz, \\quad f_2 = f_0 + \\frac{BW}{2} = 1100 \\; Hz$
3. Calcul du facteur de surtension $Q$ :
$Q = \\frac{f_0}{BW} = \\frac{1000}{200} = 5$
Calcul des coefficients :
\\( \\omega_0 = 2 \\pi \\times 1000 = 6283.2 \\; rad/s \\)
Coefficient de $p$ au numérateur :
$\\frac{Q}{\\omega_0} = \\frac{5}{6283.2} = 7.96 \\times 10^{-4}$
Coefficient de $p$ au dénominateur :
$\\frac{\\omega_0}{Q} = \\frac{6283.2}{5} = 1256.64$
1. Formule générale : \nCalcul de la pulsation propre : $\\omega_0 = 2\\pi f_c$ avec $f_c=1 kHz$.
Calcul du facteur d'amortissement \\zeta à partir de la qualité Q :
\\zeta = \\frac{1}{2Q}2. Calcul des pôles dans le plan complexe :
\np_{1,2} = -\\zeta \\omega_0 \\pm \\omega_0 \\sqrt{\\zeta^2 - 1}3. Inductance équivalente pour RLC série :
\nL = \\frac{1}{C \\omega_0^2}Utilisation des données : \n
Calculs numériques : $\\omega_0 = 2\\pi \\times 1000 = 6283,19~rad/s$,\n
\\zeta = \\frac{1}{2 \\times 5} = 0.1$,\n
Les pôles :
\np_{1,2} = -0.1 \\times 6283.19 \\pm 6283.19 \\sqrt{0.1^2 - 1} = -628.3 \\pm j 6200Enfin, l'inductance :
\nL = \\frac{1}{10 \\times 10^{-9} \\times (6283.19)^2} = 2.53~mH1. La constante de temps
\n\\tau = \\frac{1}{\\omega_c}Est déduite de la fréquence de coupure :
\n\\omega_c = \\frac{1}{\\tau} = \\frac{1}{100 \\times 10^{-6}} = 10^4~rad/s2. La réponse fréquentielle à
\n\\omega = 10 \\omega_cest :
\n|H(j\\omega)| = \\frac{\\omega}{\\sqrt{\\omega^2+\\omega_c^2}} = \\frac{10 \\omega_c}{\\sqrt{(10 \\omega_c)^2+\\omega_c^2}} = \\frac{10}{\\sqrt{101}} = 0.995et la phase :
\n\\angle H(j\\omega) = \\arctan\\left( \\frac{\\omega_c}{\\omega} \\right) = \\arctan\\left( \\frac{1}{10} \\right) = 5.7^\\circ3. Calcul de la capacité avec la résistance :
\nC = \\frac{\\tau}{R} = \\frac{100 \\times 10^{-6}}{10 \\times 10^{3}} = 10 \\times 10^{-9} = 10~nF1. Fonction de transfert combinée :
\nH(p) = \\frac{p/\\omega_L}{1 + p/\\omega_L} \\times \\frac{1}{1 + p/\\omega_H}2. Fréquences -3 dB :
\nf_L = \\frac{\\omega_L}{2\\pi} \\approx \\frac{500}{6.283} = 79.58~Hz, \\quad f_H = \\frac{\\omega_H}{2\\pi} \\approx \\frac{2000}{6.283} = 318.31~Hz3. Bande passante et facteur de qualité :
\nBW = f_H - f_L = 318.31 - 79.58 = 238.73~HzQ = \\frac{\\sqrt{f_L f_H}}{BW} = \\frac{\\sqrt{79.58 \\times 318.31}}{238.73} = \\frac{159.2}{238.73} = 0.671. La fonction caractéristique du dénominateur est :$s^2 + 2 \\zeta \\omega_0 s + \\omega_0^2 = 0$. En appliquant la formule quadratique :$s = \\frac{-2 \\zeta \\omega_0 \\pm \\sqrt{(2 \\zeta \\omega_0)^2 - 4 \\times 1 \\times \\omega_0^2}}{2}$.
2. Pour \\omega_0 = 10^4 \\ rad/s et \\zeta = 0.7, on remplace :$s = \\frac{-2 \\times 0.7 \\times 10^4 \\pm \\sqrt{(2 \\times 0.7 \\times 10^4)^2 - 4 \\times 10^8}}{2}$.
3. Calcul du discriminant :$\\Delta = (2 \\times 0.7 \\times 10^4)^2 - 4 \\times 10^8 = (1.4 \\times 10^4)^2 - 4 \\times 10^8 = 1.96 \\times 10^8 - 4 \\times 10^8 = -2.04 \\times 10^8$.
Puis les racines :$s = \\frac{-1.4 \\times 10^4 \\pm j \\sqrt{2.04 \\times 10^8}}{2} = -7000 \\pm j 7141.43$.
4. Les pôles ont une partie réelle négative, ils sont donc dans le demi-plan gauche : le filtre est stable.
1. La sortie en temps est la transformée inverse de :$Y(s) = H(s) \\times \\frac{1}{s} = \\frac{s}{s + \\omega_c} \\times \\frac{1}{s} = \\frac{1}{s + \\omega_c}$.
Ce qui correspond à la réponse temporelle :$y(t) = e^{-\\omega_c t} u(t)$.
2. Pour \\omega_c = 5000 \\ rad/s, on a :$y(t) = e^{-5000 t} u(t)$.
3. La fréquence de coupure \\omega_c = 5000 \\ rad/s détermine la rapidité avec laquelle la sortie décroît, plus \\omega_c est grande, plus la décroissance est rapide.
1. Les pôles sont les racines de :$s^2 + 2 \\zeta \\omega_0 s + \\omega_0^2 = 0$. On applique la formule du second degré :
$s = \\frac{-2 \\zeta \\omega_0 \\pm \\sqrt{4 \\zeta^2 \\omega_0^2 - 4 \\omega_0^2}}{2} = - \\zeta \\omega_0 \\pm j \\omega_0 \\sqrt{1 - \\zeta^2}$.
2. Avec \\alpha = 1000, \\omega_0= 2000 \\ rad/s et \\zeta = 0.1, on calcule :$s = -0.1 \\times 2000 \\pm j 2000 \\sqrt{1 - 0.01} = -200 \\pm j 1990$.
3. La réponse fréquentielle s'obtient en remplaçant $s = j \\omega$ :$H(j \\omega) = \\frac{j \\omega \\alpha}{- \\omega^2 + j 2 \\zeta \\omega_0 \\omega + \\omega_0^2}$.
Pour \\omega = 2500 \\ rad/s, on a :$H(j 2500) = \\frac{j 2500 \\times 1000}{- (2500)^2 + j 2 \\times 0.1 \\times 2000 \\times 2500 + (2000)^2}$.
Le calcul complet donne $H(j 2500) \\approx 0.59 + j 0.32$.
1. La pulsation de coupure se calcule par la formule suivante :
\n$\n\\omega_c = \\frac{1}{RC}\n$\nRemplaçons les valeurs :
\n$\nR = 1 \\times 10^{3} \\Omega, C = 0.1 \\times 10^{-6} F\n$\nPour le calcul :
\n$\n\\omega_c = \\frac{1}{1 \\times 10^{3} \\times 0.1 \\times 10^{-6}} = 10^{4} \\text{ rad/s}\n$\nLe résultat final est :
\n$\n\\omega_c = 10^{4} \\text{ rad/s}\n$\n
2. La fonction de transfert d'un filtre passe-bas du premier ordre est :
\n$\nH(j\\omega) = \\frac{1}{1 + j \\frac{\\omega}{\\omega_c}}\n$\nÀ \\( \\omega = \\omega_c \\), on a :
\n$\nH(j\\omega_c) = \\frac{1}{1 + j} = \\frac{1}{1 + j}\n$\nCalculons le module et la phase :
\n$\n|H(j\\omega_c)| = \\frac{1}{\\sqrt{1^2 + 1^2}} = \\frac{1}{\\sqrt{2}}\n$\n\nPhase = - \\tan^{-1}(1) = -\\frac{\\pi}{4}\n$\nDonc :
\n$\nH(j\\omega_c) = \\frac{1}{\\sqrt{2}} e^{-j\\pi/4}\n$\n
3. L'équation différentielle correspondant au filtre est :
\n$\nRC \\frac{d y(t)}{dt} + y(t) = x(t)\n$\nAvec :
\n\\(y(t)\\) la sortie,
\n\\(x(t)\\) l'entrée sinusoïdale
et \\(x(t) = \\sin(\\omega_c t)\\).
\nOn a donc :
\n$\n10^{-4} \\frac{d y(t)}{dt} + y(t) = \\sin(10^{4}t)\n$\nCeci est l'équation différentielle temporelle régissant le filtre au régime forcé.
1. La forme standard de la fonction de transfert d'un filtre passe-haut du second ordre est :
\n$\nH(s) = \\frac{s^2}{s^2 + \\frac{\\omega_0}{Q}s + \\omega_0^2}\n$\navec \\(\\omega_0 = 2\\pi f_c = 2\\pi \\times 10^3\\, \\text{rad/s}\\).
Remplaçons \\( \\omega_0 \\) :
\n$\nH(s) = \\frac{s^2}{s^2 + \\frac{2\\pi \\times 10^{3}}{5} s + (2\\pi \\times 10^{3})^2}\n$\n
2. Pour calculer les pôles, on résout le dénominateur :
\n$\ns^2 + \\frac{\\omega_0}{Q} s + \\omega_0^2 = 0\n$\navec\n$\n\\omega_0 = 2\\pi \\times 10^3, \\quad Q = 5\n$\nLe discriminant est :
\n$\n\\Delta = \\left( \\frac{\\omega_0}{Q} \\right)^2 - 4 \\omega_0^2 = \\omega_0^2 \\left( \\frac{1}{Q^2} - 4 \\right)\n$\nSubstituons les valeurs :
\n$\n\\Delta = (2 \\pi \\times 10^3)^2 \\left( \\frac{1}{25} - 4 \\right) = (2 \\pi \\times 10^3)^2 \\times -3.96\n$\nLe discriminant est négatif, donc pôles complexes conjugués :
\n$\ns = -\\frac{\\omega_0}{2Q} \\pm j \\omega_0 \\sqrt{1 - \\frac{1}{4Q^2}}\n$\nCalculons :
\n$\ns = -\\frac{2\\pi \\times 10^{3}}{10} \\pm j 2\\pi \\times 10^{3} \\sqrt{1 - \\frac{1}{100}}\n$\n\\text{soit}
\n$\ns = -628.32 \\pm j 6.276 \\times 10^{3}\n$\n
3. La réponse temporelle à une entrée exponentielle est la convolution
\net dans ce cas, la solution se trouve via la fonction de transfert inverse.
En domaine temporel, la réponse est :
\n$\ny(t) = \\mathcal{L}^{-1} \\{ H(s) \\cdot \\frac{1}{s + 1000} \\}\n$\nCette forme se calcule par décomposition en éléments simples ou tables de transformation, ce qui donne :
\n$\ny(t) = A e^{s_1 t} + B e^{s_2 t} + C e^{-1000 t}\n$\nLes coefficients \\(A, B, C\\) sont déterminés par conditions initiales et calculs associés.
1. La fonction de transfert d'un filtre Butterworth passe-bande d'ordre 2 est :
\n$\nH(s) = \\frac{s \\cdot BW}{s^2 + s \\cdot BW + \\omega_0^2}\n$\nou \\( \\omega_0 = 2\\pi f_0 \\) et \\( BW = 2\\pi \\times 500 \\).
Remplaçons \\( \\omega_0 \\) et \\( BW \\) :
\n$\n\\omega_0 = 2\\pi \\times 2000 = 12566.37\\ \\text{rad/s},\\quad BW = 2\\pi \\times 500 = 3141.59\\ \\text{rad/s}\n$\nDonc, la fonction devient :
\n$\nH(s) = \\frac{3141.59 s}{s^2 + 3141.59 s + (12566.37)^2}\n$\n
2. Pour trouver les pôles, il faut résoudre :
\n$\ns^2 + 3141.59 s + (12566.37)^2 = 0\n$\nCalculons le discriminant :
\n$\n\\Delta = 3141.59^2 - 4 \\times (12566.37)^2\n$\nLe discriminant est négatif, indiquant des pôles complexes conjugués :
\n$\ns = -\\frac{3141.59}{2} \\pm j \\sqrt{(12566.37)^2 - \\left(\\frac{3141.59}{2}\\right)^2}\n$\nCalculez les valeurs précises :
\n$\ns = -1570.80 \\pm j 12373.86\n$\n
3. La stabilité du filtre est assurée tant que les pôles ont une partie réelle négative.
Ici, la partie réelle \\( -1570.80 < 0 \\) ce qui signifie que le filtre est stable.
\n1. Les pôles sont les racines du dénominateur :$ s^2 + 2\\zeta\\omega_0 s + \\omega_0^2 = 0 $.
\nFormule du second degré :$ s = \\frac{-2\\zeta\\omega_0 \\pm \\sqrt{(2\\zeta\\omega_0)^2 - 4\\omega_0^2}}{2} = -\\zeta\\omega_0 \\pm \\omega_0 \\sqrt{\\zeta^2 - 1} $.
\n\n2. Substitution des valeurs :$ \\omega_0 = 1000, \\zeta = 0.5 $.
\n\nCalcul des racines :$ s = -500 \\pm 1000 \\times \\sqrt{(0.5)^2 - 1} = -500 \\pm 1000\\times j0.866 = -500 \\pm j866 $.
\n\n3. Réponse temporelle à l'échelon :
La réponse est du type amorti oscillatoire car les pôles sont complexes conjugués avec partie réelle négative. La solution temporelle est :$ y(t) = 1 - \\frac{e^{-\\zeta\\omega_0 t}}{\\sqrt{1 - \\zeta^2}} \\sin\\left(\\omega_0 \\sqrt{1 - \\zeta^2}t + \\phi \\right) $, où $\\phi = \\arccos(\\zeta) $.
\n
\n1. La fréquence de coupure en Hz est donnée par :$ f_c = \\frac{\\omega_c}{2\\pi} $
\nCalcul :$ f_c = \\frac{500}{2\\pi} = 79.58 \\text{ Hz} $.
\n\n2. La réponse fréquentielle en amplitude est :$ |H(j\\omega)| = \\frac{\\omega}{\\sqrt{\\omega^2 + \\omega_c^2}} $
\nÀ $\\omega = 1000 $ rad/s, on a :$ |H(j1000)| = \\frac{1000}{\\sqrt{1000^2 + 500^2}} = \\frac{1000}{\\sqrt{1\\,000\\,000 + 250\\,000}} = \\frac{1000}{1118.03} = 0.894 $.
\n\n3. Le temps de réponse impulsionnelle (constante de temps) du filtre est inverse de $\\omega_c$ :$ \\tau = \\frac{1}{\\omega_c} = \\frac{1}{500} = 0.002 \\text{ s (2 ms)} $.
\n
\n1. Les pôles sont les racines de :$ s^2 + \\beta s + \\omega_0^2 = 0 $.
\nFormule générale :$ s = \\frac{-\\beta \\pm \\sqrt{\\beta^2 - 4\\omega_0^2}}{2} $.
\n\nCalcul :$ s = \\frac{-300 \\pm \\sqrt{300^2 - 4 \\times 2000^2}}{2} = \\frac{-300 \\pm \\sqrt{90000 - 16000000}}{2} = \\frac{-300 \\pm j\\sqrt{15910000}}{2} = -150 \\pm j1997.75 $.
\n\n2. La fréquence centrale :$ f_0 = \\frac{\\omega_0}{2\\pi} = \\frac{2000}{2\\pi} = 318.31 \\text{ Hz} $.
\n\n3. La largeur de bande à mi-hauteur est égale à :$ \\Delta \\omega = \\beta = 300 \\text{ rad/s} $ soit en fréquence :$ \\Delta f = \\frac{\\beta}{2\\pi} = 47.75 \\text{ Hz} $.
\n
1. La fonction de transfert du filtre passe-bas série RLC est donnée par :
\n\\(\\displaystyle H(s)=\\frac{1}{L C s^{2}+R C s+1}\\)
\n2. Les pôles du filtre correspondent aux racines du dénominateur :
\n\\(L C s^{2}+R C s+1=0\\)
\n3. Remplaçons les valeurs : \\(R=1\\,\\Omega\\), \\(L=10\\,mH =10 \\times 10^{-3} H\\), \\(C=100\\,\\mu F=100 \\times 10^{-6} F\\) :
\n\\(10 \\times 10^{-3} \\times 100 \\times 10^{-6} s^{2} +1 \\times 100 \\times 10^{-6} s +1=0\\)
\n\\(10^{-3} s^{2} +10^{-4} s +1=0\\)
\nAppliquons la formule du second degré :
\n\\(s=\\frac{-10^{-4} \\pm \\sqrt{(10^{-4})^{2}-4 \\times 10^{-3} \\times 1}}{2 \\times 10^{-3}}\\)
\nCalcul du discriminant :
\n\\(\\Delta = (10^{-4})^{2} - 4 \\times 10^{-3} = 10^{-8} - 4 \\times 10^{-3} < 0\\)
\nLe filtre est sous-amorti, donc les pôles sont des complexes conjugés.
\nLa fréquence de coupure est approximativement la partie imaginaire :
\n\\(\\omega_c = \\frac{1}{\\sqrt{L C}} = \\frac{1}{\\sqrt{10 \\times 10^{-3} \\times 100 \\times 10^{-6}}} = 1000\\,\\mathrm{rad/s}\\)
", "id_category": "3", "id_number": "25" }, { "category": "Analyse et synthèse des filtres analogiques ", "question": "Considérez un filtre passe-haut du premier ordre composé d'un circuit RC.\n1. Écrivez la fonction de transfert \\(H(s)\\) du filtre en fonction de R, C et \\(s\\).\n2. Trouvez le zéro et le pôle de ce filtre.\n3. Calculez la fréquence de coupure en Hertz lorsque \\(R=2\\,k\\Omega\\) et \\(C=50\\,nF\\).", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "1. La fonction de transfert d'un filtre passe-haut RC est :
\n\\(H(s) = \\frac{R C s}{1+R C s}\\)
\n2. Le zéro du filtre se trouve en annulant le numérateur :
\n\\(0 = R C s_0 \\Rightarrow s_0 = 0\\)
\nLe pôle est déterminé en annulant le dénominateur :
\n\\(1+R C s_p = 0 \\Rightarrow s_p = -\\frac{1}{R C}\\)
\n3. Calcul de la fréquence de coupure :
\n\\(f_c = \\frac{1}{2 \\pi R C} = \\frac{1}{2 \\pi \\times 2000 \\times 50 \\times 10^{-9}} = 1591.55\\,\\mathrm{Hz}\\)
", "id_category": "3", "id_number": "26" }, { "category": "Analyse et synthèse des filtres analogiques ", "question": "Analysez un filtre passe-bande constitué d'un circuit RLC parallèle.\n1. Écrivez la fonction de transfert \\(H(s)\\) en fonction de R, L, C et \\(s\\).\n2. Calculez la fréquence centrale du filtre \\(\\omega_0\\) pour \\(L=5\\,mH\\) et \\(C=1\\,nF\\).\n3. Trouvez la bande passante \\(\\Delta \\omega\\) si \\(R=1000\\,\\Omega\\).", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "1. La fonction de transfert du filtre passe-bande RLC parallèle est :
\n\\(H(s) = \\frac{R}{R + s L + \\frac{1}{s C}} = \\frac{R s C}{1 + s R C + s^{2} L C}\\)
\n2. La fréquence centrale est donnée par :
\n\\(\\omega_0 = \\frac{1}{\\sqrt{L C}}\\)
\navec \\(L = 5\\, mH = 5 \\times 10^{-3} H\\) et \\(C = 1\\, nF = 1 \\times 10^{-9} F\\), on a :
\n\\(\\omega_0 = \\frac{1}{\\sqrt{5 \\times 10^{-3} \\times 1 \\times 10^{-9}}} = 1.41 \\times 10^{6}\\,\\mathrm{rad/s}\\)
\n3. La bande passante est :
\n\\(\\Delta \\omega = \\frac{R}{L}\\)
\navec \\(R=1000\\,\\Omega\\) et \\(L=5 \\times 10^{-3} H\\) :
\n\\(\\Delta \\omega = \\frac{1000}{5 \\times 10^{-3}} = 2 \\times 10^{5}\\,\\mathrm{rad/s}\\)
", "id_category": "3", "id_number": "27" }, { "category": "Analyse et synthèse des filtres analogiques ", "question": "Considérons un filtre passe-bas du second ordre défini par la fonction de transfert $H(p) = \\frac{\\omega_0^2}{p^2 + 2\\zeta\\omega_0 p + \\omega_0^2}$ où $\\omega_0 = 2\\pi \\times 1000$ rad/s et $\\zeta = 0.5$.\n\n1. Déterminez les pôles du filtre en résolvant l'équation caractéristique associée.\n2. Calculez la réponse temporelle du filtre à une entrée $x(t) = u(t)\\sin(2000\\pi t)$, où $u(t)$ est la fonction échelon unité.\n3. Analysez la stabilité du filtre en fonction de ses pôles.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "1. Pour déterminer les pôles, on résout l'équation caractéristique :
\n$p^2 + 2\\zeta\\omega_0 p + \\omega_0^2 = 0$
\nAvec $\\omega_0 = 2\\pi \\times 1000 = 6283.19\\,\\text{rad/s}$ et $\\zeta = 0.5$, substitution donne :
\n$p^2 + 2 \\times 0.5 \\times 6283.19 p + (6283.19)^2 = 0$
\nOn calcule :
\n$p = -\\zeta \\omega_0 \\pm \\omega_0 \\sqrt{\\zeta^2 - 1}$
\nComme $\\zeta < 1$, les pôles sont complexes conjugués :
\n$p = -3141.59 \\pm j 5445.01$
\n\n2. La réponse temporelle à une entrée $x(t) = u(t)\\sin(2000\\pi t)$ est obtenue par la convolution de l'entrée avec la réponse impulsionnelle. La transformée de Laplace de l'entrée est :
\n$X(p) = \\frac{2000\\pi}{p^2 + (2000\\pi)^2}$
\nL'analyse temporelle montre une oscillation amortie correspondant aux pôles complexes du filtre.
\n\n3. La stabilité est assurée car les pôles ont une partie réelle négative ( $-3141.59$ ), ce qui garantit une réponse stable et amortie dans le temps.
", "id_category": "3", "id_number": "28" }, { "category": "Analyse et synthèse des filtres analogiques ", "question": "On considère un filtre passe-haut du premier ordre caractérisé par la fonction de transfert $H(p) = \\frac{p}{p + \\omega_c}$ avec $\\omega_c = 2000\\,\\mathrm{rad/s}$.\n\n1. Déterminez la réponse fréquentielle du filtre à la fréquence $\\omega = 1000\\,\\mathrm{rad/s}$.\n2. Calculez la phase et le gain en décibels du filtre à cette fréquence.\n3. Quel est le comportement temporel du filtre lorsqu'il est soumis à un signal entrée $x(t) = u(t)\\cos(1500 t)$ ?", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "1. La réponse fréquentielle est :
\n$H(j\\omega) = \\frac{j\\omega}{j\\omega + \\omega_c}$
\nÀ $\\omega = 1000\\,\\mathrm{rad/s}$ :
\n$H(j1000) = \\frac{j1000}{2000 + j1000}$
\nEn multipliant numérateur et dénominateur par le conjugué du dénominateur :
\n$H(j1000) = \\frac{j1000 (2000 - j1000)}{(2000)^2 + (1000)^2} = \\frac{j2 \\times 10^6 + 10^6}{5 \\times 10^6} = 0.2 + j0.4$
\n\n2. Le gain :
\n$|H(j1000)| = \\sqrt{0.2^2 + 0.4^2} = 0.4472$
\n$Gain_{dB} = 20 \\log_{10}(0.4472) = -6.99\\,\\mathrm{dB}$
\nLa phase :
\n$\\phi = \\arctan\\left( \\frac{0.4}{0.2} \\right) = 63.43^\\circ$
\n\n3. Le filtre laisse passer les fréquences supérieures à $\\omega_c$, atténue celles inférieures. Le signal à $1500\\,\\mathrm{rad/s}$ est partiellement transmis avec atténuation et déphasage, la réponse temporelle est atténuée et retardée.
", "id_category": "3", "id_number": "29" }, { "category": "Analyse et synthèse des filtres analogiques ", "question": "Considérons un filtre passe-bande réalisé par cascade d'un filtre passe-bas et d'un filtre passe-haut du premier ordre. Le filtre passe-bas à une fréquence de coupure $\\omega_1 = 500\\,\\mathrm{rad/s}$ et le filtre passe-haut à une fréquence de coupure $\\omega_2 = 2000\\,\\mathrm{rad/s}$.\n\n1. Écrivez la fonction de transfert totale $H(p)$ du filtre passe-bande.\n2. Calculez la bande passante du filtre.\n3. Calculez la réponse fréquentielle du filtre à la fréquence $\\omega = 1000\\,\\mathrm{rad/s}$ pour une entrée $x(t) = u(t)\\sin(1000 t)$.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "1. La fonction de transfert du filtre passe-bande est :
\n$H(p) = \\frac{\\omega_1}{p + \\omega_1} \\times \\frac{p}{p + \\omega_2}$
\navec $\\omega_1 = 500\\,\\mathrm{rad/s}$ et $\\omega_2 = 2000\\,\\mathrm{rad/s}$.
\n\n2. La bande passante est :
\n$BW = \\omega_2 - \\omega_1 = 2000 - 500 = 1500\\,\\mathrm{rad/s}$
\n\n3. Pour l'entrée $x(t) = u(t)\\sin(1000 t)$, on calcule :
\n$H(j1000) = \\frac{500}{j1000 + 500} \\times \\frac{j1000}{j1000 + 2000}$
\nCalculons les parties :
\n$H_1 = \\frac{500}{500 + j1000} = \\frac{500}{500 + j1000} ;\\quad H_2 = \\frac{j1000}{2000 + j1000}$
\nOn multiplie :
\n$H(j1000) = \\left(\\frac{500}{500 + j1000}\\right) \\times \\left(\\frac{j1000}{2000 + j1000}\\right)$
\nLa valeur de la magnitude et la phase peuvent être calculées à partir de cette expression pour comprendre la réponse du filtre.
", "id_category": "3", "id_number": "30" }, { "category": "Analyse et synthèse des filtres analogiques ", "question": "Considérez un filtre passe-bas analogique du second ordre défini par la fonction de transfert $H(p) = \\frac{\\omega_0^2}{p^2 + 2\\zeta\\omega_0 p + \\omega_0^2}$ où $\\omega_0 = 1000 \\text{ rad/s}, \\zeta = 0.5$.\n\n1. Déterminez les pôles du filtre dans le plan $p$.\n2. Calculez la réponse temporelle du filtre à une entrée $\\delta(t)$ (impulsion de Dirac).\n3. Trouvez la fréquence de coupure $\\omega_c$ pour laquelle le module de $H(j\\omega)$ est égal à $\\frac{1}{\\sqrt{2}}$ de son maximum.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "1. Calcul des pôles :
\nLa fonction de transfert est $H(p) = \\frac{\\omega_0^2}{p^2 + 2\\zeta\\omega_0 p + \\omega_0^2}$. Les pôles sont les racines du dénominateur :
\n\\begin{equation} p^2 + 2\\zeta\\omega_0 p + \\omega_0^2 = 0 \\end{equation}
\n1) Formule générale des racines :
\n\\begin{equation} p = -\\zeta\\omega_0 \\pm \\omega_0 \\sqrt{\\zeta^2 -1} \\end{equation}
\n2) Remplacement :
\n\\begin{equation} p = -0.5 \\times 1000 \\pm 1000 \\sqrt{0.5^2 - 1} = -500 \\pm 1000 \\sqrt{-0.75} = -500 \\pm j 866.03 \\end{equation}
\n3) Résultat final :
\n\\begin{equation} p_1 = -500 + j866.03, \\quad p_2 = -500 - j866.03 \\end{equation}
\n2. Réponse temporelle à une impulsion de Dirac :
\nLa réponse impulsionnelle correspond à la transformée inverse de la fonction de transfert :
\n\\begin{equation} h(t) = \\mathcal{L}^{-1}\\{H(p)\\} = e^{-\\zeta\\omega_0 t} \\frac{\\sin \\left(\\omega_0 \\sqrt{1 - \\zeta^2} t \\right)}{\\omega_0 \\sqrt{1 - \\zeta^2}} u(t) \\end{equation}
\nRemplacement des valeurs :
\n\\begin{equation} h(t) = e^{-500 t} \\frac{\\sin (866.03 t)}{866.03} u(t) \\end{equation}
\n3. Fréquence de coupure :
\nLa fréquence de coupure est telle que :
\n\\begin{equation} |H(j\\omega_c)| = \\frac{1}{\\sqrt{2}} |H(0)| \\end{equation}
\nOn sait que $|H(0)| = 1$, donc :
\n\\begin{equation} |H(j\\omega_c)| = \\frac{1}{\\sqrt{2}} \\end{equation}
\nLe module est :
\n\\begin{equation} |H(j\\omega)| = \\frac{\\omega_0^2}{\\sqrt{(\\omega_0^2 - \\omega^2)^2 + (2\\zeta\\omega_0 \\omega)^2}} \\end{equation}
\nEn posant $x = \\frac{\\omega_c}{\\omega_0}$, l'équation pour $x$ devient :
\n\\begin{equation} \\frac{1}{\\sqrt{2}} = \\frac{1}{\\sqrt{(1 - x^2)^2 + (2\\zeta x)^2}} \\end{equation}
\nQuadratique en $x^2$, résolue numériquement donne
\n\\begin{equation} x \\approx 1.34, \\quad donc \\quad \\omega_c \\approx 1340 \\text{ rad/s} \\end{equation}
", "id_category": "3", "id_number": "31" }, { "category": "Analyse et synthèse des filtres analogiques ", "question": "Considérez un filtre passe-haut du premier ordre avec la fonction de transfert $H(p) = \\frac{p}{p + \\omega_c}$, où $\\omega_c = 5000 \\text{ rad/s}$.\n\n1. Déterminez le zéro et le pôle de ce filtre.\n2. Calculez la réponse en fréquence pour $\\omega = 1000, 5000, 10000 \\text{ rad/s}$.\n3. Trouvez la réponse temporelle à une entrée $u(t)=1(t)$ (fonction échelon unité).", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "1. Zéro et pôle :
\nLa fonction de transfert est $H(p) = \\frac{p}{p + \\omega_c}$.
\nLe zéro est la valeur de $p$ annulant le numérateur :
\n\\begin{equation} p = 0 \\end{equation}
\nLe pôle est la racine du dénominateur :
\n\\begin{equation} p = -\\omega_c = -5000 \\end{equation}
\n2. Réponse en fréquence :
\nOn remplace $p = j\\omega$ dans $H(p)$ :
\n\\begin{equation} H(j\\omega) = \\frac{j\\omega}{j\\omega + 5000} \\end{equation}
\nCalculez le module pour chaque fréquence :
\nPour $\\omega = 1000$ :
\n\\begin{equation} |H(j1000)| = \\frac{1000}{\\sqrt{1000^2 + 5000^2}} = \\frac{1000}{5099} = 0.196 \\end{equation}
\nPour $\\omega = 5000$ :
\n\\begin{equation} |H(j5000)| = \\frac{5000}{\\sqrt{5000^2 + 5000^2}} = \\frac{5000}{7071} = 0.707 \\end{equation}
\nPour $\\omega = 10000$ :
\n\\begin{equation} |H(j10000)| = \\frac{10000}{\\sqrt{10000^2 + 5000^2}} = \\frac{10000}{11180} = 0.894 \\end{equation}
\n3. Réponse temporelle à l'échelon :
\nLa sortie est la réponse du système au signal $u(t) = 1(t)$, donc :
\n\\begin{equation} Y(p) = H(p) \\frac{1}{p} = \\frac{p}{p+5000} \\frac{1}{p} = \\frac{1}{p+5000} \\end{equation}
\nEn transformée inverse de Laplace :
\n\\begin{equation} y(t) = e^{-5000 t} u(t) \\end{equation}
", "id_category": "3", "id_number": "32" }, { "category": "Analyse et synthèse des filtres analogiques ", "question": "Étudiez un filtre passe-bande Butterworth d'ordre 3 avec une bande passante centrée sur $\\omega_0 = 2000 \\text{ rad/s}$ et une largeur de bande $\\Delta \\omega = 400 \\text{ rad/s}$.\n\n1. Déterminez l'expression de la fonction de transfert $H(p)$ du filtre.\n2. Calculez les pôles du filtre dans le plan $p$.\n3. Calculez la réponse fréquentielle du filtre pour $\\omega = 1800, 2000, 2200 \\text{ rad/s}$.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "1. Expression de la fonction de transfert :
\nPour un filtre passe-bande Butterworth d'ordre 3, la fonction de transfert est :
\n\\begin{equation} H(p) = \\frac{\\Delta \\omega p^2}{p^3 + \\Delta \\omega p^2 + \\omega_0^2 p + \\omega_0^2 \\Delta \\omega} \\end{equation}
\nRemplacement :
\n\\begin{equation} H(p) = \\frac{400 p^2}{p^3 + 400 p^2 + 2000^2 p + 2000^2 \\times 400} \\end{equation}
\n2. Calcul des pôles :
\nLes pôles sont les racines du polynôme au dénominateur :
\n\\begin{equation} p^3 + 400 p^2 + 4{,}000{,}000 p + 3{,}200{,}000{,}000 = 0 \\end{equation}
\nOn utilise la méthode de Cardan pour trouver ces racines complexes et réelles, correspondant aux pôles du filtre.
\n3. Réponse fréquentielle :
\nOn calcule $H(j\\omega)$ pour $\\omega = 1800, 2000, 2200$ :
\nPar exemple pour $\\omega = 1800$ :
\n\\begin{equation} H(j1800) = \\frac{400 (j1800)^2}{(j1800)^3 + 400 (j1800)^2 + 2000^2 (j1800) + 2000^2 \\times 400} \\end{equation}
\nOn calcule le module et la phase en effectuant les opérations sur les nombres complexes.
", "id_category": "3", "id_number": "33" }, { "category": "Analyse et synthèse des filtres analogiques ", "question": "Exercice 1 : Conception et Analyse d'un Filtre Passe-Bas de Butterworth du Second Ordre
On souhaite concevoir un filtre passe-bas de Butterworth du second ordre pour une application audio. Les spécifications du filtre sont les suivantes :
- Fréquence de coupure : $f_c = 1\\text{ kHz}$
- Impédance de charge : $R_L = 8\\text{ k}\\Omega$
- Fonction de transfert normalisée de Butterworth d'ordre 2 : $H_n(p) = \\frac{1}{p^2 + \\sqrt{2}p + 1}$
Question 1 : Déterminez la fonction de transfert dénormalisée $H(s)$ du filtre en remplaçant $p$ par $s/\\omega_c$ où $\\omega_c = 2\\pi f_c$. Calculez ensuite la valeur numérique de $\\omega_c$ en rad/s et identifiez les pôles du filtre dans le plan complexe $s$.
Question 2 : Pour réaliser ce filtre en utilisant une topologie Sallen-Key avec amplificateur opérationnel à gain unitaire, on choisit $C_1 = C_2 = C = 22\\text{ nF}$. Calculez les valeurs des résistances $R_1$ et $R_2$ sachant que pour un filtre de Butterworth d'ordre 2 avec gain unitaire, les relations sont : $R_1 = R_2 = R$ et $R = \\frac{1}{\\omega_c C \\sqrt{2}}$.
Question 3 : Calculez le module de la fonction de transfert $|H(j\\omega)|$ aux fréquences suivantes : $f_1 = 500\\text{ Hz}$, $f_2 = 1\\text{ kHz}$ (fréquence de coupure), et $f_3 = 2\\text{ kHz}$. Exprimez les résultats en décibels (dB) en utilisant $G_{dB} = 20\\log_{10}|H(j\\omega)|$. Vérifiez que l'atténuation à la fréquence de coupure est bien de $-3\\text{ dB}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Exercice 1
Question 1 : Fonction de transfert dénormalisée et pôles
Étape 1 : Calcul de la pulsation de coupure $\\omega_c$
Formule générale :
$\\omega_c = 2\\pi f_c$
Remplacement des données :
$\\omega_c = 2\\pi \\times 1000$
Calcul :
$\\omega_c = 6283.19\\text{ rad/s}$
Étape 2 : Dénormalisation de la fonction de transfert
La fonction de transfert normalisée de Butterworth d'ordre 2 est :
$H_n(p) = \\frac{1}{p^2 + \\sqrt{2}p + 1}$
Pour dénormaliser, on remplace $p$ par $\\frac{s}{\\omega_c}$ :
$H(s) = \\frac{1}{\\left(\\frac{s}{\\omega_c}\\right)^2 + \\sqrt{2}\\left(\\frac{s}{\\omega_c}\\right) + 1}$
En multipliant le numérateur et le dénominateur par $\\omega_c^2$ :
$H(s) = \\frac{\\omega_c^2}{s^2 + \\sqrt{2}\\omega_c s + \\omega_c^2}$
Remplacement numérique :
$H(s) = \\frac{(6283.19)^2}{s^2 + \\sqrt{2}(6283.19)s + (6283.19)^2}$
$H(s) = \\frac{39478417.6}{s^2 + 8885.77s + 39478417.6}$
Étape 3 : Calcul des pôles
Les pôles sont les racines du dénominateur. Pour un filtre de Butterworth d'ordre 2, les pôles sont donnés par :
$s_{1,2} = \\omega_c e^{j\\pi\\left(\\frac{1}{2} + \\frac{2k-1}{2n}\\right)}$ pour $k = 1, 2$ et $n = 2$
Pour $k=1$ :
$s_1 = 6283.19 \\times e^{j\\pi\\left(\\frac{1}{2} + \\frac{1}{4}\\right)} = 6283.19 \\times e^{j3\\pi/4}$
$s_1 = 6283.19\\left(\\cos\\frac{3\\pi}{4} + j\\sin\\frac{3\\pi}{4}\\right) = 6283.19\\left(-\\frac{\\sqrt{2}}{2} + j\\frac{\\sqrt{2}}{2}\\right)$
$s_1 = -4442.88 + j4442.88\\text{ rad/s}$
Pour $k=2$ :
$s_2 = \\overline{s_1} = -4442.88 - j4442.88\\text{ rad/s}$
Résultat final : La fonction de transfert est $H(s) = \\frac{39478417.6}{s^2 + 8885.77s + 39478417.6}$ avec des pôles à $s_{1,2} = -4442.88 \\pm j4442.88\\text{ rad/s}$. Ces pôles sont dans le demi-plan gauche, garantissant la stabilité du filtre.
Question 2 : Calcul des résistances pour la topologie Sallen-Key
Étape 1 : Formule générale pour R
Pour un filtre Sallen-Key de Butterworth d'ordre 2 avec $C_1 = C_2 = C$ et $R_1 = R_2 = R$ :
$R = \\frac{1}{\\omega_c C \\sqrt{2}}$
Étape 2 : Remplacement des données
Avec $\\omega_c = 6283.19\\text{ rad/s}$ et $C = 22 \\times 10^{-9}\\text{ F}$ :
$R = \\frac{1}{6283.19 \\times 22 \\times 10^{-9} \\times \\sqrt{2}}$
Étape 3 : Calcul numérique
$R = \\frac{1}{6283.19 \\times 22 \\times 10^{-9} \\times 1.4142}$
$R = \\frac{1}{195.413 \\times 10^{-6}}$
$R = 5118.56\\text{ }\\Omega$
Résultat final : $R_1 = R_2 = 5118.56\\text{ }\\Omega \\approx 5.12\\text{ k}\\Omega$. En pratique, on utiliserait une résistance standard de $5.1\\text{ k}\\Omega$ (série E12) ou $5.11\\text{ k}\\Omega$ (série E96).
Question 3 : Calcul du module de la fonction de transfert en dB
La fonction de transfert en fréquence est obtenue en remplaçant $s$ par $j\\omega$ :
$H(j\\omega) = \\frac{\\omega_c^2}{(j\\omega)^2 + \\sqrt{2}\\omega_c(j\\omega) + \\omega_c^2} = \\frac{\\omega_c^2}{-\\omega^2 + j\\sqrt{2}\\omega_c\\omega + \\omega_c^2}$
$H(j\\omega) = \\frac{\\omega_c^2}{(\\omega_c^2 - \\omega^2) + j\\sqrt{2}\\omega_c\\omega}$
Le module est :
$|H(j\\omega)| = \\frac{\\omega_c^2}{\\sqrt{(\\omega_c^2 - \\omega^2)^2 + 2\\omega_c^2\\omega^2}}$
Pour $f_1 = 500\\text{ Hz}$, $\\omega_1 = 2\\pi \\times 500 = 3141.59\\text{ rad/s}$ :
$|H(j\\omega_1)| = \\frac{(6283.19)^2}{\\sqrt{((6283.19)^2 - (3141.59)^2)^2 + 2(6283.19)^2(3141.59)^2}}$
$|H(j\\omega_1)| = \\frac{39478417.6}{\\sqrt{(39478417.6 - 9869604.4)^2 + 2(39478417.6)(9869604.4)}}$
$|H(j\\omega_1)| = \\frac{39478417.6}{\\sqrt{876353133772129.44 + 779357496788992}}$
$|H(j\\omega_1)| = \\frac{39478417.6}{\\sqrt{877132491268917.44}} = \\frac{39478417.6}{29617410.48} = 0.8944$
$G_{dB}(f_1) = 20\\log_{10}(0.8944) = 20 \\times (-0.0481) = -0.96\\text{ dB}$
Pour $f_2 = 1000\\text{ Hz}$ (fréquence de coupure), $\\omega_2 = \\omega_c = 6283.19\\text{ rad/s}$ :
$|H(j\\omega_c)| = \\frac{\\omega_c^2}{\\sqrt{(\\omega_c^2 - \\omega_c^2)^2 + 2\\omega_c^2\\omega_c^2}} = \\frac{\\omega_c^2}{\\sqrt{0 + 2\\omega_c^4}} = \\frac{\\omega_c^2}{\\omega_c^2\\sqrt{2}} = \\frac{1}{\\sqrt{2}}$
$|H(j\\omega_c)| = \\frac{1}{1.4142} = 0.7071$
$G_{dB}(f_2) = 20\\log_{10}(0.7071) = 20 \\times (-0.1505) = -3.01\\text{ dB} \\approx -3\\text{ dB}$
Pour $f_3 = 2000\\text{ Hz}$, $\\omega_3 = 2\\pi \\times 2000 = 12566.37\\text{ rad/s}$ :
$|H(j\\omega_3)| = \\frac{(6283.19)^2}{\\sqrt{((6283.19)^2 - (12566.37)^2)^2 + 2(6283.19)^2(12566.37)^2}}$
$|H(j\\omega_3)| = \\frac{39478417.6}{\\sqrt{(39478417.6 - 157913670.4)^2 + 2(39478417.6)(157913670.4)}}$
$|H(j\\omega_3)| = \\frac{39478417.6}{\\sqrt{14033524780635136 + 12471447943012352}}$
$|H(j\\omega_3)| = \\frac{39478417.6}{\\sqrt{26504972723647488}} = \\frac{39478417.6}{162811.58} = 0.2425$
$G_{dB}(f_3) = 20\\log_{10}(0.2425) = 20 \\times (-0.6151) = -12.30\\text{ dB}$
Résultat final : À $f_1 = 500\\text{ Hz}$ : $-0.96\\text{ dB}$; À $f_2 = 1\\text{ kHz}$ : $-3.01\\text{ dB}$ (vérifie bien l'atténuation théorique de $-3\\text{ dB}$); À $f_3 = 2\\text{ kHz}$ : $-12.30\\text{ dB}$. L'atténuation entre $f_2$ et $f_3$ (une octave) est de $12.30 - 3.01 = 9.29\\text{ dB}$, ce qui se rapproche des $-40\\text{ dB/décade}$ théoriques pour un filtre d'ordre 2.
", "id_category": "3", "id_number": "34" }, { "category": "Analyse et synthèse des filtres analogiques ", "question": "Exercice 2 : Analyse d'un Filtre Passe-Haut de Tchebychev Type I du Second Ordre
On considère un filtre passe-haut de Tchebychev Type I du second ordre avec les caractéristiques suivantes :
- Ondulation dans la bande passante : $\\epsilon = 0.5$
- Fréquence de coupure : $f_c = 5\\text{ kHz}$
- La fonction de transfert normalisée d'un filtre passe-bas de Tchebychev Type I d'ordre 2 est : $H_{LP,n}(p) = \\frac{K}{p^2 + a_1p + a_0}$ où $K = \\frac{1}{\\sqrt{1+\\epsilon^2}}$, $a_1 = \\frac{2\\sinh(\\beta)}{\\omega_n}$, $a_0 = \\sinh^2(\\beta) + \\cos^2\\left(\\frac{\\pi}{4}\\right)$, et $\\beta = \\frac{1}{2}\\sinh^{-1}\\left(\\frac{1}{\\epsilon}\\right)$
Question 1 : Calculez les coefficients $\\beta$, $K$, $a_1$ (en supposant $\\omega_n = 1$ pour la forme normalisée), et $a_0$ pour le filtre passe-bas de Tchebychev normalisé. Utilisez $\\sinh^{-1}(x) = \\ln(x + \\sqrt{x^2+1})$ et $\\sinh(x) = \\frac{e^x - e^{-x}}{2}$.
Question 2 : Pour transformer ce filtre passe-bas en filtre passe-haut, on applique la transformation $p \\rightarrow \\frac{\\omega_c}{p}$, puis on dénormalise en remplaçant $p$ par $\\frac{s}{\\omega_c}$. Déterminez la fonction de transfert dénormalisée du filtre passe-haut $H_{HP}(s)$. Calculez $\\omega_c = 2\\pi f_c$ et exprimez $H_{HP}(s)$ sous forme numérique complète.
Question 3 : Les pôles du filtre passe-haut dans le plan $s$ sont les racines du dénominateur de $H_{HP}(s)$. En utilisant la forme $s^2 + Bs + C = 0$, calculez les pôles $s_{1,2}$ en utilisant la formule $s_{1,2} = \\frac{-B \\pm \\sqrt{B^2 - 4C}}{2}$. Vérifiez la stabilité du filtre en vérifiant que la partie réelle de chaque pôle est négative, et calculez le facteur de qualité $Q = \\frac{\\sqrt{C}}{B}$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Exercice 2
Question 1 : Calcul des coefficients du filtre normalisé
Étape 1 : Calcul de $\\beta$
Formule générale :
$\\beta = \\frac{1}{2}\\sinh^{-1}\\left(\\frac{1}{\\epsilon}\\right)$
Avec $\\sinh^{-1}(x) = \\ln(x + \\sqrt{x^2+1})$
Remplacement des données avec $\\epsilon = 0.5$ :
$\\beta = \\frac{1}{2}\\sinh^{-1}\\left(\\frac{1}{0.5}\\right) = \\frac{1}{2}\\sinh^{-1}(2)$
$\\beta = \\frac{1}{2}\\ln\\left(2 + \\sqrt{2^2 + 1}\\right) = \\frac{1}{2}\\ln\\left(2 + \\sqrt{5}\\right)$
$\\beta = \\frac{1}{2}\\ln(2 + 2.2361) = \\frac{1}{2}\\ln(4.2361)$
$\\beta = \\frac{1}{2} \\times 1.4436 = 0.7218$
Étape 2 : Calcul de $K$
Formule générale :
$K = \\frac{1}{\\sqrt{1+\\epsilon^2}}$
Remplacement des données :
$K = \\frac{1}{\\sqrt{1+(0.5)^2}} = \\frac{1}{\\sqrt{1+0.25}} = \\frac{1}{\\sqrt{1.25}}$
Calcul :
$K = \\frac{1}{1.1180} = 0.8944$
Étape 3 : Calcul de $a_1$
Formule générale avec $\\omega_n = 1$ :
$a_1 = 2\\sinh(\\beta)$
Avec $\\sinh(x) = \\frac{e^x - e^{-x}}{2}$ :
$\\sinh(0.7218) = \\frac{e^{0.7218} - e^{-0.7218}}{2}$
$\\sinh(0.7218) = \\frac{2.0581 - 0.4859}{2} = \\frac{1.5722}{2} = 0.7861$
$a_1 = 2 \\times 0.7861 = 1.5722$
Étape 4 : Calcul de $a_0$
Formule générale pour un filtre d'ordre 2 :
$a_0 = \\sinh^2(\\beta) + \\cos^2\\left(\\frac{\\pi}{4}\\right)$
Remplacement des données :
$a_0 = (0.7861)^2 + \\left(\\frac{\\sqrt{2}}{2}\\right)^2 = 0.6180 + 0.5 = 1.1180$
Résultat final : $\\beta = 0.7218$, $K = 0.8944$, $a_1 = 1.5722$, $a_0 = 1.1180$. Ces coefficients définissent complètement le filtre passe-bas de Tchebychev Type I normalisé.
Question 2 : Transformation en filtre passe-haut et dénormalisation
Étape 1 : Fonction de transfert passe-bas normalisée
$H_{LP,n}(p) = \\frac{0.8944}{p^2 + 1.5722p + 1.1180}$
Étape 2 : Transformation passe-bas → passe-haut
On applique $p \\rightarrow \\frac{1}{p}$ (transformation normalisée) :
$H_{HP,n}(p) = \\frac{0.8944}{\\left(\\frac{1}{p}\\right)^2 + 1.5722\\left(\\frac{1}{p}\\right) + 1.1180}$
En multipliant numérateur et dénominateur par $p^2$ :
$H_{HP,n}(p) = \\frac{0.8944p^2}{1 + 1.5722p + 1.1180p^2} = \\frac{0.8944p^2}{1.1180p^2 + 1.5722p + 1}$
En normalisant (diviser par le coefficient de $p^2$) :
$H_{HP,n}(p) = \\frac{0.8944/1.1180 \\cdot p^2}{p^2 + 1.4060p + 0.8944}$
$H_{HP,n}(p) = \\frac{0.8p^2}{p^2 + 1.4060p + 0.8944}$
Étape 3 : Calcul de $\\omega_c$
$\\omega_c = 2\\pi f_c = 2\\pi \\times 5000 = 31415.93\\text{ rad/s}$
Étape 4 : Dénormalisation
On remplace $p$ par $\\frac{s}{\\omega_c}$ :
$H_{HP}(s) = \\frac{0.8\\left(\\frac{s}{\\omega_c}\\right)^2}{\\left(\\frac{s}{\\omega_c}\\right)^2 + 1.4060\\left(\\frac{s}{\\omega_c}\\right) + 0.8944}$
En multipliant par $\\omega_c^2$ :
$H_{HP}(s) = \\frac{0.8s^2}{s^2 + 1.4060\\omega_c s + 0.8944\\omega_c^2}$
Remplacement numérique :
$H_{HP}(s) = \\frac{0.8s^2}{s^2 + 1.4060 \\times 31415.93 \\times s + 0.8944 \\times (31415.93)^2}$
$H_{HP}(s) = \\frac{0.8s^2}{s^2 + 44170.80s + 882621685.5}$
Résultat final : $H_{HP}(s) = \\frac{0.8s^2}{s^2 + 44170.80s + 882621685.5}$. Ce filtre passe-haut laisse passer les hautes fréquences et atténue les basses fréquences avec une ondulation de $0.5$ dans la bande passante.
Question 3 : Calcul des pôles et vérification de la stabilité
Étape 1 : Identification des coefficients
Le dénominateur est $s^2 + Bs + C$ avec :
$B = 44170.80$ et $C = 882621685.5$
Étape 2 : Calcul des pôles
Formule générale :
$s_{1,2} = \\frac{-B \\pm \\sqrt{B^2 - 4C}}{2}$
Calcul du discriminant :
$\\Delta = B^2 - 4C = (44170.80)^2 - 4 \\times 882621685.5$
$\\Delta = 1951059727.64 - 3530486742 = -1579427014.36$
Comme $\\Delta < 0$, les pôles sont complexes conjugués :
$s_{1,2} = \\frac{-44170.80 \\pm j\\sqrt{1579427014.36}}{2}$
$s_{1,2} = \\frac{-44170.80 \\pm j39741.53}{2}$
$s_{1,2} = -22085.40 \\pm j19870.77\\text{ rad/s}$
Étape 3 : Vérification de la stabilité
La partie réelle de chaque pôle est :
$\\text{Re}(s_{1,2}) = -22085.40 < 0$
Puisque $\\text{Re}(s_{1,2}) < 0$, les deux pôles sont dans le demi-plan gauche du plan complexe $s$, donc le filtre est stable.
Étape 4 : Calcul du facteur de qualité $Q$
Formule générale :
$Q = \\frac{\\sqrt{C}}{B}$
Remplacement des données :
$Q = \\frac{\\sqrt{882621685.5}}{44170.80}$
$Q = \\frac{29709.12}{44170.80} = 0.6726$
Résultat final : Les pôles sont $s_{1,2} = -22085.40 \\pm j19870.77\\text{ rad/s}$. Le filtre est stable car $\\text{Re}(s) < 0$. Le facteur de qualité est $Q = 0.6726$, ce qui indique un amortissement modéré et une ondulation dans la bande passante caractéristique des filtres de Tchebychev Type I.
", "id_category": "3", "id_number": "35" }, { "category": "Analyse et synthèse des filtres analogiques ", "question": "Exercice 3 : Conception d'un Filtre Passe-Bande Actif du Second Ordre
On souhaite concevoir un filtre passe-bande actif du second ordre avec retour multiple (Multiple Feedback - MFB) pour une application de traitement audio. Les spécifications sont :
- Fréquence centrale : $f_0 = 2.5\\text{ kHz}$
- Facteur de qualité : $Q = 5$
- Gain maximum à $f_0$ : $G_0 = -10$ (gain négatif car configuration inverseur)
- Capacité choisie : $C_1 = C_2 = C = 10\\text{ nF}$
La fonction de transfert d'un filtre passe-bande MFB est : $H(s) = \\frac{-\\frac{R_2}{R_1 R_3 C^2}s}{s^2 + \\frac{1}{R_3 C}s + \\frac{1}{R_2 R_3 C^2}}$
Les relations de conception sont : $\\omega_0 = 2\\pi f_0 = \\frac{1}{C\\sqrt{R_2 R_3}}$, $Q = \\frac{\\sqrt{R_2 R_3}}{R_3} \\cdot \\frac{1}{2}$, et $G_0 = -\\frac{R_2}{2R_1}$
Question 1 : À partir des spécifications, calculez d'abord la pulsation centrale $\\omega_0$ en rad/s. Ensuite, en utilisant $Q = \\frac{\\sqrt{R_2 R_3}}{R_3} \\cdot \\frac{1}{2}$ et $\\omega_0 = \\frac{1}{C\\sqrt{R_2 R_3}}$, montrez que $R_3 = \\frac{Q}{\\omega_0 C}$ et calculez sa valeur numérique. Puis calculez $R_2$ en utilisant $R_2 = \\frac{1}{\\omega_0^2 C^2 R_3}$.
Question 2 : Calculez la valeur de $R_1$ en utilisant la relation $G_0 = -\\frac{R_2}{2R_1}$, d'où $R_1 = -\\frac{R_2}{2G_0}$. Exprimez ensuite la fonction de transfert complète $H(s)$ sous forme numérique en remplaçant toutes les valeurs calculées.
Question 3 : Calculez la bande passante $\\Delta f$ du filtre en utilisant $\\Delta f = \\frac{f_0}{Q}$. Déterminez ensuite les fréquences de coupure inférieure $f_L$ et supérieure $f_H$ en utilisant les approximations : $f_L \\approx f_0\\left(1 - \\frac{1}{2Q}\\right)$ et $f_H \\approx f_0\\left(1 + \\frac{1}{2Q}\\right)$ pour $Q > 1$. Vérifiez que $\\Delta f = f_H - f_L$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Exercice 3
Question 1 : Calcul de $\\omega_0$, $R_3$ et $R_2$
Étape 1 : Calcul de la pulsation centrale $\\omega_0$
Formule générale :
$\\omega_0 = 2\\pi f_0$
Remplacement des données :
$\\omega_0 = 2\\pi \\times 2500$
Calcul :
$\\omega_0 = 15707.96\\text{ rad/s}$
Étape 2 : Démonstration et calcul de $R_3$
On a les deux relations :
$\\omega_0 = \\frac{1}{C\\sqrt{R_2 R_3}}$ donc $\\sqrt{R_2 R_3} = \\frac{1}{\\omega_0 C}$
$Q = \\frac{\\sqrt{R_2 R_3}}{2R_3}$
En substituant la première dans la seconde :
$Q = \\frac{1}{2\\omega_0 C R_3}$
D'où :
$R_3 = \\frac{1}{2Q\\omega_0 C} = \\frac{Q}{2Q^2\\omega_0 C} \\times \\frac{2Q}{1} = \\frac{1}{2Q\\omega_0 C}$
Simplifions directement :
$R_3 = \\frac{1}{2Q\\omega_0 C}$
Remplacement numérique avec $Q = 5$, $\\omega_0 = 15707.96\\text{ rad/s}$, $C = 10 \\times 10^{-9}\\text{ F}$ :
$R_3 = \\frac{1}{2 \\times 5 \\times 15707.96 \\times 10 \\times 10^{-9}}$
$R_3 = \\frac{1}{1570.796 \\times 10^{-6}} = \\frac{1}{0.001570796}$
$R_3 = 636.62\\text{ }\\Omega$
Correction de la démonstration : De $Q = \\frac{\\sqrt{R_2 R_3}}{2R_3} = \\frac{1}{2}\\sqrt{\\frac{R_2}{R_3}}$ et $\\omega_0 C \\sqrt{R_2 R_3} = 1$, on obtient effectivement :
$R_3 = \\frac{Q}{\\omega_0 C}$ (formule correcte)
Recalcul :
$R_3 = \\frac{5}{15707.96 \\times 10 \\times 10^{-9}} = \\frac{5}{157.0796 \\times 10^{-6}} = 31831.0\\text{ }\\Omega \\approx 31.83\\text{ k}\\Omega$
Étape 3 : Calcul de $R_2$
De $\\omega_0 = \\frac{1}{C\\sqrt{R_2 R_3}}$, on tire :
$\\sqrt{R_2 R_3} = \\frac{1}{\\omega_0 C}$
$R_2 R_3 = \\frac{1}{\\omega_0^2 C^2}$
$R_2 = \\frac{1}{\\omega_0^2 C^2 R_3}$
Remplacement numérique :
$R_2 = \\frac{1}{(15707.96)^2 \\times (10 \\times 10^{-9})^2 \\times 31831.0}$
$R_2 = \\frac{1}{246739817.72 \\times 100 \\times 10^{-18} \\times 31831.0}$
$R_2 = \\frac{1}{785.398 \\times 10^{-12}} = \\frac{1}{785.398} \\times 10^{12} = 1273.24\\text{ }\\Omega \\approx 1.27\\text{ k}\\Omega$
Résultat final : $\\omega_0 = 15707.96\\text{ rad/s}$, $R_3 = 31.83\\text{ k}\\Omega$, $R_2 = 1.27\\text{ k}\\Omega$. Ces valeurs assurent que le filtre aura une fréquence centrale de $2.5\\text{ kHz}$ avec un facteur de qualité de $5$.
Question 2 : Calcul de $R_1$ et fonction de transfert complète
Étape 1 : Calcul de $R_1$
De la relation de gain :
$G_0 = -\\frac{R_2}{2R_1}$
On tire :
$R_1 = -\\frac{R_2}{2G_0}$
Remplacement des données avec $R_2 = 1273.24\\text{ }\\Omega$ et $G_0 = -10$ :
$R_1 = -\\frac{1273.24}{2 \\times (-10)} = \\frac{1273.24}{20}$
Calcul :
$R_1 = 63.66\\text{ }\\Omega$
Étape 2 : Expression de la fonction de transfert
La forme générale est :
$H(s) = \\frac{-\\frac{R_2}{R_1 R_3 C^2}s}{s^2 + \\frac{1}{R_3 C}s + \\frac{1}{R_2 R_3 C^2}}$
Calcul du coefficient du numérateur :
$-\\frac{R_2}{R_1 R_3 C^2} = -\\frac{1273.24}{63.66 \\times 31831.0 \\times (10 \\times 10^{-9})^2}$
$= -\\frac{1273.24}{63.66 \\times 31831.0 \\times 100 \\times 10^{-18}} = -\\frac{1273.24}{0.0002026} = -6283185.15$
Calcul du coefficient de $s$ au dénominateur :
$\\frac{1}{R_3 C} = \\frac{1}{31831.0 \\times 10 \\times 10^{-9}} = \\frac{1}{318.31 \\times 10^{-6}} = 3141.59$
Calcul du terme constant au dénominateur :
$\\frac{1}{R_2 R_3 C^2} = \\frac{1}{1273.24 \\times 31831.0 \\times 100 \\times 10^{-18}} = \\frac{1}{4.053 \\times 10^{-9}} = 246740110.6$
Fonction de transfert numérique complète :
$H(s) = \\frac{-6283185.15 \\cdot s}{s^2 + 3141.59s + 246740110.6}$
Résultat final : $R_1 = 63.66\\text{ }\\Omega$ et $H(s) = \\frac{-6283185.15s}{s^2 + 3141.59s + 246740110.6}$. Cette fonction de transfert représente un filtre passe-bande inverseur avec un gain de $-10$ à la fréquence centrale.
Question 3 : Calcul de la bande passante et des fréquences de coupure
Étape 1 : Calcul de la bande passante $\\Delta f$
Formule générale :
$\\Delta f = \\frac{f_0}{Q}$
Remplacement des données :
$\\Delta f = \\frac{2500}{5}$
Calcul :
$\\Delta f = 500\\text{ Hz}$
Étape 2 : Calcul de la fréquence de coupure inférieure $f_L$
Formule d'approximation pour $Q > 1$ :
$f_L \\approx f_0\\left(1 - \\frac{1}{2Q}\\right)$
Remplacement des données :
$f_L \\approx 2500\\left(1 - \\frac{1}{2 \\times 5}\\right) = 2500\\left(1 - \\frac{1}{10}\\right)$
$f_L \\approx 2500 \\times 0.9 = 2250\\text{ Hz}$
Étape 3 : Calcul de la fréquence de coupure supérieure $f_H$
Formule d'approximation :
$f_H \\approx f_0\\left(1 + \\frac{1}{2Q}\\right)$
Remplacement des données :
$f_H \\approx 2500\\left(1 + \\frac{1}{10}\\right) = 2500 \\times 1.1$
$f_H \\approx 2750\\text{ Hz}$
Étape 4 : Vérification
$\\Delta f = f_H - f_L = 2750 - 2250 = 500\\text{ Hz}$ ✓
Résultat final : La bande passante est $\\Delta f = 500\\text{ Hz}$, la fréquence de coupure inférieure est $f_L = 2250\\text{ Hz}$, et la fréquence de coupure supérieure est $f_H = 2750\\text{ Hz}$. La vérification confirme que $f_H - f_L = \\Delta f$. Ce filtre passe-bande très sélectif ($Q = 5$) est approprié pour des applications d'extraction de signaux dans une bande de fréquence étroite.
", "id_category": "3", "id_number": "36" }, { "category": "Échantillonnage des signaux", "question": "Exercice 1 : Échantillonnage et filtrage d’un signal analogique\nUn signal analogique basse fréquence est décrit par $s(t) = 2 \\sin(2000\\pi t) + \\sin(6000\\pi t)$. Il est prévu de l’échantillonner, puis le traiter numériquement.\n1. Déterminez la fréquence minimale d’échantillonnage pour éviter tout repliement de spectre (aliasing).\n2. Un filtre antirepliement est utilisé avant l’échantillonnage. Calculez la fréquence de coupure requise pour ce filtre (ordre élevé, passe-bas idéal).\n3. On réalise l’échantillonnage à $f_e = 7000\\,Hz$. Après conversion A/N sur 8 bits (gamme 0 à 4 V), calculez l’écart maximal dû au bruit de quantification à chaque échantillon.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Question 1 : Fréquence d'échantillonnage minimale
1. Formule théorème Shannon : $f_{e, min} \\geq 2f_{max}$
2. $f_{max} = \\frac{6000\\pi}{2\\pi} = 3000\\,Hz$
3. Calcul : $f_{e, min} = 2 \\times 3000 = 6000\\,Hz$
4. Résultat : $f_{e, min} = 6000\\,Hz$
Question 2 : Fréquence de coupure du filtre antirepliement
1. Pour éviter le repliement, le filtre doit atténuer tout au-dessus de $f_{max}$ : $f_c = f_{max}$
2. $f_c = 3000\\,Hz$
3. Calcul : Fréquence de coupure stricte, passe-bas idéal : $f_c = 3000\\,Hz$
4. Résultat : $f_c = 3000\\,Hz$
Question 3 : Bruit de quantification (modèle uniforme)
1. Formule (quantification sur N bits, gamme Q) : $\\Delta = \\frac{Q}{2^N}$
2. $Q = 4\\,V$, $N = 8$ donc $2^8 = 256$
3. Calcul : $\\Delta = \\frac{4}{256} = 0.015625\\,V$
4. Bruit max (moitié du pas) : $\\epsilon_{max} = \\frac{\\Delta}{2} = 0.0078125\\,V$
5. Résultat final : $\\epsilon_{max} = 7.81\\,mV$
Question 1 : Fréquence d’échantillonnage et condition de Shannon
1. Formule : $f_e = \\frac{1}{T_e}$
2. $T_e = 50\\,\\mu s = 50 \\times 10^{-6}\\,s$
3. Calcul : $f_e = \\frac{1}{50 \\times 10^{-6}} = 20\\,000\\,Hz$
4. Shannon : $f_e \\geq 2 f_{max} = 2 \\times 8\\,000 = 16\\,000\\,Hz$
5. Résultat : $f_e = 20\\,000\\,Hz > 16\\,000\\,Hz$; la condition de Shannon est respectée
Question 2 : Bruit de quantification (variance, quantif. uniforme)
1. Formule (écart-type du bruit uniforme) : $\\sigma_q = \\frac{\\Delta}{\\sqrt{12}}$ avec $\\Delta = \\frac{Q}{2^N}$
2. $Q = 5\\,V$, $N = 10$, donc $2^{10} = 1024$
3. $\\Delta = \\frac{5}{1024} = 0.0048828\\,V$
4. $\\sigma_q = \\frac{0.0048828}{\\sqrt{12}} = 0.001409\\,V$
5. Résultat : $\\sigma_q = 1.41\\,mV$
Question 3 : Amplitude fondamentale à la sortie du filtre interpolateur
1. Le filtre restitue toutes fréquences inférieures à $f_c = \\frac{f_e}{2} = 10\\,kHz$.
2. Si le signal contient une composante à $f_0 < f_c$, amplitude conservée : $A_{out} = A_{in}$.
3. Pour un signal d’entrée $s(t) = A \\sin(2\\pi f_0 t)$ avec $f_0 = 8\\,kHz < 10\\,kHz$, $A_{out} = A$.
4. Résultat : L’amplitude fondamentale à la sortie du filtre interpolateur est inchangée par rapport à l’entrée, soit $A_{out} = A_{in}$.
Question 1 : Pas et puissance du bruit de quantification
1. Pas de quantification : $\\Delta = \\frac{Q}{2^N}$ avec $Q = 4\\,V$ (car plage [-2V, 2V]), $N = 12$
2. $2^{12} = 4096$, donc $\\Delta = \\frac{4}{4096} = 0.00097656\\,V$
3. Puissance moyenne du bruit (uniforme) : $P_q = \\frac{\\Delta^2}{12} = \\frac{(0.00097656)^2}{12} = 7.95 \\times 10^{-8}\\,V^2$
4. Résultat final : $\\Delta = 0.976\\,mV$ ; $P_q = 79.5\\,nV^2$
Question 2 : Code binaire associé à $x[n] = 1.84\\,V$ :
1. Le code CAN vaut $C = \\frac{x + 2}{4} \\times (2^{12}-1)$
2. $C = \\frac{1.84 + 2}{4} \\times (4095) = 0.96 \\times 4095 = 3931.2$
3. Arrondi entier : $C = 3931$
Question 3 : Énergie dissipée sur 1 s dans la résistance due au bruit
1. Formule : $E = P \\cdot t = \\frac{V_{rms}^2}{R} \\cdot t$ ; ici $V_{rms}^2 = P_q$
2. $P = 7.95 \\times 10^{-8}\\,V^2$ ; $R = 1 \\times 10^{3}\\,\\Omega$ ; $t = 1\\,s$
3. $E = \\frac{7.95 \\times 10^{-8}}{1 \\times 10^3} \\times 1 = 7.95 \\times 10^{-11}\\,J$
4. Résultat : $E = 79.5\\,pJ$
1. Fréquence d’échantillonnage minimale selon Shannon :
Formule générale dans $...$ : $f_e \\geq 2f_{\\text{max}}$
Remplacement des données dans $...$ : $f_e \\geq 2 \\times 8\\,\\mathrm{kHz}$
Calcul dans $...$ : $f_e \\geq 16\\,\\mathrm{kHz}$
Résultat final dans $...$ : La fréquence minimale d’échantillonnage est $16\\,\\mathrm{kHz}$.
2. Fréquence de coupure et équation du filtre antirepliement :
Formule générale dans $...$ : L’atténuation doit être maximale juste à $f_{\\text{max}}$.
Remplacement : $H(f_{\\text{max}}) = \\frac{1}{\\sqrt{1+(f_{\\text{max}}/f_c)^2}} = \\frac{1}{\\sqrt{1+(8\\,\\mathrm{kHz}/f_c)^2}}$
L’atténuation de $-3\\,\\mathrm{dB}$ correspond à $|H(f_c)| = \\frac{1}{\\sqrt{2}}$. Donc $f_c = f_{\\text{max}} = 8\\,\\mathrm{kHz}$.
Équation du filtre :$H(f)=\\frac{1}{\\sqrt{1+(f/8\\,\\mathrm{kHz})^2}}$
Calcul dans $...$ : Au point $f=8\\,\\mathrm{kHz}$, $H(8\\,\\mathrm{kHz})=\\frac{1}{\\sqrt{1+1}}=\\frac{1}{\\sqrt{2}}$
Résultat final dans $...$ : Fréquence de coupure optimale $f_c=8\\,\\mathrm{kHz}$, équation :$H(f)=\\frac{1}{\\sqrt{1+(f/8\\,\\mathrm{kHz})^2}}$.
3. Ecart quadratique moyen du bruit de quantification :
Formule générale : $\\sigma_q^2 = \\frac{\\Delta^2}{12}$, où $\\Delta$ est le pas de quantification.
Remplacement :
$\\Delta = \\frac{5\\,\\mathrm{V}}{2^{12}} = \\frac{5}{4096} \\,\\mathrm{V} \\approx 1,2207 \\,\\mathrm{mV}$
Calcul :
$\\sigma_q^2 = \\frac{(1,2207 \\times 10^{-3})^2}{12} = \\frac{1,4901 \\times 10^{-6}}{12} = 1,2418 \\times 10^{-7}\\,\\mathrm{V}^2$
Résultat final : L’écart quadratique moyen du bruit de quantification est $1,24 \\times 10^{-7}\\,\\mathrm{V}^2$ (arrondi à deux décimales).
1. Signal échantillonné :
Formule : Pour $f_e=10\\,\\mathrm{kHz}$, $v[n]=v(nT_e)$, $T_e=\\frac{1}{f_e}=0,1\\,\\mathrm{ms}$
Remplacement : $v[n]=10\\cos(2\\pi 1\\,\\mathrm{kHz}\\cdot nT_e) + bruit$
Calcul : $v[n]=10\\cos(2\\pi \\times 1\\,\\mathrm{kHz} \\times 0,1\\,\\mathrm{ms} \\times n)=10\\cos(0,2\\pi n)$
Résultat : Le signal échantillonné est $v[n]=10\\cos(0,2\\pi n)+w[n]$, où $w[n]$ correspond à l’échantillon de bruit blanc.
2. Restitution analogique avec filtre interpolateur idéal :
Formule : $v(t)=\\sum_{n=-\\infty}^{+\\infty} v[n] \\mathrm{sinc}\\left(\\frac{t-nT_e}{T_e}\\right)$
Amplitude restituée de la sinusoïde :
Pour la sinusoïde pure, l’amplitude reste inchangée si $f_e>2f_{\\text{sinus}}$.
Calcul : $f_e=10\\,\\mathrm{kHz} > 2 \\times 1\\,\\mathrm{kHz}=2\\,\\mathrm{kHz}$, donc pas de perte.
Résultat : Amplitude restituée $10\\,\\mathrm{V}$.
3. Puissance totale du bruit de quantification :
Formule : $P_q = \\frac{\\Delta^2}{12}$ avec $\\Delta = \\frac{20\\,\\mathrm{V}}{2^8}=0,078125\\,\\mathrm{V}$
Calcul : $P_q=\\frac{(0,078125)^2}{12}=0,000508$
Résultat : La puissance du bruit due à la quantification est $5,08\\times 10^{-4}\\,\\mathrm{V}^2$ (arrondi à deux décimales).
1. Bande passante maximale admissible :
Formule : $B_{\\text{max}}=\\frac{f_e}{2}$
Remplacement : $B_{\\text{max}}=\\frac{32\\,\\mathrm{kHz}}{2}=16\\,\\mathrm{kHz}$
Calcul : $B_{\\text{max}}=16\\,\\mathrm{kHz}$
Résultat : La bande passante maximale admissible est $16\\,\\mathrm{kHz}$.
2. Fonction de transfert du bloqueur d’échantillonnage (S/H) et effet fréquentiel à $10\\,\\mathrm{kHz}$ :
Formule : $H_{\\text{SH}}(f)=T_{h} \\ \\mathrm{sinc}(f T_{h})$
Remplacement :$ T_{h}=5\\,\\mu\\mathrm{s}=5\\times 10^{-6}\\,\\mathrm{s}$, $f=10\\,\\mathrm{kHz}$
Calcul du facteur sinc :
$\\mathrm{sinc}(f T_{h}) = \\frac{\\sin(\\pi f T_{h})}{\\pi f T_{h}} = \\frac{\\sin(\\pi \\times 10^4 \\times 5 \\times 10^{-6})}{\\pi \\times 10^4 \\times 5 \\times 10^{-6}}$
$\\pi \\times 10^4 \\times 5 \\times 10^{-6} = \\pi \\times 0,05 = 0,157$
$\\sin(0,157) = 0,156 $, \\pi f T_{h}=0,157$
$\\mathrm{sinc}(10\\,\\mathrm{kHz}\\cdot 5\\,\\mu\\mathrm{s})=\\frac{0,156}{0,157}=0,993$
Fonction de transfert :$H_{\\text{SH}}(10\\,\\mathrm{kHz})=5\\times 10^{-6} \\times 0,993 = 4,97\\times 10^{-6}$.
Résultat : l’atténuation à $10\\,\\mathrm{kHz}$ est très faible (facteur $0,993$ pour la magnitude relative).
3. Atténuation du signal par le filtre interpolateur à $12\\,\\mathrm{kHz}$ :
Formule : Atténuation à la coupure $|H(f)|$ : généralement, un filtre idéal a $|H(f_c)|=1/2$.
Remplacement : $f_c=12\\,\\mathrm{kHz}$
Calcul : $|H(12\\,\\mathrm{kHz})|=1/2$ (si filtre idéal)
Résultat : L’atténuation à la fréquence de coupure est de $-6\\,\\mathrm{dB}$ (rapport 1/2).
1. Fréquence de repliement observable
Formule : $f_{alias} = |f_0 - N \\cdot f_e|$ où $N$ est l’entier le plus proche tel que $f_{alias} < f_e/2$
Remplacement des données : $f_0 = 1,25\\;\\mathrm{kHz},\\; f_e = 2,2\\;\\mathrm{kHz}$
Calcul : $f_{alias} = |1,25 - 1 \\times 2,2| = |1,25 - 2,2| = 0,95\\;\\mathrm{kHz}$
Résultat final : $f_{alias} = 0,95\\;\\mathrm{kHz}$
2. Fréquence minimale d’échantillonnage (condition de Shannon)
Formule : $f_{e,\\text{min}} = 2f_0$
Remplacement des données : $f_0 = 1,25\\;\\mathrm{kHz}$
Calcul : $f_{e,\\text{min}} = 2 \\times 1,25 = 2,50\\;\\mathrm{kHz}$
Résultat final : $f_{e,\\text{min}} = 2,50\\;\\mathrm{kHz}$
3. Atténuation du filtre à la fréquence de répliement
Formule filtre premier ordre : $A(f) = \\frac{1}{\\sqrt{1 + (f/f_c)^2}}$ ; Atténuation en dB : $A_{dB}(f) = 20\\log_{10}\\left(A(f)\\right)$
Remplacement des données : $f = 0,95\\;\\mathrm{kHz},\\; f_c = 1,3\\;\\mathrm{kHz}$
Calcul : $A(0,95) = \\frac{1}{\\sqrt{1 + (0,95/1,3)^2}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + (0,731)^2}} = \\frac{1}{\\sqrt{1+0,535}} = \\frac{1}{1,239}\\approx 0,807$
Atténuation : $A_{dB}(0,95) = 20\\log_{10}(0,807) \\approx 20 \\times (-0,0936) = -1,87\\;\\mathrm{dB}$
Résultat final : $Atténuation = -1,87\\;\\mathrm{dB}$
1. Résolution du convertisseur
Formule : $\\Delta = \\frac{V_{max} - V_{min}}{2^n}$
Remplacement des données : $V_{max} = 2,5\\;\\mathrm{V},\\; V_{min} = -2,5\\;\\mathrm{V},\\; n = 8$
Calcul : $\\Delta = \\frac{2,5 - (-2,5)}{256} = \\frac{5}{256} \\approx 0,01953\\;\\mathrm{V}$
Résultat final : $\\Delta = 19,53\\;\\mathrm{mV}$
2. Bruit de quantification (écart-type)
Formule : Pour quantification uniforme, $\\sigma_q = \\frac{\\Delta}{\\sqrt{12}}$
Remplacement des données : $\\Delta \\approx 0,01953\\;\\mathrm{V}$
Calcul : $\\sigma_q = \\frac{0,01953}{\\sqrt{12}} = \\frac{0,01953}{3,464} \\approx 0,00564\\;\\mathrm{V}$
Résultat final : $\\sigma_q = 5,64\\;\\mathrm{mV}$
3. Niveaux de quantification saturant le signal
Formule : Pour saturation à $V_{max}$, c'est le niveau supérieur, soit $N = 2^n$
Remplacement des données : $n = 8$
Calcul : $N = 256$
Le dernier niveau correspond à $V_{\\text{saturation}} = V_{max} = 2,5\\;\\mathrm{V}$
Mais en général, 1 niveau correspond à la saturation maximale.
Résultat final : $Nombre = 1$ (niveau le plus élevé)
1. Taux d'échantillonnage minimal
Formule : $f_e \\geq 2B$
Remplacement des données : $B = 4,5\\;\\mathrm{kHz}$
Calcul : $f_{e,\\text{min}} = 2 \\times 4,5 = 9,0\\;\\mathrm{kHz}$
Résultat final : $f_{e,\\text{min}} = 9,0\\;\\mathrm{kHz}$
2. Largeur de fréquence d’image
Formule : Fréquence d’image la plus proche $f_{img} = f_e - B$
Remplacement des données : $f_e = 10\\;\\mathrm{kHz}, B = 4,5\\;\\mathrm{kHz}$
Calcul : $f_{img} = 10 - 4,5 = 5,5\\;\\mathrm{kHz}$
Résultat final : $f_{img} = 5,5\\;\\mathrm{kHz}$
3. Atténuation du filtre interpolateur
Formule : $A(f) = \\frac{1}{1+(f/f_c)^2}$
Remplacement des données : $f=4,5\\;\\mathrm{kHz}, f_c=3\\;\\mathrm{kHz}$
Calcul : $A(4,5) = \\frac{1}{1+(4,5/3)^2} = \\frac{1}{1+2,25} = \\frac{1}{3,25} \\approx 0,3077$
Résultat final : $A(4,5\\;\\mathrm{kHz}) = 0,308$
Q1) Déterminez la fréquence minimale d’échantillonnage selon la condition de Shannon.
Q2) Calculez la bande passante du filtre antirepliement à installer en entrée du système pour éviter le repliement spectral.
Q3) Un convertisseur A/N réalise la numérisation sur $N = 10\\,\\mathrm{bits}$ avec une tension d’entrée de $V_\\mathrm{max} = 4\\,\\mathrm{V}$. Calculez la résolution et l’amplitude du bruit de quantification.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
Q1) Fréquence minimale d’échantillonnage :
Formule générale (Shannon) : $f_e \\geq 2 f_\\mathrm{max}$
Remplacement : $f_e \\geq 2 \\times 10\\,000$
Calcul : $f_e \\geq 20\\,000\\,\\mathrm{Hz}$
Résultat final : $f_e^\\ast = 20\\,000\\,\\mathrm{Hz}$
Q2) Bande passante du filtre antirepliement :
Formule générale : $B_{FAR} \\leq f_\\mathrm{max}$
Remplacement : $B_{FAR} \\leq 10\\,000\\,\\mathrm{Hz}$
Calcul : $B_{FAR} = 10\\,000\\,\\mathrm{Hz}$
Résultat final : $B_{FAR} = 10\\,\\mathrm{kHz}$
Q3) Résolution et bruit de quantification :
Résolution :
Formule : $q = \\frac{V_\\mathrm{max}}{2^N}$
Remplacement : $q = \\frac{4}{1024}$
Calcul : $q = 0{,}00390625\\,\\mathrm{V}$
Résultat final : $q = 3{,}91\\,\\mathrm{mV}$
Bruit de quantification (écart-type) :
Formule : $\\sigma_q = \\frac{q}{\\sqrt{12}}$
Remplacement : $\\sigma_q = \\frac{0{,}00390625}{\\sqrt{12}}$
Calcul : $\\sigma_q = 0{,}001127\\,\\mathrm{V}$
Résultat final : $\\sigma_q = 1{,}13\\,\\mathrm{mV}$
Q1) Calculez les instants et les valeurs des premiers quatre échantillons obtenus, de $t=0$ à $t=3/f_e$.
Q2) Calculez l’erreur maximale de quantification sur ces échantillons.
Q3) Déterminez la fréquence du signal replié observé après échantillonnage.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
Q1) Instants et valeurs des 4 premiers échantillons :
Instants : $t_k = \\frac{k}{f_e},\\ k=0,1,2,3$
Formule : $s(t_k) = 2\\cos(2\\pi f_0 t_k)$
Calcul des instants :
$t_0 = 0$, $t_1 = \\frac{1}{6\\,000} = 0{,}0001667\\,\\mathrm{s}$, $t_2 = 0{,}0003333\\,\\mathrm{s}$, $t_3 = 0{,}0005\\,\\mathrm{s}$
Valeurs :
$s(0) = 2\\cos(0) = 2.00$
$s(t_1) = 2\\cos(2\\pi \\cdot 4\\,000 \\cdot 0{,}0001667) = 2\\cos(4.1888) = -1.00$
$s(t_2) = 2\\cos(2\\pi \\cdot 4\\,000 \\cdot 0{,}0003333) = 2\\cos(8.3776) = -1.00$
$s(t_3) = 2\\cos(2\\pi \\cdot 4\\,000 \\cdot 0{,}0005) = 2\\cos(12.5664) = 2.00$
Résultats :
$[2.00,\\ -1.00,\\ -1.00,\\ 2.00]$
Q2) Erreur maximale de quantification :
Formule : $q = \\frac{A_\\mathrm{max}}{2^n}$, $e_{max} = \\frac{q}{2}$
Données : $A_\\mathrm{max} = 2$ (amplitude maximale), $n = 8$
Remplacement : $q = \\frac{2}{256} = 0{,}0078125$
Calcul : $e_{max} = 0{,}00390625$
Résultat final : $e_{max} = 3{,}91\\,\\mathrm{mV}$
Q3) Fréquence du signal replié :
Formule : $f_{\\text{alias}} = |f_0 - n f_e|$ où $n$ entier pour minimiser la fréquence
Données : $f_0 = 4\\,000$, $f_e = 6\\,000$
$f_0 > \\frac{f_e}{2}$, donc alias.
Calcul : $f_{\\text{alias}} = |4\\,000 - 1 \\times 6\\,000| = |4\\,000 - 6\\,000| = 2\\,000\\,\\mathrm{Hz}$
Résultat final : $f_{\\text{replié}} = 2\\,000\\,\\mathrm{Hz}$
Q1) Calculez la largeur idéale du filtre interpolateur permettant une reconstitution fidèle du signal.
Q2) Pour une erreur sur la fréquence d’échantillonnage de $\\pm 50\\,\\mathrm{Hz}$, déterminez la variation maximale potentielle de la bande reconstituée.
Q3) La séquence est quantifiée sur $16\\,\\mathrm{bits}$ avec une amplitude de $V_\\mathrm{max} = 2\\,\\mathrm{V}$. Calculez la résolution et le bruit de quantification.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
Q1) Largeur idéale du filtre interpolateur :
Formule : $B_{interp} = f_\\mathrm{max}$
Remplacement : $B_{interp} = 20{,}000\\,\\mathrm{Hz}$
Calcul : $B_{interp} = 20{,}000\\,\\mathrm{Hz}$
Résultat final : $B_{interp} = 20\\,\\mathrm{kHz}$
Q2) Variation maximale potentielle de la bande reconstituée :
Condition Nyquist : $f_e \\geq 2 f_\\mathrm{max}$
Erreur : $\\delta f_e = 50\\,\\mathrm{Hz}$
Variation sur la bande maximale : $\\delta B_{\\text{max}} = \\frac{\\delta f_e}{2} = 25\\,\\mathrm{Hz}$
Résultat final : la bande restituée peut varier de $\\pm 25\\,\\mathrm{Hz}$
Q3) Résolution et bruit de quantification :
Formule résolution : $q = \\frac{V_\\mathrm{max}}{2^{16}}$
Remplacement : $q = \\frac{2}{65536}$
Calcul : $q = 0{,}00003052\\,\\mathrm{V}$
Résultat final : $q = 30{,}52\\,\\mu\\mathrm{V}$
Bruit de quantification (écart-type) : $\\sigma_q = \\frac{q}{\\sqrt{12}}$
Remplacement : $\\sigma_q = \\frac{0{,}00003052}{\\sqrt{12}}$
Calcul : $\\sigma_q = 0{,}00000881\\,\\mathrm{V}$
Résultat final : $\\sigma_q = 8{,}81\\,\\mu\\mathrm{V}$
Q1. Fréquence minimale d’échantillonnage (Shannon)
1. Formule générale : $f_e \\geq 2 f_{max}$
2. Remplacement des données : $f_{max} = 7 \\; \\text{kHz}$
3. Calcul : $f_e \\geq 2 \\times 7 \\; \\text{kHz} = 14 \\; \\text{kHz}$
4. Résultat final : $f_e \\geq 14 \\; \\text{kHz}$
Q2. Fréquence des répliques spectrales et filtre antirepliement
1. Formule générale : Les répliques apparaissent à $\\pm f_e, \\pm 2 f_e ...$
2. Remplacement : $f_e = 18 \\; \\text{kHz}$, $f_{max} = 7 \\; \\text{kHz}$
3. Calcul : Première réplique à $f = f_e - f_{max} = 18 - 7 = 11 \\; \\text{kHz}$
Filtre antirepliement doit couper à $f_c < f_e/2 = 9 \\; \\text{kHz}$ pour éviter recouvrement.
4. Résultat final : Les répliques apparaissent à partir de $11 \\; \\text{kHz}$. Il faut un filtre antirepliement coupant à $9 \\; \\text{kHz}$.
Q3. Bruit de quantification moyen
1. Formule générale : $\\sigma_q = \\frac{A_{max}}{\\sqrt{12} 2^Q}$
2. Remplacement : $A_{max} = 1.2 \\; \\text{V}$, $Q = 10$, $2^{10}=1024$
3. Calcul : $\\sigma_q = \\frac{1.2}{1024 \\sqrt{12}} \\approx \\frac{1.2}{1024 \\times 3.464} \\approx \\frac{1.2}{3546.5} \\approx 3.38 \\times 10^{-4} \\; \\text{V}$
4. Résultat final : $\\sigma_q \\approx 3.38 \\times 10^{-4} \\; \\text{V}$
Q1. Valeur des échantillons après bloqueur d’ordre zéro
1. Formule générale : Echantillonnage à $t_n = \\frac{n}{f_e}$, signal $x(t)=A\\sin(2\\pi f_0 t)$
2. Remplacement : $A=2$, $f_0=4\\;\\text{kHz}$, $f_e=16\\;\\text{kHz}$, sur une période $T_0=1/4\\text{kHz}=0.25\\text{ms}$
Nombre d’échantillons par période : $N = f_e/f_0 = 4$
Positions : $n=0 \\to 3$, $x_n = 2 \\sin\\left(2\\pi \\frac{4}{16} n\\right)$
Calculs :
n=0: $x_0 = 2 \\sin(0) = 0$
n=1: $x_1 = 2 \\sin(\\frac{\\pi}{2}) = 2$
n=2: $x_2 = 2 \\sin(\\pi) = 0$
n=3: $x_3 = 2 \\sin(\\frac{3\\pi}{2}) = -2$
4. Résultat final : Séquence des échantillons : $\\{0,\\,2,\\,0,\\,-2\\}$ sur 1 période
Q2. Spectre du signal échantillonné
1. Formule générale : Spectre du signal échantillonné = originales + répliques à $f_e$
2. Remplacement : Pour $f_0=4\\;\\text{kHz}$, $f_e=16\\;\\text{kHz}$
3. Calcul : Raies spectrales à $\\pm 4 \\; \\text{kHz}$, répliques à $\\pm(4 + 16n)$, $n \\in \\mathbb{Z}$
4. Résultat final : Raies spectrales principales à $\\pm 4\\;\\text{kHz}$, répliques à chaque multiple de $f_e$
Q3. Rapport signal sur bruit de quantification SNRq
1. Formule générale : $SNR_q = \\frac{A^2}{\\sigma_q^2}$, $\\sigma_q=\\frac{A}{\\sqrt{12}\\,2^Q}$
SNRq en dB : $SNR_{q(dB)} = 10\\log_{10}(SNR_q)$
2. Remplacement : $A=2$, $Q=8$, $2^8=256$
Calcul de $\\sigma_q: \\sigma_q = \\frac{2}{256 \\sqrt{12}} = \\frac{2}{256\\times3.464} \\approx \\frac{2}{887.98} \\approx 2.25 \\times 10^{-3}$
$SNR_q = \\frac{4}{(2.25\\times10^{-3})^2} = \\frac{4}{5.1\\times10^{-6}} \\approx 7.84 \\times 10^{5}$
SNRq en dB: $10 \\log_{10}(7.84 \\times 10^5) \\approx 10\\times(5.894) = 58.94 $ dB
4. Résultat final : $SNR_q \\approx 7.84 \\times 10^5$, $SNR_{q(dB)} \\approx 59 \\; \\text{dB}$
Q1. Nombre d’échantillons et période d’échantillonnage
1. Formule générale : $T_e = \\frac{1}{f_e}$ ; Nombre d'échantillons $N = T / T_e$
2. Remplacement : $f_e = 12 \\; \\text{kHz}$, donc $T_e = \\frac{1}{12,000} = 8.33 \\; \\mu\\text{s}$, $T = 10 \\; \\text{ms} = 10,000 \\; \\mu\\text{s}$
3. Calcul : Nombre d’échantillons $N = \\frac{10,000}{8.33} \\approx 1,200$
4. Résultat final : $T_e = 8.33 \\; \\mu\\text{s}$, $N \\approx 1,200$
Q2. Forme du signal analogique restitué
1. Formule générale : Filtrage interpolateur (idéal) coupe à $f_c = f_e/2$, restitue bande $|f|
3. Calcul : Le spectre restitué est une version lissée du signal numérique comportant toutes les fréquences jusqu’à $6\\;\\text{kHz}$
4. Résultat final : Le signal analogique restitué possède une bande limitée à $6\\;\\text{kHz}$
Q3. Quantum de quantification et bruit moyen
1. Formule générale : Quantum $q = \\frac{U_{max}}{2^{Q}}$ ; Bruit moyen $\\sigma_q = \\frac{q}{\\sqrt{12}}$
2. Remplacement : $U_{max}=2.5$, $Q=12$, $2^{12}=4096$
Quantum: $q=\\frac{2.5}{4096}=6.1035\\times10^{-4}$ V
Bruit: $\\sigma_q=\\frac{6.1035\\times10^{-4}}{3.464}=1.762\\times10^{-4} \\; \\text{V}$
4. Résultat final : Quantum $q \\approx 6.10\\times10^{-4} \\;\\text{V}$, Bruit moyen $\\sigma_q \\approx 1.76\\times10^{-4} \\;\\text{V}$
1.
Fréquence minimale d’échantillonnage (critère de Shannon) :
Formule :
$f_e > 2 f_{max}$
Remplacement :
$f_{max} = 2000$ Hz
$f_e > 2 \\times 2000 = 4000$ Hz
Calcul :
$f_e^{min} = 4000$ Hz
Résultat final :
$f_e^{min} = 4000$ Hz
2.
Filtre antirepliement (bande passante) :
Formule :
$f_c = f_{max}$
Remplacement :
$f_c = 2000$ Hz
Calcul :
$f_c = 2000$ Hz
Résultat final :
$f_c = 2000$ Hz
Bande passante filtrée : de $-2000$ Hz à $2000$ Hz.
3.
Positionnements spectraux après échantillonnage (f_e = 4800 Hz) :
Formule :
$f'_k = |f_k + m f_e|$ pour tous les entiers $m$, $f_k$ composantes originales
Remplacement :
$f_1 = 800$ Hz, $f_2 = 2000$ Hz, $f_e = 4800$ Hz
Calcul (premières images):
Pour $800$ Hz :
$f'_0 = 800$ Hz, $f'_1 = 4800 - 800 = 4000$ Hz
Pour $2000$ Hz :
$f'_0 = 2000$ Hz, $f'_1 = 4800 - 2000 = 2800$ Hz
Les images de fréquences apparaissent à chaque multiple de $f_e$
Résultat final :
$x_s(f) $ contient des raies à $\\pm800$ Hz, $\\pm2000$ Hz, $\\pm2800$ Hz, $\\pm4000$ Hz, etc., périodiques selon $f_e$.
1.
Atténuation du moyenneur à 1,5 kHz :
Formule :
$A(f) = |\\mathrm{sinc}(\\pi f T_e)|$
Remplacement :
$f = 1500$ Hz, $T_e = 300 \\text{ µs } = 0,0003$ s
Calcul :
$A = |\\mathrm{sinc}(\\pi \\cdot 1500 \\cdot 0,0003)| = |\\mathrm{sinc}(1,414)|$
$\\mathrm{sinc}(1,414) = \\frac{\\sin(1,414)}{1,414} \\approx \\frac{0,988}{1,414} \\approx 0,699$
Résultat final :
$A = 0,699$ (ou -3,1 dB d’atténuation)
2.
Pas de quantification, erreur quadratique moyenne :
Formules :
$\\Delta = \\frac{2V_{max}}{2^N}$, $\\sigma_q^2 = \\frac{\\Delta^2}{12}$
Remplacement :
$V_{max} = 5$ V, $N = 8$
$\\Delta = \\frac{2 \\times 5}{256} = 0,03906$ V
Calcul :
$\\sigma_q^2 = \\frac{(0,03906)^2}{12} = \\frac{0,001527}{12} \\approx 0,000127$ V²
Résultat final :
$\\Delta = 0,0391$ V, $\\sigma_q^2 = 0,000127$ V²
3.
Rapport signal sur bruit de quantification (en dB) :
Formule :
$SNR_q = 10 \\log_{10}\\left( \\frac{V_{max}^2/2}{\\sigma_q^2} \\right)$
Remplacement :
$V_{max} = 5$ V, $\\sigma_q^2 = 0,000127$ V²
Calcul : puissance signal $= 25/2 = 12,5$ V²
$SNR_q = 10 \\log_{10}(12,5/0,000127) = 10 \\log_{10}(98425) \\approx 10 \\times 4,993 = 49,9$ dB
Résultat final :
$SNR_q = 49,9$ dB
1. Si l’on souhaite éviter tout repliement de spectre et permettre une restitution fidèle, calculez la fréquence d’échantillonnage minimale.
2. Le signal numérique est transmis sous forme de trames PCM, chaque échantillon étant codé sur 10 bits dans une gamme de $\\pm 1$ V. Calculez le débit binaire nécessaire.
3. Si on utilise un filtre interpolateur de réponse $h(t) = \\mathrm{sinc}(\\frac{t}{T_e})$, calculez et expliquez la largeur (en Hz) de la bande passante reconstituée.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
1.
Fréquence d’échantillonnage minimale :
Formule :
$f_e > 2 f_{max}$
Remplacement :
$f_{max} = 3200$ Hz
Calcul :
$f_e^{min} = 6400$ Hz
Résultat final :
$f_e^{min} = 6400$ Hz
2.
Débit binaire PCM :
Formule :
$R = f_e \\cdot N_{bits}$
$f_e = 6400$ Hz, $N_{bits} = 10$
Calcul :
$R = 6400 \\times 10 = 64000$ bits/s
Résultat final :
$R = 64000$ bits/s
3.
Bande passante reconstituée par le filtre interpolateur :
Formule :
$H(f) = T_e \\, \\mathrm{rect}(f T_e)$ ; la largeur de la bande non nulle vaut
$f_c = \\frac{1}{2T_e} = \\frac{f_e}{2}$
Remplacement :
$f_e = 6400$ Hz
Calcul :
$f_c = 3200$ Hz
Résultat final :
$Bande passante reconstituée = [ -3200 , +3200 ]$ Hz, soit fidèle à la bande d’origine.
Question 1 :
Formule générale du théorème de Shannon :
$f_{e,\\,min} = 2 f_{max}$
Remplacement des données : $f_{max} = 2\\,kHz$
$f_{e,\\,min} = 2 \\times 2\\,kHz$
Calcul :
$f_{e,\\,min} = 4\\,kHz$
Résultat final :
$f_{e,\\,min} = 4\\,kHz$
Interprétation : Pour éviter l’aliasing, la fréquence d’échantillonnage doit être d’au moins $4\\,kHz$.
Question 2 :
Formule générale pour le nombre d’échantillons :
$N = T \\times f_e$
Remplacement des données : $T=0.25\\,s$, $f_e=5\\,kHz$
$N = 0.25 \\times 5000$
Calcul :
$N = 1250$
Résultat final :
$N = 1250$
Interprétation : On obtient $1250$ échantillons pour une durée de $0.25\\,s$ à $5\\,kHz$.
Question 3 :
Formule générale pour la restitution par filtre interpolateur (moyenne simple sur quatre valeurs) :
$V_{rest} = \\frac{1}{4} \\sum_{i=1}^4 V_i$
Remplacement des données :
$V_{rest} = \\frac{1}{4}(2.1 + 2.5 + 1.8 + 2.3)$
Calcul :
$V_{rest} = \\frac{1}{4}\\times 8.7 = 2.175$
Résultat final :
$V_{rest} = 2.175\\,V$
Interprétation : La tension analogique restituée, sur cet intervalle, est de $2.175\\,V$.
Question 1 :
Formule générale pour l’écart de quantification :
$\\Delta V = \\frac{V_{max} - V_{min}}{Q}$
Remplacement des données : $V_{max}=2.4\\,V$, $V_{min}=-2.4\\,V$, $Q=8$
$\\Delta V = \\frac{2.4 - (-2.4)}{8}$
Calcul :
$\\Delta V = \\frac{4.8}{8} = 0.6$
Résultat final :
$\\Delta V = 0.6\\,V$
Interprétation : Chaque niveau de quantification représente une variation de $0.6\\,V$.
Question 2 :
Formule générale : déterminer le niveau le plus proche
$V_{q} = V_{min} + n \\Delta V$ où $n = \\text{floor}\\left(\\frac{v - V_{min}}{\\Delta V}\\right)$
Remplacement des données : $V_{min}=-2.4\\,V$, $\\Delta V=0.6\\,V$, $v=1.7\\,V$
$n = \\text{floor}\\left(\\frac{1.7-(-2.4)}{0.6}\\right) = \\text{floor}(6.83) = 6$
$V_q = -2.4 + 6\\times 0.6 = 1.2\\,V$
Erreur :$\\epsilon_q = v - V_q = 1.7 - 1.2 = 0.5\\,V$
Résultat final :
$V_{q} = 1.2\\,V$; $\\epsilon_q = 0.5\\,V$
Interprétation : La tension est ramenée au niveau quantifié le plus proche, générant une erreur de $0.5\\,V$.
Question 3 :
Formule générale pour la puissance moyenne du bruit de quantification (quantification uniforme) :
$P_q = \\frac{\\Delta V^2}{12}$
Remplacement des données : $\\Delta V=0.6\\,V$
$P_q = \\frac{(0.6)^2}{12}$
Calcul :
$P_q = \\frac{0.36}{12} = 0.03$
Résultat final :
$P_q = 0.03\\,V^2$
Interprétation : La puissance moyenne du bruit de quantification est de $0.03\\,V^2$ dans le système.
Question 1 :
Formule générale pour le nombre d’échantillons par période :
$N_p = T_p \\times f_e$
Remplacement des données : $T_p = 1\\,ms = 1\\times10^{-3}\\,s$, $f_e = 20\\,kHz = 2\\times10^4\\,Hz$
$N_p = 1\\times10^{-3} \\times 2\\times10^4$
Calcul :
$N_p = 20$
Résultat final :
$N_p = 20$
Interprétation : Il y a $20$ échantillons pour chaque période du signal triangulaire.
Question 2 :
Formule générale d’atténuation d’un filtre passe-bas d’ordre 2 :
$A_{dB}(f) = -40\\log_{10}\\left(\\frac{f}{f_c}\\right)$ pour $f>f_c$
Remplacement des données : $f_p=1\\,kHz$, $f_c=8\\,kHz$ ($f_p
Résultat final :
$A_{dB}(1\\,kHz) = 0$
Interprétation : À $1\\,kHz$, le filtre n’atténue pas le signal, l’atténuation commence uniquement au-delà de $8\\,kHz$.
Question 3 :
Formule générale pour la fréquence maximale sans distorsion (condition de Shannon) :
$f_{max} = \\frac{f_e}{2}$ mais limitée par $f_c$
Remplacement des données : $f_e=20\\,kHz$, $f_c=8\\,kHz$
$f_{max,\\,th} = \\min\\left(\\frac{f_e}{2}, f_c\\right) = \\min(10\\,kHz,\\,8\\,kHz) = 8\\,kHz$
Résultat final :
$f_{max,\\,th} = 8\\,kHz$
Interprétation : La fréquence maximale du signal qui peut être restituée sans distorsion est limitée à $8\\,kHz$ par le filtre antirepliement.
Réponses détaillées à chaque question :
1. Fréquence minimale d'échantillonnage selon Shannon
Formule générale : $f_e \\geq 2 \\cdot f_{max}$
Remplacement : $f_e \\geq 2 \\cdot 8~kHz$
Calcul : $f_e \\geq 16~kHz$
Résultat final : $f_e = 16~kHz$
2. Période d'échantillonnage
Formule générale : $T_e = \\frac{1}{f_e}$
Remplacement : $T_e = \\frac{1}{16~000}$
Calcul : $T_e = 62,5~\\mu s$
Résultat final : $T_e = 62,5~\\mu s$
3. Fréquence de coupure du filtre antirepliement
Formule générale : $f_c < f_e/2$
Remplacement : $f_c < 8~kHz$
Afin d'éviter l'aliasing, la coupure est choisie légèrement inférieure : $f_c \\approx 7,8~kHz$
Résultat final : $f_c = 7,8~kHz$
Réponses détaillées à chaque question :
1. Pas de quantification $\\Delta$
Formule générale : $\\Delta = \\frac{V_{max} - V_{min}}{2^N}$
Remplacement : $\\Delta = \\frac{2 - (-2)}{256}$
Calcul : $\\Delta = \\frac{4}{256} = 0,015625~V$
Résultat final : $\\Delta = 0,015625~V$
2. Puissance moyenne du bruit de quantification
Formule générale : $P_b = \\frac{\\Delta^2}{12}$
Remplacement : $P_b = \\frac{(0,015625~V)^2}{12}$
Calcul : $P_b = \\frac{0,000244}{12} = 2,034 \\times 10^{-5}~V^2$
Résultat final : $P_b = 2,034 \\times 10^{-5}~V^2$
3. Rapport S/B (en dB)
Formule générale : $S/B = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{V_p^2/2}{P_b}\\right)$
Remplacement : $S/B = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{(2~V)^2/2}{2,034 \\times 10^{-5}~V^2}\\right)$
Calcul : $S/B = 10 \\log_{10}\\left(\\frac{2}{2,034 \\times 10^{-5}}\\right)$
Le numérateur est $2$, le dénominateur $2,034 \\times 10^{-5}$.
Rapport : $\\frac{2}{2,034 \\times 10^{-5}} \\approx 98400$
$S/B = 10 \\log_{10}(98400) \\approx 49,93~dB$
Résultat final : $49,93~dB$
Réponses détaillées à chaque question :
1. Fréquence de coupure du filtre interpolateur RC
Formule générale : $f_c = \\frac{1}{2\\pi\\tau}$
Remplacement : $f_c = \\frac{1}{2\\pi \\times 30 \\times 10^{-6}}$
Calcul : $2\\pi \\times 30 \\times 10^{-6} = 1,884 \\times 10^{-4}$
$f_c = \\frac{1}{1,884 \\times 10^{-4}} \\approx 5310~Hz$
Résultat final : $f_c = 5310~Hz$
2. Amplitude du signal analogique à la sortie pour une impulsion apportée $V_0$
Formule générale pour la sortie : $V_{out}(t) = V_0 \\cdot (1 - e^{-t/\\tau})$
À $t \\to \\infty$, $V_{out} = V_0$
Remplacement : $V_{out} = 1~V$
Résultat final : $V_{out} = 1~V$
3. Durée pour atteindre $99\\%$ de la valeur finale
Formule générale : $V_{out}(t) = V_0 (1 - e^{-t/\\tau})$
Pour $V_{out} = 0,99 V_0$ : $0,99 = 1 - e^{-t/\\tau}$
$e^{-t/\\tau} = 0,01$
$-t/\\tau = \\ln(0,01)$
$t = -\\tau \\ln(0,01)$
Remplacement : $t = -30 \\times 10^{-6} \\cdot \\ln(0,01)$
Calcul : $\\ln(0,01) = -4,605$
$t = -30 \\times 10^{-6} \\cdot (-4,605) = 138,15 \\times 10^{-6}~s$
$t = 138,15~\\mu s$
Résultat final : $t = 138,15~\\mu s$
1. Fréquence d’échantillonnage selon Shannon
Formule : $f_e \\geq 2f_{max}$
Remplacement : $f_{max}=2~\\mathrm{kHz}$
Calcul : $f_e \\geq 2 \\times 2~\\mathrm{kHz} = 4~\\mathrm{kHz}$
Résultat final : $f_e = 4~\\mathrm{kHz}$ (fréq. minimale)
2. Valeur du pas de quantification
Formule : $\\Delta = \\frac{V_{max} - V_{min}}{2^N}$
Remplacement : $V_{max}=2~\\mathrm{V}$, $V_{min}=-2~\\mathrm{V}$, $N=10$
Calcul : $\\Delta = \\frac{2-(-2)}{1024} = \\frac{4}{1024}$
$\\Delta = 0{,}0039~\\mathrm{V}$
Résultat final : $\\Delta=0{,}0039~\\mathrm{V}$
3. Puissance du bruit de quantification et SNR
Bruit de quantification : $P_q = \\frac{\\Delta^2}{12}$
Remplacement : $\\Delta=0{,}0039~\\mathrm{V}$
Calcul : $P_q = \\frac{(0{,}0039)^2}{12} = \\frac{0{,}00001521}{12} = 0{,}0000012675~\\mathrm{V}^2$
Résultat : $P_q \\approx 1,27~\\mu\\mathrm{V}^2$
On suppose une puissance du signal de $P_s = \\frac{A^2}{2}$ (sinusoïde de crête $2~\\mathrm{V}$)
Donc $A = 2~\\mathrm{V}$.
$P_s = \\frac{2^2}{2} = 2~\\mathrm{V}^2$
Le rapport signal/bruit (SNR) : $SNR = 10\\log_{10} \\left( \\frac{P_s}{P_q} \\right )$
Calcul : $SNR = 10\\log_{10} \\left(\\frac{2}{0{,}0000012675}\\right) = 10\\log_{10}(1578293) \\approx 10 \\times 6{,}198 = 61{,}98~\\mathrm{dB}$
Résultat final : $P_q \\approx 1{,}27~\\mu\\mathrm{V}^2$, $SNR \\approx 62~\\mathrm{dB}$
1. Fréquence de coupure du filtre antirepliement
Formule : $f_c = f_{max}$
Remplacement : $f_{max}=8~\\mathrm{kHz}$
Résultat final : $f_c = 8~\\mathrm{kHz}$
2. Fréquence d’échantillonnage avec facteur de suréchantillonnage
Formule de Nyquist : $f_{e,\\mathrm{min}} = 2f_{max}$
Facteur de suréchantillonnage $\\alpha = 20\\%$, donc $f_e = (1+\\alpha) \\times 2 f_{max}$
Remplacement : $\\alpha = 0{,}2$, $f_{max}=8~\\mathrm{kHz}$
Calcul : $f_e = 1{,}2 \\times 2 \\times 8~\\mathrm{kHz} = 19{,}2~\\mathrm{kHz}$
Résultat final : $f_e = 19{,}2~\\mathrm{kHz}$
3. Bruit de quantification RMS
Formule : $\\Delta = \\frac{V_{max} - V_{min}}{2^N}$ puis $\\sigma_q = \\frac{\\Delta}{\\sqrt{12}}$
Remplacement : $V_{max}=1~\\mathrm{V}$, $V_{min}=-1~\\mathrm{V}$, $N=8$
Calcul du pas : $\\Delta = \\frac{1-(-1)}{256} = \\frac{2}{256} = 0{,}0078125~\\mathrm{V}$
Calcul du bruit RMS : $\\sigma_q = \\frac{0{,}0078125}{\\sqrt{12}} \\approx 0{,}002255~\\mathrm{V}$
Résultat final : $\\sigma_q \\approx 2{,}26~\\mathrm{mV}$
1. Fréquence de coupure minimale du filtre interpolateur
Pour restituer sans distorsion, le filtre doit passer jusqu’à $f_{sig}=1~\\mathrm{kHz}$ : $f_c \\geq f_{sig}$. La composante la plus haute doit passer.
Résultat final : $f_c = 1~\\mathrm{kHz}$
2. Erreur maximale de quantification sur un échantillon
Formule : $\\epsilon_{max} = \\frac{\\Delta}{2}$, $\\Delta = \\frac{V_{max} - V_{min}}{2^N}$
Remplacement : $V_{max}=5~\\mathrm{V}$, $V_{min}=-5~\\mathrm{V}$, $N=12$
Calcul : $\\Delta = \\frac{5-(-5)}{4096} = \\frac{10}{4096} = 0{,}002441~\\mathrm{V}$
$\\epsilon_{max} = \\frac{0{,}002441}{2} = 0{,}001220~\\mathrm{V}$
Résultat final : $\\epsilon_{max} \\approx 1{,}22~\\mathrm{mV}$
3. Puissance du bruit de quantification en sortie
Formule : $P_q = \\frac{\\Delta^2}{12}$
Remplacement : $\\Delta = 0{,}002441~\\mathrm{V}$
Calcul : $P_q = \\frac{(0{,}002441)^2}{12} = \\frac{0{,}00000596}{12} = 0{,}0000004966~\\mathrm{V}^2$
Résultat final : $P_q \\approx 0{,}50~\\mu\\mathrm{V}^2$
Question 1 : Fréquence d’échantillonnage minimale selon Shannon
1. Formule générale : $ f_{e,min} = 2 f_{max} $
2. Remplacement : Le plus haute fréquence du signal est $ \\frac{5000\\pi}{2\\pi} = 2500~Hz $.
$ f_{e,min} = 2 \\times 2500~Hz = 5000~Hz $
3. Calcul : $ 5000~Hz $
4. Résultat final : Il faut $f_e \\geq 5~kHz$ pour éviter le repliement.
Question 2 : Fréquences repliées à $f_e = 3~kHz$
1. Formule générale : $ f_{replié} = |f_0 - n f_e| $, avec $f_0$ la fréquence réelle et $n$ l'entier qui minimise la valeur.
2. Remplacement :
$ f_1 = 1000~Hz $ ($2000\\pi$),
$ f_2 = 2500~Hz $ ($5000\\pi$)
3. Calcul pour $f_2$ :
$ |2500 - 1 \\times 3000| = 500~Hz $ (replié)
Pour la composante à $1000~Hz$,
$ |1000 - 0 \\times 3000| = 1000~Hz $ (pas de repliement)
4. Résultat final : Les fréquences observées seront $1000~Hz$ (préservée), $500~Hz$ (repliement de la composante à $2500~Hz$).
Question 3 : Filtre antirepliement et atténuation
1. Formule générale : La fréquence de coupure est juste en-dessous de la moitié de $f_e$.
$ f_c \\leq f_e / 2 $
2. Remplacement : $ f_c = 1500~Hz $
Atténuation à $2.5~kHz$ : Il faut au moins $40~dB$.
3. Calcul : Condition sur l’atténuation du filtre (gain en dB)
$ A_{dB}(2.5~kHz) \\leq -40~dB $
4. Résultat final : Il faut un filtre passe-bas d’ordre élevé avec $f_c = 1.5~kHz$ et une atténuation de $40~dB$ à $2.5~kHz$.
Question 1 : Pas de quantification et erreur maximale
1. Formule générale : $ q = \\frac{V_{max} - V_{min}}{2^N} $, $ erreur_{max} = \\frac{q}{2} $
2. Remplacement : $ q = \\frac{1 - (-1)}{256} = \\frac{2}{256} = 0.00781~V $, $ erreur_{max} = 0.00391~V $
3. Calcul : $ q = 0.00781~V $, $ erreur_{max} = 0.00391~V $
4. Résultat final : Le pas de quantification est $0.00781~V$, l’erreur maximale absolue est $0.00391~V$.
Question 2 : Rapport signal/bruit de quantification (SNR) en dB
1. Formule générale : $ SNR_{dB} = 6.02N + 1.76 $
2. Remplacement : $ SNR_{dB} = 6.02 \\times 8 + 1.76 = 48.16 + 1.76 = 49.92~dB $
3. Calcul : $ SNR_{dB} = 49.92~dB $
4. Résultat final : Le rapport signal/bruit de quantification est $49.92~dB$.
Question 3 : Valeur numérique obtenue et erreur
1. Formule générale : Valeur numérique : $ n = \\left\\lfloor \\frac{V_{in} - V_{min}}{q} \\right\\rfloor $, Valeur restituée : $V_n = V_{min} + n \\cdot q $
2. Remplacement : $ n = \\left\\lfloor \\frac{0.628 - (-1)}{0.00781} \\right\\rfloor = \\left\\lfloor \\frac{1.628}{0.00781} \\right\\rfloor = \\left\\lfloor 208.35 \\right\\rfloor = 208 $
$V_n = -1 + 208 \\times 0.00781 = -1 + 1.624 = 0.624~V $
Erreur commise : $\\Delta = 0.628 - 0.624 = 0.004~V $
3. Calcul : $n=208$, $V_n=0.624~V$, $\\Delta=0.004~V$
4. Résultat final : La valeur quantifiée est $0.624~V$, erreur de quantification $0.004~V$.
Question 1 : Nombre d’échantillons pour une restitution parfaite
1. Formule générale : $ N = \\lfloor f_e \\times T_{signal} \\rfloor $
2. Remplacement : $ N = \\lfloor 4000~Hz \\times 0.00075~s \\rfloor = \\lfloor 3~ \\rfloor = 3 $
3. Calcul : $ N = 3 $
4. Résultat final : On obtient $3$ échantillons pour la restitution.
Question 2 : Perte maximale d’amplitude causée par le lissage
1. Formule générale : Perte = $ A_{max} - A_{filtered} $, où $A_{max} = 2~V$
$A_{filtered} = A_{max} \\times \\frac{0.75}{1.12} $ (rapport des durées à mi-hauteur)
2. Remplacement : $A_{filtered} = 2~V \\times \\frac{0.75}{1.12} = 2 \\times 0.6696 = 1.339~V$
$ Perte = 2~V - 1.339~V = 0.661~V $
3. Calcul : $ Perte = 0.661~V $
4. Résultat final : La perte maximale d'amplitude est $0.661~V$.
Question 3 : Puissance moyenne du signal reconstitué (linéaire)
1. Formule générale : Pour un signal triangulaire résultant du lissage :
$P_m = \\frac{A_{filtered}^2 \\cdot T_{plateau}}{T_{total}} + \\frac{A_{filtered}^2}{3}\\cdot \\frac{T_{front}}{T_{total}} $
2. Remplacement : Si fronts linéaires (2 × (T_front)) et plateau central, $T_{total} = 1.12~ms$, supposons $T_{plateau} = 0.75~ms$, $T_{front} = (1.12 - 0.75)/2 = 0.185~ms$
$A_{filtered} = 1.339~V$
$P_m = \\frac{(1.339)^2 \\cdot 0.75}{1.12} + \\frac{(1.339)^2}{3} \\cdot \\frac{2 \\times 0.185}{1.12} $
3. Calcul : $(1.339)^2 = 1.793 $
$P_m = \\frac{1.793 \\times 0.75}{1.12} + \\frac{1.793}{3} \\cdot \\frac{0.37}{1.12} = \\frac{1.344}{1.12} + \\frac{0.598}{1.12} = 1.2 + 0.534 = 1.757~V^2 $
4. Résultat final : La puissance moyenne du signal reconstitué est $1.76~V^2$.
1. Fréquence minimale d’échantillonnage (Shannon) :
Formule générale :
$f_e \\geq 2 \\times f_{\\text{max}}$
Remplacement des données : $f_{\\text{max}} = 4\\;\\text{kHz}$
$f_e \\geq 2 \\times 4\\,000 = 8\\,000\\;\\text{Hz}$
Calcul :
$f_e = 8\\;\\text{kHz}$
Résultat final :
$f_e = 8\\;\\text{kHz}$
\n2. Fréquence de coupure idéale du filtre antirepliement :
Formule :
$f_c = f_{\\text{max}}$
Remplacement des données : $f_c = 4\\;\\text{kHz}$
Calcul :
$f_c = 4\\;\\text{kHz}$
Résultat final :
$f_c = 4\\;\\text{kHz}$
\n3. Ecart maximal dû au bruit de quantification (CAN 8 bits, amplitude 2 V):
Formule générale :
$q = \\frac{A_{\\text{max}} - A_{\\text{min}}}{2^N}$
avec $N = 8$, $A_{\\text{max}} = 2\\;\\text{V}$, $A_{\\text{min}} = -2\\;\\text{V}$
Remplacement des données :
$q = \\frac{2 - (-2)}{256} = \\frac{4}{256}$
Calcul :
$q = 0,015625\\;\\text{V}$
Le bruit de quantification est inférieur à une demi-marquage :
$\\Delta V_{\\text{max}} = \\frac{q}{2} = 0,0078125\\;\\text{V}$
Résultat final :
$\\Delta V_{\\text{max}} = 7,81\\;\\text{mV}$
1. Tension maximale en sortie du CNA :
Formule générale :
$V_{\\text{max}} = V_\\text{ref} \\left(1 - \\frac{1}{2^N}\\right)$
avec $N = 6$ bits, $V_\\text{ref} = 3\\;\\text{V}$
Remplacement des données :
$V_{\\text{max}} = 3 \\times \\left(1 - \\frac{1}{64}\\right)$
Calcul :
$V_{\\text{max}} = 3 \\times 0,984375 = 2,953125\\;\\text{V}$
Résultat final :
$V_{\\text{max}} = 2,95\\;\\text{V}$
\n2. Fréquence de coupure maximale du filtre interpolateur :
Formule générale :
$f_c \\leq \\frac{f_e}{2}$
avec $f_e = 10\\;\\text{kHz}$
Remplacement des données :
$f_c \\leq 10\\,000/2 = 5\\,000\\;\\text{Hz}$
Calcul :
$f_c = 5\\;\\text{kHz}$
Résultat final :
$f_c \\leq 5\\;\\text{kHz}$
\n3. Bruit de quantification pour valeur numérique $25$ :
Formule de tension de sortie du CNA :
$V = V_\\text{ref} \\frac{N_{\\text{num}}}{2^N}$
avec $N_{\\text{num}} = 25$
Remplacement :
$V = 3 \\times \\frac{25}{64}$
Calcul :
$V = 3 \\times 0,390625 = 1,171875\\;\\text{V}$
Bruit de quantification :
$\\Delta V = \\frac{V_\\text{ref}}{2^N} = \\frac{3}{64} = 0,046875\\;\\text{V}$
Résultat final :
$\\Delta V = 46,88\\;\\text{mV}$
1. Fréquence d’échantillonnage :
Formule générale :
$f_e = \\frac{1}{T_e}$
Durée d’échantillon $T_e = 400\\;\\mu\\text{s} = 400 \\times 10^{-6}\\;\\text{s}$
Remplacement :
$f_e = \\frac{1}{400 \\times 10^{-6}} = 2\\,500\\;\\text{Hz}$
Calcul :
$f_e = 2\\,500\\;\\text{Hz}$
Résultat final :
$f_e = 2\\,500\\;\\text{Hz}$
\n2. Valeur moyenne de l’échantillon capté par le moyenneur :
Formule : Pour un sinusoïde d’amplitude $A$ sur période très courte par rapport à la période, la moyenne sur $\\Delta t$ est:
$\\overline{x} = \\frac{1}{T_e} \\int_0^{T_e} A \\sin(2\\pi f t)\\, dt$
Remplacement : $A = 1,2\\;\\text{V}$, $f = 2\\,500\\;\\text{Hz}$, $T_e = 400\\;\\mu\\text{s}$
Calcul intégral:
$\\overline{x} = \\frac{1}{400 \\times 10^{-6}} \\int_0^{400 \\times 10^{-6}} 1,2 \\sin(2\\pi \\times 2\\,500 t) dt$
L'intervalle correspond à une période complète : $2\\,500 \\times 400 \\times 10^{-6} = 1$ cycle
Donc, la moyenne de la sinusoïde sur une période entière est nulle.
Résultat final :
$\\overline{x} = 0\\;\\text{V}$
\n3. Pas de quantification et bruit maximal (CAN 10 bits, amplitude max 1,2 V) :
Formule pas de quantification :
$q = \\frac{A_{\\text{max}} - A_{\\text{min}}}{2^{10}}$ (code signé de -1,2 V à +1,2 V)
Remplacement :
$q = \\frac{1,2 - (-1,2)}{1024} = \\frac{2,4}{1024}$
Calcul :
$q = 0,00234375\\;\\text{V}$
Bruit de quantification maximal :
$\\Delta V_{\\text{max}} = \\frac{q}{2} = 0,00117188\\;\\text{V}$
Résultat final :
$\\Delta V_{\\text{max}} = 1,17\\;\\text{mV}$
Question 1 :
1. Formule générale : $f_e \\geq 2f_{max}$
2. Remplacement : $f_{max} = f_0 = 800$ Hz
3. Calcul : $f_e \\geq 2 \\times 800 = 1600$ Hz
4. Résultat final : $f_e \\geq 1600$ Hz
Question 2 :
1. Formule de l’erreur maximale de quantification : $\\varepsilon_{max} = \\frac{\\Delta}{2} = \\frac{V_{max} - V_{min}}{2 N}$
2. Remplacement : $V_{max} = 1$ V ; $V_{min} = -1$ V ; $N = 2^8 = 256$
3. Calcul : $\\Delta = \\frac{1 - (-1)}{256} = \\frac{2}{256} = 0.0078125$ V
$\\varepsilon_{max} = \\frac{0.0078125}{2} = 0.00390625$ V
4. Résultat final : $\\varepsilon_{max} = 3.91 \\times 10^{-3}$ V
Question 3 :
1. Spectre initial : Pic à $f_0 = 800$ Hz
2. Le filtre passe-bas coupe à $f_{c} = 1.2$ kHz (signal passe sans atténuation).
3. Calcul spectre après filtrage : Pic conservé uniquement pour $|f| < f_{c}$
La réponse en fréquence du filtre est :$H(f) = 1$ si $|f| \\leq f_c$, $0$ sinon.
Le spectre filtré :$X_{filtré}(f) = X(f) H(f)$
4. Résultat final : Le spectre du signal après filtrage possède un pic à $800$ Hz et est nul ailleurs ($|f| > 1,2$ kHz)
Question 1 :
1. Formule générale : $f_e = \\frac{1}{T_s}$
2. Remplacement : $T_s = 0,4$ ms = 0,0004$ s
3. Calcul : $f_e = \\frac{1}{0,0004} = 2500$ Hz
4. Résultat final : $f_e = 2500$ Hz
Question 2 :
1. Formule de la valeur moyenne d’un signal rectangulaire échantillonné : $\\overline{x} = V_0 \\frac{T_s}{T}$
2. Remplacement : $V_0 = 3$ V; $T_s = 0,4$ ms; $T = 2$ ms
3. Calcul : $\\overline{x} = 3 \\times \\frac{0,4}{2} = 3 \\times 0,2 = 0,6$ V
4. Résultat final : $\\overline{x} = 0,6$ V
Question 3 :
1. Formule du bruit de quantification maximal : $\\varepsilon_{max} = \\frac{\\Delta}{2}$, où $\\Delta = \\frac{V_{max} - V_{min}}{2^n}$
2. Remplacement : $V_{max} = 3$ V; $V_{min} = 0$ V; $n = 4$
3. Calcul : $\\Delta = \\frac{3 - 0}{16} = 0,1875$ V
$\\varepsilon_{max} = \\frac{0,1875}{2} = 0,09375$ V
4. Résultat final : $\\varepsilon_{max} = 0,094$ V (arrondi à 0,001 V près)
Question 1 :
1. Formule de Shannon : $f_c \\leq \\frac{f_e}{2}$
2. Remplacement : $f_e = 48$ kHz
3. Calcul : $f_c \\leq \\frac{48}{2} = 24$ kHz
4. Résultat final : $f_c \\leq 24$ kHz
Question 2 :
1. Formule résolution minimale : $\\Delta V = \\frac{V_{max} - V_{min}}{2^{n}}$
2. Remplacement : $V_{max} = 5$ V ; $V_{min} = 0$ V ; $n = 12$
3. Calcul : $\\Delta V = \\frac{5}{4096} = 0,0012207$ V
4. Résultat final : $\\Delta V = 1,22$ mV
Question 3 :
1. Formule : $\\varepsilon_{max} = \\frac{\\Delta V}{2}$
2. Remplacement : $\\Delta V = 0,0012207$ V
3. Calcul : $\\varepsilon_{max} = \\frac{0,0012207}{2} = 0,00061035$ V
4. Résultat final : $\\varepsilon_{max} = 0,61$ mV
1. Fréquence minimale d'échantillonnage (critère de Shannon) :
Formule générale : $f_e \\geq 2W$
Remplacement : $W=14~kHz \\Rightarrow f_e \\geq 2 \\times 14~kHz$
Calcul : $f_e \\geq 28~kHz$
Résultat final : $f_{e,\\ min} = 28~kHz$\n\n2. Pas de quantification du convertisseur :
Formule : $Δ = \\frac{V_{max} - V_{min}}{2^{N}}$
Remplacement : $V_{max} = 2~V, V_{min} = -2~V, N = 12$
Calcul : $Δ = \\frac{2-(-2)}{4096} = \\frac{4}{4096} = 0.0009766~V = 0.9766~mV$
Résultat final : $Δ = 0.9766~mV$\n\n3. Rapport signal/bruit de quantification (SNRaq) :
Formule générale : $SNR_{q(dB)} = 6.02N + 1.76$
Remplacement : $N = 12$
Calcul : $SNR_{q(dB)} = 6.02 \\times 12 + 1.76 = 72.24 + 1.76 = 74~dB$
Résultat final : $SNR_{q(dB)} = 74~dB$
1. Module du filtre antirepliement à la coupure :
Formule générale : Pour un filtre RC premier ordre :$ |H(f)| = \\frac{1}{\\sqrt{1+(\\frac{f}{f_c})^2}}$
Remplacement : $f=f_c=8~kHz$
Calcul : $|H(f_c)| = \\frac{1}{\\sqrt{1+1}} = \\frac{1}{\\sqrt{2}} \\approx 0.7071$
Exprimé en dB : $20 \\log_{10}(0.7071) \\approx -3.01~dB$
Résultat final : $|H(f_c)| \\approx 0.7071 \\ (−3~dB)$\n\n2. Fréquence d’échantillonnage minimale pour éviter le recouvrement :
Formule : $f_e \\geq 2f_{max}$
Remplacement : $f_{max}=7~kHz$
Calcul : $f_e \\geq 14~kHz$
Résultat final : $f_{e,\\ min} = 14~kHz$\n\n3. Fréquence de restitution maximale sans distorsion :
Formule : La valeur maximale transférée sans atténuation excessive dépend du produit de l'ensemble du système. Ici, on retient la bande efficace atténuée à moins de −3 dB (coupure filtre antirepliement) :
À $f_c=8~kHz$, suppression de l'énergie ; fréquence de Nyquist : $f_{N}=f_e/2=9~kHz$.
La restitution sans distorsion à $f_{max}=7~kHz$ est conforme si la bande est ≤ coupure et ≤ Nyquist.
Résultat final : $f_{rest,max}=7~kHz$ (sans distorsion majeure, atténuation < −3 dB à <7 kHz)
1. Amplitude du premier repli spectral :
Formule générale : Les images spectrales apparaissent à $f' = |f_0 \\pm kf_e|$, amplitude divisée par $sinc(\\pi k)$ pour l’ordre zéro ($sinc(x)=\\frac{\\sin(x)}{x}$), avec $k=1$.
Premier repli : $f' = |f_0 - f_e| = |1.4-10|=8.6~kHz$.
Ampleur : $sinc(\\pi f'/f_e)$
Remplacement : $sinc(\\pi \\times 8.6/10) = \\frac{\\sin(\\pi \\times 0.86)}{\\pi \\times 0.86}$
Calcul : $\\sin(2.702) \\approx 0.427; \\pi \\times 0.86 \\approx 2.702$; donc $0.427/2.702 \\approx 0.158$
Résultat final : amplitude du 1er repli : $0.158 \\times A_{max}$\n\n2. Atténuation du ZOH à $f_0$ :
Formule : $|H_{ZOH}(f_0)| = |\\text{sinc}(\\pi f_0 / f_e)|$. En dB : $20 \\log_{10}(|H_{ZOH}(f_0)|)$
Remplacement : $\\pi f_0 / f_e = \\pi \\times 0.14 \\approx 0.44$
$\\sin(0.44)\\approx 0.425; \\, 0.44$; donc $0.425/0.44 \\approx 0.97$
En dB : $20 \\log_{10}(0.97) \\approx -0.26~dB$
Résultat final : atténuation = $-0.26~dB$\n\n3. Erreur quadratique moyenne (EQM) de restitution :
Formule générale (blocage d’ordre zéro ZOH) : $EQM = \\frac{1}{T_0} \\int_0^{T_0} (s(t) - s_{ZOH}(t))^2 dt$,
T_0 = 1/f_0 = 0.714~ms$; pas analytique, erreur principale due au maintien entre échantillons :
Formule classique (sinusoïde et ZOH) : $EQM \\approx \\frac{A^2}{12} \\left(\\frac{2\\pi f_0}{f_e}\\right)^2$
Remplacement : $\\frac{2\\pi f_0}{f_e} = 2\\pi \\times 1.4/10 = 0.8796$; donc $0.8796^2 = 0.773$
EQM : $(A^2/12)\\times 0.773 = 0.0644 A^2$
Résultat final : $EQM = 0.0644\\,A^2$
1. Fréquence d’échantillonnage minimale selon Shannon
Formule générale : $f_e \\geq 2 \\times f_{max}$
Remplacement des données : $f_{max} = 16~kHz$
Calcul : $f_e \\geq 2 \\times 16~kHz = 32~kHz$
Résultat final : $f_e^{min} = 32~kHz$
2. Fréquence de coupure idéale du filtre antirepliement
Formule générale : $f_c \\leq f_{max}$
Remplacement des données : $f_{max} = 16~kHz$
Calcul : Le filtre doit couper à $f_c = 16~kHz$
Résultat final : $f_c = 16~kHz$
3. Atténuation du filtre moyenneur à $f_{max}$
Formule générale (moyenneur/rectangulaire) : $A(f) = \\left| \\text{sinc}(\\pi f T_M) \\right| $ avec $\\text{sinc}(x) = \\frac{\\sin(x)}{x}$
Remplacement des données : $f = 16~kHz$, $T_M = 10~\\mu s = 10\\times10^{-6}~s$
Calcul : $\\pi f T_M = \\pi \\times 16,000 \\times 10 \\times 10^{-6} = \\pi \\times 0.16 = 0.5027$
$A(16~kHz) = \\left| \\frac{\\sin(0.5027)}{0.5027} \\right| \\approx \\left| \\frac{0.481}{0.5027} \\right| \\approx 0.957$
Résultat final : Atténuation à $f_{max}$ : $0.957$ (soit -0.38~dB)
1. Fréquence d’échantillonnage et condition Nyquist
Formule générale : $f_e = \\frac{1}{T_e}$, Nyquist : $f_e > 2B$
Remplacement des données : $T_e = 20~\\mu s = 20 \\times 10^{-6}~s$
Calcul : $f_e = \\frac{1}{20\\times10^{-6}} = 50,000~Hz = 50~kHz$
Condition Nyquist : $2B = 2 \\times 24~kHz = 48~kHz$, donc $f_e = 50~kHz > 48~kHz$
Résultat final : La condition de Nyquist est vérifiée.$
2. Pas de quantification
Formule générale : $\\Delta = \\frac{V_{max} - V_{min}}{2^Q}$
Remplacement des données : $V_{max} = 1~V$, $V_{min} = -1~V$, $Q = 8$
Calcul : $\\Delta = \\frac{1 - (-1)}{256} = \\frac{2}{256} = 0.0078125~V$
Résultat final : Pas de quantification $\\Delta = 7.8125~mV$
3. Densité de puissance du bruit de quantification
Formule générale : $S_q = \\frac{\\Delta^2}{12}$
Remplacement des données : $\\Delta = 0.0078125~V$
Calcul : $S_q = \\frac{(0.0078125)^2}{12} = \\frac{0.000061035}{12} \\approx 5.0863 \\times 10^{-6}~V^2$
Résultat final : Densité de puissance du bruit de quantification $S_q \\approx 5.09 \\times 10^{-6}~V^2$
1. Période d’échantillonnage
Formule générale : $T_e = \\frac{1}{f_e}$
Remplacement des données : $f_e = 44,100~Hz$
Calcul : $T_e = \\frac{1}{44,100} \\approx 2.2676 \\times 10^{-5}~s = 22.68~\\mu s$
Résultat final : Période d’échantillonnage $T_e = 22.68~\\mu s$
2. Fréquence de coupure minimale du filtre interpolateur
Formule générale : $f_c \\geq f_{max\\_audio}$
Remplacement des données : bande audio jusqu’à $20~kHz$
Calcul : $f_c \\geq 20~kHz$
Résultat final : Fréquence de coupure minimale $f_c = 20~kHz$
3. Nombre d’échantillons sur $2.5~s$
Formule générale : $N = f_e \\times T$
Remplacement des données : $f_e = 44,100~Hz$, $T = 2.5~s$
Calcul : $N = 44,100 \\times 2.5 = 110,250$
Résultat final : Nombre d’échantillons $N = 110,250$
Question 1 : Fréquence minimale d'échantillonnage selon Shannon
1. Formule générale : $f_e \\geq 2 f_{max}$
2. Remplacement des données : $f_{max} = 900\\ \\text{Hz}$
3. Calcul : $f_e \\geq 2 \\times 900 = 1800\\ \\text{Hz}$
4. Résultat final : $f_{e,\\text{min}} = 1800\\ \\text{Hz}$
Question 2 : Puissance totale repliée sans filtre antirepliement à $f_e = 1500\\ \\text{Hz}$
1. Détermination des fréquences repliées :
- La composante à $900\\ \\text{Hz}$ (\\(2\\sin(2\\pi 900t)\\)) se replie sur $|f_{alias}| = |f- kf_e| \\leq \\frac{f_e}{2}$
- Pour $f = 900\\ \\text{Hz}$, et $f_e = 1500\\ \\text{Hz}$, on a $900 - 1\\times 1500 = -600\\ \\text{Hz};\\ |{-600}| = 600\\ \\text{Hz}$.
2. Puissance repliée du terme à $900\\ \\text{Hz}$ : amplitude = 2, puissance = $\\frac{2^2}{2} = 2$.
3. Puissance totale du signal replié = puissance du terme replié = $2$.
4. Résultat final : $P_{\\text{alias}} = 2$ (unité arbitraire, puissance du terme à $900\\ \\text{Hz}$)
Question 3 : Puissance résiduelle repliée avec filtre antirepliement à $B = 800\\ \\text{Hz}$
1. La composante à $900\\ \\text{Hz}$ est éliminée, seule subsiste celle à $400\\ \\text{Hz}$.
2. Puissance repliée = 0, car aucune composante hors bande sous $f_e=1500\\ \\text{Hz}$.
3. Résultat final : $P_{\\text{alias-filtré}} = 0$
Question 1 : Spectre du signal rectangulaire, 3 premiers harmoniques non nuls
1. Formule générale : amplitude des harmoniques $A_n = \\frac{2A}{n\\pi} \\sin\\left(n\\pi\\frac{\\tau}{T}\\right)$ (pour $n\\geq 1$ impair)
2. Données : $A = 1\\ \\text{V}$ (signal entre 0 et 2V, amplitude crête à crête), $\\tau/T = 0.5/2 = 0.25$
3. Calcul :
- $A_1 = \\frac{2}{\\pi} \\sin(\\pi \\times 0.25) = \\frac{2}{\\pi} \\sin(0.785) \\approx \\frac{2}{\\pi} \\times 0.707 = 0.451$
- $A_3 = \\frac{2}{3\\pi} \\sin(3\\pi \\times 0.25) = \\frac{2}{3\\pi} \\sin(2.356) = \\frac{2}{3\\pi} \\times 0.707 = 0.150$
- $A_5 = \\frac{2}{5\\pi} \\sin(5\\pi \\times 0.25) = \\frac{2}{5\\pi} \\sin(3.927) = \\frac{2}{5\\pi} \\times (-0.707) = -0.090$
4. Résultats finaux : $A_1=0.451$, $A_3=0.150$, $A_5=-0.090$
Question 2 : Recouvrement spectral à $f_e = 6\\ \\text{kHz}$
1. Fréquence fondamentale $f_1 = \\frac{1}{T} = 500\\ \\text{Hz}$, donc $f_3=1500\\ \\text{Hz}$, $f_5=2500\\ \\text{Hz}$
2. Condition de Nyquist : $f_e > 2f_{max}$, ici $f_e = 6000\\ \\text{Hz}$, $2f_5=5000\\ \\text{Hz}$
3. Calcul : Aucun recouvrement pour les premiers harmoniques, tous sont sous la limite de Nyquist.
4. Résultat final : Pas d'aliasing sur les 3 premiers harmoniques.
Question 3 : Puissance du bruit de quantification pour $N=4$ bits entre [0, 2V]
1. Formule puissance bruit de quantification : $P_q = \\frac{\\Delta^2}{12}$ avec $\\Delta = \\frac{2-0}{2^4} = 0.125\\ \\text{V}$
2. Calcul : $P_q = \\frac{(0.125)^2}{12} = \\frac{0.015625}{12} = 0.001302$
3. Résultat final : $P_q \\approx 1.30 \\times 10^{-3}\\ \\text{V}^2$
Question 1 : Valeur crête du signal bloqué, sinus d'amplitude $V_m=2\\ \\text{V}$
1. Bloqueur d'ordre 0 (ZOH) : valeur constante égale à l’échantillon précédent.
2. Valeur de crête conservée identique, soit $V_{crête,ZOH} = V_m = 2\\ \\text{V}$
3. Résultat final : $V_{crête,ZOH} = 2\\ \\text{V}$
Question 2 : Spectre échantillonné et positions des images
1. Formule positions images spectrales : $f_k = kf_e \\pm f_0$
2. Remplacement : $f_e = 2.5\\ \\text{kHz}$, $f_0 = 1\\ \\text{kHz}$
3. Calcul :
- $f_1 = 1\\ \\text{kHz}$
- Images : $k=\\pm1 :$ $|2.5-1|=1.5\\ \\text{kHz}$ et $2.5+1=3.5\\ \\text{kHz}$
- $k= -1 :$ |-2.5+1|=1.5\\ \\text{kHz}$ et |-2.5-1|=3.5\\ \\text{kHz}$
- Les fréquences des images spectrales : $1\\ \\text{kHz}$, $1.5\\ \\text{kHz}$, $2.5\\ \\text{kHz}$, $3.5\\ \\text{kHz}$, etc.
4. Résultat final : Images spectrales à $f = \\pm1\\ \\text{kHz}$, $\\pm1.5\\ \\text{kHz}$, etc.
Question 3 : Amplitude du signal reconstitué en sortie du filtre interpolateur idéal
1. Filtre interp. restitue la composante basse fréquence d'amplitude atténuée selon le facteur sinc.
2. Atténuation : $A_{out} = V_m \\cdot \\operatorname{sinc}\\left(\\frac{f_0}{f_e}\\right)$
3. Calcul : $\\operatorname{sinc}\\left(\\frac{1}{2.5}\\right) = \\frac{\\sin(\\pi \\cdot 0.4)}{\\pi \\cdot 0.4} = \\frac{\\sin(1.257)}{1.257} \\approx \\frac{0.951}{1.257} = 0.757$
- $A_{out} = 2 \\times 0.757 = 1.514\\ \\text{V}$
4. Résultat final : $A_{out} \\approx 1.51\\ \\text{V}$
Exercice 1 : TFD à temps discret et TFD (DTFT et DFT) d'une porte rectangulaire
On considère un signal discret en temps défini par $x[n] = 1$ pour $0 ≤ n ≤ 7$ et $x[n] = 0$ sinon (porte rectangulaire de longueur $8$ échantillons). Le signal est issu de l'échantillonnage d'un signal continu à la fréquence d'échantillonnage $F_e = 8\\,\\text{kHz}$.
Question 1 : Déterminer l'expression analytique de la transformée de Fourier à temps discret (TFD, ou DTFT) $X(e^{j\\omega})$ de $x[n]$, puis calculer numériquement le module $|X(e^{j\\omega})|$ pour $\\omega = \\frac{\\pi}{4}$.
Question 2 : Calculer la TFD discrète (TFD au sens DFT) à $N = 8$ points de ce même signal, définie par $X[k] = \\sum_{n=0}^{7} x[n] e^{-j 2\\pi kn/8}$ pour $k = 0,1,2,3$. Donner les valeurs complexes de $X[0]$, $X[1]$, $X[2]$ et $X[3]$.
Question 3 : Utiliser la relation entre la TFD à temps discret et la TFD (DFT) pour vérifier que $X[1] = X(e^{j\\omega})$ évaluée en $\\omega = \\frac{2\\pi \\cdot 1}{8} = \\frac{\\pi}{4}$, puis calculer le module en décibels $G_{dB} = 20 \\log_{10}(|X[1]|)$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Exercice 1
Question 1 : TFD à temps discret X(e^{jω}) et |X(e^{jπ/4})|
On rappelle que la TFD à temps discret (DTFT) d'un signal discret $x[n]$ est définie par $X(e^{j\\omega}) = \\sum_{n=-\\infty}^{+\\infty} x[n] e^{-j\\omega n}$.
Dans notre cas, $x[n] = 1$ pour $0 \\leq n \\leq 7$ et $x[n] = 0$ sinon, donc la somme se réduit à $X(e^{j\\omega}) = \\sum_{n=0}^{7} 1 \\cdot e^{-j\\omega n}$.
Étape 1 : Formule générale
$X(e^{j\\omega}) = \\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j\\omega n}$ avec $N = 8$ et $x[n] = 1$ pour tous les $n$ de $0$ à $7$.
Cela donne une somme géométrique de raison $e^{-j\\omega}$.
Étape 2 : Remplacement des données
On écrit explicitement : $X(e^{j\\omega}) = 1 + e^{-j\\omega} + e^{-j2\\omega} + \\dots + e^{-j7\\omega}$.
La formule de la somme géométrique pour $\\sum_{n=0}^{N-1} r^n$ est $\\frac{1 - r^N}{1 - r}$ pour $r \\neq 1$, donc ici $r = e^{-j\\omega}$ et $N = 8$.
Étape 3 : Calcul analytique
On obtient $X(e^{j\\omega}) = \\frac{1 - e^{-j8\\omega}}{1 - e^{-j\\omega}}$.
On peut aussi l'écrire sous forme centrée : $X(e^{j\\omega}) = e^{-j\\omega \\frac{7}{2}} \\cdot \\frac{\\sin(4\\omega)}{\\sin(\\omega/2)}$, mais la forme précédente suffit pour le calcul numérique demandé.
Pour $\\omega = \\frac{\\pi}{4}$ on a $e^{-j8\\omega} = e^{-j8 \\cdot \\pi/4} = e^{-j2\\pi} = 1$, donc le numérateur vaut $1 - 1 = 0$, ce qui impose de traiter la limite.
En effet pour $\\omega = \\frac{\\pi}{4}$, la forme centrée est plus adaptée : $X(e^{j\\omega}) = e^{-j\\omega \\frac{7}{2}} \\cdot \\frac{\\sin(4\\omega)}{\\sin(\\omega/2)}$.
On calcule alors $\\sin(4\\omega) = \\sin\\left(4 \\cdot \\frac{\\pi}{4}\\right) = \\sin(\\pi) = 0$ et $\\sin(\\omega/2) = \\sin\\left(\\frac{\\pi}{8}\\right) \\neq 0$, ce qui donne un quotient nul.
Étape 4 : Résultat final pour |X(e^{jπ/4})|
On a donc $X(e^{j\\pi/4}) = 0$ et par conséquent $|X(e^{j\\pi/4})| = 0$.
Question 2 : Calcul de la DFT à N = 8 points
La TFD discrète (DFT) à $N$ points est définie par $X[k] = \\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j 2\\pi kn/N}$, pour $k = 0,1,\\dots,N-1$.
Ici $N = 8$ et $x[n] = 1$ pour $0 \\leq n \\leq 7$.
Étape 1 : Formule générale
$X[k] = \\sum_{n=0}^{7} 1 \\cdot e^{-j2\\pi kn/8}$.
On note $W_8 = e^{-j2\\pi/8}$ la racine primitive, de sorte que $X[k] = \\sum_{n=0}^{7} W_8^{kn}$.
Étape 2 : Calcul pour k = 0
Pour $k = 0$, on a $e^{-j2\\pi \\cdot 0 \\cdot n / 8} = 1$ pour tout $n$.
Donc $X[0] = \\sum_{n=0}^{7} 1 = 8$.
Étape 3 : Calcul pour k = 1
Pour $k = 1$, $X[1] = \\sum_{n=0}^{7} e^{-j2\\pi n/8}$.
C'est une somme géométrique de raison $e^{-j\\pi/4}$, et comme $8 \\cdot \\frac{\\pi}{4} = 2\\pi$, la somme fait exactement un tour complet sur le cercle unité, ce qui donne $X[1] = 0$.
Étape 4 : Calcul pour k = 2
Pour $k = 2$, $X[2] = \\sum_{n=0}^{7} e^{-j2\\pi 2n/8} = \\sum_{n=0}^{7} e^{-j\\pi n/2}$.
On développe les huit termes : $1, e^{-j\\pi/2}, e^{-j\\pi}, e^{-j3\\pi/2}, e^{-j2\\pi}, e^{-j5\\pi/2}, e^{-j3\\pi}, e^{-j7\\pi/2}$.
Numériquement, $1, -j, -1, j, 1, -j, -1, j$, ce qui donne en additionnant : $(1 + 1) + (-1 -1) + (-j - j) + (j + j) = 0$, donc $X[2] = 0$.
Étape 5 : Calcul pour k = 3
Pour $k = 3$, $X[3] = \\sum_{n=0}^{7} e^{-j2\\pi 3n/8}$.
On retrouve également une somme sur un nombre entier de tours du cercle unité, ce qui conduit à $X[3] = 0$ (par symétrie de la porte rectangulaire).
Résultats numériques : $X[0] = 8$, $X[1] = 0$, $X[2] = 0$, $X[3] = 0$.
Question 3 : Relation DTFT/DFT et module en dB
La DFT peut être interprétée comme un échantillonnage de la DTFT aux fréquences $\\omega_k = 2\\pi k/N$, soit ici $\\omega_k = 2\\pi k/8$.
Étape 1 : Formule générale
On a la relation $X[k] = X(e^{j\\omega})\\big|_{\\omega = 2\\pi k/N}$ pour un signal fini de longueur $N$.
Étape 2 : Remplacement pour k = 1
Pour $k = 1$, la pulsation est $\\omega_1 = 2\\pi/8 = \\pi/4$, donc $X[1] = X(e^{j\\pi/4})$.
Étape 3 : Calcul du module et du gain en dB
De la question 1, on a montré que $X(e^{j\\pi/4}) = 0$, donc $X[1] = 0$ et $|X[1]| = 0$.
Le gain en décibels se définit par $G_{dB} = 20 \\log_{10}(|X[1]|)$.
Or $\\log_{10}(0)$ tend vers $-\\infty$, donc théoriquement $G_{dB} = -\\infty\\,\\text{dB}$, ce qui traduit un zéro spectral à cette fréquence.
Étape 4 : Résultat final
On vérifie bien la cohérence : $X[1] = X(e^{j\\pi/4}) = 0$, et le module exprimé en décibels est $G_{dB} = -\\infty\\,\\text{dB}$, ce qui illustre la relation entre TFD à temps discret et DFT pour un signal à support fini.
", "id_category": "5", "id_number": "1" }, { "category": "Transformées Discrètes ", "question": "Exercice 2 : Propriétés de la TFD, convolution circulaire et complexité de la FFT
On considère deux signaux discrets de longueur $N = 4$ définis par $x[n] = \\{1, 2, 3, 4\\}$ pour $n = 0,1,2,3$ (et $0$ sinon) et $h[n] = \\{1, -1, 2, 0\\}$ pour $n = 0,1,2,3$ (et $0$ sinon).
Question 1 : Calculer la TFD (DFT) à $N = 4$ points des deux signaux, c'est-à-dire $X[k] = \\sum_{n=0}^{3} x[n] e^{-j2\\pi kn/4}$ et $H[k] = \\sum_{n=0}^{3} h[n] e^{-j2\\pi kn/4}$ pour $k = 0,1,2,3$, et donner les valeurs complexes obtenues.
Question 2 : On définit $Y[k] = X[k] H[k]$. Calculer la convolution circulaire $y_c[n]$ de période $4$ en appliquant la TFD inverse $y_c[n] = \\frac{1}{4} \\sum_{k=0}^{3} Y[k] e^{j2\\pi kn/4}$ pour $n = 0,1,2,3$, puis vérifier que ce résultat correspond bien à la convolution circulaire directe modulo $4$.
Question 3 : On souhaite maintenant calculer la convolution linéaire $y_L[n] = x[n] * h[n]$ de longueur $7$ en utilisant la TFD et un algorithme FFT avec un nombre de points $N_{FFT} = 8$. Comparer le nombre de multiplications complexes nécessaires entre :
- la convolution linéaire directe dans le domaine temporel (méthode naïve),
- la méthode basée sur la FFT : deux FFT de longueur $8$, une multiplication point à point sur $8$ points, puis une FFT inverse de longueur $8$, en supposant qu'une FFT de longueur $N$ nécessite environ $\\frac{N}{2} \\log_2(N)$ multiplications complexes.
Calculer explicitement les deux nombres de multiplications et en déduire le gain en facteur de complexité.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Exercice 2
Question 1 : Calcul des DFT X[k] et H[k]
La DFT à $N = 4$ points est définie par $X[k] = \\sum_{n=0}^{3} x[n] e^{-j2\\pi kn/4}$ et $H[k] = \\sum_{n=0}^{3} h[n] e^{-j2\\pi kn/4}$.
On considère $x[0] = 1, x[1] = 2, x[2] = 3, x[3] = 4$ et $h[0] = 1, h[1] = -1, h[2] = 2, h[3] = 0$.
Étape 1 : Formule générale
$X[k] = \\sum_{n=0}^{3} x[n] e^{-j2\\pi kn/4}, \\quad H[k] = \\sum_{n=0}^{3} h[n] e^{-j2\\pi kn/4}$.
On notera $W_4 = e^{-j2\\pi/4} = e^{-j\\pi/2}$, donc $e^{-j2\\pi kn/4} = W_4^{kn}$.
Étape 2 : Calcul de X[k]
Pour $k = 0$ : $X[0] = \\sum_{n=0}^{3} x[n] = 1 + 2 + 3 + 4 = 10$.
Pour $k = 1$ : $X[1] = 1 + 2W_4^{1} + 3W_4^{2} + 4W_4^{3}$.
On a $W_4 = e^{-j\\pi/2} = -j$, $W_4^2 = e^{-j\\pi} = -1$, $W_4^3 = e^{-j3\\pi/2} = j$.
Donc $X[1] = 1 + 2(-j) + 3(-1) + 4(j) = 1 - 2j - 3 + 4j = (-2) + 2j$.
Pour $k = 2$ : $e^{-j2\\pi 2n/4} = e^{-j\\pi n} = (-1)^n$.
Alors $X[2] = 1 - 2 + 3 - 4 = -2$.
Pour $k = 3$, on utilise $W_4^3 = j$ et $W_4^6 = W_4^2 = -1$, $W_4^9 = W_4^1 = -j$.
Donc $X[3] = 1 + 2j + 3(-1) + 4(-j) = 1 + 2j - 3 - 4j = (-2) - 2j$.
Étape 3 : Calcul de H[k]
Pour $k = 0$ : $H[0] = 1 + (-1) + 2 + 0 = 2$.
Pour $k = 1$ : $H[1] = 1 + (-1)W_4 + 2W_4^2 + 0W_4^3$.
Avec $W_4 = -j$ et $W_4^2 = -1$, on obtient $H[1] = 1 + (-1)(-j) + 2(-1) = 1 + j - 2 = -1 + j$.
Pour $k = 2$ : $H[2] = 1 + (-1)(-1) + 2(1) + 0(-1) = 1 + 1 + 2 = 4$.
Pour $k = 3$ : $H[3] = 1 + (-1)W_4^3 + 2W_4^6 + 0W_4^9$.
Avec $W_4^3 = j$ et $W_4^6 = -1$, on a $H[3] = 1 + (-1)j + 2(-1) = 1 - j - 2 = -1 - j$.
Résultats : $X[0] = 10, X[1] = -2 + 2j, X[2] = -2, X[3] = -2 - 2j$ et $H[0] = 2, H[1] = -1 + j, H[2] = 4, H[3] = -1 - j$.
Question 2 : Convolution circulaire via produit spectral
La convolution circulaire de période $N = 4$ est obtenue par produit spectral suivi de la DFT inverse : $Y[k] = X[k]H[k]$, puis $y_c[n] = \\frac{1}{4} \\sum_{k=0}^{3} Y[k] e^{j2\\pi kn/4}$.
Étape 1 : Formule générale
$Y[k] = X[k]H[k]$, puis $y_c[n] = \\frac{1}{4} \\sum_{k=0}^{3} Y[k] e^{j2\\pi kn/4}$, pour $n = 0,1,2,3$.
Étape 2 : Calcul de Y[k]
Pour $k = 0$ : $Y[0] = X[0]H[0] = 10 \\cdot 2 = 20$.
Pour $k = 1$ : $Y[1] = (-2 + 2j)(-1 + j)$.
On développe : $(-2)(-1) + (-2)j + 2j(-1) + 2j^2 = 2 - 2j - 2j - 2 = -4j$, donc $Y[1] = -4j$.
Pour $k = 2$ : $Y[2] = (-2) \\cdot 4 = -8$.
Pour $k = 3$ : $Y[3] = (-2 - 2j)(-1 - j)$.
On développe : $(-2)(-1) + (-2)(-j) + (-2j)(-1) + (-2j)(-j) = 2 + 2j + 2j + 2j^2 = 2 + 4j - 2 = 4j$, donc $Y[3] = 4j$.
Étape 3 : Calcul de y_c[n] par DFT inverse
On utilise $y_c[n] = \\frac{1}{4} \\sum_{k=0}^{3} Y[k] e^{j2\\pi kn/4}$.
Pour $n = 0$ : $y_c[0] = \\frac{1}{4}(Y[0] + Y[1] + Y[2] + Y[3]) = \\frac{1}{4}(20 - 4j - 8 + 4j) = \\frac{12}{4} = 3$.
Pour $n = 1$ : $y_c[1] = \\frac{1}{4}\\left(Y[0] + Y[1]e^{j\\pi/2} + Y[2]e^{j\\pi} + Y[3]e^{j3\\pi/2}\\right)$.
On a $e^{j\\pi/2} = j$, $e^{j\\pi} = -1$, $e^{j3\\pi/2} = -j$.
Donc $y_c[1] = \\frac{1}{4}\\left(20 + (-4j)j + (-8)(-1) + 4j(-j)\\right) = \\frac{1}{4}\\left(20 - 4j^2 + 8 - 4j^2\\right)$.
Avec $j^2 = -1$, on obtient $y_c[1] = \\frac{1}{4}(20 + 4 + 8 + 4) = \\frac{36}{4} = 9$.
Pour $n = 2$ : $y_c[2] = \\frac{1}{4}\\left(20 + (-4j)e^{j\\pi} + (-8)e^{j2\\pi} + 4je^{j3\\pi}\\right)$.
On utilise $e^{j\\pi} = -1$, $e^{j2\\pi} = 1$, $e^{j3\\pi} = -1$.
Alors $y_c[2] = \\frac{1}{4}(20 + 4j - 8 - 4j) = \\frac{12}{4} = 3$.
Pour $n = 3$ : $y_c[3] = \\frac{1}{4}\\left(20 + (-4j)e^{j3\\pi/2} + (-8)e^{j3\\pi} + 4je^{j9\\pi/2}\\right)$.
On a $e^{j3\\pi/2} = -j$, $e^{j3\\pi} = -1$, $e^{j9\\pi/2} = e^{j(8\\pi/2 + \\pi/2)} = e^{j\\pi/2} = j$.
Donc $y_c[3] = \\frac{1}{4}\\left(20 + (-4j)(-j) + (-8)(-1) + 4j(j)\\right) = \\frac{1}{4}\\left(20 + 4j^2 + 8 + 4j^2\\right) = \\frac{1}{4}(20 - 4 + 8 - 4) = 5$.
Résultat : $y_c[n] = \\{3, 9, 3, 5\\}$.
On peut vérifier que c'est bien la convolution circulaire modulo $4$ entre $x[n]$ et $h[n]$.
Question 3 : Comparaison de la complexité (convolution directe vs FFT)
On veut calculer la convolution linéaire de longueur $7$ (car $L_x = 4$, $L_h = 4$, $L_y = L_x + L_h - 1 = 7$) en utilisant une FFT de longueur $N_{FFT} = 8$.
Étape 1 : Formule générale pour la convolution directe
La convolution linéaire directe nécessite environ $L_x L_h$ multiplications complexes, soit ici $4 \\times 4 = 16$ multiplications.
Étape 2 : Formule générale pour la méthode FFT
La méthode FFT nécessite :
1) deux FFT de longueur $8$ (une pour $x[n]$ zero-paddé, une pour $h[n]$ zero-paddé),
2) une multiplication point à point sur $8$ points dans le domaine fréquentiel,
3) une FFT inverse de longueur $8$.
On suppose qu'une FFT de longueur $N$ nécessite environ $\\frac{N}{2} \\log_2(N)$ multiplications complexes.
Étape 3 : Calcul du nombre de multiplications pour la FFT
Pour $N = 8$, on a $\\frac{N}{2} \\log_2(N) = \\frac{8}{2} \\log_2(8) = 4 \\times 3 = 12$ multiplications complexes par FFT.
On a donc :
- FFT de x[n] : $12$ multiplications,
- FFT de h[n] : $12$ multiplications,
- multiplication point à point sur $8$ points : $8$ multiplications,
- FFT inverse : $12$ multiplications.
Au total : $12 + 12 + 8 + 12 = 44$ multiplications complexes.
Étape 4 : Comparaison et interprétation
Pour ces petites tailles ($N = 4$ et $N_{FFT} = 8$), la méthode FFT nécessite $44$ multiplications, alors que la convolution directe n'en demande que $16$.
Ceci illustre que la FFT devient avantageuse surtout pour des longueurs beaucoup plus grandes, où la complexité en $O(N \\log N)$ surpasse la complexité quadratique $O(N^2)$, ce qui est un résultat classique en traitement du signal numérique.
", "id_category": "5", "id_number": "2" }, { "category": "Transformées Discrètes ", "question": "Exercice 3 : Transformée en Z, fonction de transfert et réponse d'un filtre numérique IIR
On considère un filtre numérique linéaire invariant dans le temps décrit par l'équation aux différences suivante : $y[n] = 0{,}75\\,y[n-1] - 0{,}125\\,y[n-2] + x[n] + 0{,}5\\,x[n-1]$, avec conditions initiales nulles ($y[n] = 0$ et $x[n] = 0$ pour $n < 0$).
Question 1 : Calculer la transformée en Z de l'équation, déterminer la fonction de transfert $H(z) = \\frac{Y(z)}{X(z)}$, puis factoriser le dénominateur afin de déterminer la position des pôles dans le plan $z$.
Question 2 : En utilisant $H(z)$, calculer la réponse impulsionnelle $h[n]$ du filtre pour $n = 0,1,2,3,4$ (en supposant que l'entrée est l'impulsion unité $\\delta[n]$).
Question 3 : En déduire la réponse fréquentielle du filtre pour les pulsations numériques $\\omega = 0$ et $\\omega = \\pi$ à partir de $H(e^{j\\omega})$ (c'est-à-dire en évaluant $H(z)$ sur le cercle unité $z = e^{j\\omega}$), puis calculer les modules $|H(e^{j0})|$ et $|H(e^{j\\pi})|$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Exercice 3
Question 1 : Transformée en Z et pôles de H(z)
L'équation aux différences est $y[n] = 0{,}75\\,y[n-1] - 0{,}125\\,y[n-2] + x[n] + 0{,}5\\,x[n-1]$, avec conditions initiales nulles.
Étape 1 : Formule générale de la transformée en Z
La transformée en Z d'un signal $x[n]$ est définie par $X(z) = \\sum_{n=-\\infty}^{+\\infty} x[n] z^{-n}$.
La propriété de décalage donne $\\mathcal{Z}\\{x[n-k]\\} = z^{-k} X(z)$ sous réserve de conditions initiales nulles, ce qui est le cas ici.
Étape 2 : Application de la transformée en Z à chaque terme
On applique la transformée en Z à l'équation :
$\\mathcal{Z}\\{y[n]\\} = 0{,}75\\,\\mathcal{Z}\\{y[n-1]\\} - 0{,}125\\,\\mathcal{Z}\\{y[n-2]\\} + \\mathcal{Z}\\{x[n]\\} + 0{,}5\\,\\mathcal{Z}\\{x[n-1]\\}$.
En utilisant la propriété du décalage, on obtient :
$Y(z) = 0{,}75\\,z^{-1} Y(z) - 0{,}125\\,z^{-2} Y(z) + X(z) + 0{,}5\\,z^{-1} X(z)$.
Étape 3 : Regroupement et expression de H(z)
On regroupe les termes en $Y(z)$ d'un côté et en $X(z)$ de l'autre :
$Y(z) - 0{,}75\\,z^{-1} Y(z) + 0{,}125\\,z^{-2} Y(z) = X(z) + 0{,}5\\,z^{-1} X(z)$.
On factorise :
$Y(z)\\left(1 - 0{,}75\\,z^{-1} + 0{,}125\\,z^{-2}\\right) = X(z)\\left(1 + 0{,}5\\,z^{-1}\\right)$.
La fonction de transfert est donc :
$H(z) = \\frac{Y(z)}{X(z)} = \\frac{1 + 0{,}5\\,z^{-1}}{1 - 0{,}75\\,z^{-1} + 0{,}125\\,z^{-2}}$.
Étape 4 : Mise sous une forme polynomiale en z
On multiplie numérateur et dénominateur par $z^{2}$ :
$H(z) = \\frac{z^{2} + 0{,}5\\,z}{z^{2} - 0{,}75\\,z + 0{,}125}$.
Étape 5 : Factorisation du dénominateur et calcul des pôles
On résout l'équation $z^{2} - 0{,}75\\,z + 0{,}125 = 0$.
Les racines sont données par la formule quadratique : $z_{1,2} = \\frac{0{,}75 \\pm \\sqrt{0{,}75^{2} - 4 \\cdot 0{,}125}}{2}$.
On calcule le discriminant : $\\Delta = 0{,}75^{2} - 4 \\cdot 0{,}125 = 0{,}5625 - 0{,}5 = 0{,}0625$.
La racine carrée est $\\sqrt{0{,}0625} = 0{,}25$.
Donc :
$z_1 = \\frac{0{,}75 + 0{,}25}{2} = \\frac{1}{2} = 0{,}5$, $z_2 = \\frac{0{,}75 - 0{,}25}{2} = \\frac{0{,}5}{2} = 0{,}25$.
Les pôles sont donc en $z = 0{,}5$ et $z = 0{,}25$, tous deux à l'intérieur du cercle unité.
Résultat final : $H(z) = \\frac{z^{2} + 0{,}5\\,z}{z^{2} - 0{,}75\\,z + 0{,}125}$ avec des pôles en $z_1 = 0{,}5$ et $z_2 = 0{,}25$.
Question 2 : Calcul de la réponse impulsionnelle h[n]
La réponse impulsionnelle $h[n]$ est la sortie du filtre lorsque l'entrée est l'impulsion unité $x[n] = \\delta[n]$.
L'équation aux différences devient alors :
$h[n] = 0{,}75\\,h[n-1] - 0{,}125\\,h[n-2] + \\delta[n] + 0{,}5\\,\\delta[n-1]$, avec $h[n] = 0$ pour $n < 0$.
Étape 1 : Formule générale de récurrence
$h[n] = 0{,}75\\,h[n-1] - 0{,}125\\,h[n-2] + \\delta[n] + 0{,}5\\,\\delta[n-1]$.
On calcule successivement pour $n = 0,1,2,3,4$.
Étape 2 : Calcul pour n = 0
On a $h[-1] = 0$ et $h[-2] = 0$, de plus $\\delta[0] = 1$ et $\\delta[-1] = 0$.
Donc $h[0] = 0{,}75\\cdot 0 - 0{,}125\\cdot 0 + 1 + 0{,}5\\cdot 0 = 1$.
Étape 3 : Calcul pour n = 1
On a $\\delta[1] = 0$ et $\\delta[0] = 1$.
Donc $h[1] = 0{,}75\\,h[0] - 0{,}125\\,h[-1] + 0 + 0{,}5\\cdot 1 = 0{,}75\\cdot 1 + 0 + 0{,}5 = 1{,}25$.
Étape 4 : Calcul pour n = 2
On a $\\delta[2] = 0$ et $\\delta[1] = 0$.
Donc $h[2] = 0{,}75\\,h[1] - 0{,}125\\,h[0] + 0 + 0 = 0{,}75 \\cdot 1{,}25 - 0{,}125 \\cdot 1$.
On calcule $0{,}75 \\cdot 1{,}25 = 0{,}9375$, donc $h[2] = 0{,}9375 - 0{,}125 = 0{,}8125$.
Étape 5 : Calcul pour n = 3
On a encore $\\delta[3] = 0$ et $\\delta[2] = 0$.
Donc $h[3] = 0{,}75\\,h[2] - 0{,}125\\,h[1]$.
On calcule $0{,}75 \\cdot 0{,}8125 = 0{,}609375$ et $0{,}125 \\cdot 1{,}25 = 0{,}15625$.
Donc $h[3] = 0{,}609375 - 0{,}15625 = 0{,}453125$.
Étape 6 : Calcul pour n = 4
On a toujours $\\delta[4] = 0$ et $\\delta[3] = 0$.
Donc $h[4] = 0{,}75\\,h[3] - 0{,}125\\,h[2]$.
On calcule $0{,}75 \\cdot 0{,}453125 = 0{,}33984375$ et $0{,}125 \\cdot 0{,}8125 = 0{,}1015625$.
Donc $h[4] = 0{,}33984375 - 0{,}1015625 = 0{,}23828125$.
Résultat final : Les cinq premiers échantillons de la réponse impulsionnelle sont $h[0] = 1$, $h[1] = 1{,}25$, $h[2] = 0{,}8125$, $h[3] = 0{,}453125$, $h[4] = 0{,}23828125$.
Question 3 : Réponse fréquentielle à ω = 0 et ω = π
La réponse fréquentielle s'obtient en évaluant $H(z)$ sur le cercle unité $z = e^{j\\omega}$, d'où $H(e^{j\\omega}) = \\frac{1 + 0{,}5 e^{-j\\omega}}{1 - 0{,}75 e^{-j\\omega} + 0{,}125 e^{-j2\\omega}}$.
Étape 1 : Formule générale
$H(e^{j\\omega}) = \\frac{1 + 0{,}5 e^{-j\\omega}}{1 - 0{,}75 e^{-j\\omega} + 0{,}125 e^{-j2\\omega}}$.
On calcule séparément pour $\\omega = 0$ et $\\omega = \\pi$.
Étape 2 : Calcul pour ω = 0
Pour $\\omega = 0$ on a $e^{-j0} = 1$ et $e^{-j2\\cdot 0} = 1$.
Ainsi, $H(e^{j0}) = \\frac{1 + 0{,}5 \\cdot 1}{1 - 0{,}75 \\cdot 1 + 0{,}125 \\cdot 1} = \\frac{1{,}5}{1 - 0{,}75 + 0{,}125} = \\frac{1{,}5}{0{,}375}$.
On calcule $\\frac{1{,}5}{0{,}375} = 4$, donc $H(e^{j0}) = 4$.
Le module est $|H(e^{j0})| = 4$.
Étape 3 : Calcul pour ω = π
Pour $\\omega = \\pi$ on a $e^{-j\\pi} = -1$ et $e^{-j2\\pi} = 1$.
On obtient alors :
$H(e^{j\\pi}) = \\frac{1 + 0{,}5(-1)}{1 - 0{,}75(-1) + 0{,}125(1)} = \\frac{1 - 0{,}5}{1 + 0{,}75 + 0{,}125} = \\frac{0{,}5}{1{,}875}$.
On calcule $\\frac{0{,}5}{1{,}875} \\approx 0{,}2666667$, donc $H(e^{j\\pi}) \\approx 0{,}2667$.
Le module est donc $|H(e^{j\\pi})| \\approx 0{,}2667$.
Étape 4 : Résultat final et interprétation
On a $|H(e^{j0})| = 4$ et $|H(e^{j\\pi})| \\approx 0{,}2667$.
Cela montre que le filtre amplifie fortement les basses fréquences (gain $4$ à $\\omega = 0$) et atténue les hautes fréquences (gain inférieur à $1$ à $\\omega = \\pi$), ce qui correspond au comportement d'un filtre passe-bas IIR stable (pôles à l'intérieur du cercle unité).
", "id_category": "5", "id_number": "3" }, { "category": "Transformées Discrètes ", "question": "On considère un signal discret de longueur finie défini par la séquence $x[n] = (0.8)^n u[n]$ échantillonnée pour $0 ≤ n ≤ 9$, où $u[n]$ est l'échelon unité discret. On souhaite analyser ce signal en fréquence à l'aide de la Transformée de Fourier à Temps Discret (TFTD) et d'en déduire plusieurs grandeurs utiles pour le traitement numérique du signal. Question 1 : Déterminer l'expression analytique exacte de la TFTD $X(ω)$ de la séquence infinie $x_∞[n] = (0.8)^n u[n]$, puis en déduire une approximation de la TFTD de la séquence tronquée $x[n]$ pour $0 ≤ n ≤ 9$ en supposant que les termes au-delà de $n = 9$ sont négligeables. Question 2 : Calculer numériquement les valeurs du module $|X(ω)|$ pour $ω = 0$, $ω = \\frac{π}{2}$ et $ω = π$ en utilisant l'expression fermée obtenue, et commenter la décroissance du spectre en fonction de $ω$. Question 3 : On suppose que ce signal discret est obtenu par échantillonnage d'un signal analogique band-limité de fréquence maximale $F_{max} = 300 \\text{ Hz}$ à une fréquence d'échantillonnage $F_e$. Déterminer la fréquence d'échantillonnage minimale $F_{e,min}$ satisfaisant le critère de Nyquist, puis donner l'intervalle de fréquences angulaires discrètes $ω$ correspondant à la bande non repliée. ", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Réponses détaillées à chaque question, dans l'ordre.
Question 1 : TFTD analytique de la séquence géométrique
1. Formule générale dans $...$ : Pour une séquence géométrique infinie $x_∞[n] = a^n u[n]$ avec $|a| < 1$, la Transformée de Fourier à Temps Discret est donnée par $X(ω) = \\sum_{n=0}^{+\\infty} a^n e^{-j ω n} = \\frac{1}{1 - a e^{-j ω}}$.
2. Remplacement des données dans $...$ : Ici, $a = 0.8$, donc pour la séquence infinie associée à $x[n]$, on a $X_∞(ω) = \\frac{1}{1 - 0.8 e^{-j ω}}$.
3. Calcul dans $...$ : On considère que la séquence réelle est tronquée à $0 ≤ n ≤ 9$, mais comme le facteur $(0.8)^n$ décroît rapidement, on peut approximer la TFTD de la séquence tronquée par celle de la séquence infinie, c'est-à-dire $X(ω) ≈ X_∞(ω) = \\frac{1}{1 - 0.8 e^{-j ω}}$. $...$ : L'approximation adoptée est $X(ω) ≈ \\frac{1}{1 - 0.8 e^{-j ω}}$, ce qui fournit une expression fermée exploitable numériquement pour tout $ω ∈ [-π, π]$.
Question 2 : Valeurs numériques du module du spectre
1. Formule générale dans $...$ : Le module de la TFTD est $|X(ω)| = \\left| \\frac{1}{1 - 0.8 e^{-j ω}} \\right| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 0.8^2 - 2·0.8·\\cos(ω)}}$ après développement du dénominateur.
2. Remplacement des données dans $...$ : Pour $ω = 0$, $ω = \\frac{π}{2}$ et $ω = π$, on a respectivement $|X(0)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 0.64 - 2·0.8·\\cos(0)}}$, $|X(\\frac{π}{2})| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 0.64 - 2·0.8·\\cos(\\frac{π}{2})}}$ et $|X(π)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 0.64 - 2·0.8·\\cos(π)}}$.
3. Calcul dans $...$ : On calcule d'abord $\\cos(0) = 1$, $\\cos(\\frac{π}{2}) = 0$ et $\\cos(π) = -1$. Ainsi, $|X(0)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 0.64 - 2·0.8·1}} = \\frac{1}{\\sqrt{1.64 - 1.6}} = \\frac{1}{\\sqrt{0.04}} = \\frac{1}{0.2} = 5$, $|X(\\frac{π}{2})| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 0.64 - 0}} = \\frac{1}{\\sqrt{1.64}} ≈ 0.780$ et $|X(π)| = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 0.64 + 2·0.8}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 0.64 + 1.6}} = \\frac{1}{\\sqrt{3.24}} = \\frac{1}{1.8} ≈ 0.556$. $...$ : Les valeurs numériques sont $|X(0)| = 5.000$, $|X(\\frac{π}{2})| ≈ 0.780$ et $|X(π)| ≈ 0.556$, ce qui illustre un maximum du spectre en basse fréquence et une décroissance progressive avec $ω$.
Question 3 : Fréquence d'échantillonnage minimale et bande non repliée
1. Formule générale dans $...$ : Le critère de Nyquist-Shannon impose $F_e ≥ 2 F_{max}$ pour éviter le repliement de spectre, ce qui se traduit par une fréquence angulaire d'échantillonnage $Ω_e = 2 π F_e$.
2. Remplacement des données dans $...$ : Avec $F_{max} = 300 \\text{ Hz}$, la fréquence d'échantillonnage minimale est $F_{e,min} = 2 · 300 = 600 \\text{ Hz}$.
3. Calcul dans $...$ : Pour $F_e = F_{e,min} = 600 \\text{ Hz}$, la pulsation d'échantillonnage vaut $Ω_e = 2 π · 600 = 1200 π \\text{ rad/s}$. La bande de fréquences analogiques non repliées est alors $[-F_e/2, F_e/2] = [-300, 300] \\text{ Hz}$, qui correspond en domaine discret à $ω ∈ [-π, π]$ par la relation $ω = 2 π f / F_e$. $...$ : La fréquence d'échantillonnage minimale admissible est $F_{e,min} = 600 \\text{ Hz}$, et la bande de fréquences angulaires discrètes associée au spectre non replié est l'intervalle usuel $ω ∈ [-π, π]$ pour la TFTD.
Réponses détaillées à chaque question, dans l'ordre.
Question 1 : Calcul explicite de la TFD à 4 points de x[n]
1. Formule générale dans $...$ : La TFD à $N$ points d'une séquence $x[n]$ est définie par $X[k] = \\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j 2 π k n / N}, \\quad k = 0, 1, \\dots, N-1$.
2. Remplacement des données dans $...$ : Pour $N = 4$ et $x[n] = \\{1, 2, 0, -1\\}$, on obtient pour chaque $k$ : $X[0] = \\sum_{n=0}^{3} x[n] e^{-j 2 π · 0 · n / 4} = 1 + 2 + 0 - 1$, $X[1] = \\sum_{n=0}^{3} x[n] e^{-j 2 π · 1 · n / 4}$, $X[2] = \\sum_{n=0}^{3} x[n] e^{-j 2 π · 2 · n / 4}$ et $X[3] = \\sum_{n=0}^{3} x[n] e^{-j 2 π · 3 · n / 4}$.
3. Calcul dans $...$ : On utilise $e^{-j 2 π / 4} = e^{-j π/2} = -j$, $e^{-j π} = -1$, $e^{-j 3 π/2} = j$ et la périodicité exponentielle. On a alors $X[0] = 1 + 2 + 0 - 1 = 2$. Pour $k = 1$ : $X[1] = 1 + 2 e^{-j π/2} + 0 e^{-j π} - 1 e^{-j 3 π/2} = 1 + 2(-j) + 0 - 1(j) = 1 - 2j - j = 1 - 3j$. Pour $k = 2$ : $X[2] = 1 + 2 e^{-j π} + 0 e^{-j 2 π} - 1 e^{-j 3 π} = 1 + 2(-1) + 0 - 1(-1) = 1 - 2 + 1 = 0$. Enfin pour $k = 3$ : $X[3] = 1 + 2 e^{-j 3 π/2} + 0 e^{-j 3 π} - 1 e^{-j 9 π/2} = 1 + 2 j + 0 - 1(-j) = 1 + 2j + j = 1 + 3j$. $...$ : Le spectre discret obtenu est $X[0] = 2$, $X[1] = 1 - 3j$, $X[2] = 0$ et $X[3] = 1 + 3j$.
Question 2 : Convolution circulaire de période 4 via la TFD
1. Formule générale dans $...$ : Pour deux séquences périodiques de période $N$, la convolution circulaire $z[n] = (x ⊛ y)[n]$ peut se calculer en fréquence par $Z[k] = X[k] Y[k]$ puis $z[n] = \\frac{1}{N} \\sum_{k=0}^{N-1} Z[k] e^{j 2 π k n / N}$.
2. Remplacement des données dans $...$ : Pour $y[n] = \\{1, -1, 1, -1\\}$, on calcule sa TFD $Y[k]$. Pour $N = 4$, $Y[0] = 1 - 1 + 1 - 1 = 0$, $Y[1] = 1 + (-1) e^{-j π/2} + 1 e^{-j π} + (-1) e^{-j 3 π/2}$, $Y[2] = 1 + (-1) e^{-j π} + 1 e^{-j 2 π} + (-1) e^{-j 3 π}$, $Y[3] = 1 + (-1) e^{-j 3 π/2} + 1 e^{-j 3 π} + (-1) e^{-j 9 π/2}$.
3. Calcul dans $...$ : En utilisant les mêmes valeurs exponentielles que précédemment, on obtient $Y[1] = 1 + (-1)(-j) + 1(-1) + (-1)(j) = 1 + j - 1 - j = 0$, $Y[2] = 1 + (-1)(-1) + 1(1) + (-1)(-1) = 1 + 1 + 1 + 1 = 4$ et $Y[3] = 1 + (-1)(j) + 1(-1) + (-1)(-j) = 1 - j - 1 + j = 0$. Ainsi, $Y[0] = 0$, $Y[1] = 0$, $Y[2] = 4$, $Y[3] = 0$. Le produit spectral est alors $Z[0] = X[0] Y[0] = 2 · 0 = 0$, $Z[1] = X[1] Y[1] = (1 - 3j) · 0 = 0$, $Z[2] = X[2] Y[2] = 0 · 4 = 0$, $Z[3] = X[3] Y[3] = (1 + 3j) · 0 = 0$. Donc $Z[k] = 0$ pour tout $k$. $...$ : Comme $Z[k] = 0$ pour tout $k$, la TFD inverse donne $z[n] = 0$ pour tout $n$, ce qui signifie que la convolution circulaire de période $4$ entre $x[n]$ et $y[n]$ est nulle à tous les instants.
Question 3 : Comparaison de complexité entre TFD directe et FFT pour N = 8
1. Formule générale dans $...$ : Une implémentation naïve de la TFD de taille $N$ nécessite typiquement $N^2$ multiplications complexes, alors qu'une FFT radix-2 nécessite environ $\\frac{N}{2} \\log_2(N)$ multiplications complexes.
2. Remplacement des données dans $...$ : Pour $N = 8$, le nombre de multiplications pour la TFD directe est $N^2 = 8^2$, et pour la FFT radix-2 il est $\\frac{8}{2} \\log_2(8)$.
3. Calcul dans $...$ : On obtient $N^2 = 64$ multiplications complexes pour la TFD directe. Pour la FFT, on a $\\log_2(8) = 3$, donc $\\frac{8}{2} \\cdot 3 = 4 · 3 = 12$ multiplications complexes. Le facteur de réduction de complexité est donc $\\rho = \\frac{64}{12} ≈ 5.33$. $...$ : Pour $N = 8$, la TFD directe nécessite $64$ multiplications complexes tandis que la FFT radix-2 n'en requiert qu'environ $12$, soit une réduction d'un facteur d'environ $5.33$ en termes de multiplications complexes.
Réponses détaillées à chaque question, dans l'ordre.
Question 1 : Fonction de transfert H(z), pôles et zéros
1. Formule générale dans $...$ : En appliquant la Transformée en $Z$ à une équation aux différences linéaire, en supposant des conditions initiales nulles, on utilise les propriétés suivantes : $\\mathcal{Z}\\{y[n-k]\\} = z^{-k} Y(z)$ et $\\mathcal{Z}\\{x[n-k]\\} = z^{-k} X(z)$. La fonction de transfert se définit comme $H(z) = \\frac{Y(z)}{X(z)}$.
2. Remplacement des données dans $...$ : En appliquant la Transformée en $Z$ à l'équation $y[n] - 1.2 y[n-1] + 0.36 y[n-2] = x[n] + 0.5 x[n-1]$, on obtient $Y(z) - 1.2 z^{-1} Y(z) + 0.36 z^{-2} Y(z) = X(z) + 0.5 z^{-1} X(z)$. En factorisant, cela donne $Y(z) (1 - 1.2 z^{-1} + 0.36 z^{-2}) = X(z) (1 + 0.5 z^{-1})$.
3. Calcul dans $...$ : On divise les deux membres par $X(z)$ et on isole $H(z)$, ce qui donne $H(z) = \\frac{Y(z)}{X(z)} = \\frac{1 + 0.5 z^{-1}}{1 - 1.2 z^{-1} + 0.36 z^{-2}}$. En multipliant numérateur et dénominateur par $z^2$, on obtient la forme polynomiale en $z$ : $H(z) = \\frac{z^2 + 0.5 z}{z^2 - 1.2 z + 0.36}$. Les zéros sont les racines du numérateur $z^2 + 0.5 z = z (z + 0.5)$, soit $z_1 = 0$ et $z_2 = -0.5$. Les pôles sont les racines du dénominateur $z^2 - 1.2 z + 0.36 = 0$. Le discriminant vaut $Δ = 1.2^2 - 4 · 0.36 = 1.44 - 1.44 = 0$, donc on a un pôle double $z_p = \\frac{1.2}{2} = 0.6$. $...$ : La fonction de transfert du filtre est $H(z) = \\frac{z^2 + 0.5 z}{z^2 - 1.2 z + 0.36}$, avec deux zéros en $z = 0$ et $z = -0.5$, et un pôle double en $z = 0.6$.
Question 2 : Module de H(e^{j ω}) pour ω = 0, π/3 et π
1. Formule générale dans $...$ : La réponse fréquentielle d'un filtre linéaire invariant dans le temps est obtenue en évaluant $H(z)$ sur le cercle unité, c'est-à-dire en posant $z = e^{j ω}$, d'où $H(e^{j ω}) = \\frac{e^{j 2 ω} + 0.5 e^{j ω}}{e^{j 2 ω} - 1.2 e^{j ω} + 0.36}$ et $|H(e^{j ω})| = \\frac{|e^{j 2 ω} + 0.5 e^{j ω}|}{|e^{j 2 ω} - 1.2 e^{j ω} + 0.36|}$.
2. Remplacement des données dans $...$ : Pour $ω = 0$, $ω = \\frac{π}{3}$ et $ω = π$, on calcule séparément les numérateurs et dénominateurs complexes. Pour $ω = 0$, on a $e^{j ω} = 1$ et $e^{j 2 ω} = 1$, d'où $H(e^{j·0}) = \\frac{1 + 0.5}{1 - 1.2 + 0.36} = \\frac{1.5}{0.16}$. Pour $ω = π/3$, on utilise $e^{j π/3} = \\cos(π/3) + j \\sin(π/3) = 0.5 + j 0.866$ et $e^{j 2 π/3} = -0.5 + j 0.866$. Pour $ω = π$, on a $e^{j π} = -1$ et $e^{j 2 π} = 1$.
3. Calcul dans $...$ : Pour $ω = 0$, on obtient $H(e^{j·0}) = \\frac{1.5}{0.16} ≈ 9.375$, donc $|H(e^{j·0})| ≈ 9.375$. Pour $ω = π$, le numérateur vaut $e^{j 2 π} + 0.5 e^{j π} = 1 + 0.5(-1) = 0.5$ et le dénominateur vaut $1 - 1.2(-1) + 0.36 = 1 + 1.2 + 0.36 = 2.56$, d'où $|H(e^{j π})| = \\left|\\frac{0.5}{2.56}\\right| ≈ 0.195$. Pour $ω = π/3$, le numérateur vaut $N(π/3) = e^{j 2 π/3} + 0.5 e^{j π/3} = (-0.5 + j 0.866) + 0.5(0.5 + j 0.866)$. Cela donne $N(π/3) = (-0.5 + 0.25) + j (0.866 + 0.433) = -0.25 + j 1.299$, et $|N(π/3)| = \\sqrt{(-0.25)^2 + 1.299^2} ≈ \\sqrt{0.0625 + 1.6874} ≈ \\sqrt{1.7499} ≈ 1.323$. Le dénominateur vaut $D(π/3) = e^{j 2 π/3} - 1.2 e^{j π/3} + 0.36$. Numériquement, $-1.2 e^{j π/3} = -1.2 (0.5 + j 0.866) = -0.6 - j 1.039$, d'où $D(π/3) = (-0.5 - 0.6 + 0.36) + j (0.866 - 1.039) = (-0.74) + j (-0.173)$, et $|D(π/3)| = \\sqrt{(-0.74)^2 + (-0.173)^2} ≈ \\sqrt{0.5476 + 0.0299} ≈ \\sqrt{0.5775} ≈ 0.760$. Donc $|H(e^{j π/3})| ≈ \\frac{1.323}{0.760} ≈ 1.74$. $...$ : Les valeurs approchées sont $|H(e^{j·0})| ≈ 9.38$, $|H(e^{j π/3})| ≈ 1.74$ et $|H(e^{j π})| ≈ 0.20$, montrant un gain fort en basse fréquence et un gain très faible à $ω = π$.
Question 3 : Stabilité et nature fréquentielle du filtre
1. Formule générale dans $...$ : Un filtre numérique causal est BIBO stable si et seulement si tous ses pôles sont strictement à l'intérieur du cercle unité, c'est-à-dire vérifient $|z_p| < 1$. La nature passe-bas ou passe-haut peut être appréciée qualitativement en comparant les valeurs de $|H(e^{j ω})|$ à basse fréquence ($ω ≈ 0$) et à haute fréquence ($ω ≈ π$).
2. Remplacement des données dans $...$ : Les pôles trouvés sont un pôle double en $z_p = 0.6$, dont le module vaut $|z_p| = 0.6$. Les valeurs de la réponse fréquentielle obtenues précédemment sont $|H(e^{j·0})| ≈ 9.38$, $|H(e^{j π/3})| ≈ 1.74$ et $|H(e^{j π})| ≈ 0.20$.
3. Calcul dans $...$ : Comme $|z_p| = 0.6 < 1$, le pôle double est situé à l'intérieur du cercle unité, ce qui garantit la stabilité BIBO du filtre. De plus, le gain en basse fréquence est très élevé (≈ 9.38), tandis que le gain à la pulsation de Nyquist $ω = π$ est beaucoup plus faible (≈ 0.20), ce qui est caractéristique d'un comportement de filtre passe-bas. La valeur intermédiaire à $ω = π/3$ (≈ 1.74) confirme une décroissance progressive du gain lorsque la fréquence augmente. $...$ : Le filtre est stable car son pôle double en $z = 0.6$ est strictement à l'intérieur du cercle unité, et il se comporte comme un filtre passe-bas, avec un gain important aux basses fréquences et un gain fortement atténué à la fréquence de Nyquist.
Question 1 – Calcul de la DTFT $X(e^{j\\omega})$ du signal $x[n]$.
\n1. Formule générale dans $...$ :
\n$X(e^{j\\omega}) = \\sum_{n=-\\infty}^{+\\infty} x[n] e^{-j\\omega n}$.
\nComme $x[n]$ est non nul uniquement pour $n = 0,1,2,3$, cette somme se réduit à :$X(e^{j\\omega}) = \\sum_{n=0}^{3} x[n] e^{-j\\omega n}$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ :
\nLes valeurs de $x[n]$ sont $x[0] = 1$, $x[1] = 2$, $x[2] = 1$, $x[3] = 0$, d’où :$X(e^{j\\omega}) = 1 \\cdot e^{-j\\omega \\cdot 0} + 2 \\cdot e^{-j\\omega \\cdot 1} + 1 \\cdot e^{-j\\omega \\cdot 2} + 0 \\cdot e^{-j\\omega \\cdot 3}$.
\n3. Calcul dans $...$ :
\nOn simplifie terme à terme :$e^{-j\\omega \\cdot 0} = 1$, $e^{-j\\omega \\cdot 1} = e^{-j\\omega}$, $e^{-j\\omega \\cdot 2} = e^{-j2\\omega}$, d’où :$X(e^{j\\omega}) = 1 + 2 e^{-j\\omega} + e^{-j2\\omega}$.
\n4. Résultat final dans $...$ :
\nLa DTFT du signal est :$X(e^{j\\omega}) = 1 + 2 e^{-j\\omega} + e^{-j2\\omega}$.
Question 2 – Calcul de la TFD $X[k]$ à partir de la DTFT échantillonnée.
\n1. Formule générale dans $...$ :
\nPour une TFD à $N = 4$ points, les fréquences discrètes sont :$\\omega_k = \\frac{2\\pi k}{N} = \\frac{2\\pi k}{4}$ pour $k = 0,1,2,3$, et $X[k] = X(e^{j\\omega_k})$.
2. Remplacement des données dans $...$ :
\nOn utilise l’expression trouvée :$X(e^{j\\omega}) = 1 + 2 e^{-j\\omega} + e^{-j2\\omega}$.
\nPour $k = 0$ :$\\omega_0 = 0$, donc :$X[0] = 1 + 2 e^{-j0} + e^{-j0} = 1 + 2 + 1$.
\nPour $k = 1$ :$\\omega_1 = \\frac{2\\pi}{4} = \\frac{\\pi}{2}$, donc :$e^{-j\\omega_1} = e^{-j\\pi/2} = -j$ et $e^{-j2\\omega_1} = e^{-j\\pi} = -1$.
Pour $k = 2$ :$\\omega_2 = \\pi$, donc :$e^{-j\\omega_2} = e^{-j\\pi} = -1$ et $e^{-j2\\omega_2} = e^{-j2\\pi} = 1$.
\nPour $k = 3$ :$\\omega_3 = \\frac{3\\pi}{2}$, donc :$e^{-j\\omega_3} = e^{-j3\\pi/2} = j$ et $e^{-j2\\omega_3} = e^{-j3\\pi} = -1$.
3. Calcul dans $...$ :
\nPour $k = 0$ :$X[0] = 1 + 2 + 1 = 4$.
\nPour $k = 1$ :$X[1] = 1 + 2(-j) + (-1) = 1 - 2j - 1 = -2j$.
\nPour $k = 2$ :$X[2] = 1 + 2(-1) + 1 = 1 - 2 + 1 = 0$.
\nPour $k = 3$ :$X[3] = 1 + 2j + (-1) = 2j$.
4. Résultat final dans $...$ :
\nLes coefficients de la TFD à $N = 4$ points sont :$X[0] = 4$, $X[1] = -2j$, $X[2] = 0$, $X[3] = 2j$.
Question 3 – Vérification du théorème de Parseval.
\n1. Formule générale dans $...$ :
\nLe théorème de Parseval pour la TFD à $N$ points s’écrit :$\\sum_{n=0}^{N-1} |x[n]|^2 = \\frac{1}{N} \\sum_{k=0}^{N-1} |X[k]|^2$.
2. Remplacement des données dans $...$ :
\nOn a $x[0] = 1$, $x[1] = 2$, $x[2] = 1$, $x[3] = 0$, donc :$E_t = |1|^2 + |2|^2 + |1|^2 + |0|^2$.
\nLes valeurs de la TFD sont :$X[0] = 4$, $X[1] = -2j$, $X[2] = 0$, $X[3] = 2j$, donc :$E_f = \\frac{1}{4}(|4|^2 + |-2j|^2 + |0|^2 + |2j|^2)$.
3. Calcul dans $...$ :
\nÉnergie temporelle :$E_t = 1^2 + 2^2 + 1^2 + 0^2 = 1 + 4 + 1 + 0 = 6$.
\nÉnergie fréquentielle :$|4|^2 = 16$, $|-2j|^2 = 4$, \n
4. Résultat final dans $...$ et interprétation :
\nOn obtient :$E_t = 6$ et $E_f = 6$, ce qui confirme numériquement le théorème de Parseval pour ce signal discret et sa TFD.
Question 1 – Calcul de la TFD $X_1[k]$ du signal $x_1[n]$.
\n1. Formule générale dans $...$ :
\nPour une TFD à $N = 4$ points, on a :$X_1[k] = \\sum_{n=0}^{3} x_1[n] e^{-j \\frac{2\\pi}{4} k n}$ pour $k = 0,1,2,3$.
2. Remplacement des données dans $...$ :
\nLes valeurs sont $x_1[0] = 1$, $x_1[1] = 2$, $x_1[2] = 3$, $x_1[3] = 4$.
\nOn note $W = e^{-j2\\pi/4} = e^{-j\\pi/2} = -j$, puis $W^2 = -1$ et $W^3 = j$.
3. Calcul dans $...$ :
\nPour $k = 0$ :$X_1[0] = 1 + 2 + 3 + 4 = 10$.
\nPour $k = 1$ :$X_1[1] = 1 + 2W + 3W^2 + 4W^3 = 1 + 2(-j) + 3(-1) + 4j = -2 + 2j$.
\nPour $k = 2$ :$X_1[2] = 1 + 2W^2 + 3W^4 + 4W^6$ et comme $W^2 = -1$ et $W^4 = 1$, $W^6 = W^4 W^2 = -1$, on obtient :$X_1[2] = 1 + 2(-1) + 3(1) + 4(-1) = -2$.
\nPour $k = 3$ :$W^3 = j$, $W^6 = W^2 = -1$, $W^9 = W^1 = -j$, donc :$X_1[3] = 1 + 2j + 3(-1) + 4(-j) = -2 - 2j$.
4. Résultat final dans $...$ :
\nOn obtient :$X_1[0] = 10$, $X_1[1] = -2 + 2j$, $X_1[2] = -2$, $X_1[3] = -2 - 2j$.
Question 2 – Calcul de la TFD $X_2[k]$ du signal $x_2[n]$.
\n1. Formule générale dans $...$ :
\nOn utilise :$X_2[k] = \\sum_{n=0}^{3} x_2[n] e^{-j \\frac{2\\pi}{4} k n}$ pour $k = 0,1,2,3$.
2. Remplacement des données dans $...$ :
\nLes valeurs sont $x_2[0] = 1$, $x_2[1] = 0$, $x_2[2] = -1$, $x_2[3] = 0$.
3. Calcul dans $...$ :
\nPour $k = 0$ :$X_2[0] = 1 + 0 + (-1) + 0 = 0$.
\nPour $k = 1$ :$X_2[1] = 1 + 0 \\cdot W + (-1) W^2 + 0 \\cdot W^3 = 1 + (-1)(-1) = 2$.
\nPour $k = 2$ :$X_2[2] = 1 + 0 \\cdot W^2 + (-1) W^4 + 0 \\cdot W^6 = 1 + (-1)(1) = 0$.
\nPour $k = 3$ :$X_2[3] = 1 + 0 \\cdot W^3 + (-1) W^6 + 0 \\cdot W^9 = 1 + (-1)(-1) = 2$.
4. Résultat final dans $...$ :
\nOn obtient :$X_2[0] = 0$, $X_2[1] = 2$, $X_2[2] = 0$, $X_2[3] = 2$.
Question 3 – Convolution circulaire de $x_1[n]$ et $x_2[n]$ via le produit spectral.
\n1. Formule générale dans $...$ :
\nPour une convolution circulaire de longueur $N = 4$, on a :$Y[k] = X_1[k] X_2[k]$ et $y[n] = \\frac{1}{N} \\sum_{k=0}^{N-1} Y[k] e^{j \\frac{2\\pi}{N} k n}$.
2. Remplacement des données dans $...$ :
\nOn utilise les valeurs précédentes :$X_1[0] = 10$, $X_1[1] = -2 + 2j$, $X_1[2] = -2$, $X_1[3] = -2 - 2j$ et $X_2[0] = 0$, $X_2[1] = 2$, $X_2[2] = 0$, $X_2[3] = 2$.
3. Calcul dans $...$ :
\nProduit spectral :$Y[0] = X_1[0] X_2[0] = 10 \\cdot 0 = 0$, $Y[1] = X_1[1] X_2[1] = (-2 + 2j) \\cdot 2 = -4 + 4j$, $Y[2] = X_1[2] X_2[2] = -2 \\cdot 0 = 0$, $Y[3] = X_1[3] X_2[3] = (-2 - 2j) \\cdot 2 = -4 - 4j$.
\nOn note encore $W = e^{-j2\\pi/4} = -j$ et donc $W^{-1} = j$, $W^{-2} = -1$, $W^{-3} = -j$.
\nPour $n = 0$ :$y[0] = \\frac{1}{4}(Y[0] + Y[1] + Y[2] + Y[3]) = \\frac{1}{4}(0 + (-4 + 4j) + 0 + (-4 - 4j)) = \\frac{-8}{4} = -2$.
\nPour $n = 1$ :$y[1] = \\frac{1}{4}(Y[0] + Y[1] e^{j2\\pi \\cdot 1/4} + Y[2] e^{j2\\pi \\cdot 2/4} + Y[3] e^{j2\\pi \\cdot 3/4})$.
\nComme $e^{j2\\pi/4} = j$ et $e^{j6\\pi/4} = e^{j3\\pi/2} = -j$, on a :$y[1] = \\frac{1}{4}(0 + (-4 + 4j) j + 0 + (-4 - 4j)(-j))$.
\nOn calcule :$(-4 + 4j)j = -4j + 4j^2 = -4j - 4$ et $(-4 - 4j)(-j) = 4j + 4j^2 = 4j - 4$, somme \nPour $n = 2$ :$y[2] = \\frac{1}{4}(Y[0] + Y[1] e^{j2\\pi \\cdot 2/4} + Y[2] e^{j2\\pi \\cdot 4/4} + Y[3] e^{j2\\pi \\cdot 6/4})$.
\nOn a $e^{j\\pi} = -1$ et $e^{j3\\pi} = -1$, d’où :$y[2] = \\frac{1}{4}(0 + (-4 + 4j)(-1) + 0 + (-4 - 4j)(-1)) = \\frac{1}{4}(4 - 4j + 4 + 4j) = 2$.
\nPour $n = 3$ :$y[3] = \\frac{1}{4}(Y[0] + Y[1] e^{j2\\pi \\cdot 3/4} + Y[2] e^{j2\\pi \\cdot 6/4} + Y[3] e^{j2\\pi \\cdot 9/4})$.
\nOn a $e^{j3\\pi/2} = -j$ et $e^{j9\\pi/2} = e^{j\\pi/2} = j$, d’où :$y[3] = \\frac{1}{4}(0 + (-4 + 4j)(-j) + 0 + (-4 - 4j) j)$.
\nOn calcule :$(-4 + 4j)(-j) = 4j - 4j^2 = 4j + 4$ et $(-4 - 4j)j = -4j - 4j^2 = -4j + 4$, somme $8$, donc :$y[3] = \\frac{8}{4} = 2$.
4. Résultat final dans $...$ :
\nLa convolution circulaire de longueur $4$ est :$y[0] = -2$, $y[1] = -2$, $y[2] = 2$, $y[3] = 2$, ce qui illustre la mise en œuvre de la convolution par produit spectral via la TFD et sa transformée inverse.
Question 1 – Fonction de transfert $H(z)$ et pôles du filtre.
\n1. Formule générale dans $...$ :
\nOn applique la transformée en Z à l’équation $y[n] = 0.75\\,y[n-1] - 0.125\\,y[n-2] + x[n]$ en supposant des conditions initiales nulles, ce qui donne :$Y(z) = 0.75 z^{-1} Y(z) - 0.125 z^{-2} Y(z) + X(z)$.
\nLa fonction de transfert est définie par :$H(z) = \\frac{Y(z)}{X(z)}$.
2. Remplacement des données dans $...$ :
\nOn regroupe les termes en $Y(z)$ :$Y(z) [1 - 0.75 z^{-1} + 0.125 z^{-2}] = X(z)$.
\nAinsi :$H(z) = \\frac{Y(z)}{X(z)} = \\frac{1}{1 - 0.75 z^{-1} + 0.125 z^{-2}}$.
3. Calcul dans $...$ :
\nLes pôles sont les racines du dénominateur :$1 - 0.75 z^{-1} + 0.125 z^{-2} = 0$.
On multiplie par $z^2$ pour obtenir un polynôme en $z$ :$z^2 - 0.75 z + 0.125 = 0$.
\nOn applique la formule quadratique :$z = \\frac{0.75 \\pm \\sqrt{0.75^2 - 4 \\cdot 1 \\cdot 0.125}}{2}$.
\nOn calcule :$0.75^2 = 0.5625$, $4 \\cdot 0.125 = 0.5$, donc :$\\Delta = 0.5625 - 0.5 = 0.0625$ et $\\sqrt{0.0625} = 0.25$.
Les pôles sont alors :$z_1 = \\frac{0.75 + 0.25}{2} = \\frac{1.0}{2} = 0.5$ et $z_2 = \\frac{0.75 - 0.25}{2} = \\frac{0.5}{2} = 0.25$.
\n4. Résultat final dans $...$ :
\nLa fonction de transfert du filtre est :$H(z) = \\frac{1}{1 - 0.75 z^{-1} + 0.125 z^{-2}}$, avec deux pôles réels :$z_1 = 0.5$ et $z_2 = 0.25$, tous deux à l’intérieur du cercle unité, ce qui correspond à un filtre IIR stable.
Question 2 – Réponse fréquentielle à $\\omega = \\frac{\\pi}{3}$ et module.
\n1. Formule générale dans $...$ :
\nLa réponse fréquentielle s’obtient en évaluant la fonction de transfert sur le cercle unité :$H(e^{j\\omega}) = H(z)\\bigg|_{z = e^{j\\omega}} = \\frac{1}{1 - 0.75 e^{-j\\omega} + 0.125 e^{-j2\\omega}}$.
2. Remplacement des données dans $...$ :
\nOn prend $\\omega = \\frac{\\pi}{3}$, donc :$e^{-j\\omega} = e^{-j\\pi/3} = \\cos(\\pi/3) - j \\sin(\\pi/3) = 0.5 - j0.8660$ (approximation numérique) et :$e^{-j2\\omega} = e^{-j2\\pi/3} = \\cos(2\\pi/3) - j \\sin(2\\pi/3) = -0.5 - j0.8660$.
On remplace dans le dénominateur :$D = 1 - 0.75 e^{-j\\omega} + 0.125 e^{-j2\\omega}$.
\n3. Calcul dans $...$ :
\nOn calcule le terme $-0.75 e^{-j\\omega}$ :$-0.75 (0.5 - j0.8660) = -0.375 + j0.6495$ (environ).
On calcule le terme $0.125 e^{-j2\\omega}$ :$0.125(-0.5 - j0.8660) = -0.0625 - j0.10825$ (environ).
\nOn additionne les contributions :$\\Re\\{D\\} = 1 - 0.375 - 0.0625 = 0.5625$ et $\\Im\\{D\\} = 0.6495 - 0.10825 \\approx 0.54125$, donc :$D \\approx 0.5625 + j0.5413$.
\nLe module du dénominateur est :$|D| = \\sqrt{0.5625^2 + 0.5413^2} \\approx \\sqrt{0.3164 + 0.2930} \\approx \\sqrt{0.6094} \\approx 0.7807$.
\nAinsi :$|H(e^{j\\pi/3})| = \\frac{1}{|D|} \\approx \\frac{1}{0.7807} \\approx 1.28$.
\n4. Résultat final dans $...$ :
\nLa réponse fréquentielle à $\\omega = \\frac{\\pi}{3}$ a pour module :$|H(e^{j\\pi/3})| \\approx 1.28$, ce qui indique un gain supérieur à $1$ (amplification) à cette pulsation numérique pour ce filtre IIR d’ordre $2$.
Question 3 – Comparaison de complexité entre TFD directe et FFT radix $2$ pour $N = 1024$.
\n1. Formule générale dans $...$ :
\nPour une TFD directe de taille $N$, la complexité en multiplications complexes est de l’ordre de :$C_{DFT} = N^2$.
Pour un algorithme FFT radix $2$, le nombre de multiplications complexes est :$C_{FFT} = \\frac{N}{2} \\log_2(N)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ :
\nOn prend $N = 1024$, qui est une puissance de $2$, avec :$\\log_2(1024) = 10$.
3. Calcul dans $...$ :
\nPour la TFD directe :$C_{DFT} = N^2 = 1024^2 = 1\\,048\\,576$ multiplications complexes.
Pour la FFT radix $2$ :$C_{FFT} = \\frac{N}{2} \\log_2(N) = \\frac{1024}{2} \\times 10 = 512 \\times 10 = 5120$ multiplications complexes.
\nLe rapport des coûts est :$R = \\frac{C_{DFT}}{C_{FFT}} = \\frac{1\\,048\\,576}{5120} \\approx 204.8$, ce qui signifie que la TFD directe nécessite environ $205$ fois plus de multiplications complexes que la FFT radix $2$ pour $N = 1024$.
\n4. Résultat final dans $...$ :
\nPour un bloc de $1024$ échantillons, la TFD directe demande environ $1.05 \\times 10^6$ multiplications complexes, alors qu’une FFT radix $2$ n’en requiert qu’environ $5.12 \\times 10^3$, mettant en évidence l’énorme gain de complexité offert par les algorithmes FFT pour le traitement fréquentiel et le filtrage numérique.
1) Calculer la transformée de Fourier à temps discret (DTFT) $X(\\Omega)$ de $x[n]$ sous forme fermée en fonction de $\\Omega$.
2) En déduire la transformée de Fourier discrète (TFD) $X[k]$ à $N=8$ points de cette séquence pour $k=0,1,\\ldots,7$ et donner les valeurs numériques complexes obtenues.
3) Utiliser la TFD inverse pour reconstruire les échantillons $x[1]$ et $x[3]$ à partir des coefficients $X[k]$ et vérifier numériquement qu'ils valent bien $1$.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
Question 1 : calcul de la DTFT
1. Formule générale de la DTFT d'une séquence discrète $x[n]$ : $X(\\Omega)=\\sum_{n=-\\infty}^{+\\infty} x[n] e^{-j \\Omega n}$.
2. Remplacement des données pour la séquence finie définie par $x[n]=1$ pour $0 \\le n \\le 3$ et $x[n]=0$ ailleurs : comme le signal est nul en dehors de $0 \\le n \\le 3$, la somme se réduit à $X(\\Omega)=\\sum_{n=0}^{3} 1 \\cdot e^{-j \\Omega n}$.
3. Calcul explicite de la somme géométrique : $X(\\Omega)=1+e^{-j\\Omega}+e^{-j2\\Omega}+e^{-j3\\Omega}$ est une somme géométrique de premier terme $1$ et de raison $e^{-j\\Omega}$, donc $X(\\Omega)=\\dfrac{1-e^{-j4\\Omega}}{1-e^{-j\\Omega}}$ pour $e^{-j\\Omega} \\ne 1$.
4. Résultat final compact de la DTFT : $X(\\Omega)=\\dfrac{1-e^{-j4\\Omega}}{1-e^{-j\\Omega}}$, ce qui décrit le spectre en fréquence continue (périodique de période $2\\pi$) de la séquence discrète considérée.
Question 2 : calcul de la TFD à N=8 points
1. Formule générale de la TFD à $N$ points : pour une séquence de longueur $N$, on a $X[k]=\\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j \\frac{2\\pi}{N} k n}$ pour $k=0,1,\\ldots,N-1$.
2. Remplacement des données avec $N=8$ et $x[n]=1$ pour $0 \\le n \\le 3$ et $x[n]=0$ sinon : comme $x[n]=0$ pour $n=4,5,6,7$, on a $X[k]=\\sum_{n=0}^{3} 1 \\cdot e^{-j \\frac{2\\pi}{8} k n}$.
3. Calcul en utilisant la relation avec la DTFT et les valeurs échantillonnées $\\Omega_k=\\dfrac{2\\pi}{8}k$ : pour chaque $k$, on obtient $X[k]=1+e^{-j \\Omega_k}+e^{-j2\\Omega_k}+e^{-j3\\Omega_k}$, ce qui est numériquement évalué aux valeurs suivantes (arrondies à $4$ décimales) : $X[0]=4+0j$, $X[1]=1-2{,}4142j$, $X[2]=0+0j$, $X[3]=1-0{,}4142j$, $X[4]=0+0j$, $X[5]=1+0{,}4142j$, $X[6]=0+0j$, $X[7]=1+2{,}4142j$.
4. Résultat final et relation DTFT/TFD : la TFD à $N=8$ points correspond aux échantillons de la DTFT en $\\Omega_k=\\dfrac{2\\pi}{8}k$, c’est-à-dire $X[k]=X(\\Omega_k)$, avec les valeurs numériques complexes calculées ci-dessus.
Question 3 : reconstruction par TFD inverse des valeurs x[1] et x[3]
1. Formule générale de la TFD inverse : la séquence temporelle $x[n]$ est obtenue à partir de $X[k]$ par $x[n]=\\dfrac{1}{N}\\sum_{k=0}^{N-1} X[k] e^{j \\frac{2\\pi}{N} k n}$ pour $n=0,1,\\ldots,N-1$.
2. Remplacement des données pour $N=8$ et utilisation seulement des termes non nuls de $X[k]$ ($X[0], X[1], X[3], X[5], X[7]$) : pour $n=1$, on a $x[1]=\\dfrac{1}{8} \\big( X[0] e^{j0}+X[1] e^{j \\frac{2\\pi}{8} \\cdot 1}+X[3] e^{j \\frac{2\\pi}{8} \\cdot 3}+X[5] e^{j \\frac{2\\pi}{8} \\cdot 5}+X[7] e^{j \\frac{2\\pi}{8} \\cdot 7} \\big)$, et une expression analogue pour $x[3]$.
3. Calcul numérique détaillé pour $n=1$ : en remplaçant les valeurs numériques de $X[k]$ et des exponentielles complexes, on obtient après sommation $x[1] \\approx 1{,}0000$, et pour $n=3$ de la même manière, $x[3] \\approx 1{,}0000$, les contributions des différents termes se compensant pour reproduire exactement le motif rectangulaire dans le domaine temporel.
4. Résultat final et vérification : on obtient numériquement $x[1]=1$ et $x[3]=1$ à mieux que l’erreur numérique d’arrondi, ce qui confirme la cohérence entre la définition temporelle de $x[n]$ et la reconstruction par TFD inverse.
", "id_category": "5", "id_number": "10" }, { "category": "Transformées Discrètes ", "question": "On considère maintenant un traitement fréquentiel basé sur la TFD et la convolution circulaire pour un système linéaire invariant dans le temps.On définit une séquence d'entrée de longueur $4$ donnée par $x[0]=1,\\;x[1]=2,\\;x[2]=3,\\;x[3]=4$, obtenue par fenêtre rectangulaire d'une suite infinie croissante.
On considère un filtre numérique fini de réponse impulsionnelle $h[n]$ de longueur $4$ définie par $h[0]=1,\\;h[1]=-1,\\;h[2]=1,\\;h[3]=-1$.
1) Calculer la TFD à $N=4$ points de la séquence d'entrée $x[n]$, notée $X[k]$, pour $k=0,1,2,3$.
2) Calculer la TFD à $N=4$ points de la réponse impulsionnelle $h[n]$, notée $H[k]$, pour $k=0,1,2,3$.
3) En utilisant la propriété de convolution circulaire, déterminer la sortie $y[n]$ résultant de la convolution circulaire sur $4$ points de $x[n]$ par $h[n]$, c’est-à-dire $y[n]=(x \\circledast h)[n]$ pour $n=0,1,2,3$, en passant par le domaine fréquentiel.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
Question 1 : TFD de x[n] pour N=4
1. Formule générale de la TFD pour une séquence de longueur $N$ : $X[k]=\\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j \\frac{2\\pi}{N} k n}$ pour $k=0,1,\\ldots,N-1$.
2. Remplacement des données avec $N=4$ et $x[0]=1,\\;x[1]=2,\\;x[2]=3,\\;x[3]=4$ : on a donc $X[k]=1+2 e^{-j \\frac{2\\pi}{4}k}+3 e^{-j \\frac{4\\pi}{4}k}+4 e^{-j \\frac{6\\pi}{4}k}$ pour $k=0,1,2,3$.
3. Calcul explicite pour chaque valeur de $k$ : pour $k=0$, toutes les exponentielles valent $1$ et $X[0]=1+2+3+4=10$ ; pour $k=1$ on obtient $X[1]=1+2 e^{-j \\frac{\\pi}{2}}+3 e^{-j \\pi}+4 e^{-j \\frac{3\\pi}{2}}=1+2(-j)+3(-1)+4(j)=-2+2j$ ; pour $k=2$, $e^{-j \\pi}=-1$ et $e^{-j 2\\pi}=1$ conduisent à $X[2]=1+2(-1)+3(1)+4(-1)=-2$ ; pour $k=3$, par symétrie on obtient $X[3]=1+2 e^{-j \\frac{3\\pi}{2}}+3 e^{-j 3\\pi}+4 e^{-j \\frac{9\\pi}{2}}=-2-2j$.
4. Résultat final : la TFD à $N=4$ de la séquence d'entrée vaut $X[0]=10$, $X[1]=-2+2j$, $X[2]=-2$, $X[3]=-2-2j$, ce qui donne la représentation fréquentielle discrète de $x[n]$.
Question 2 : TFD de h[n] pour N=4
1. Formule générale : la TFD de $h[n]$ est donnée par $H[k]=\\sum_{n=0}^{3} h[n] e^{-j \\frac{2\\pi}{4} k n}$ pour $k=0,1,2,3$.
2. Remplacement des données avec $h[0]=1,\\;h[1]=-1,\\;h[2]=1,\\;h[3]=-1$ : on a $H[k]=1- e^{-j \\frac{2\\pi}{4}k}+ e^{-j \\frac{4\\pi}{4}k}- e^{-j \\frac{6\\pi}{4}k}$.
3. Calcul pour chaque $k$ : pour $k=0$, $H[0]=1-1+1-1=0$ ; pour $k=1$, $H[1]=1- e^{-j \\frac{\\pi}{2}}+ e^{-j \\pi}- e^{-j \\frac{3\\pi}{2}}=1-(-j)+(-1)-(-j)=0$ ; pour $k=2$, $H[2]=1- e^{-j \\pi}+ e^{-j 2\\pi}- e^{-j 3\\pi}=1-(-1)+1-(-1)=4$ ; pour $k=3$, par périodicité de la TFD on retrouve $H[3]=0$.
4. Résultat final : le spectre discret du filtre vaut $H[0]=0$, $H[1]=0$, $H[2]=4$, $H[3]=0$, ce qui montre que le filtre ne laisse passer qu'une unique composante fréquentielle sur $N=4$ échantillons.
Question 3 : sortie par convolution circulaire via le domaine fréquentiel
1. Formule générale de la convolution circulaire sur $N$ points : la sortie $y[n]$ est donnée dans le domaine fréquentiel par $Y[k]=X[k]H[k]$, puis dans le domaine temporel par $y[n]=\\dfrac{1}{N}\\sum_{k=0}^{N-1} Y[k] e^{j \\frac{2\\pi}{N} k n}$.
2. Remplacement des données avec les valeurs trouvées pour $X[k]$ et $H[k]$ : pour $N=4$, on a $Y[0]=X[0]H[0]=10 \\cdot 0=0$, $Y[1]=X[1]H[1]=(-2+2j)\\cdot 0=0$, $Y[2]=X[2]H[2]=(-2)\\cdot 4=-8$, $Y[3]=X[3]H[3]=(-2-2j)\\cdot 0=0$.
3. Calcul de la TFD inverse de $Y[k]$ pour obtenir $y[n]$ : la seule composante non nulle étant $Y[2]=-8$, on a pour tout $n$ : $y[n]=\\dfrac{1}{4}\\sum_{k=0}^{3} Y[k] e^{j \\frac{2\\pi}{4} k n}=\\dfrac{1}{4} Y[2] e^{j \\pi n}=\\dfrac{-8}{4} e^{j \\pi n}=-2 e^{j \\pi n}$, or $e^{j \\pi n}=(-1)^n$, donc $y[n]=-2(-1)^n$.
4. Résultat final en domaine temporel : pour $n=0,1,2,3$, on obtient explicitement $y[0]=-2$, $y[1]=2$, $y[2]=-2$, $y[3]=2$, ce qui illustre la réalisation de la convolution circulaire sur $4$ points par produit dans le domaine fréquentiel puis TFD inverse.
", "id_category": "5", "id_number": "11" }, { "category": "Transformées Discrètes ", "question": "On considère un filtre numérique récursif (IIR) de premier ordre défini par l'équation aux différences suivante : $y[n]=0{,}8\\,y[n-1]+x[n]-x[n-1]$, où $x[n]$ est l'entrée et $y[n]$ la sortie.1) À partir de l'équation aux différences, déterminer la transformée en $Z$ et la fonction de transfert $H(z)=\\dfrac{Y(z)}{X(z)}$ du filtre.
2) En posant $z=e^{j\\Omega}$, calculer la réponse fréquentielle $H(e^{j\\Omega})$ du filtre pour $\\Omega=\\dfrac{\\pi}{4}$ (module et phase numériques).
3) Déterminer analytiquement la position du pôle et du zéro de $H(z)$ dans le plan $z$, calculer le module du pôle et conclure quant à la stabilité du filtre.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "
Question 1 : détermination de H(z) par transformée en Z
1. Formule générale : la transformée en $Z$ d'une séquence $y[n]$ est définie par $Y(z)=\\sum_{n=-\\infty}^{+\\infty} y[n] z^{-n}$, et la transformée en $Z$ d'un retard $y[n-1]$ est $z^{-1}Y(z)$ (sous l'hypothèse de conditions initiales nulles).
2. Remplacement des données dans l'équation aux différences $y[n]=0{,}8\\,y[n-1]+x[n]-x[n-1]$ : après transformée en $Z$, on obtient $Y(z)=0{,}8\\,z^{-1}Y(z)+X(z)-z^{-1}X(z)$, où $X(z)$ est la transformée en $Z$ de $x[n]$.
3. Calcul algébrique pour isoler $H(z)=\\dfrac{Y(z)}{X(z)}$ : on regroupe les termes en $Y(z)$ d'un côté, ce qui donne $Y(z)-0{,}8\\,z^{-1}Y(z)=X(z)-z^{-1}X(z)$, soit $Y(z)\\big(1-0{,}8 z^{-1}\\big)=X(z)\\big(1-z^{-1}\\big)$, d'où $\\dfrac{Y(z)}{X(z)}=\\dfrac{1-z^{-1}}{1-0{,}8 z^{-1}}$.
4. Résultat final : la fonction de transfert du filtre est $H(z)=\\dfrac{1-z^{-1}}{1-0{,}8 z^{-1}}$, ce qui caractérise complètement le comportement fréquentiel du système dans le plan $z$.
Question 2 : réponse fréquentielle H(e^{j\\Omega}) pour \\Omega=\\pi/4
1. Formule générale : la réponse fréquentielle d'un filtre à partir de sa fonction de transfert est obtenue en substituant $z=e^{j\\Omega}$, ce qui donne $H(e^{j\\Omega})=H(z)\\big|_{z=e^{j\\Omega}}=\\dfrac{1-e^{-j\\Omega}}{1-0{,}8 e^{-j\\Omega}}$.
2. Remplacement des données pour $\\Omega=\\dfrac{\\pi}{4}$ : on a $e^{-j\\Omega}=e^{-j \\pi/4}=\\dfrac{1}{\\sqrt{2}}(1-j)$, et donc le numérateur vaut $1-e^{-j\\pi/4}$ tandis que le dénominateur vaut $1-0{,}8 e^{-j\\pi/4}$.
3. Calcul numérique détaillé : en évaluant numériquement les expressions complexes, on obtient $H\\big(e^{j \\pi/4}\\big) \\approx 1{,}0365+0{,}2780j$, d'où un module $|H(e^{j \\pi/4})| \\approx 1{,}0732$ et un argument (phase) $\\arg H(e^{j \\pi/4}) \\approx 0{,}2621\\;\\text{rad}\\approx 15^{\\circ}$.
4. Résultat final : pour $\\Omega=\\dfrac{\\pi}{4}$, la réponse fréquentielle du filtre est approximativement $H(e^{j \\pi/4}) \\approx 1{,}0365+0{,}2780j$ avec un gain en amplitude de $1{,}0732$ et une phase d'environ $0{,}2621\\;\\text{rad}$.
Question 3 : pôles, zéros et stabilité dans le plan z
1. Formule générale pour trouver pôles et zéros : les zéros de $H(z)$ sont les racines du numérateur et les pôles sont les racines du dénominateur, c’est-à-dire les valeurs de $z$ qui annulent respectivement $1-z^{-1}$ et $1-0{,}8 z^{-1}$.
2. Remplacement des données : en annulant le numérateur $1-z^{-1}=0$, on obtient $z^{-1}=1$ donc $z=1$ (zéro sur l'axe réel positif au point $z=1$) ; en annulant le dénominateur $1-0{,}8 z^{-1}=0$, on obtient $0{,}8 z^{-1}=1$ donc $z^{-1}=1/0{,}8=1{,}25$, d'où $z=0{,}8$ (pôle sur l'axe réel positif au point $z=0{,}8$).
3. Calcul du module du pôle et critère de stabilité : le module du pôle est simplement $|z_p|=|0{,}8|=0{,}8$, qui est strictement inférieur à $1$, ce qui signifie que le pôle est situé à l'intérieur du cercle unité du plan $z$.
4. Résultat final et conclusion : le filtre possède un zéro en $z=1$ et un pôle en $z=0{,}8$, avec un module de pôle $|0{,}8|<1$, ce qui garantit que le filtre IIR est BIBO-stable (toutes les réponses à entrée bornée restent bornées).
", "id_category": "5", "id_number": "12" }, { "category": "Transformées Discrètes ", "question": "On considère un signal discret $x[n]$ défini par $x[n] = (0.8)^n u[n]$ pour $0 \\leq n \\leq 7$ et $x[n] = 0$ sinon, obtenu par échantillonnage à la fréquence $f_e = 8\\,kHz$. On souhaite analyser ce signal à la fois par la transformée de Fourier à temps discret (TFTD) et par la transformée de Fourier discrète (TFD) à $N = 8$ points. 1) Calculez la transformée de Fourier à temps discret $X(e^{j\\omega})$ de $x[n]$ sous forme fermée, en utilisant la somme géométrique. 2) En déduire l’expression de la TFD $X[k]$ pour $N = 8$ en fonction de $X(e^{j\\omega})$ évaluée aux pulsations discrètes $\\omega_k = 2\\pi k/8$ pour $k = 0,1,\\ldots,7$, puis donner une expression fermée de $X[k]$. 3) Calculez numériquement les modules $|X[k]|$ pour $k = 0$, $k = 1$ et $k = 2$, puis déterminez la résolution fréquentielle $\\Delta f$ en Hz associée à cette TFD de longueur $N = 8$ pour $f_e = 8\\,kHz$.", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Question 1 : Calcul de la TFTD $X(e^{j\\omega})$
1) Formule générale de la TFTD :
$X(e^{j\\omega}) = \\sum_{n=-\\infty}^{+\\infty} x[n] e^{-j\\omega n}$
2) Remplacement par l’expression de $x[n]$ tronqué sur $0 \\leq n \\leq 7$ :
$X(e^{j\\omega}) = \\sum_{n=0}^{7} (0.8)^n e^{-j\\omega n}$
3) Calcul à l’aide de la somme géométrique, en posant $r = 0.8 e^{-j\\omega}$ :
$X(e^{j\\omega}) = \\sum_{n=0}^{7} r^n = \\frac{1 - r^{8}}{1 - r} = \\frac{1 - (0.8 e^{-j\\omega})^{8}}{1 - 0.8 e^{-j\\omega}}$
4) Résultat final sous forme fermée :
$X(e^{j\\omega}) = \\frac{1 - (0.8)^{8} e^{-j 8 \\omega}}{1 - 0.8 e^{-j\\omega}}$
Question 2 : Expression de la TFD $X[k]$ pour $N = 8$
1) Formule générale de la TFD à $N$ points :
$X[k] = \\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j 2\\pi kn/N}, \\quad 0 \\leq k \\leq N-1$
2) Relation entre TFD et TFTD aux pulsations discrètes $\\omega_k$ :
$\\omega_k = \\frac{2\\pi k}{N} \\Rightarrow X[k] = X(e^{j\\omega_k})$
3) Application pour $N = 8$ et utilisation du résultat de la question 1 :
$\\omega_k = \\frac{2\\pi k}{8} = \\frac{\\pi k}{4}, \\quad X[k] = \\frac{1 - (0.8)^{8} e^{-j 8 \\omega_k}}{1 - 0.8 e^{-j\\omega_k}}$
Or $8 \\omega_k = 8 \\cdot \\frac{2\\pi k}{8} = 2\\pi k$ et donc $e^{-j 8 \\omega_k} = e^{-j 2\\pi k} = 1$.$
Ainsi le numérateur devient indépendant de $k$ :
$X[k] = \\frac{1 - (0.8)^{8}}{1 - 0.8 e^{-j \\pi k/4}}, \\quad k = 0,1,\\ldots,7$
4) Résultat final pour la TFD à $N = 8$ :
$X[k] = \\frac{1 - (0.8)^{8}}{1 - 0.8 e^{-j \\pi k/4}}, \\quad 0 \\leq k \\leq 7$
Question 3 : Calcul numérique de $|X[k]|$ pour $k = 0,1,2$ et de $\\Delta f$
1) Formules générales :
$|X[k]| = \\left| \\frac{1 - (0.8)^{8}}{1 - 0.8 e^{-j \\pi k/4}} \\right|, \\quad \\Delta f = \\frac{f_e}{N}$
2) Remplacement des données pour $k = 0$ :
$X[0] = \\sum_{n=0}^{7} (0.8)^n = \\frac{1 - (0.8)^{8}}{1 - 0.8}, \\quad (0.8)^{8} \\approx 0.1678$
3) Calcul pour $k = 0$ :
$1 - (0.8)^{8} \\approx 1 - 0.1678 = 0.8322, \\quad 1 - 0.8 = 0.2$
$X[0] \\approx \\frac{0.8322}{0.2} = 4.161, \\quad |X[0]| \\approx 4.16$
4) Résultat numérique pour $k = 0$ :
$|X[0]| \\approx 4.16$
5) Remplacement pour $k = 1$ :
$|X[1]| = \\left| \\frac{1 - (0.8)^{8}}{1 - 0.8 e^{-j \\pi/4}} \\right|$
Le numérateur a le module $|1 - (0.8)^{8}| \\approx 0.8322$ et le dénominateur vaut $1 - 0.8(\\cos \\tfrac{\\pi}{4} - j \\sin \\tfrac{\\pi}{4})$.$
Sa partie réelle est $1 - 0.8 \\cos \\tfrac{\\pi}{4} \\approx 1 - 0.8 \\cdot 0.7071 \\approx 0.4343$ et sa partie imaginaire est $0.8 \\sin \\tfrac{\\pi}{4} \\approx 0.5657$.$
6) Calcul du module du dénominateur pour $k = 1$ :
$|1 - 0.8 e^{-j \\pi/4}| = \\sqrt{0.4343^2 + 0.5657^2} \\approx \\sqrt{0.1886 + 0.3200} \\approx \\sqrt{0.5086} \\approx 0.7132$
Donc :
$|X[1]| \\approx \\frac{0.8322}{0.7132} \\approx 1.17$
7) Résultat numérique pour $k = 1$ :
$|X[1]| \\approx 1.17$
8) Remplacement pour $k = 2$ :
$|X[2]| = \\left| \\frac{1 - (0.8)^{8}}{1 - 0.8 e^{-j \\pi/2}} \\right|, \\quad e^{-j \\pi/2} = -j$
Le dénominateur devient $1 - 0.8(-j) = 1 + j 0.8$.$
9) Calcul du module du dénominateur pour $k = 2$ :
$|1 + j0.8| = \\sqrt{1^2 + 0.8^2} = \\sqrt{1 + 0.64} = \\sqrt{1.64} \\approx 1.281$
Donc :
$|X[2]| \\approx \\frac{0.8322}{1.281} \\approx 0.65$
10) Résultat numérique pour $k = 2$ :
$|X[2]| \\approx 0.65$
11) Calcul de la résolution fréquentielle $\\Delta f$ :
$\\Delta f = \\frac{f_e}{N} = \\frac{8\\,000}{8} = 1\\,000\\,\\text{Hz}$
12) Résultat final pour la résolution fréquentielle :
$\\Delta f = 1.0\\,kHz$
Question 1 : Calcul des TFD $X[k]$ et $H[k]$ pour $N = 4$
1) Formule générale de la TFD à $N = 4$ :
$X[k] = \\sum_{n=0}^{3} x[n] e^{-j 2\\pi kn/4}, \\quad H[k] = \\sum_{n=0}^{3} h[n] e^{-j 2\\pi kn/4}, \\quad k = 0,1,2,3$
2) Remplacement pour le signal $x[n] = \\{1,2,3,4\\}$ :
$X[k] = 1 \\cdot e^{0} + 2 e^{-j 2\\pi k/4} + 3 e^{-j 2\\pi k(2)/4} + 4 e^{-j 2\\pi k(3)/4}$
On définit $W_4 = e^{-j 2\\pi/4} = e^{-j \\pi/2}$, d’où $W_4^0 = 1$, $W_4^1 = -j$, $W_4^2 = -1$, $W_4^3 = j$.$
3) Calcul de $X[k]$ pour $k = 0,1,2,3$ :
$X[0] = 1 + 2 + 3 + 4 = 10$
$X[1] = 1 + 2 W_4^1 + 3 W_4^2 + 4 W_4^3 = 1 + 2(-j) + 3(-1) + 4j = (1 - 3) + (-2j + 4j) = -2 + 2j$
$X[2] = 1 + 2 W_4^2 + 3 W_4^4 + 4 W_4^6 = 1 + 2(-1) + 3(1) + 4(-1) = 1 - 2 + 3 - 4 = -2$
$X[3] = 1 + 2 W_4^3 + 3 W_4^6 + 4 W_4^9 = 1 + 2j + 3(-1) + 4(-j) = (1 - 3) + (2j - 4j) = -2 - 2j$
4) Résultat final pour $X[k]$ :
$X[0] = 10, \\quad X[1] = -2 + 2j, \\quad X[2] = -2, \\quad X[3] = -2 - 2j$
5) Remplacement pour le signal $h[n] = \\{1,-1,1,-1\\}$ :
$H[k] = 1 + (-1) W_4^1 + 1 W_4^2 + (-1) W_4^3$
6) Calcul de $H[k]$ pour $k = 0,1,2,3$ :
$H[0] = 1 - 1 + 1 - 1 = 0$
$H[1] = 1 + (-1)(-j) + 1(-1) + (-1)j = 1 + j - 1 - j = 0$
$H[2] = 1 + (-1)(-1) + 1(1) + (-1)(-1) = 1 + 1 + 1 + 1 = 4$
$H[3] = 1 + (-1)j + 1(-1) + (-1)(-j) = 1 - j - 1 + j = 0$
7) Résultat final pour $H[k]$ :
$H[0] = 0, \\quad H[1] = 0, \\quad H[2] = 4, \\quad H[3] = 0$
Question 2 : Convolution circulaire via le produit spectral $Y[k] = X[k] H[k]$
1) Formule générale pour la convolution circulaire de période $4$ :
$Y[k] = X[k] H[k], \\quad y_c[n] = \\frac{1}{4} \\sum_{k=0}^{3} Y[k] e^{j 2\\pi kn/4}$
2) Remplacement des valeurs de $X[k]$ et $H[k]$ :
$Y[0] = X[0] H[0] = 10 \\cdot 0 = 0$
$Y[1] = X[1] H[1] = (-2 + 2j) \\cdot 0 = 0$
$Y[2] = X[2] H[2] = (-2) \\cdot 4 = -8$
$Y[3] = X[3] H[3] = (-2 - 2j) \\cdot 0 = 0$
3) Calcul de $y_c[n]$ sachant que seul $Y[2]$ est non nul :
$y_c[n] = \\frac{1}{4} Y[2] e^{j 2\\pi (2)n/4} = \\frac{1}{4} (-8) e^{j \\pi n} = -2 e^{j \\pi n}$
Or $e^{j \\pi n} = (e^{j \\pi})^{n} = (-1)^n$, donc :
$y_c[n] = -2 (-1)^n$
4) Résultat numérique pour $n = 0,1,2,3$ :
$y_c[0] = -2 (-1)^0 = -2$
$y_c[1] = -2 (-1)^1 = 2$
$y_c[2] = -2 (-1)^2 = -2$
$y_c[3] = -2 (-1)^3 = 2$
5) Résultat final pour la convolution circulaire de période $4$ :
$y_c[n] = \\{-2,\\;2,\\;-2,\\;2\\}$ pour $n = 0,1,2,3$$
Question 3 : Calcul de $X[k]$ par FFT radix-2 et complexité
1) Rappel de la structure FFT radix-2 à décimation dans le temps pour $N = 4$ :
$x_e[0] = x[0], \\; x_e[1] = x[2], \\quad x_o[0] = x[1], \\; x_o[1] = x[3]$
On calcule d’abord deux TFD de taille $2$, puis on combine avec les facteurs de rotation (twiddle factors) $W_4^k$.$
2) Remplacement des données pour $x[n] = \\{1,2,3,4\\}$ :
$x_e[0] = 1, \\; x_e[1] = 3, \\quad x_o[0] = 2, \\; x_o[1] = 4$
3) Calcul des TFD de taille $2$ (étape papillon interne) :
$X_e[0] = x_e[0] + x_e[1] = 1 + 3 = 4$
$X_e[1] = x_e[0] - x_e[1] = 1 - 3 = -2$
$X_o[0] = x_o[0] + x_o[1] = 2 + 4 = 6$
$X_o[1] = x_o[0] - x_o[1] = 2 - 4 = -2$
4) Combinaison finale avec les facteurs $W_4^k$ :
$W_4^0 = 1, \\quad W_4^1 = -j$
$X[0] = X_e[0] + W_4^0 X_o[0] = 4 + 1 \\cdot 6 = 10$
$X[2] = X_e[0] - W_4^0 X_o[0] = 4 - 6 = -2$
$X[1] = X_e[1] + W_4^1 X_o[1] = -2 + (-j)(-2) = -2 + 2j$
$X[3] = X_e[1] - W_4^1 X_o[1] = -2 - (-j)(-2) = -2 - 2j$
5) Résultat final (cohérent avec la question 1) :
$X[0] = 10, \\quad X[1] = -2 + 2j, \\quad X[2] = -2, \\quad X[3] = -2 - 2j$
6) Calcul du nombre de multiplications complexes pour la FFT à $N = 4$ :
Les additions et soustractions ne sont pas comptées comme multiplications complexes, seuls les produits par les twiddle factors sont comptés.
$\\text{Étape TFD de taille 2 : aucune multiplication complexe}$
$\\text{Étape de combinaison : un seul produit } W_4^1 X_o[1]\\; (W_4^0 = 1 \\text{ ne nécessite pas de multiplication})$
On a donc au total :
$N_{\\text{mult, FFT}} = 1 \\; \\text{multiplication complexe}$
7) Calcul du nombre de multiplications complexes pour la TFD directe à $N = 4$ :
Chaque coefficient $X[k]$ nécessite $4$ multiplications complexes, et il y a $4$ valeurs de $k$.$
$N_{\\text{mult, direct}} = 4 \\times 4 = 16 \\; \\text{multiplications complexes}$
8) Résultat final sur la complexité :
$N_{\\text{mult, FFT}} = 1 \\ll N_{\\text{mult, direct}} = 16$, ce qui illustre le gain de complexité apporté par l’algorithme FFT même pour une petite taille $N = 4$.$
Question 1 : Fonction de transfert $H(z)$, pôles et zéros
1) Formule générale de la transformée en $Z$ appliquée à une équation aux différences linéaire :
$\\mathcal{Z}\\{y[n]\\} = Y(z), \\quad \\mathcal{Z}\\{y[n-k]\\} = z^{-k} Y(z), \\quad \\mathcal{Z}\\{x[n-k]\\} = z^{-k} X(z)$
En appliquant la transformée en $Z$ à l’équation $y[n] - 0.5\\,y[n-1] + 0.25\\,y[n-2] = x[n] + x[n-1]$ (conditions initiales nulles), on obtient :$
$Y(z) - 0.5 z^{-1} Y(z) + 0.25 z^{-2} Y(z) = X(z) + z^{-1} X(z)$
2) Mise en facteur de $Y(z)$ et de $X(z)$ pour obtenir $H(z)$ :
$Y(z) \\left(1 - 0.5 z^{-1} + 0.25 z^{-2}\\right) = X(z) \\left(1 + z^{-1}\\right)$
$H(z) = \\frac{Y(z)}{X(z)} = \\frac{1 + z^{-1}}{1 - 0.5 z^{-1} + 0.25 z^{-2}}$
3) Écriture de $H(z)$ sous forme polynomiale en multipliant numérateur et dénominateur par $z^{2}$ :
$H(z) = \\frac{(1 + z^{-1}) z^{2}}{(1 - 0.5 z^{-1} + 0.25 z^{-2}) z^{2}} = \\frac{z^{2} + z}{z^{2} - 0.5 z + 0.25}$
Le numérateur est $N(z) = z^{2} + z = z(z + 1)$ et le dénominateur est $D(z) = z^{2} - 0.5 z + 0.25$.$
4) Détermination des zéros (racines de $N(z)$) :
$z^{2} + z = 0 \\Rightarrow z(z + 1) = 0 \\Rightarrow z_1 = 0, \\; z_2 = -1$
5) Détermination des pôles (racines de $D(z)$) :
$z^{2} - 0.5 z + 0.25 = 0$
Le discriminant vaut $\\Delta = (-0.5)^{2} - 4 \\cdot 1 \\cdot 0.25 = 0.25 - 1 = -0.75$, donc les pôles sont complexes conjugués.$
Les pôles sont :
$z_{p1,2} = \\frac{0.5 \\pm j \\sqrt{0.75}}{2} = 0.25 \\pm j \\frac{\\sqrt{0.75}}{2}$
6) Calcul du module des pôles :
$|z_{p1}| = |z_{p2}| = \\sqrt{0.25^{2} + \\left(\\frac{\\sqrt{0.75}}{2}\\right)^{2}} = \\sqrt{0.0625 + 0.1875} = \\sqrt{0.25} = 0.5$
7) Résultat final pour $H(z)$, pôles et zéros :
$H(z) = \\dfrac{z^{2} + z}{z^{2} - 0.5 z + 0.25} = \\dfrac{z(z + 1)}{z^{2} - 0.5 z + 0.25}$
$\\text{Zéros : } z_1 = 0, \\; z_2 = -1; \\quad \\text{Pôles : } z_{p1,2} = 0.25 \\pm j \\tfrac{\\sqrt{0.75}}{2}, \\; |z_{p1,2}| = 0.5$
Question 2 : Réponse fréquentielle $H(e^{j\\omega})$ pour $\\omega = 0$ et $\\omega = \\pi$
1) Formule générale de la réponse fréquentielle :
$H(e^{j\\omega}) = H(z)\\big|_{z = e^{j\\omega}} = \\frac{1 + e^{-j\\omega}}{1 - 0.5 e^{-j\\omega} + 0.25 e^{-j 2\\omega}}$
2) Remplacement pour $\\omega = 0$ (cas $z = 1$) :
$H(e^{j0}) = \\frac{1 + 1}{1 - 0.5 \\cdot 1 + 0.25 \\cdot 1} = \\frac{2}{1 - 0.5 + 0.25}$
3) Calcul numérique pour $\\omega = 0$ :
$1 - 0.5 + 0.25 = 0.75, \\quad H(e^{j0}) = \\frac{2}{0.75} = \\frac{8}{3} \\approx 2.667$
4) Résultat final pour $\\omega = 0$ :
$|H(e^{j0})| = \\left| \\frac{8}{3} \\right| = \\frac{8}{3} \\approx 2.67$
5) Remplacement pour $\\omega = \\pi$ (cas $z = e^{j\\pi} = -1$) :
$H(e^{j\\pi}) = \\frac{1 + e^{-j\\pi}}{1 - 0.5 e^{-j\\pi} + 0.25 e^{-j 2\\pi}}$
On a $e^{-j\\pi} = -1$ et $e^{-j 2\\pi} = 1$.$
6) Calcul du numérateur et du dénominateur pour $\\omega = \\pi$ :
$\\text{Numérateur} = 1 + (-1) = 0$
$\\text{Dénominateur} = 1 - 0.5 (-1) + 0.25 (1) = 1 + 0.5 + 0.25 = 1.75$
Donc :
$H(e^{j\\pi}) = \\frac{0}{1.75} = 0$
7) Résultat final pour $\\omega = \\pi$ :
$|H(e^{j\\pi})| = 0$
Question 3 : Réponse temporelle $y[n]$ pour une entrée échelon $x[n] = u[n]$
1) Formule générale de l’équation aux différences :
$y[n] - 0.5 y[n-1] + 0.25 y[n-2] = x[n] + x[n-1]$
Avec $x[n] = u[n]$, on a $x[n] = 1$ pour $n \\geq 0$ et $x[n] = 0$ pour $n < 0$, et le filtre est au repos pour $n < 0$ ($y[n] = 0$ pour $n < 0$).$
2) Calcul pour $n = 0$ :
$y[0] - 0.5 y[-1] + 0.25 y[-2] = x[0] + x[-1]$
Avec les conditions initiales nulles, $y[-1] = 0$, $y[-2] = 0$, $x[0] = 1$, $x[-1] = 0$.$
$y[0] - 0.5 \\cdot 0 + 0.25 \\cdot 0 = 1 + 0 \\Rightarrow y[0] = 1$
3) Résultat pour $n = 0$ :
$y[0] = 1$
4) Calcul pour $n = 1$ :
$y[1] - 0.5 y[0] + 0.25 y[-1] = x[1] + x[0]$
On a $y[0] = 1$, $y[-1] = 0$, $x[1] = 1$, $x[0] = 1$.$
$y[1] - 0.5 \\cdot 1 + 0.25 \\cdot 0 = 1 + 1 = 2$
$y[1] - 0.5 = 2 \\Rightarrow y[1] = 2 + 0.5 = 2.5$
5) Résultat pour $n = 1$ :
$y[1] = 2.5$
6) Calcul pour $n = 2$ :
$y[2] - 0.5 y[1] + 0.25 y[0] = x[2] + x[1]$
On a $x[2] = 1$, $x[1] = 1$, $y[1] = 2.5$, $y[0] = 1$.$
$y[2] - 0.5 \\cdot 2.5 + 0.25 \\cdot 1 = 1 + 1 = 2$
$y[2] - 1.25 + 0.25 = 2 \\Rightarrow y[2] - 1.0 = 2 \\Rightarrow y[2] = 3.0$
7) Résultat pour $n = 2$ :
$y[2] = 3.0$
8) Calcul pour $n = 3$ :
$y[3] - 0.5 y[2] + 0.25 y[1] = x[3] + x[2]$
On a $x[3] = 1$, $x[2] = 1$, $y[2] = 3.0$, $y[1] = 2.5$.$
$y[3] - 0.5 \\cdot 3.0 + 0.25 \\cdot 2.5 = 1 + 1 = 2$
$y[3] - 1.5 + 0.625 = 2 \\Rightarrow y[3] - 0.875 = 2 \\Rightarrow y[3] = 2 + 0.875 = 2.875$
9) Résultat pour $n = 3$ :
$y[3] = 2.875$
10) Résultat final pour les quatre premières valeurs de la réponse à l’échelon :
$y[0] = 1$, $y[1] = 2.5$, $y[2] = 3.0$, $y[3] = 2.875$.$
\nQuestion 1 : Calcul explicite de la TFD
\n1. Formule générale dans $...$ :
\n$X[k] = \\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j 2\\pi kn / N}, \\quad N = 4, \\; k = 0,1,2,3$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ :
\nLe signal vaut $x[n] = 1$ pour $n = 0,1,2,3$ sur une période, donc :
\n$X[k] = \\sum_{n=0}^{3} 1 \\cdot e^{-j 2\\pi kn / 4} = 1 + e^{-j 2\\pi k / 4} + e^{-j 4\\pi k / 4} + e^{-j 6\\pi k / 4}$.
\n3. Calcul dans $...$ pour chaque valeur de k :
\nPour $k = 0$ :
\n$X[0] = 1 + 1 + 1 + 1 = 4$.
\nPour $k = 1$ :
\n$X[1] = 1 + e^{-j \\pi/2} + e^{-j \\pi} + e^{-j 3\\pi/2}$.
\nOn utilise $e^{-j \\pi/2} = -j$, $e^{-j \\pi} = -1$, $e^{-j 3\\pi/2} = j$, donc :
\n$X[1] = 1 + (-j) + (-1) + j = 0$.
\nPour $k = 2$ :
\n$X[2] = 1 + e^{-j \\pi} + e^{-j 2\\pi} + e^{-j 3\\pi}$.
\nOn a $e^{-j \\pi} = -1$, $e^{-j 2\\pi} = 1$, $e^{-j 3\\pi} = -1$, donc :
\n$X[2] = 1 + (-1) + 1 + (-1) = 0$.
\nPour $k = 3$ :
\n$X[3] = 1 + e^{-j 3\\pi/2} + e^{-j 3\\pi} + e^{-j 9\\pi/2}$.
\nOn a $e^{-j 3\\pi/2} = j$, $e^{-j 3\\pi} = -1$, $e^{-j 9\\pi/2} = -j$, donc :
\n$X[3] = 1 + j + (-1) + (-j) = 0$.
\n4. Résultat final dans $...$ :
\n$X[0] = 4, \\quad X[1] = 0, \\quad X[2] = 0, \\quad X[3] = 0$.
\nLe spectre TFD est donc concentré sur la composante $k = 0$, ce qui est cohérent avec un signal constant sur la période.\n
\nQuestion 2 : Relation DTFT / TFD
\n1. Formule générale dans $...$ :
\nLa DTFT d’un signal périodique de période $N$ peut être vue comme des échantillons de la DTFT sur un tour de $2\\pi$. Ici on considère la DTFT :
\n$X(e^{j\\omega}) = \\sum_{n=0}^{3} x[n] e^{-j \\omega n}$ avec $x[n] = 1$ pour $0 \\le n \\le 3$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ :
\nOn obtient :
\n$X(e^{j\\omega}) = 1 + e^{-j \\omega} + e^{-j 2\\omega} + e^{-j 3\\omega}$.
\nOn échantillonne en $\\omega_k = 2\\pi k / 4 = \\pi k / 2$, pour $k = 0,1,2,3$ :
\n$X(e^{j\\omega_k}) = 1 + e^{-j \\omega_k} + e^{-j 2\\omega_k} + e^{-j 3\\omega_k}$.
\n3. Calcul dans $...$ :
\nPour $k = 0$, $\\omega_0 = 0$ :
\n$X(e^{j\\omega_0}) = 1 + 1 + 1 + 1 = 4$.
\nPour $k = 1$, $\\omega_1 = \\pi/2$ :
\n$X(e^{j\\omega_1}) = 1 + e^{-j \\pi/2} + e^{-j \\pi} + e^{-j 3\\pi/2} = 1 - j - 1 + j = 0$.
\nPour $k = 2$, $\\omega_2 = \\pi$ :
\n$X(e^{j\\omega_2}) = 1 + e^{-j \\pi} + e^{-j 2\\pi} + e^{-j 3\\pi} = 1 - 1 + 1 - 1 = 0$.
\nPour $k = 3$, $\\omega_3 = 3\\pi/2$ :
\n$X(e^{j\\omega_3}) = 1 + e^{-j 3\\pi/2} + e^{-j 3\\pi} + e^{-j 9\\pi/2} = 1 + j - 1 - j = 0$.
\n4. Résultat final dans $...$ :
\nOn vérifie que :
\n$X(e^{j\\omega_k}) = X[k], \\quad k = 0,1,2,3$.
\nCela illustre numériquement la relation entre la DTFT échantillonnée et la TFD du signal sur une période.\n
\nQuestion 3 : Fenêtre rectangulaire et réponse fréquentielle
\n1. Formule générale dans $...$ :
\nLe signal fenêtré est $x[n] = s[n] w[n]$ avec $s[n] = 1$ pour tout $n$ et $w[n] = 1$ pour $0 \\le n \\le 3$ et $0$ sinon. La DTFT est :
\n$X(e^{j\\omega}) = \\sum_{n=0}^{3} e^{-j \\omega n}$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ :
\nOn reconnaît une somme géométrique de raison $r = e^{-j \\omega}$ et de $4$ termes :
\n$X(e^{j\\omega}) = 1 + e^{-j \\omega} + e^{-j 2\\omega} + e^{-j 3\\omega}$.
\n3. Calcul dans $...$ :
\nLa somme géométrique donne :
\n$X(e^{j\\omega}) = \\frac{1 - e^{-j 4\\omega}}{1 - e^{-j \\omega}}$.
\nOn peut réécrire en utilisant les identités trigonométriques :
\n$X(e^{j\\omega}) = e^{-j 3\\omega/2} \\frac{\\sin(2\\omega)}{\\sin(\\omega/2)}$.
\nLe module vaut :
\n$|X(e^{j\\omega})| = \\left|\\frac{\\sin(2\\omega)}{\\sin(\\omega/2)}\\right|$.
\nÉvaluation numérique :
\nPour $\\omega = 0$, on utilise la limite $\\lim_{\\omega \\to 0} \\frac{\\sin(2\\omega)}{\\sin(\\omega/2)} = 4$, donc $|X(e^{j 0})| = 4$.
\nPour $\\omega = \\pi/2$ :
\n$|X(e^{j\\pi/2})| = \\left|\\frac{\\sin(\\pi)}{\\sin(\\pi/4)}\\right| = \\frac{0}{\\sqrt{2}/2} = 0$.
\nPour $\\omega = \\pi$ :
\n$|X(e^{j\\pi})| = \\left|\\frac{\\sin(2\\pi)}{\\sin(\\pi/2)}\\right| = \\frac{0}{1} = 0$.
\n4. Résultat final dans $...$ :
\n$X(e^{j\\omega}) = \\frac{1 - e^{-j 4\\omega}}{1 - e^{-j \\omega}} = e^{-j 3\\omega/2} \\frac{\\sin(2\\omega)}{\\sin(\\omega/2)}, \\quad |X(e^{j\\omega})| = \\left|\\frac{\\sin(2\\omega)}{\\sin(\\omega/2)}\\right|$.
\nOn observe un lobe principal centré en $\\omega = 0$ de hauteur $4$ et des zéros multiples de $\\pi/2$, illustrant l’effet de la fenêtre rectangulaire de longueur $4$ sur le spectre.\n
\nQuestion 1 : TFD de x[n] et h[n]
\n1. Formule générale dans $...$ :
\nPour une TFD de taille $N = 4$ :
\n$X[k] = \\sum_{n=0}^{3} x[n] e^{-j 2\\pi kn / 4}, \\quad H[k] = \\sum_{n=0}^{3} h[n] e^{-j 2\\pi kn / 4}, \\quad k = 0,1,2,3$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ :
\nLe signal $x[n]$ vaut $x[0] = 1, x[1] = 1, x[2] = 0, x[3] = 0$.
\nLe signal $h[n]$ vaut $h[0] = 1, h[1] = -1, h[2] = 0, h[3] = 0$.
\n3. Calcul dans $...$ :
\nPour $x[n]$ :
\n$X[k] = 1 \\cdot e^{-j 2\\pi k \\cdot 0/4} + 1 \\cdot e^{-j 2\\pi k \\cdot 1/4} + 0 + 0 = 1 + e^{-j \\pi k/2}$.
\nDonc :
\n$X[0] = 1 + 1 = 2$.
\n$X[1] = 1 + e^{-j \\pi/2} = 1 - j$.
\n$X[2] = 1 + e^{-j \\pi} = 1 - 1 = 0$.
\n$X[3] = 1 + e^{-j 3\\pi/2} = 1 + j$.
\nPour $h[n]$ :
\n$H[k] = 1 \\cdot e^{-j 2\\pi k \\cdot 0/4} + (-1) \\cdot e^{-j 2\\pi k \\cdot 1/4} + 0 + 0 = 1 - e^{-j \\pi k/2}$.
\nAinsi :
\n$H[0] = 1 - 1 = 0$.
\n$H[1] = 1 - e^{-j \\pi/2} = 1 - (-j) = 1 + j$.
\n$H[2] = 1 - e^{-j \\pi} = 1 - (-1) = 2$.
\n$H[3] = 1 - e^{-j 3\\pi/2} = 1 - j$.
\n4. Résultat final dans $...$ :
\n$X[0] = 2, \\; X[1] = 1 - j, \\; X[2] = 0, \\; X[3] = 1 + j$.
\n$H[0] = 0, \\; H[1] = 1 + j, \\; H[2] = 2, \\; H[3] = 1 - j$.\n
\nQuestion 2 : Convolution circulaire via TFD
\n1. Formule générale dans $...$ :
\nLa propriété de la TFD pour la convolution circulaire de période $N$ donne :
\n$Y[k] = X[k] H[k], \\quad k = 0,1,2,3$.
\nLa TFD inverse est :
\n$y[n] = \\frac{1}{4} \\sum_{k=0}^{3} Y[k] e^{j 2\\pi kn / 4}, \\quad n = 0,1,2,3$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ :
\nOn utilise les résultats de la Question 1 :
\n$Y[0] = X[0] H[0] = 2 \\cdot 0 = 0$.
\n$Y[1] = X[1] H[1] = (1 - j)(1 + j)$.
\n$Y[2] = X[2] H[2] = 0 \\cdot 2 = 0$.
\n$Y[3] = X[3] H[3] = (1 + j)(1 - j)$.
\n3. Calcul dans $...$ :
\nOn a $(1 - j)(1 + j) = 1 - j^2 = 1 + 1 = 2$ et $(1 + j)(1 - j) = 2$, donc :
\n$Y[0] = 0, \\quad Y[1] = 2, \\quad Y[2] = 0, \\quad Y[3] = 2$.
\nCalcul de $y[n]$ :
\nPour $n = 0$ :
\n$y[0] = \\frac{1}{4} \\sum_{k=0}^{3} Y[k] e^{j 2\\pi k \\cdot 0/4} = \\frac{1}{4} (0 + 2 + 0 + 2) = \\frac{4}{4} = 1$.
\nPour $n = 1$ :
\n$y[1] = \\frac{1}{4} \\left(0 + 2 e^{j \\pi/2} + 0 e^{j \\pi} + 2 e^{j 3\\pi/2}\\right)$.
\nOn a $e^{j \\pi/2} = j$, $e^{j 3\\pi/2} = -j$, donc :
\n$y[1] = \\frac{1}{4} (2j + 2(-j)) = \\frac{1}{4} \\cdot 0 = 0$.
\nPour $n = 2$ :
\n$y[2] = \\frac{1}{4} \\left(0 + 2 e^{j \\pi} + 0 e^{j 2\\pi} + 2 e^{j 3\\pi}\\right)$.
\nOn a $e^{j \\pi} = -1$, $e^{j 3\\pi} = -1$, donc :
\n$y[2] = \\frac{1}{4} (2(-1) + 2(-1)) = \\frac{-4}{4} = -1$.
\nPour $n = 3$ :
\n$y[3] = \\frac{1}{4} \\left(0 + 2 e^{j 3\\pi/2} + 0 e^{j 3\\pi} + 2 e^{j 9\\pi/2}\\right)$.
\nOn a $e^{j 3\\pi/2} = -j$, $e^{j 9\\pi/2} = j$, donc :
\n$y[3] = \\frac{1}{4} (2(-j) + 2j) = 0$.
\n4. Résultat final dans $...$ :
\nLa convolution circulaire de période $4$ vérifie :
\n$y[0] = 1, \\quad y[1] = 0, \\quad y[2] = -1, \\quad y[3] = 0$.
\nCe résultat peut également être vérifié par le calcul direct de la somme circulaire.\n
\nQuestion 3 : FFT radix-2 pour la TFD de x[n]
\n1. Formule générale dans $...$ :
\nPour une FFT radix-2 de taille $N = 4$, on décompose :
\n$X[k] = X_e[k] + W_4^k X_o[k], \\quad X[k+2] = X_e[k] - W_4^k X_o[k], \\quad k = 0,1$,
\navec $W_4 = e^{-j 2\\pi /4} = e^{-j \\pi/2}$,$X_e[k] = \\sum_{n=0}^{1} x[2n] e^{-j 2\\pi k n /2}$,$X_o[k] = \\sum_{n=0}^{1} x[2n+1] e^{-j 2\\pi k n /2}$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ :
\nOn a $x[0] = 1, x[1] = 1, x[2] = 0, x[3] = 0$.
\nDonc :$x_e[0] = x[0] = 1$, $x_e[1] = x[2] = 0$, $x_o[0] = x[1] = 1$, $x_o[1] = x[3] = 0$.
\nAinsi :
\n$X_e[k] = \\sum_{n=0}^{1} x[2n] e^{-j 2\\pi k n /2} = x[0] + x[2] e^{-j 2\\pi k /2} = 1 + 0 = 1$ pour $k = 0,1$.
\n$X_o[k] = \\sum_{n=0}^{1} x[2n+1] e^{-j 2\\pi k n /2} = x[1] + x[3] e^{-j 2\\pi k /2} = 1 + 0 = 1$ pour $k = 0,1$.
\n3. Calcul dans $...$ :
\nOn a $W_4 = e^{-j \\pi/2} = -j$.
\nPour $k = 0$ :
\n$X[0] = X_e[0] + W_4^0 X_o[0] = 1 + 1 = 2$.
\n$X[2] = X_e[0] - W_4^0 X_o[0] = 1 - 1 = 0$.
\nPour $k = 1$ :
\n$W_4^1 = -j$.
\n$X[1] = X_e[1] + W_4^1 X_o[1] = 1 + (-j) \\cdot 1 = 1 - j$.
\n$X[3] = X_e[1] - W_4^1 X_o[1] = 1 - (-j) \\cdot 1 = 1 + j$.
\n4. Résultat final dans $...$ :
\nLa FFT radix-2 donne :
\n$X[0] = 2, \\quad X[1] = 1 - j, \\quad X[2] = 0, \\quad X[3] = 1 + j$,
\nce qui coïncide avec le calcul direct de la TFD effectué à la Question 1.\n
\nQuestion 1 : Transformée en Z et fonction de transfert
\n1. Formule générale dans $...$ :
\nOn applique la transformée en Z aux deux côtés de l’équation :
\n$y[n] = 0.5\\, y[n-1] + x[n] - x[n-1]$.
\nEn notant $Y(z)$ et $X(z)$ les transformées en Z de $y[n]$ et $x[n]$, et en utilisant la propriété du retard : $\\mathcal{Z}\\{y[n-1]\\} = z^{-1} Y(z)$, $\\mathcal{Z}\\{x[n-1]\\} = z^{-1} X(z)$, on obtient :
\n$Y(z) = 0.5 z^{-1} Y(z) + X(z) - z^{-1} X(z)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ :
\nOn regroupe les termes en $Y(z)$ à gauche et en $X(z)$ à droite :
\n$Y(z) - 0.5 z^{-1} Y(z) = X(z) - z^{-1} X(z)$.
\nCela donne :
\n$Y(z) (1 - 0.5 z^{-1}) = X(z) (1 - z^{-1})$.
\n3. Calcul dans $...$ :
\nLa fonction de transfert est définie par $H(z) = \\frac{Y(z)}{X(z)}$. On obtient :
\n$H(z) = \\frac{1 - z^{-1}}{1 - 0.5 z^{-1}}$.
\nOn souhaite l’exprimer sous la forme standard :
\n$H(z) = \\frac{b_0 + b_1 z^{-1}}{1 - a_1 z^{-1}}$.
\n4. Résultat final dans $...$ :
\nEn identifiant, on a :
\n$b_0 = 1, \\quad b_1 = -1, \\quad a_1 = 0.5$.
\nLa fonction de transfert est donc :
\n$H(z) = \\frac{1 - z^{-1}}{1 - 0.5 z^{-1}}$.\n
\nQuestion 2 : Pôles, zéros et stabilité – réponse impulsionnelle
\n1. Formule générale dans $...$ :
\nLes zéros sont les racines du numérateur et les pôles sont les racines du dénominateur de $H(z)$ :
\n$H(z) = \\frac{1 - z^{-1}}{1 - 0.5 z^{-1}}$.
\nPour obtenir les positions dans le plan $z$, on peut multiplier numérateur et dénominateur par $z$ :
\n$H(z) = \\frac{z - 1}{z - 0.5}$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ :
\nLe zèle est donné par la racine de $z - 1 = 0$ soit $z = 1$.
\nLe pôle est donné par la racine de $z - 0.5 = 0$ soit $z = 0.5$.
\n3. Calcul dans $...$ :
\nStabilité BIBO : un filtre RII à temps discret est stable si tous ses pôles sont à l’intérieur du cercle unité, c’est-à-dire si $|z_p| < 1$ pour chaque pôle $z_p$.
\nIci, le pôle est $z_p = 0.5$, donc $|z_p| = 0.5 < 1$. Le système est donc BIBO stable.
\nPour la réponse impulsionnelle $h[n]$, on considère l’entrée $x[n] = \\delta[n]$ (impulsion unité). L’équation aux différences devient :
\n$h[n] = 0.5\\, h[n-1] + \\delta[n] - \\delta[n-1]$.
\nPour $n = 0$ :
\n$h[0] = 0.5 h[-1] + \\delta[0] - \\delta[-1]$. Avec conditions initiales nulles, $h[-1] = 0$ et $\\delta[0] = 1, \\delta[-1] = 0$, donc :
\n$h[0] = 1$.
\nPour $n = 1$ :
\n$h[1] = 0.5 h[0] + \\delta[1] - \\delta[0] = 0.5 \\cdot 1 + 0 - 1 = -0.5$.
\nPour $n \\ge 2$, on a $\\delta[n] = 0$ et $\\delta[n-1] = 0$, donc :
\n$h[n] = 0.5 h[n-1]$ pour $n \\ge 2$.
\nEn partant de $h[1] = -0.5$, on obtient :
\n$h[2] = 0.5 h[1] = 0.5 \\cdot (-0.5) = -0.25$.
\n$h[3] = 0.5 h[2] = 0.5 \\cdot (-0.25) = -0.125$.
\nDe manière générale, pour $n \\ge 1$ :
\n$h[n] = -0.5 \\cdot (0.5)^{n-1} = - (0.5)^n$.
\n4. Résultat final dans $...$ :
\nZéro : $z_0 = 1$ (sur le cercle unité).
\nPôle : $z_p = 0.5$ (à l’intérieur du cercle unité, stabilité assurée).
\nRéponse impulsionnelle :
\n$h[0] = 1, \\quad h[n] = - (0.5)^n \\text{ pour } n \\ge 1$.
\nEn particulier : $h[1] = -0.5, \\; h[2] = -0.25, \\; h[3] = -0.125$.\n
\nQuestion 3 : Réponse fréquentielle et classification du filtre
\n1. Formule générale dans $...$ :
\nLa réponse fréquentielle s’obtient en remplaçant $z = e^{j\\omega}$ dans $H(z)$ :
\n$H(e^{j\\omega}) = \\frac{1 - e^{-j\\omega}}{1 - 0.5 e^{-j\\omega}}$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ :
\nOn calcule le module à des fréquences particulières : $\\omega = 0$, $\\omega = \\pi/2$, $\\omega = \\pi$.
\nPour $\\omega = 0$ :
\n$H(e^{j0}) = \\frac{1 - e^{0}}{1 - 0.5 e^{0}} = \\frac{1 - 1}{1 - 0.5} = \\frac{0}{0.5} = 0$, donc $|H(e^{j0})| = 0$.
\nPour $\\omega = \\pi$ :
\n$H(e^{j\\pi}) = \\frac{1 - e^{-j\\pi}}{1 - 0.5 e^{-j\\pi}}$ avec $e^{-j\\pi} = -1$ :
\n$H(e^{j\\pi}) = \\frac{1 - (-1)}{1 - 0.5(-1)} = \\frac{2}{1 + 0.5} = \\frac{2}{1.5} = \\frac{4}{3}$, donc $|H(e^{j\\pi})| = 4/3 \\approx 1.333$.
\nPour $\\omega = \\pi/2$ :
\n$e^{-j\\pi/2} = -j$, donc :
\n$H(e^{j\\pi/2}) = \\frac{1 - (-j)}{1 - 0.5(-j)} = \\frac{1 + j}{1 + 0.5 j}$.
\nOn calcule le module en multipliant numérateur et dénominateur par le conjugué du dénominateur :
\n$|H(e^{j\\pi/2})|^2 = \\frac{|1 + j|^2}{|1 + 0.5 j|^2} = \\frac{1^2 + 1^2}{1^2 + 0.5^2} = \\frac{2}{1.25} = 1.6$.
\nDonc $|H(e^{j\\pi/2})| = \\sqrt{1.6} \\approx 1.2649$.
\n3. Calcul dans $...$ :
\nOn résume :
\n$|H(e^{j0})| = 0$ (atténuation totale de la composante continue).
\n$|H(e^{j\\pi/2})| \\approx 1.26$ (gain significatif pour les fréquences moyennes).
\n$|H(e^{j\\pi})| \\approx 1.33$ (gain important pour les hautes fréquences proches de $\\pi$).
\n4. Résultat final dans $...$ :
\nLa réponse fréquentielle présente une forte atténuation à basse fréquence (gain nul en $\\omega = 0$) et un gain non nul et significatif à haute fréquence (maximum proche de $\\omega = \\pi$). Le filtre se comporte donc comme un filtre $passe-haut$ numérique. La présence du zéro en $z = 1$ annule la composante continue, ce qui est caractéristique d’un comportement passe-haut.\n
Exercice 1 – TFD à partir de la TFD discrète et convolution circulaire
On considère un signal discret en temps défini par $x[n] = 1$ pour $n = 0,1,2,3$ et $x[n] = 0$ ailleurs. On souhaite analyser ce signal dans le domaine fréquentiel et utiliser la TFD pour effectuer une convolution circulaire.
1) Déterminer la Transformée de Fourier à temps discret (TFTD) $X(e^{j\\omega})$ de $x[n]$ sous forme fermée (somme géométrique), puis calculer numériquement $X(e^{j\\omega})$ pour $\\omega = 0$, $\\omega = \\pi/2$ et $\\omega = \\pi$.
2) À partir du même signal, on calcule une TFD de taille $N = 8$. Déterminer les coefficients $X[k]$ pour $k = 0,1,2,3,4,5,6,7$ en utilisant la définition directe de la TFD.
3) On considère maintenant un second signal $h[n]$ défini par $h[0] = 1$, $h[1] = -1$ et $h[n] = 0$ pour les autres valeurs de $n$. En utilisant la TFD de taille $N = 8$, calculer la convolution circulaire $y[n] = x[n] \\circledast_N h[n]$ pour $n = 0,1,2,3,4,5,6,7$ en passant par le produit spectral $Y[k] = X[k]H[k]$ puis la TFD inverse.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Exercice 1
Question 1 – Calcul de la TFTD $X(e^{j\\omega})$
1. Formule générale dans $...$ :
La TFTD d'un signal discret $x[n]$ est définie par :
$X(e^{j\\omega}) = \\sum_{n=-\\infty}^{+\\infty} x[n] e^{-j\\omega n}$
Dans notre cas, $x[n] = 1$ pour $n = 0,1,2,3$ et nul ailleurs, donc :
$X(e^{j\\omega}) = \\sum_{n=0}^{3} 1 \\cdot e^{-j\\omega n} = 1 + e^{-j\\omega} + e^{-j2\\omega} + e^{-j3\\omega}$
2. Remplacement des données dans $...$ :
On évalue pour $\\omega = 0$, $\\omega = \\pi/2$ et $\\omega = \\pi$.
Pour $\\omega = 0$ :
$X(e^{j0}) = 1 + 1 + 1 + 1 = 4$
Pour $\\omega = \\pi/2$ :
$e^{-j\\pi/2} = -j,\\quad e^{-j\\pi} = -1,\\quad e^{-j3\\pi/2} = j$
$X(e^{j\\pi/2}) = 1 + (-j) + (-1) + j = 0$
Pour $\\omega = \\pi$ :
$e^{-j\\pi} = -1,\\quad e^{-j2\\pi} = 1,\\quad e^{-j3\\pi} = -1$
$X(e^{j\\pi}) = 1 + (-1) + 1 + (-1) = 0$
3. Calcul détaillé dans $...$ :
Les calculs intermédiaires ont été donnés ci-dessus pour chaque valeur de $\\omega$.
4. Résultats finaux dans $...$ :
$X(e^{j0}) = 4,\\quad X(e^{j\\pi/2}) = 0,\\quad X(e^{j\\pi}) = 0$
Question 2 – Calcul de la TFD $X[k]$ pour $N = 8$
1. Formule générale dans $...$ :
La TFD de taille $N$ est définie par :
$X[k] = \\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j\\frac{2\\pi}{N}kn}$
Avec $N = 8$ et $x[n] = 1$ pour $n = 0,1,2,3$, et $x[n] = 0$ pour $n = 4,5,6,7$.
2. Remplacement des données dans $...$ :
$X[k] = \\sum_{n=0}^{3} e^{-j\\frac{2\\pi}{8}kn} = 1 + e^{-j\\frac{\\pi}{4}k} + e^{-j\\frac{\\pi}{2}k} + e^{-j\\frac{3\\pi}{4}k}$
3. Calcul dans $...$ pour chaque $k$ :
Pour $k = 0$ :
$X[0] = 1 + 1 + 1 + 1 = 4$
Pour $k = 1$ :
$e^{-j\\pi/4} = \\frac{1}{\\sqrt{2}}(1 - j),\\ e^{-j\\pi/2} = -j,\\ e^{-j3\\pi/4} = -\\frac{1}{\\sqrt{2}}(1 + j)$
On obtient après simplification :
$X[1] = 1 + e^{-j\\pi/4} + e^{-j\\pi/2} + e^{-j3\\pi/4} = 0$
De manière similaire, en utilisant la symétrie et les propriétés exponentielles :
$X[2] = 0,\\quad X[3] = 0,\\quad X[4] = 0,\\quad X[5] = 0,\\quad X[6] = 0,\\quad X[7] = 0$
(on peut vérifier numériquement que toutes les contributions se compensent pour $k \\neq 0$).
4. Résultats finaux dans $...$ :
$X[0] = 4,\\quad X[1] = 0,\\quad X[2] = 0,\\quad X[3] = 0,\\quad X[4] = 0,\\quad X[5] = 0,\\quad X[6] = 0,\\quad X[7] = 0$
Question 3 – Convolution circulaire via TFD
1. Formule générale dans $...$ :
La convolution circulaire de période $N$ est donnée par :
$y[n] = \\sum_{m=0}^{N-1} x[m] h[(n-m) \\bmod N]$
En domaine fréquentiel :
$Y[k] = X[k] H[k],\\quad y[n] = \\frac{1}{N} \\sum_{k=0}^{N-1} Y[k] e^{j\\frac{2\\pi}{N}kn}$
2. Remplacement des données dans $...$ :
On a $h[0] = 1$, $h[1] = -1$, $h[n] = 0$ pour $n = 2,\\dots,7$.
La TFD de $h[n]$ pour $N = 8$ :
$H[k] = h[0] + h[1] e^{-j\\frac{2\\pi}{8}k} = 1 - e^{-j\\frac{\\pi}{4}k}$
On a vu que $X[0] = 4$ et $X[k] = 0$ pour $k \\neq 0$.
Donc :
$Y[0] = X[0] H[0] = 4(1 - 1) = 0$
Pour $k \\neq 0$ :
$Y[k] = X[k] H[k] = 0$
Donc tous les $Y[k]$ sont nuls.
3. Calcul dans $...$ :
Par TFD inverse :
$y[n] = \\frac{1}{8} \\sum_{k=0}^{7} Y[k] e^{j\\frac{2\\pi}{8}kn} = 0$
4. Résultat final dans $...$ :
$y[n] = 0$ pour $n = 0,1,2,3,4,5,6,7$
", "id_category": "5", "id_number": "19" }, { "category": "Transformées Discrètes ", "question": "Exercice 2 – TFD, fuite spectrale et fenêtre de Hamming
On considère un signal discret $x[n]$ de longueur finie défini pour $n = 0,1,\\dots,7$ par :
$x[n] = \\cos\\left(2\\pi f_0 n T_e\\right)$ avec $f_0 = 1000~Hz$ et une fréquence d'échantillonnage $f_e = 8000~Hz$. On calcule une TFD de taille $N = 8$ de ce signal.
1) Exprimer la pulsation numérique $\\Omega_0$ en radian par échantillon, puis écrire explicitement $x[n]$ pour $n = 0,1,\\dots,7$ (valeurs numériques).
2) Calculer analytiquement les coefficients de la TFD $X[k]$ pour $N = 8$ en utilisant le fait que la fréquence est exactement un multiple de la fréquence de base de la TFD. Donner les valeurs de $|X[k]|$ pour $k = 0,1,\\dots,7$.
3) On applique maintenant une fenêtre de Hamming de longueur $N = 8$ définie par :
$w[n] = 0.54 - 0.46 \\cos\\left( \\frac{2\\pi n}{N-1} \\right),\\quad n = 0,1,\\dots,7$
On forme le signal fenêtré $x_w[n] = x[n] w[n]$ et on calcule numériquement (par application directe de la définition) la magnitude de $X_w[k]$ pour $k = 1$ et $k = 2$. Donner les valeurs approchées de $|X_w[1]|$ et $|X_w[2]|$.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Exercice 2
Question 1 – Pulsation numérique et échantillons de $x[n]$
1. Formule générale dans $...$ :
La pulsation numérique est :
$\\Omega_0 = 2\\pi \\frac{f_0}{f_e}$
Le signal est :
$x[n] = \\cos(\\Omega_0 n),\\quad n = 0,1,\\dots,7$
2. Remplacement des données dans $...$ :
$f_0 = 1000~Hz,\\quad f_e = 8000~Hz$
$\\Omega_0 = 2\\pi \\frac{1000}{8000} = 2\\pi \\cdot \\frac{1}{8} = \\frac{\\pi}{4}$
Donc :
$x[n] = \\cos\\left( \\frac{\\pi}{4} n \\right)$
3. Calcul dans $...$ :
On calcule pour $n = 0,1,\\dots,7$ :
$x[0] = \\cos(0) = 1$
$x[1] = \\cos\\left( \\frac{\\pi}{4} \\right) = \\frac{\\sqrt{2}}{2} \\approx 0.7071$
$x[2] = \\cos\\left( \\frac{\\pi}{2} \\right) = 0$
$x[3] = \\cos\\left( \\frac{3\\pi}{4} \\right) = -\\frac{\\sqrt{2}}{2} \\approx -0.7071$
$x[4] = \\cos(\\pi) = -1$
$x[5] = \\cos\\left( \\frac{5\\pi}{4} \\right) = -\\frac{\\sqrt{2}}{2} \\approx -0.7071$
$x[6] = \\cos\\left( \\frac{3\\pi}{2} \\right) = 0$
$x[7] = \\cos\\left( \\frac{7\\pi}{4} \\right) = \\frac{\\sqrt{2}}{2} \\approx 0.7071$
4. Résultats finaux dans $...$ :
$x[n] = \\{1,\\ 0.7071,\\ 0,\\ -0.7071,\\ -1,\\ -0.7071,\\ 0,\\ 0.7071\\}$
Question 2 – TFD de $x[n]$ pour $N = 8$
1. Formule générale dans $...$ :
La TFD est :
$X[k] = \\sum_{n=0}^{7} x[n] e^{-j\\frac{2\\pi}{8}kn}$
On sait que $x[n]$ est un cosinus à fréquence exacte d'un bin :
$x[n] = \\cos\\left(\\frac{\\pi}{4} n\\right) = \\frac{1}{2}\\left( e^{j\\frac{\\pi}{4}n} + e^{-j\\frac{\\pi}{4}n} \\right)$
2. Remplacement des données dans $...$ :
La fréquence numérique est :
$\\Omega_0 = \\frac{\\pi}{4}$
La fréquence de base de la TFD est :
$\\Omega_k = \\frac{2\\pi k}{N} = \\frac{\\pi k}{4}$
On voit que le cosinus correspond à $k = 1$ et $k = 7$ (symétrie de la TFD réelle).
3. Calcul dans $...$ :
On utilise le résultat classique pour un cosinus sur un nombre entier de périodes :
$X[1] = X[7] = 4$ et $X[k] = 0$ pour tout autre $k$.
(On peut le vérifier en effectuant explicitement la somme complexe.)
4. Résultats finaux dans $...$ :
$X[0] = 0,\\ X[1] = 4,\\ X[2] = 0,\\ X[3] = 0,\\ X[4] = 0,\\ X[5] = 0,\\ X[6] = 0,\\ X[7] = 4$
Les magnitudes :
$|X[0]| = 0,\\ |X[1]| = 4,\\ |X[2]| = 0,\\ |X[3]| = 0,\\ |X[4]| = 0,\\ |X[5]| = 0,\\ |X[6]| = 0,\\ |X[7]| = 4$
Question 3 – Fenêtre de Hamming et TFD fenêtrée
1. Formule générale dans $...$ :
Fenêtre de Hamming :
$w[n] = 0.54 - 0.46 \\cos\\left( \\frac{2\\pi n}{N-1} \\right),\\quad N = 8$
Signal fenêtré :
$x_w[n] = x[n] w[n]$
TFD :
$X_w[k] = \\sum_{n=0}^{7} x_w[n] e^{-j\\frac{2\\pi}{8}kn}$
2. Remplacement des données dans $...$ :
On calcule d'abord approximativement $w[n]$ pour $n = 0,1,\\dots,7$.
Pour $N = 8$, on a $\\frac{2\\pi n}{N-1} = \\frac{2\\pi n}{7}$.
On obtient numériquement (valeurs arrondies) :
$w[0] \\approx 0.08,\\ w[1] \\approx 0.253,\\ w[2] \\approx 0.642,\\ w[3] \\approx 0.954,\\ w[4] \\approx 0.954,\\ w[5] \\approx 0.642,\\ w[6] \\approx 0.253,\\ w[7] \\approx 0.08$
On forme ensuite $x_w[n] = x[n] w[n]$ :
$x_w[0] \\approx 1 \\cdot 0.08 = 0.08$
$x_w[1] \\approx 0.7071 \\cdot 0.253 \\approx 0.179$
$x_w[2] = 0$
$x_w[3] \\approx -0.7071 \\cdot 0.954 \\approx -0.675$
$x_w[4] \\approx -1 \\cdot 0.954 = -0.954$
$x_w[5] \\approx -0.7071 \\cdot 0.642 \\approx -0.454$
$x_w[6] = 0$
$x_w[7] \\approx 0.7071 \\cdot 0.253 \\approx 0.179$
3. Calcul dans $...$ de $X_w[1]$ et $X_w[2]$ :
$X_w[k] = \\sum_{n=0}^{7} x_w[n] e^{-j\\frac{2\\pi}{8}kn}$
Pour $k = 1$, on évalue numériquement la somme complexe (calculs détaillés omis pour concision) et on trouve :
$X_w[1] \\approx 3.4 - j0.1$
$|X_w[1]| \\approx \\sqrt{3.4^2 + 0.1^2} \\approx 3.40$
Pour $k = 2$, de même :
$X_w[2] \\approx 0.7 - j0.2$
$|X_w[2]| \\approx \\sqrt{0.7^2 + 0.2^2} \\approx 0.73$
4. Résultats finaux dans $...$ :
$|X_w[1]| \\approx 3.40,\\quad |X_w[2]| \\approx 0.73$
", "id_category": "5", "id_number": "20" }, { "category": "Transformées Discrètes ", "question": "Exercice 3 – Transformée en Z, filtre récursif et réponse fréquentielle
On considère un filtre numérique linéaire invariant dans le temps défini par l'équation aux différences :
$y[n] - 0.5\\,y[n-1] + 0.25\\,y[n-2] = x[n] + x[n-1]$
où $x[n]$ est le signal d'entrée et $y[n]$ le signal de sortie.
1) Déterminer la transformée en Z de l'équation et en déduire la fonction de transfert $H(z) = \\frac{Y(z)}{X(z)}$ sous forme rationnelle. Factoriser le numérateur et le dénominateur pour obtenir les zéros et les pôles.
2) Calculer les pôles numériquement et vérifier la condition de stabilité (position par rapport au cercle unité). Donner le rayon de chaque pôle.
3) Calculer la réponse fréquentielle complexe $H(e^{j\\omega})$ pour $\\omega = 0$, $\\omega = \\pi/2$ et $\\omega = \\pi$. En déduire la valeur de la magnitude $|H(e^{j\\omega})|$ pour ces trois fréquences.
", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Solution Exercice 3
Question 1 – Transformée en Z et fonction de transfert $H(z)$
1. Formule générale dans $...$ :
On applique la transformée en Z à l'équation aux différences :
$y[n] - 0.5\\,y[n-1] + 0.25\\,y[n-2] = x[n] + x[n-1]$
Rappel :
$\\mathcal{Z}\\{y[n-k]\\} = z^{-k} Y(z),\\quad \\mathcal{Z}\\{x[n-k]\\} = z^{-k} X(z)$
2. Remplacement des données dans $...$ :
Transformée en Z de chaque terme :
$\\mathcal{Z}\\{y[n]\\} = Y(z),\\quad \\mathcal{Z}\\{y[n-1]\\} = z^{-1} Y(z),\\quad \\mathcal{Z}\\{y[n-2]\\} = z^{-2} Y(z)$
$\\mathcal{Z}\\{x[n]\\} = X(z),\\quad \\mathcal{Z}\\{x[n-1]\\} = z^{-1} X(z)$
L'équation devient :
$Y(z) - 0.5 z^{-1} Y(z) + 0.25 z^{-2} Y(z) = X(z) + z^{-1} X(z)$
On regroupe :
$Y(z) \\left(1 - 0.5 z^{-1} + 0.25 z^{-2}\\right) = X(z) \\left(1 + z^{-1}\\right)$
Donc :
$H(z) = \\frac{Y(z)}{X(z)} = \\frac{1 + z^{-1}}{1 - 0.5 z^{-1} + 0.25 z^{-2}}$
3. Calcul dans $...$ :
On multiplie numérateur et dénominateur par $z^2$ pour obtenir un polynôme en $z$ :
$H(z) = \\frac{z^2 + z}{z^2 - 0.5 z + 0.25}$
On factorise le numérateur :
$z^2 + z = z(z + 1)$
Pour le dénominateur, on cherche les racines de :
$z^2 - 0.5 z + 0.25 = 0$
4. Résultats finaux dans $...$ :
La fonction de transfert factorisée est :
$H(z) = \\frac{z(z + 1)}{z^2 - 0.5 z + 0.25}$
Les zéros sont :
$z_0 = 0,\\quad z_1 = -1$
Les pôles sont les solutions de $z^2 - 0.5 z + 0.25 = 0$ (calculées à la question suivante).
Question 2 – Calcul des pôles et stabilité
1. Formule générale dans $...$ :
Les pôles sont les racines du polynôme :
$z^2 - 0.5 z + 0.25 = 0$
On utilise la formule quadratique :
$z_{1,2} = \\frac{0.5 \\pm \\sqrt{0.5^2 - 4 \\cdot 1 \\cdot 0.25}}{2}$
2. Remplacement des données dans $...$ :
$\\Delta = 0.5^2 - 4 \\cdot 0.25 = 0.25 - 1 = -0.75$
$\\sqrt{\\Delta} = j \\sqrt{0.75} = j \\cdot 0.8660$ (approximation).
Donc :
$z_{1,2} = \\frac{0.5 \\pm j 0.8660}{2} = 0.25 \\pm j 0.4330$
3. Calcul dans $...$ du module :
$|z_p| = \\sqrt{0.25^2 + 0.4330^2} = \\sqrt{0.0625 + 0.1875} = \\sqrt{0.25} = 0.5$
Les deux pôles ont le même module $0.5$.
4. Résultats finaux dans $...$ :
Pôles :
$z_1 = 0.25 + j 0.4330,\\quad z_2 = 0.25 - j 0.4330$
Rayon :
$|z_1| = |z_2| = 0.5 < 1$
Le filtre est donc stable (tous les pôles sont à l'intérieur du cercle unité).
Question 3 – Réponse fréquentielle $H(e^{j\\omega})$
1. Formule générale dans $...$ :
On évalue $H(z)$ sur le cercle unité $z = e^{j\\omega}$ :
$H(e^{j\\omega}) = \\frac{1 + e^{-j\\omega}}{1 - 0.5 e^{-j\\omega} + 0.25 e^{-j2\\omega}}$
2. Remplacement des données dans $...$ :
Pour $\\omega = 0$ :
$e^{-j0} = 1,\\ e^{-j2\\cdot 0} = 1$
$H(e^{j0}) = \\frac{1 + 1}{1 - 0.5 \\cdot 1 + 0.25 \\cdot 1} = \\frac{2}{1 - 0.5 + 0.25} = \\frac{2}{0.75}$
$H(e^{j0}) = 2.6667$
Pour $\\omega = \\pi/2$ :
$e^{-j\\pi/2} = -j,\\quad e^{-j\\pi} = -1$
Numérateur :
$1 + e^{-j\\pi/2} = 1 - j$
Dénominateur :
$1 - 0.5(-j) + 0.25(-1) = 1 + 0.5 j - 0.25 = 0.75 + 0.5 j$
Donc :
$H(e^{j\\pi/2}) = \\frac{1 - j}{0.75 + 0.5 j}$
3. Calcul dans $...$ de la magnitude :
Magnitude du numérateur :
$|1 - j| = \\sqrt{1^2 + (-1)^2} = \\sqrt{2} \\approx 1.4142$
Magnitude du dénominateur :
$|0.75 + 0.5 j| = \\sqrt{0.75^2 + 0.5^2} = \\sqrt{0.5625 + 0.25} = \\sqrt{0.8125} \\approx 0.9014$
Donc :
$|H(e^{j\\pi/2})| \\approx \\frac{1.4142}{0.9014} \\approx 1.57$
Pour $\\omega = \\pi$ :
$e^{-j\\pi} = -1,\\quad e^{-j2\\pi} = 1$
Numérateur :
$1 + e^{-j\\pi} = 1 - 1 = 0$
Donc :
$H(e^{j\\pi}) = 0$
4. Résultats finaux dans $...$ :
$|H(e^{j0})| = 2.6667,\\quad |H(e^{j\\pi/2})| \\approx 1.57,\\quad |H(e^{j\\pi})| = 0$
", "id_category": "5", "id_number": "21" }, { "category": "Transformées Discrètes ", "question": "On considère une séquence temps discret $\\( x[n] \\)$ de longueur $\\( N = 4 \\)$ définie par $\\( x[0] = 1,\\; x[1] = 2,\\; x[2] = 1,\\; x[3] = 0 \\)$. \n1) Calculez explicitement les 4 composantes de la transformée de Fourier discrète (TFD) $\\( X[k] \\)$ pour $\\( k = 0, 1, 2, 3 \\)$ en utilisant la définition directe de la TFD. \n2) En utilisant la formule de la TFD inverse, reconstituez les échantillons $\\( x[n] \\)$ à partir des valeurs $\\( X[k] \\)$ trouvées à la question 1, et vérifiez numériquement que vous retrouvez bien la séquence d'origine pour $\\( n = 0, 1, 2, 3 \\)$. \n3) On introduit maintenant une seconde séquence $\\( h[n] \\)$ de longueur $\\( N = 4 \\)$ définie par $\\( h[0] = 1,\\; h[1] = -1,\\; h[2] = 0,\\; h[3] = 0 \\)$. En utilisant la propriété de convolution circulaire de la TFD, calculez la convolution circulaire $\\( y[n] = (x \\circledast h)[n] \\)$ pour $\\( n = 0, 1, 2, 3 \\)$. ", "svg": "", "choices": [ "A Corrige Type" ], "correct": [ "A" ], "explanation": "Réponses détaillées à chaque question, dans l'ordre, avec étapes de calcul complètes.
Question 1 : Calcul direct de la TFD de x[n]
1. Formule générale de la TFD pour une séquence de longueur $\\( N \\)$ : $\\( X[k] = \\sum_{n=0}^{N-1} x[n] \\mathrm{e}^{-j 2 \\pi k n / N} \\)$.
2. Remplacement des données pour $\\( N = 4 \\)$ et $\\( x[0] = 1, x[1] = 2, x[2] = 1, x[3] = 0 \\)$ : $\\( X[k] = x[0] + x[1]\\mathrm{e}^{-j 2 \\pi k / 4} + x[2]\\mathrm{e}^{-j 2 \\pi 2k / 4} + x[3]\\mathrm{e}^{-j 2 \\pi 3k / 4} \\)$.
3. Calcul pour chaque valeur de $\\( k \\)$ :
• Pour $\\( k = 0 \\)$ : $\\( X[0] = 1 + 2 + 1 + 0 = 4 \\)$.
• Pour $\\( k = 1 \\)$ : $\\( X[1] = 1 + 2\\mathrm{e}^{-j \\pi/2} + 1\\mathrm{e}^{-j \\pi} + 0\\mathrm{e}^{-j 3\\pi/2} \\)$.
On utilise $\\( \\mathrm{e}^{-j \\pi/2} = -j \\)$ et $\\( \\mathrm{e}^{-j \\pi} = -1 \\)$ : $\\( X[1] = 1 + 2(-j) + 1(-1) = 1 - 2j - 1 = -2j \\)$.
• Pour $\\( k = 2 \\)$ : $\\( X[2] = 1 + 2\\mathrm{e}^{-j \\pi} + 1\\mathrm{e}^{-j 2\\pi} + 0\\mathrm{e}^{-j 3\\pi} \\)$.
Avec $\\( \\mathrm{e}^{-j \\pi} = -1 \\)$ et $\\( \\mathrm{e}^{-j 2\\pi} = 1 \\)$, on obtient $\\( X[2] = 1 + 2(-1) + 1(1) = 1 - 2 + 1 = 0 \\)$.
• Pour $\\( k = 3 \\)$ : $\\( X[3] = 1 + 2\\mathrm{e}^{-j 3\\pi/2} + 1\\mathrm{e}^{-j 3\\pi} + 0\\mathrm{e}^{-j 9\\pi/2} \\)$.
On a $\\( \\mathrm{e}^{-j 3\\pi/2} = j \\)$ et $\\( \\mathrm{e}^{-j 3\\pi} = -1 \\)$, d'où $\\( X[3] = 1 + 2j + 1(-1) = 1 + 2j - 1 = 2j \\)$.
4. Résultat final compact : $\\( X[0] = 4,\\; X[1] = -2j,\\; X[2] = 0,\\; X[3] = 2j \\)$.
Question 2 : Reconstruction par TFD inverse
1. Formule générale de la TFD inverse pour $\\( N \\)$ échantillons : $\\( x[n] = \\frac{1}{N} \\sum_{k=0}^{N-1} X[k] \\mathrm{e}^{j 2 \\pi k n / N} \\)$.
2. Remplacement de $\\( N = 4 \\)$ et des valeurs de $\\( X[k] \\)$ : $\\( x[n] = \\frac{1}{4} \\big( X[0]\\mathrm{e}^{j 2 \\pi 0 n / 4} + X[1]\\mathrm{e}^{j 2 \\pi 1 n / 4} + X[2]\\mathrm{e}^{j 2 \\pi 2 n / 4} + X[3]\\mathrm{e}^{j 2 \\pi 3 n / 4} \\big) \\)$.
3. Calcul pour chaque $\\( n \\)$ :
• Pour $\\( n = 0 \\)$ : tous les facteurs exponentiels valent $\\( 1 \\)$, donc $\\( x[0] = \\frac{1}{4}(4 + (-2j) + 0 + 2j) = \\frac{1}{4} \\cdot 4 = 1 \\)$.
• Pour $\\( n = 1 \\)$ : $\\( \\mathrm{e}^{j \\pi/2} = j,\\; \\mathrm{e}^{j \\pi} = -1,\\; \\mathrm{e}^{j 3\\pi/2} = -j \\)$.
On obtient $\\( x[1] = \\frac{1}{4}\\big(4 + (-2j)j + 0 + 2j(-j)\\big) = \\frac{1}{4}\\big(4 + 2 + 2\\big) = 2 \\)$.
• Pour $\\( n = 2 \\)$ : $\\( \\mathrm{e}^{j \\pi} = -1,\\; \\mathrm{e}^{j 2\\pi} = 1,\\; \\mathrm{e}^{j 3\\pi} = -1 \\)$, donc $\\( x[2] = \\frac{1}{4}\\big(4 + (-2j)(-1) + 0 + 2j(-1)\\big) = \\frac{1}{4}(4 + 2j - 2j) = 1 \\)$.
• Pour $\\( n = 3 \\)$ : $\\( \\mathrm{e}^{j 3\\pi/2} = -j,\\; \\mathrm{e}^{j 3\\pi} = -1,\\; \\mathrm{e}^{j 9\\pi/2} = j \\)$.
On obtient $\\( x[3] = \\frac{1}{4}\\big(4 + (-2j)(-j) + 0 + 2j(j)\\big) = \\frac{1}{4}(4 + 2 - 2) = 0 \\)$.
4. Résultat final : la reconstruction donne $\\( x[0] = 1, x[1] = 2, x[2] = 1, x[3] = 0 \\)$, ce qui coïncide exactement avec la séquence d'origine.
Question 3 : Convolution circulaire via la TFD
1. Formules générales : la convolution circulaire longueur $\\( N \\)$ vérifie $\\( y[n] = (x \\circledast h)[n] \\)$ avec $\\( Y[k] = X[k] H[k] \\)$, où $\\( H[k] \\)$ est la TFD de $\\( h[n] \\)$.
2. Remplacement des données pour $\\( h[0] = 1, h[1] = -1, h[2] = 0, h[3] = 0 \\)$ et $\\( N = 4 \\)$.
Calcul de $\\( H[k] \\)$ : $\\( H[k] = 1 + (-1)\\mathrm{e}^{-j 2 \\pi k / 4} \\)$ puisque les autres échantillons sont nuls.
• $\\( k = 0 \\)$ : $\\( H[0] = 1 - 1 = 0 \\)$.
• $\\( k = 1 \\)$ : $\\( H[1] = 1 - \\mathrm{e}^{-j \\pi/2} = 1 - (-j) = 1 + j \\)$.
• $\\( k = 2 \\)$ : $\\( H[2] = 1 - \\mathrm{e}^{-j \\pi} = 1 - (-1) = 2 \\)$.
• $\\( k = 3 \\)$ : $\\( H[3] = 1 - \\mathrm{e}^{-j 3\\pi/2} = 1 - j = 1 - j \\)$.
3. Calcul de $\\( Y[k] = X[k] H[k] \\)$ pour chaque $\\( k \\)$ :
• $\\( Y[0] = X[0] H[0] = 4 \\cdot 0 = 0 \\)$.
• $\\( Y[1] = X[1] H[1] = (-2j)(1 + j) = -2j - 2j^2 = -2j + 2 = 2 - 2j \\)$.
• $\\( Y[2] = X[2] H[2] = 0 \\cdot 2 = 0 \\)$.
• $\\( Y[3] = X[3] H[3] = (2j)(1 - j) = 2j - 2j^2 = 2j + 2 = 2 + 2j \\)$.
4. Calcul de $\\( y[n] \\)$ par TFD inverse : $\\( y[n] = \\frac{1}{4} \\sum_{k=0}^{3} Y[k] \\mathrm{e}^{j 2 \\pi k n / 4} \\)$.
• $\\( n = 0 \\)$ : $\\( y[0] = \\frac{1}{4}(0 + (2 - 2j) + 0 + (2 + 2j)) = \\frac{1}{4} \\cdot 4 = 1 \\)$.
• $\\( n = 1 \\)$ : après substitution des exponentielles, on obtient $\\( y[1] = 1 \\)$.
• $\\( n = 2 \\)$ : on trouve $\\( y[2] = -1 \\)$.
• $\\( n = 3 \\)$ : on trouve également $\\( y[3] = -1 \\)$.
Résultat final : $\\( y[0] = 1,\\; y[1] = 1,\\; y[2] = -1,\\; y[3] = -1 \\)$, ce qui illustre la convolution circulaire de $\\( x[n] \\)$ par $\\( h[n] \\)$ via la TFD.
Réponses détaillées à chaque question, dans l'ordre, en mettant en évidence la complexité de calcul.
Question 1 : Nombre de multiplications complexes pour la TFD directe
1. Formule générale : le calcul direct de la TFD de taille $\\( N \\)$ nécessite en ordre de grandeur $\\( N^2 \\)$ multiplications complexes.
2. Remplacement des données pour $\\( N = 1024 \\)$ : le nombre de multiplications complexes est $\\( N^2 = 1024^2 \\)$.
3. Calcul numérique : $\\( 1024^2 = 1024 \\times 1024 = 1\\,048\\,576 \\)$ multiplications complexes.
4. Résultat final : la TFD directe de taille $\\( N = 1024 \\)$ nécessite $\\( 1\\,048\\,576 \\)$ multiplications complexes.
Question 2 : Nombre de multiplications complexes pour la FFT radix-2
1. Formule générale pour une FFT radix-2 : le nombre de multiplications complexes est approximativement $\\( \\frac{N}{2} \\log_2(N) \\)$.
2. Remplacement pour $\\( N = 1024 \\)$ et sachant que $\\( 1024 = 2^{10} \\)$, donc $\\( \\log_2(1024) = 10 \\)$.
3. Calcul numérique : $\\( \\frac{N}{2} \\log_2(N) = \\frac{1024}{2} \\times 10 = 512 \\times 10 = 5120 \\)$ multiplications complexes.
4. Résultat final : une FFT radix-2 de taille $\\( 1024 \\)$ nécessite environ $\\( 5120 \\)$ multiplications complexes, soit un coût très inférieur à la TFD directe.
Question 3 : Gain de complexité et pourcentage de réduction
1. Formule générale du facteur de gain $\\( G \\)$ défini comme le rapport entre le nombre de multiplications de la TFD directe et celui de la FFT : $\\( G = \\frac{N^2}{(N/2) \\log_2(N)} \\)$.
2. Remplacement pour $\\( N = 1024 \\)$ : $\\( G = \\frac{1\\,048\\,576}{5120} \\)$.
3. Calcul numérique du facteur de gain : $\\( G \\approx 204.8 \\)$, ce qui signifie que la TFD directe demande environ $\\( 205 \\)$ fois plus de multiplications complexes que la FFT.
4. Pourcentage de réduction du nombre de multiplications : $\\( \\eta = \\left(1 - \\frac{1}{G}\\right) \\times 100 \\;\\% \\)$.
En remplaçant $\\( G \\approx 204.8 \\)$, on obtient $\\( \\eta \\approx \\left(1 - \\frac{1}{204.8}\\right) \\times 100 \\approx 99.51 \\;\\% \\)$.
Résultat final : la FFT réduit d'environ $\\( 99.5 \\;\\% \\)$ le nombre de multiplications complexes par rapport à la TFD directe pour $\\( N = 1024 \\)$, ce qui met en évidence l'intérêt pratique des algorithmes rapides de TFD.
Réponses détaillées à chaque question, dans l'ordre, avec application systématique de la transformée en $\\( Z \\)$ et du calcul fréquentiel.
Question 1 : Fonction de transfert H(z)
1. Formule générale : en appliquant la transformée en $\\( Z \\)$ à une équation aux différences, on utilise la propriété $\\( \\mathcal{Z}\\{y[n-k]\\} = z^{-k} Y(z) \\)$ et de même pour $\\( x[n-k] \\)$.
2. Remplacement des données dans l'équation $\\( y[n] = 0.75\\,y[n-1] - 0.125\\,y[n-2] + x[n] + x[n-1] \\)$ : après transformée en $\\( Z \\)$, on obtient $\\( Y(z) = 0.75 z^{-1} Y(z) - 0.125 z^{-2} Y(z) + X(z) + z^{-1} X(z) \\)$.
3. Calcul algébrique pour isoler $\\( H(z) = \\dfrac{Y(z)}{X(z)} \\)$ :
Regroupons les termes en $\\( Y(z) \\)$ : $\\( Y(z) \\big(1 - 0.75 z^{-1} + 0.125 z^{-2}\\big) = X(z) \\big(1 + z^{-1}\\big) \\)$.
En divisant par $\\( X(z) \\)$ et par le facteur du dénominateur, on obtient : $\\( H(z) = \\dfrac{Y(z)}{X(z)} = \\dfrac{1 + z^{-1}}{1 - 0.75 z^{-1} + 0.125 z^{-2}} \\)$.
4. Résultat final sous forme rationnelle en $\\( z^{-1} \\)$ : $\\( H(z) = \\dfrac{1 + z^{-1}}{1 - 0.75 z^{-1} + 0.125 z^{-2}} \\)$, ce qui correspond à un filtre à retour (IIR) exprimé directement dans le domaine $\\( Z \\)$.
Question 2 : Pôles, zéros et modules des pôles
1. Formules générales : les zéros sont les racines du numérateur de $\\( H(z) \\)$ et les pôles sont les racines du dénominateur.
2. Calcul des zéros : le numérateur est $\\( 1 + z^{-1} \\)$.
En le mettant sous forme en $\\( z \\)$ en multipliant par $\\( z \\)$, on obtient $\\( z + 1 = 0 \\)$, donc un zéro en $\\( z = -1 \\)$ (et un second zéro en $\\( z = 0 \\)$ si l'on considère la forme normalisée $\\( z^2 + z \\)$).
3. Calcul des pôles : le dénominateur est $\\( 1 - 0.75 z^{-1} + 0.125 z^{-2} \\)$.
En multipliant par $\\( z^2 \\)$, on obtient le polynôme en $\\( z \\)$ : $\\( z^2 - 0.75 z + 0.125 = 0 \\)$.
4. Résolution de l'équation quadratique : $\\( z = \\dfrac{0.75 \\pm \\sqrt{0.75^2 - 4 \\cdot 0.125}}{2} \\)$.
Le discriminant vaut $\\( \\Delta = 0.75^2 - 4 \\cdot 0.125 = 0.5625 - 0.5 = 0.0625 \\)$, donc $\\( \\sqrt{\\Delta} = 0.25 \\)$.
On obtient les deux pôles : $\\( z_1 = \\dfrac{0.75 + 0.25}{2} = \\dfrac{1}{2} = 0.5 \\)$ et $\\( z_2 = \\dfrac{0.75 - 0.25}{2} = \\dfrac{0.5}{2} = 0.25 \\)$.
Les modules sont $\\( |z_1| = 0.5 \\)$ et $\\( |z_2| = 0.25 \\)$, tous deux strictement inférieurs à 1, ce qui place les pôles à l'intérieur du cercle unité.
Question 3 : Réponse fréquentielle H(e^{jω}) aux fréquences 0 et π
1. Formule générale de la réponse fréquentielle d'un filtre discret : $\\( H(\\mathrm{e}^{j\\omega}) = H(z) \\big|_{z = \\mathrm{e}^{j\\omega}} \\)$, donc ici $\\( H(\\mathrm{e}^{j\\omega}) = \\dfrac{1 + \\mathrm{e}^{-j\\omega}}{1 - 0.75\\,\\mathrm{e}^{-j\\omega} + 0.125\\,\\mathrm{e}^{-j2\\omega}} \\)$.
2. Remplacement pour $\\( \\omega = 0 \\)$ : on a $\\( \\mathrm{e}^{-j0} = 1 \\)$.
Numérateur : $\\( 1 + 1 = 2 \\)$.
Dénominateur : $\\( 1 - 0.75 \\cdot 1 + 0.125 \\cdot 1 = 1 - 0.75 + 0.125 = 0.375 \\)$.
On obtient donc $\\( H(\\mathrm{e}^{j0}) = \\dfrac{2}{0.375} \\approx 5.333 \\)$.
3. Remplacement pour $\\( \\omega = \\pi \\)$ : $\\( \\mathrm{e}^{-j\\pi} = -1 \\)$ et $\\( \\mathrm{e}^{-j2\\pi} = 1 \\)$.
Numérateur : $\\( 1 + (-1) = 0 \\)$.
Dénominateur : $\\( 1 - 0.75(-1) + 0.125(1) = 1 + 0.75 + 0.125 = 1.875 \\)$.
Donc $\\( H(\\mathrm{e}^{j\\pi}) = 0 / 1.875 = 0 \\)$.
4. Résultat final et interprétation numérique : le filtre présente un gain élevé à basse fréquence avec $\\( |H(\\mathrm{e}^{j0})| \\approx 5.333 \\)$ et une annulation complète à la fréquence de Nyquist avec $\\( |H(\\mathrm{e}^{j\\pi})| = 0 \\)$, ce qui est caractéristique d'un filtre passe-bas avec une coupure prononcée à $\\( \\omega = \\pi \\)$.
Question 1 : expression fermée de la transformée de Fourier à temps discret.$
1. Formule générale de la TFTD :$ X(\\mathrm{e}^{j\\omega}) = \\sum_{n=-\\infty}^{+\\infty} x[n] \\; \\mathrm{e}^{-j\\omega n}$.
2. Remplacement des données pour $x[n] = 1$ pour $0 \\le n \\le 3$ et $0$ sinon :$ X(\\mathrm{e}^{j\\omega}) = \\sum_{n=0}^{3} 1 \\cdot \\mathrm{e}^{-j\\omega n} = 1 + \\mathrm{e}^{-j\\omega} + \\mathrm{e}^{-j2\\omega} + \\mathrm{e}^{-j3\\omega}$.
3. Calcul par somme géométrique : on reconnaît une somme géométrique de premier terme $1$ et de raison $r = \\mathrm{e}^{-j\\omega}$, de longueur $4$, donc :$ X(\\mathrm{e}^{j\\omega}) = \\frac{1 - r^{4}}{1 - r} = \\frac{1 - \\mathrm{e}^{-j4\\omega}}{1 - \\mathrm{e}^{-j\\omega}}$.
En factorisant par $\\mathrm{e}^{-j2\\omega}$ au numérateur et par $\\mathrm{e}^{-j\\omega/2}$ au dénominateur, on obtient la forme usuelle :$ X(\\mathrm{e}^{j\\omega}) = \\mathrm{e}^{-j\\frac{3\\omega}{2}} \\; \\frac{\\sin(2\\omega)}{\\sin\\left(\\frac{\\omega}{2}\\right)}$.
4. Résultat final sous forme fermée :$ X(\\mathrm{e}^{j\\omega}) = \\mathrm{e}^{-j\\frac{3\\omega}{2}} \\; \\frac{\\sin(2\\omega)}{\\sin\\left(\\frac{\\omega}{2}\\right)}$ pour $-\\pi \\le \\omega \\le \\pi$.$
Question 2 : calcul de $X(\\mathrm{e}^{j\\omega})$ pour $\\omega = \\frac{\\pi}{2}$.$
1. Formule générale issue de la question précédente :$ X(\\mathrm{e}^{j\\omega}) = 1 + \\mathrm{e}^{-j\\omega} + \\mathrm{e}^{-j2\\omega} + \\mathrm{e}^{-j3\\omega}$.
2. Remplacement des données pour $\\omega = \\frac{\\pi}{2}$ :$ X(\\mathrm{e}^{j\\pi/2}) = 1 + \\mathrm{e}^{-j\\frac{\\pi}{2}} + \\mathrm{e}^{-j\\pi} + \\mathrm{e}^{-j\\frac{3\\pi}{2}}$.
3. Calcul des exponentielles complexes :$ \\mathrm{e}^{-j\\frac{\\pi}{2}} = -j$, $\\mathrm{e}^{-j\\pi} = -1$, $\\mathrm{e}^{-j\\frac{3\\pi}{2}} = j$ donc :$ X(\\mathrm{e}^{j\\pi/2}) = 1 + ( -j ) + ( -1 ) + j = 0$.
4. Résultat final (module et argument) :$ |X(\\mathrm{e}^{j\\pi/2})| = 0$ et l’argument est indéterminé mais sans importance pratique puisque l’amplitude est nulle.$
Question 3 : énergie du signal par Parseval.$
1. Formule générale de Parseval pour la TFTD :$ E = \\sum_{n=-\\infty}^{+\\infty} |x[n]|^{2} = \\frac{1}{2\\pi} \\int_{-\\pi}^{\\pi} |X(\\mathrm{e}^{j\\omega})|^{2} \\, \\mathrm{d}\\omega$.
2. Remplacement des données dans le domaine temporel (méthode directe) :$ x[n] = 1$ pour $n = 0,1,2,3$ et $0$ sinon, donc :$ E = \\sum_{n=0}^{3} |1|^{2} = 1 + 1 + 1 + 1 = 4$.
3. Vérification qualitative avec le domaine fréquentiel : $|X(\\mathrm{e}^{j\\omega})| = \\left|\\frac{\\sin(2\\omega)}{\\sin\\left(\\frac{\\omega}{2}\\right)}\\right|$ est un lobe principal centré en $\\omega = 0$ avec des lobes secondaires ; l’intégrale de $|X(\\mathrm{e}^{j\\omega})|^{2}$ sur $-\\pi \\le \\omega \\le \\pi$ vaut $2\\pi E = 8\\pi$, ce qui redonne $E = 4$.
4. Résultat final de l’énergie du signal :$ E = 4$, en accord avec la relation de Parseval et le calcul direct dans le domaine temporel.$
Question 1 : calcul explicite de la TFD de longueur $N = 4$ pour $x[n]$.$
1. Formule générale de la TFD de longueur $N$ :$ X[k] = \\sum_{n=0}^{N-1} x[n] \\; \\mathrm{e}^{-j \\frac{2\\pi}{N} k n}$ pour $k = 0,1,\\ldots,N-1$.$
2. Remplacement des données pour $N = 4$ et $x[0] = 1$, $x[1] = 0$, $x[2] = -1$, $x[3] = 0$ :$ X[k] = x[0] \\mathrm{e}^{-j \\frac{2\\pi}{4} k \\cdot 0} + x[1] \\mathrm{e}^{-j \\frac{2\\pi}{4} k \\cdot 1} + x[2] \\mathrm{e}^{-j \\frac{2\\pi}{4} k \\cdot 2} + x[3] \\mathrm{e}^{-j \\frac{2\\pi}{4} k \\cdot 3}$.$
3. Calcul pour chaque $k$ :
- Pour $k = 0$ :$ X[0] = 1 + 0 + ( -1 ) + 0 = 0$.
- Pour $k = 1$ :$ X[1] = 1 + 0 \\cdot \\mathrm{e}^{-j \\frac{2\\pi}{4}} + ( -1 ) \\mathrm{e}^{-j \\frac{2\\pi}{4} \\cdot 2} + 0 \\cdot \\mathrm{e}^{-j \\frac{2\\pi}{4} \\cdot 3} = 1 - \\mathrm{e}^{-j\\pi} = 1 - ( -1 ) = 2$.
- Pour $k = 2$ :$ X[2] = 1 + 0 + ( -1 ) \\mathrm{e}^{-j \\frac{2\\pi}{4} \\cdot 4} + 0 = 1 - 1 = 0$ car $\\mathrm{e}^{-j2\\pi} = 1$.
- Pour $k = 3$ :$ X[3] = 1 + 0 + ( -1 ) \\mathrm{e}^{-j \\frac{2\\pi}{4} \\cdot 6} + 0 = 1 - \\mathrm{e}^{-j3\\pi} = 1 - ( -1 ) = 2$.$
4. Résultat final des composantes de la TFD :$ X[0] = 0$, $X[1] = 2$, $X[2] = 0$, $X[3] = 2$.$
Question 2 : reconstruction de $x[n]$ par TFD inverse.$
1. Formule générale de la TFD inverse :$ x[n] = \\frac{1}{N} \\sum_{k=0}^{N-1} X[k] \\; \\mathrm{e}^{+j \\frac{2\\pi}{N} k n}$ pour $n = 0,1,\\ldots,N-1$.$
2. Remplacement des données pour $N = 4$ et $X[0] = 0$, $X[1] = 2$, $X[2] = 0$, $X[3] = 2$ :$ x[n] = \\frac{1}{4} \\left( 0 + 2 \\mathrm{e}^{j \\frac{2\\pi}{4} \\cdot 1 n} + 0 + 2 \\mathrm{e}^{j \\frac{2\\pi}{4} \\cdot 3 n} \\right)$.$
3. Calcul pour chaque échantillon :
- Pour $n = 0$ :$ x[0] = \\frac{1}{4} ( 0 + 2 + 0 + 2 ) = \\frac{4}{4} = 1$.
- Pour $n = 1$ :$ x[1] = \\frac{1}{4} \\left( 2 \\mathrm{e}^{j \\frac{\\pi}{2}} + 2 \\mathrm{e}^{j \\frac{3\\pi}{2}} \\right) = \\frac{1}{4} \\left( 2j + 2 ( -j ) \\right) = 0$.
- Pour $n = 2$ :$ x[2] = \\frac{1}{4} \\left( 2 \\mathrm{e}^{j\\pi} + 2 \\mathrm{e}^{j3\\pi} \\right) = \\frac{1}{4} \\left( 2 ( -1 ) + 2 ( -1 ) \\right) = -1$.
- Pour $n = 3$ :$ x[3] = \\frac{1}{4} \\left( 2 \\mathrm{e}^{j \\frac{3\\pi}{2}} + 2 \\mathrm{e}^{j \\frac{9\\pi}{2}} \\right) = \\frac{1}{4} \\left( 2 ( -j ) + 2j \\right) = 0$.$
4. Résultat final : la TFD inverse redonne bien le signal d’origine :$ x[0] = 1$, $x[1] = 0$, $x[2] = -1$, $x[3] = 0$.$
Question 3 : convolution circulaire via le produit des spectres.$
1. Formule générale de la convolution circulaire par TFD :$ y[n] = x[n] \\circledast_{N} h[n] \\Longleftrightarrow Y[k] = X[k] H[k]$ avec $y[n] = \\frac{1}{N} \\sum_{k=0}^{N-1} Y[k] \\; \\mathrm{e}^{j \\frac{2\\pi}{N} k n}$.$
2. Remplacement des données pour $h[0] = 1$, $h[1] = 1$, $h[2] = 0$, $h[3] = 0$ et $N = 4$ : on calcule d’abord $H[k]$ :$ H[k] = \\sum_{n=0}^{3} h[n] \\mathrm{e}^{-j \\frac{2\\pi}{4} k n}$.$
3. Calcul des composantes de $H[k]$ :
- $H[0] = 1 + 1 + 0 + 0 = 2$.
- $H[1] = 1 + 1 \\mathrm{e}^{-j \\frac{\\pi}{2}} + 0 + 0 = 1 - j$.
- $H[2] = 1 + 1 \\mathrm{e}^{-j\\pi} + 0 + 0 = 1 - 1 = 0$.
- $H[3] = 1 + 1 \\mathrm{e}^{-j \\frac{3\\pi}{2}} + 0 + 0 = 1 + j$.$
On en déduit $Y[k] = X[k] H[k]$ : $Y[0] = 0$, $Y[1] = 2 (1 - j) = 2 - 2j$, $Y[2] = 0$, $Y[3] = 2 (1 + j) = 2 + 2j$.$
4. Résultat final par TFD inverse :$ y[n] = \\frac{1}{4} \\sum_{k=0}^{3} Y[k] \\mathrm{e}^{j \\frac{2\\pi}{4} k n}$ donne après calcul :$ y[0] = 1$, $y[1] = 1$, $y[2] = -1$, $y[3] = -1$, ce qui est la convolution circulaire de $x[n]$ et $h[n]$ sur $4$ points.$
Question 1 : détermination de la fonction de transfert $H(z)$.$
1. Formule générale de la transformée en $Z$ appliquée à une équation aux différences linéaire : la transformée en $Z$ d’un terme $y[n - k]$ est $z^{-k} Y(z)$, et celle d’un terme $x[n - k]$ est $z^{-k} X(z)$, en supposant des conditions initiales nulles.
2. Remplacement des données dans l’équation $y[n] = 0{,}5 \\, y[n-1] + x[n] - x[n-1]$ : en prenant la transformée en $Z$ on obtient :$ Y(z) = 0{,}5 \\, z^{-1} Y(z) + X(z) - z^{-1} X(z)$.$
3. Calcul en isolant $Y(z)$ :$ Y(z) - 0{,}5 \\, z^{-1} Y(z) = X(z) - z^{-1} X(z) \\Rightarrow Y(z) ( 1 - 0{,}5 \\, z^{-1} ) = X(z) ( 1 - z^{-1} )$.
En divisant par $X(z)$, la fonction de transfert est :$ H(z) = \\frac{Y(z)}{X(z)} = \\frac{1 - z^{-1}}{1 - 0{,}5 \\, z^{-1}}$.$
4. Résultat final sous forme rationnelle en $z$ : en multipliant numérateur et dénominateur par $z$ :$ H(z) = \\frac{z - 1}{z - 0{,}5}$, ce qui correspond à un zéro en $z = 1$ et un pôle en $z = 0{,}5$.$
Question 2 : calcul des zéros, du pôle et vérification de la stabilité.$
1. Formule générale pour les zéros et les pôles :$ H(z) = \\frac{N(z)}{D(z)}$ ; les zéros sont les racines de $N(z)$ et les pôles les racines de $D(z)$.
2. Remplacement des polynômes pour $H(z) = \\frac{z - 1}{z - 0{,}5}$ :$ N(z) = z - 1$ et $D(z) = z - 0{,}5$.
3. Calcul des racines :
- Zéro : $z_{0} = 1$ car $z - 1 = 0 \\Rightarrow z = 1$.
- Pôle : $p = 0{,}5$ car $z - 0{,}5 = 0 \\Rightarrow z = 0{,}5$.$
4. Vérification de la stabilité (module du pôle) :$ |p| = |0{,}5| = 0{,}5 < 1$, donc le pôle est strictement à l’intérieur du cercle unité et le filtre est BIBO stable.$
Question 3 : calcul de la réponse fréquentielle pour $\\omega = \\frac{\\pi}{3}$.$
1. Formule générale de la réponse fréquentielle :$ H(\\mathrm{e}^{j\\omega}) = H(z) \\big|_{z = \\mathrm{e}^{j\\omega}} = \\frac{\\mathrm{e}^{j\\omega} - 1}{\\mathrm{e}^{j\\omega} - 0{,}5}$ ou de façon équivalente :$ H(\\mathrm{e}^{j\\omega}) = \\frac{1 - \\mathrm{e}^{-j\\omega}}{1 - 0{,}5 \\, \\mathrm{e}^{-j\\omega}}$.$
2. Remplacement des données pour $\\omega = \\frac{\\pi}{3}$ en utilisant la forme :$ H(\\mathrm{e}^{j\\omega}) = \\frac{1 - \\mathrm{e}^{-j\\omega}}{1 - 0{,}5 \\, \\mathrm{e}^{-j\\omega}}$ ; on a $\\mathrm{e}^{-j\\frac{\\pi}{3}} = \\cos\\left(\\frac{\\pi}{3}\\right) - j \\sin\\left(\\frac{\\pi}{3}\\right) = 0{,}5 - j \\frac{\\sqrt{3}}{2}$.
3. Calcul du numérateur et du dénominateur :
- Numérateur $N = 1 - \\mathrm{e}^{-j\\frac{\\pi}{3}} = 1 - (0{,}5 - j \\frac{\\sqrt{3}}{2}) = 0{,}5 + j \\frac{\\sqrt{3}}{2}$.
- Dénominateur $D = 1 - 0{,}5 \\, \\mathrm{e}^{-j\\frac{\\pi}{3}} = 1 - 0{,}5 (0{,}5 - j \\frac{\\sqrt{3}}{2}) = 1 - 0{,}25 + j \\frac{\\sqrt{3}}{4} = 0{,}75 + j \\frac{\\sqrt{3}}{4}$.$
Le module est donné par $|H(\\mathrm{e}^{j\\frac{\\pi}{3}})| = \\frac{|N|}{|D|}$ avec $|N| = \\sqrt{0{,}5^{2} + \\left(\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right)^{2}} = 1$ et $|D| = \\sqrt{0{,}75^{2} + \\left(\\frac{\\sqrt{3}}{4}\\right)^{2}} = \\sqrt{\\frac{3}{4}} = \\frac{\\sqrt{3}}{2}$.$
4. Résultat final pour le module :$ |H(\\mathrm{e}^{j\\frac{\\pi}{3}})| = \\frac{1}{\\frac{\\sqrt{3}}{2}} = \\frac{2}{\\sqrt{3}} \\approx 1{,}155$, ce qui montre un léger gain supérieur à $1$ à la fréquence normalisée $\\omega = \\frac{\\pi}{3}$.$
Solution de la question (a).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : par définition, la transformée de Fourier à temps discret d’un signal $\\( x[n] \\)$ est donnée par $\\( X(\\omega) = \\sum_{n=-\\infty}^{+\\infty} x[n] e^{- j \\omega n} \\)$, avec $\\( -\\pi \\le \\omega \\le \\pi \\)$.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : ici, $\\( x[n] \\)$ est non nul uniquement pour $\\( n = 0 \\)$, $\\( n = 1 \\)$, $\\( n = 2 \\)$ et $\\( n = 3 \\)$ avec $\\( x[0] = 1 \\)$, $\\( x[1] = 2 \\)$, $\\( x[2] = 1 \\)$, $\\( x[3] = 0 \\)$, de sorte que la somme se réduit à $\\( X(\\omega) = 1 \\cdot e^{- j \\omega \\cdot 0} + 2 \\cdot e^{- j \\omega \\cdot 1} + 1 \\cdot e^{- j \\omega \\cdot 2} + 0 \\cdot e^{- j \\omega \\cdot 3} \\)$.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : on obtient donc l’expression simplifiée $\\( X(\\omega) = 1 + 2 e^{- j \\omega} + e^{- j 2 \\omega} \\)$, ce qui est un polynôme en $\\( e^{- j \\omega} \\)$ de degré $\\( 2 \\)$. Pour $\\( \\omega = 0 \\)$, on a $\\( X(0) = 1 + 2 + 1 = 4 \\)$ et donc $\\( \\lvert X(0) \\rvert = 4 \\)$. Pour $\\( \\omega = \\pi / 2 \\)$, on utilise $\\( e^{- j \\pi / 2} = \\cos(\\pi / 2) - j \\sin(\\pi / 2) = - j \\)$ et $\\( e^{- j \\pi} = - 1 \\)$, d’où $\\( X(\\pi / 2) = 1 + 2 ( - j ) + ( - 1 ) = 0 - j 2 \\)$, ce qui donne $\\( \\lvert X(\\pi / 2) \\rvert = 2 \\)$. Pour $\\( \\omega = \\pi \\)$, on a $\\( e^{- j \\pi} = -1 \\)$ et $\\( e^{- j 2 \\pi} = 1 \\)$, d’où $\\( X(\\pi) = 1 + 2 ( -1 ) + 1 = 0 \\)$ et donc $\\( \\lvert X(\\pi) \\rvert = 0 \\)$.$\\( \\ldots \\)$ : l’expression fermée de la DTFT est $\\( X(\\omega) = 1 + 2 e^{- j \\omega} + e^{- j 2 \\omega} \\)$, avec les valeurs numériques $\\( \\lvert X(0) \\rvert = 4 \\)$, $\\( \\lvert X(\\pi / 2) \\rvert = 2 \\)$ et $\\( \\lvert X(\\pi) \\rvert = 0 \\)$, ce qui illustre la concentration d’énergie du signal à basse fréquence et son annulation à la pulsation $\\( \\omega = \\pi \\)$.
Solution de la question (b).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : la transformée de Fourier discrète à $\\( N \\)$ points d’un signal de longueur $\\( N \\)$ est définie par $\\( X[k] = \\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{- j 2 \\pi k n / N} \\)$ pour $\\( k = 0, 1, \\ldots, N - 1 \\)$.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : on prend $\\( N = 4 \\)$ et les valeurs de $\\( x[n] \\)$ données, soit $\\( x[0] = 1 \\)$, $\\( x[1] = 2 \\)$, $\\( x[2] = 1 \\)$, $\\( x[3] = 0 \\)$, ainsi que $\\( W_{4} = e^{- j 2 \\pi / 4} = e^{- j \\pi / 2} = - j \\)$ comme facteur de base.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : pour $\\( k = 0 \\)$, on a $\\( X[0] = x[0] + x[1] + x[2] + x[3] = 1 + 2 + 1 + 0 = 4 \\)$, donc $\\( X[0] = 4 + j 0 \\)$, $\\( \\lvert X[0] \\rvert = 4 \\)$ et l’argument est $\\( 0 \\)$ rad. Pour $\\( k = 1 \\)$, on obtient $\\( X[1] = x[0] + x[1] W_{4}^{1} + x[2] W_{4}^{2} + x[3] W_{4}^{3} = 1 + 2 ( - j ) + 1 ( -1 ) + 0 ( j ) = 1 - j 2 - 1 = - j 2 \\)$, soit $\\( X[1] = 0 - j 2 \\)$, $\\( \\lvert X[1] \\rvert = 2 \\)$ et l’argument est $\\( - \\pi / 2 \\)$. Pour $\\( k = 2 \\)$, on a $\\( W_{4}^{2} = e^{- j \\pi} = -1 \\)$ et $\\( W_{4}^{4} = 1 \\)$, donc $\\( X[2] = x[0] + x[1] ( -1 ) + x[2] ( 1 ) + x[3] ( -1 ) = 1 - 2 + 1 + 0 = 0 \\)$, soit $\\( X[2] = 0 + j 0 \\)$ avec module nul. Pour $\\( k = 3 \\)$, on utilise $\\( W_{4}^{3} = W_{4}^{-1} = e^{j \\pi / 2} = j \\)$ et on obtient $\\( X[3] = x[0] + x[1] j + x[2] ( -1 ) + x[3] ( - j ) = 1 + 2 j - 1 + 0 = 2 j \\)$, donc $\\( X[3] = 0 + j 2 \\)$, $\\( \\lvert X[3] \\rvert = 2 \\)$ et l’argument est $\\( + \\pi / 2 \\)$.$\\( \\ldots \\)$ : les échantillons de la TFD à $\\( 4 \\)$ points sont $\\( X[0] = 4 \\)$, $\\( X[1] = - j 2 \\)$, $\\( X[2] = 0 \\)$ et $\\( X[3] = j 2 \\)$, avec les modules $\\( 4 \\)$, $\\( 2 \\)$, $\\( 0 \\)$ et $\\( 2 \\)$ et des arguments respectifs $\\( 0 \\)$, $\\( - \\pi / 2 \\)$, $\\( 0 \\)$ et $\\( + \\pi / 2 \\)$, ce qui reflète la symétrie du spectre d’un signal réel de courte durée.
Solution de la question (c).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : pour un signal de longueur finie $\\( N \\)$, les valeurs de la TFD $\\( X[k] \\)$ correspondent aux échantillons de la DTFT $\\( X(\\omega) \\)$ évaluée aux pulsations discrètes $\\( \\omega_{k} = 2 \\pi k / N \\)$, soit $\\( X[k] = X(\\omega_{k}) \\)$.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : ici, $\\( N = 4 \\)$ et $\\( X(\\omega) = 1 + 2 e^{- j \\omega} + e^{- j 2 \\omega} \\)$, de sorte que $\\( X(\\omega_{k}) = 1 + 2 e^{- j 2 \\pi k / 4} + e^{- j 4 \\pi k / 4} \\)$ pour $\\( k = 0, 1, 2, 3 \\)$.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : pour $\\( k = 0 \\)$, on obtient $\\( \\omega_{0} = 0 \\)$ et donc $\\( X(\\omega_{0}) = 4 \\)$, ce qui coïncide avec $\\( X[0] = 4 \\)$ trouvé précédemment. Pour $\\( k = 1 \\)$, on a $\\( \\omega_{1} = 2 \\pi / 4 = \\pi / 2 \\)$ et on a déjà calculé $\\( X(\\pi / 2) = - j 2 \\)$, identique à $\\( X[1] \\)$. Pour $\\( k = 2 \\)$, $\\( \\omega_{2} = \\pi \\)$ et on a $\\( X(\\pi) = 0 \\)$, identique à $\\( X[2] \\)$. Enfin, pour $\\( k = 3 \\)$, $\\( \\omega_{3} = 3 \\pi / 2 \\)$, et comme $\\( e^{- j 3 \\pi / 2} = j \\)$ et $\\( e^{- j 3 \\pi} = -1 \\)$, on obtient $\\( X(3 \\pi / 2) = 1 + 2 j - 1 = 2 j \\)$, identique à $\\( X[3] \\)$.$\\( \\ldots \\)$ : on vérifie ainsi numériquement que pour ce signal fini, la TFD à $\\( N = 4 \\)$ points fournit exactement les échantillons de la DTFT aux pulsations discrètes $\\( \\omega_{k} = 2 \\pi k / 4 \\)$, illustrant la relation fondamentale entre transformée de Fourier à temps discret et transformée de Fourier discrète en traitement numérique du signal.
Solution de la question (a).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : pour une suite de longueur $\\( N \\)$, la TFD est définie par $\\( X[k] = \\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{- j 2 \\pi k n / N} \\)$ pour $\\( k = 0, 1, \\ldots, N - 1 \\)$.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : on a $\\( N = 4 \\)$, $\\( x_{1}[n] = 1 \\)$ pour $\\( n = 0, 1, 2, 3 \\)$ et $\\( x_{2}[0] = 1 \\)$, $\\( x_{2}[1] = 0 \\)$, $\\( x_{2}[2] = -1 \\)$, $\\( x_{2}[3] = 0 \\)$, avec le facteur de base $\\( W_{4} = e^{- j 2 \\pi / 4} = e^{- j \\pi / 2} = - j \\)$.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : pour $\\( x_{1}[n] \\)$, on obtient $\\( X_{1}[0] = 1 + 1 + 1 + 1 = 4 \\)$, $\\( X_{1}[1] = 1 + 1 ( - j ) + 1 ( -1 ) + 1 ( j ) = 1 - j - 1 + j = 0 \\)$, $\\( X_{1}[2] = 1 + 1 ( -1 ) + 1 ( 1 ) + 1 ( -1 ) = 0 \\)$ et $\\( X_{1}[3] = 1 + 1 ( j ) + 1 ( -1 ) + 1 ( - j ) = 0 \\)$, d’où $\\( X_{1}[0] = 4 + j 0 \\)$ et $\\( X_{1}[1] = X_{1}[2] = X_{1}[3] = 0 \\)$. Pour $\\( x_{2}[n] \\)$, on obtient $\\( X_{2}[0] = 1 + 0 + ( -1 ) + 0 = 0 \\)$, $\\( X_{2}[1] = 1 + 0 ( - j ) + ( -1 ) ( -1 ) + 0 ( j ) = 1 + 1 = 2 \\)$, $\\( X_{2}[2] = 1 + 0 ( -1 ) + ( -1 ) ( 1 ) + 0 ( -1 ) = 0 \\)$ et $\\( X_{2}[3] = 1 + 0 ( j ) + ( -1 ) ( -1 ) + 0 ( - j ) = 2 \\)$. Ainsi, $\\( X_{2}[0] = 0 + j 0 \\)$, $\\( X_{2}[1] = 2 + j 0 \\)$, $\\( X_{2}[2] = 0 + j 0 \\)$ et $\\( X_{2}[3] = 2 + j 0 \\)$, avec des modules respectifs $\\( 0 \\)$, $\\( 2 \\)$, $\\( 0 \\)$, $\\( 2 \\)$ et des arguments $\\( 0 \\)$ ou indéfinis lorsqu’un coefficient est nul.$\\( \\ldots \\)$ : la TFD du premier signal est fortement concentrée en $\\( k = 0 \\)$ avec $\\( X_{1}[0] = 4 \\)$, tandis que la TFD du second signal présente des composantes non nulles en $\\( k = 1 \\)$ et $\\( k = 3 \\)$ avec $\\( X_{2}[1] = X_{2}[3] = 2 \\)$, ce qui traduit la nature passe‑haut de $\\( x_{2}[n] \\)$ en vue de la convolution circulaire ultérieure.
Solution de la question (b).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : le théorème de convolution circulaire indique que la TFD de la convolution circulaire $\\( y_{c}[n] = x_{1}[n] \\circledast x_{2}[n] \\)$ est le produit point à point des TFD, soit $\\( Y_{c}[k] = X_{1}[k] X_{2}[k] \\)$, et que la suite temporelle s’obtient par la TFD inverse $\\( y_{c}[n] = \\dfrac{1}{N} \\sum_{k=0}^{N-1} Y_{c}[k] e^{j 2 \\pi k n / N} \\)$.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : pour $\\( N = 4 \\)$ et les valeurs de $\\( X_{1}[k] \\)$ et $\\( X_{2}[k] \\)$ obtenues, on a $\\( X_{1}[0] = 4 \\)$, $\\( X_{1}[1] = X_{1}[2] = X_{1}[3] = 0 \\)$ et $\\( X_{2}[0] = 0 \\)$, $\\( X_{2}[1] = 2 \\)$, $\\( X_{2}[2] = 0 \\)$, $\\( X_{2}[3] = 2 \\)$, d’où $\\( Y_{c}[k] = X_{1}[k] X_{2}[k] \\)$.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : on obtient immédiatement $\\( Y_{c}[0] = 4 \\cdot 0 = 0 \\)$, $\\( Y_{c}[1] = 0 \\cdot 2 = 0 \\)$, $\\( Y_{c}[2] = 0 \\cdot 0 = 0 \\)$ et $\\( Y_{c}[3] = 0 \\cdot 2 = 0 \\)$, ce qui donne $\\( Y_{c}[k] = 0 \\)$ pour tous les $\\( k \\)$. La TFD inverse donne alors $\\( y_{c}[n] = \\dfrac{1}{4} \\sum_{k=0}^{3} 0 \\cdot e^{j 2 \\pi k n / 4} = 0 \\)$ pour $\\( n = 0, 1, 2, 3 \\)$, c’est‑à‑dire que la convolution circulaire de période $\\( 4 \\)$ est identiquement nulle dans ce cas particulier.$\\( \\ldots \\)$ : la convolution circulaire $\\( y_{c}[n] = x_{1}[n] \\circledast x_{2}[n] \\)$ de période $\\( 4 \\)$ est nulle pour tous les indices, car les spectres discrets des deux signaux ne se recouvrent pas en fréquence, ce qui illustre de manière calculée la notion de filtrage fréquentiel par produit de TFD.
Solution de la question (c).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : la complexité d’une FFT radix‑$\\( 2 \\)$ de taille $\\( N \\)$ peut être approximée par $\\( C_{\\text{FFT}}(N) \\approx (N / 2) \\log_{2}(N) \\)$ multiplications complexes, tandis qu’une convolution linéaire directe entre deux signaux de longueurs $\\( N_{1} \\)$ et $\\( N_{2} \\)$ nécessite exactement $\\( N_{1} N_{2} \\)$ multiplications complexes si elle est implémentée naïvement.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : on souhaite calculer la convolution linéaire de deux signaux de longueur $\\( 4 \\)$, dont la longueur de sortie est $\\( L = N_{1} + N_{2} - 1 = 7 \\)$, en utilisant une FFT de taille $\\( N = 8 \\)$ suffisamment grande pour éviter le recouvrement circulaire. La méthode FFT nécessite deux FFT directes de taille $\\( 8 \\)$ et une FFT inverse de taille $\\( 8 \\)$, ainsi que $\\( N = 8 \\)$ multiplications complexes pour le produit point à point en fréquence.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : la complexité d’une FFT de taille $\\( 8 \\)$ est approximativement $\\( C_{\\text{FFT}}(8) \\approx (8 / 2) \\log_{2}(8) = 4 \\cdot 3 = 12 \\)$ multiplications complexes, de sorte que deux FFT avant plus une FFT inverse coûtent environ $\\( 3 \\times 12 = 36 \\)$ multiplications complexes, auxquelles s’ajoutent les $\\( 8 \\)$ multiplications complexes du produit spectral, soit un total d’environ $\\( 44 \\)$ multiplications complexes. La convolution directe des deux signaux de longueur $\\( 4 \\)$ nécessite exactement $\\( 4 \\times 4 = 16 \\)$ multiplications complexes, ce qui est inférieur à la charge de la méthode FFT pour ces petites tailles.$\\( \\ldots \\)$ : dans ce cas numérique, la méthode FFT avec $\\( N = 8 \\)$ demande environ $\\( 44 \\)$ multiplications complexes contre $\\( 16 \\)$ pour la convolution directe, mais la formule en $\\( (N / 2) \\log_{2}(N) \\)$ montre que pour des signaux beaucoup plus longs, la méthode FFT devient largement plus efficace que l’approche directe en complexité quadratique, ce qui justifie l’utilisation systématique des algorithmes rapides de TFD en traitement du signal numérique.
Solution de la question (a).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : en appliquant la transformée en $\\( Z \\)$ à une équation aux différences linéaire à coefficients constants et en supposant des conditions initiales nulles, on remplace $\\( x[n - k] \\)$ par $\\( X(Z) Z^{-k} \\)$ et $\\( y[n - k] \\)$ par $\\( Y(Z) Z^{-k} \\)$, ce qui permet d’obtenir la fonction de transfert $\\( H(Z) = Y(Z) / X(Z) \\)$ comme rapport de deux polynômes en $\\( Z^{-1} \\)$.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : en appliquant la transformée en $\\( Z \\)$ à l’équation $\\( y[n] - 0{,}5 \\, y[n - 1] - 0{,}25 \\, y[n - 2] = x[n] + x[n - 1] \\)$, on obtient $\\( Y(Z) - 0{,}5 \\, Z^{-1} Y(Z) - 0{,}25 \\, Z^{-2} Y(Z) = X(Z) + Z^{-1} X(Z) \\)$, soit $\\( Y(Z) (1 - 0{,}5 Z^{-1} - 0{,}25 Z^{-2}) = X(Z) (1 + Z^{-1}) \\)$.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : la fonction de transfert est donc $\\( H(Z) = \\dfrac{Y(Z)}{X(Z)} = \\dfrac{1 + Z^{-1}}{1 - 0{,}5 Z^{-1} - 0{,}25 Z^{-2}} \\)$, que l’on peut écrire sous la forme standard $\\( H(Z) = \\dfrac{b_{0} + b_{1} Z^{-1} + b_{2} Z^{-2}}{1 + a_{1} Z^{-1} + a_{2} Z^{-2}} \\)$ avec $\\( b_{0} = 1 \\)$, $\\( b_{1} = 1 \\)$, $\\( b_{2} = 0 \\)$, $\\( a_{1} = - 0{,}5 \\)$ et $\\( a_{2} = - 0{,}25 \\)$. Les zéros sont obtenus en annulant le numérateur $\\( 1 + Z^{-1} = 0 \\)$, soit $\\( Z^{-1} = -1 \\)$ et donc $\\( Z = -1 \\)$, ce qui donne un zéro réel sur le cercle unité. Les pôles sont obtenus en annulant le dénominateur $\\( 1 - 0{,}5 Z^{-1} - 0{,}25 Z^{-2} = 0 \\)$, c’est‑à‑dire en résolvant $\\( Z^{2} - 0{,}5 Z - 0{,}25 = 0 \\)$, dont les solutions sont $\\( Z_{p} = \\dfrac{0{,}5 \\pm \\sqrt{0{,}5^{2} + 4 \\cdot 0{,}25}}{2} = \\dfrac{0{,}5 \\pm \\sqrt{0{,}25 + 1}}{2} = \\dfrac{0{,}5 \\pm \\sqrt{1{,}25}}{2} \\)$.$\\( \\ldots \\)$ : la fonction de transfert du filtre est $\\( H(Z) = \\dfrac{1 + Z^{-1}}{1 - 0{,}5 Z^{-1} - 0{,}25 Z^{-2}} \\)$, avec un zéro en $\\( Z = -1 \\)$ et deux pôles complexes conjugués de valeurs $\\( Z_{1,2} = \\dfrac{0{,}5 \\pm \\sqrt{1{,}25}}{2} \\approx \\dfrac{0{,}5 \\pm 1{,}118}{2} \\)$, soit numériquement $\\( Z_{1} \\approx 0{,}809 \\)$ et $\\( Z_{2} \\approx -0{,}309 \\)$, tous deux strictement à l’intérieur du cercle unité.
Solution de la question (b).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : un filtre causal LTI est stable au sens BIBO si et seulement si tous les pôles de sa fonction de transfert $\\( H(Z) \\)$ se situent strictement à l’intérieur du cercle unité dans le plan $\\( Z \\)$, c’est‑à‑dire si leurs modules sont strictement inférieurs à $\\( 1 \\)$.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : les pôles obtenus sont $\\( Z_{1} \\approx 0{,}809 \\)$ et $\\( Z_{2} \\approx -0{,}309 \\)$, dont les modules valent respectivement $\\( \\lvert Z_{1} \\rvert \\approx 0{,}809 \\)$ et $\\( \\lvert Z_{2} \\rvert \\approx 0{,}309 \\)$, tous deux inférieurs à $\\( 1 \\)$.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : pour évaluer la réponse fréquentielle, on substitue $\\( Z = e^{j \\Omega} \\)$ dans $\\( H(Z) \\)$, ce qui donne $\\( H(e^{j \\Omega}) = \\dfrac{1 + e^{- j \\Omega}}{1 - 0{,}5 e^{- j \\Omega} - 0{,}25 e^{- j 2 \\Omega}} \\)$. Pour $\\( \\Omega = 0 \\)$, on a $\\( e^{- j 0} = 1 \\)$, donc $\\( H(1) = \\dfrac{1 + 1}{1 - 0{,}5 - 0{,}25} = \\dfrac{2}{0{,}25} = 8 \\)$ et $\\( \\lvert H(1) \\rvert = 8 \\)$, ce qui correspond à un gain de $\\( 20 \\log_{10}(8) \\approx 18{,}1 \\, \\text{dB} \\)$. Pour $\\( \\Omega = \\pi \\)$, on a $\\( e^{- j \\pi} = -1 \\)$ et $\\( e^{- j 2 \\pi} = 1 \\)$, d’où $\\( H(e^{j \\pi}) = \\dfrac{1 - 1}{1 + 0{,}5 - 0{,}25} = 0 \\)$ et $\\( \\lvert H(e^{j \\pi}) \\rvert = 0 \\)$, ce qui correspond à une atténuation théorique infinie à la pulsation de Nyquist.$\\( \\ldots \\)$ : les modules des pôles étant strictement inférieurs à $\\( 1 \\)$, le filtre est stable BIBO et présente un comportement de type passe‑bas avec un fort gain en continu ($\\( \\Omega = 0 \\)$) et une annulation du gain à la pulsation $\\( \\Omega = \\pi \\)$, conforme au zéro réel situé en $\\( Z = -1 \\)$ sur le cercle unité.
Solution de la question (c).
1. Formule générale dans $\\( \\ldots \\)$ : pour une entrée impulsionnelle $\\( x[n] = \\delta[n] \\)$, la réponse impulsionnelle du filtre est donnée par $\\( h[n] = y[n] \\)$ et vérifie la même équation aux différences que $\\( y[n] \\)$, soit $\\( h[n] - 0{,}5 \\, h[n - 1] - 0{,}25 \\, h[n - 2] = \\delta[n] + \\delta[n - 1] \\)$, avec $\\( h[n] = 0 \\)$ pour $\\( n < 0 \\)$.
2. Remplacement des données dans $\\( \\ldots \\)$ : pour $\\( n = 0 \\)$, on a $\\( h[0] - 0{,}5 \\, h[-1] - 0{,}25 \\, h[-2] = \\delta[0] + \\delta[-1] = 1 + 0 = 1 \\)$, et comme $\\( h[-1] = h[-2] = 0 \\)$, il vient $\\( h[0] = 1 \\)$. Pour $\\( n = 1 \\)$, l’équation donne $\\( h[1] - 0{,}5 \\, h[0] - 0{,}25 \\, h[-1] = \\delta[1] + \\delta[0] = 0 + 1 = 1 \\)$, soit $\\( h[1] - 0{,}5 \\cdot 1 = 1 \\)$ d’où $\\( h[1] = 1{,}5 \\)$. Pour $\\( n = 2 \\)$, on a $\\( h[2] - 0{,}5 \\, h[1] - 0{,}25 \\, h[0] = \\delta[2] + \\delta[1] = 0 \\)$, donc $\\( h[2] = 0{,}5 \\, h[1] + 0{,}25 \\, h[0] = 0{,}5 \\cdot 1{,}5 + 0{,}25 \\cdot 1 = 0{,}75 + 0{,}25 = 1{,}0 \\)$.
3. Calcul dans $\\( \\ldots \\)$ : pour $\\( n = 3 \\)$, l’équation donne $\\( h[3] - 0{,}5 \\, h[2] - 0{,}25 \\, h[1] = \\delta[3] + \\delta[2] = 0 \\)$, soit $\\( h[3] = 0{,}5 \\, h[2] + 0{,}25 \\, h[1] = 0{,}5 \\cdot 1{,}0 + 0{,}25 \\cdot 1{,}5 = 0{,}5 + 0{,}375 = 0{,}875 \\)$. Pour $\\( n = 4 \\)$, on obtient $\\( h[4] - 0{,}5 \\, h[3] - 0{,}25 \\, h[2] = 0 \\)$, d’où $\\( h[4] = 0{,}5 \\, h[3] + 0{,}25 \\, h[2] = 0{,}5 \\cdot 0{,}875 + 0{,}25 \\cdot 1{,}0 = 0{,}4375 + 0{,}25 = 0{,}6875 \\)$.$\\( \\ldots \\)$ : les cinq premiers échantillons de la réponse impulsionnelle sont $\\( h[0] = 1 \\)$, $\\( h[1] = 1{,}5 \\)$, $\\( h[2] = 1{,}0 \\)$, $\\( h[3] = 0{,}875 \\)$ et $\\( h[4] = 0{,}6875 \\)$, ce qui montre une décroissance progressive conforme à la position des pôles à l’intérieur du cercle unité et à la stabilité du filtre déterminée à la question (b).
Question $\\( 1 \\)$ : calcul de la DTFT $\\( X(\\Omega) \\)$.
\n1. Formule générale dans $...$ : par définition, la Transformée de Fourier à Temps Discret (DTFT) d’une séquence $\\( x[n] \\)$ est $\\( X(\\Omega) = \\sum_{n=-\\infty}^{+\\infty} x[n] e^{-j\\Omega n} \\)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : la séquence étudiée vérifie $\\( x[0] = 1 \\)$, $\\( x[1] = 2 \\)$, $\\( x[2] = 3 \\)$, $\\( x[3] = 4 \\)$ et $\\( x[n] = 0 \\)$ pour tout autre $\\( n \\)$, d’où $\\( X(\\Omega) = 1 \\cdot e^{-j\\Omega \\cdot 0} + 2 e^{-j\\Omega \\cdot 1} + 3 e^{-j\\Omega \\cdot 2} + 4 e^{-j\\Omega \\cdot 3} \\)$.
\n3. Calcul dans $...$ : on obtient d’abord l’expression explicite $\\( X(\\Omega) = 1 + 2 e^{-j\\Omega} + 3 e^{-j2\\Omega} + 4 e^{-j3\\Omega} \\)$, que l’on peut factoriser par $\\( e^{-j\\Omega} \\)$ en écrivant par exemple $\\( X(\\Omega) = e^{-j\\frac{3\\Omega}{2}} \\big( e^{j\\frac{3\\Omega}{2}} + 2 e^{j\\frac{\\Omega}{2}} + 3 e^{-j\\frac{\\Omega}{2}} + 4 e^{-j\\frac{3\\Omega}{2}} \\big) \\)$, ou encore sous forme de polynôme en $\\( z = e^{-j\\Omega} \\)$ : $\\( X(\\Omega) = 1 + 2 z + 3 z^{2} + 4 z^{3} \\)$.
\n4. Résultat final dans $...$ : la DTFT de la séquence considérée est donc $\\( X(\\Omega) = 1 + 2 e^{-j\\Omega} + 3 e^{-j2\\Omega} + 4 e^{-j3\\Omega} \\)$, ou de façon équivalente $\\( X(\\Omega) = 1 + 2 z + 3 z^{2} + 4 z^{3} \\)$ avec $\\( z = e^{-j\\Omega} \\)$, ce qui met en évidence la relation entre DTFT et transformée en $\\( z \\)$.
Question $\\( 2 \\)$ : calcul de la TFD $\\( X[k] \\)$ de taille $\\( N = 8 \\)$ et relation $\\( X[k] = X(\\Omega_{k}) \\)$.
\n1. Formule générale dans $...$ : la Transformée de Fourier Discrète de taille $\\( N \\)$ d’une séquence $\\( x[n] \\)$ est définie par $\\( X[k] = \\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j 2\\pi kn/N} \\)$ pour $\\( k = 0,1,\\ldots,N-1 \\)$, et les fréquences d’échantillonnage de la DTFT sont données par $\\( \\Omega_{k} = 2\\pi k/N \\)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : on prend $\\( N = 8 \\)$ et on complète par des zéros en posant $\\( x[4] = x[5] = x[6] = x[7] = 0 \\)$, avec toujours $\\( x[0] = 1 \\)$, $\\( x[1] = 2 \\)$, $\\( x[2] = 3 \\)$, $\\( x[3] = 4 \\)$, de sorte que $\\( X[k] = 1 + 2 e^{-j 2\\pi k/8} + 3 e^{-j 4\\pi k/8} + 4 e^{-j 6\\pi k/8} \\)$ pour tout $\\( k \\)$.
\n3. Calcul dans $...$ : on calcule par exemple explicitement les valeurs pour $\\( k = 0,1,2,3,4 \\)$ (les autres étant obtenues par symétrie hermitienne si $\\( x[n] \\)$ est réel) : pour $\\( k = 0 \\)$, $\\( X[0] = 1 + 2 + 3 + 4 = 10 \\)$ ; pour $\\( k = 1 \\)$, on utilise $\\( e^{-j 2\\pi/8} = e^{-j\\pi/4} = \\dfrac{1}{\\sqrt{2}}(1 - j) \\)$ pour obtenir numériquement une valeur complexe, et ainsi de suite pour chaque $\\( k \\)$ en remplaçant systématiquement dans la formule.
\n4. Résultat final dans $...$ : on vérifie numériquement que pour chaque indice $\\( k \\)$, la valeur de TFD obtenue coïncide avec l’échantillonnage de la DTFT en $\\( \\Omega_{k} = 2\\pi k/8 \\)$, c’est-à-dire que $\\( X[k] = X(\\Omega_{k}) \\)$, illustrant la relation théorique entre DTFT continue en fréquence et TFD discrète.
Question $\\( 3 \\)$ : reconstruction par TFD inverse des échantillons temporels.
\n1. Formule générale dans $...$ : la TFD inverse pour une transformée de taille $\\( N \\)$ s’écrit $\\( x[n] = \\dfrac{1}{N} \\sum_{k=0}^{N-1} X[k] e^{j 2\\pi kn/N} \\)$ pour $\\( n = 0,1,\\ldots,N-1 \\)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : on prend $\\( N = 8 \\)$ et on utilise les valeurs de $\\( X[k] \\)$ calculées à la question précédente pour évaluer successivement $\\( x[0] \\)$, $\\( x[1] \\)$, $\\( x[2] \\)$ et $\\( x[3] \\)$, en écrivant par exemple $\\( x[1] = \\dfrac{1}{8} \\sum_{k=0}^{7} X[k] e^{j 2\\pi k/8} \\)$.
\n3. Calcul dans $...$ : les contributions complexes se simplifient en raison de la symétrie des exponentielles et de la structure réelle de $\\( x[n] \\)$, ce qui permet d’obtenir numériquement $\\( x[0] \\approx 1 \\)$, $\\( x[1] \\approx 2 \\)$, $\\( x[2] \\approx 3 \\)$ et $\\( x[3] \\approx 4 \\)$, les autres échantillons $\\( x[4],\\ldots,x[7] \\)$ étant nuls.
\n4. Résultat final dans $...$ : la TFD inverse permet de reconstruire exactement la séquence temporelle initiale, ce qui vérifie numériquement la double relation DTFT/TFD et TFD/temps pour ce signal fini en durée, avec $\\( x[0] = 1 \\)$, $\\( x[1] = 2 \\)$, $\\( x[2] = 3 \\)$, $\\( x[3] = 4 \\)$ et $\\( x[n] = 0 \\)$ pour $\\( n \\geq 4 \\)$.
Question $\\( 1 \\)$ : TFD de la sinusoïde échantillonnée de taille $\\( N = 16 \\)$.
\n1. Formule générale dans $...$ : pour une TFD de taille $\\( N \\)$, on a $\\( X[k] = \\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j 2\\pi kn/N} \\)$ avec $\\( k = 0,1,\\ldots,N-1 \\)$, et pour un cosinus discret $\\( x[n] = \\cos(2\\pi f_{0} n T_{e}) \\)$ où $\\( f_{0} = m f_{e}/N \\)$, la TFD présente des raies non nulles aux indices $\\( k = m \\)$ et $\\( k = N - m \\)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : ici $\\( f_{e} = 16\\,\\text{kHz} \\)$, $\\( f_{0} = 2\\,\\text{kHz} \\)$ et $\\( N = 16 \\)$, donc $\\( f_{0} = m f_{e}/N \\Rightarrow m = f_{0} N / f_{e} = 2\\,000 \\times 16 / 16\\,000 = 2 \\)$, ce qui implique une sinusoïde parfaitement adaptée au pas fréquentiel de la TFD.
\n3. Calcul dans $...$ : la représentation complexe du cosinus donne $\\( x[n] = \\dfrac{1}{2} e^{j 2\\pi m n/N} + \\dfrac{1}{2} e^{-j 2\\pi m n/N} \\)$, ce qui, en reportant dans la définition de la TFD et en utilisant les sommes géométriques, conduit à $\\( X[k] = 0 \\)$ pour tout $\\( k \\neq m, N-m \\)$, et $\\( X[m] = X[2] = 8 \\)$, $\\( X[N-m] = X[14] = 8 \\)$, les autres coefficients étant nuls.
\n4. Résultat final dans $...$ : la TFD de taille $\\( 16 \\)$ du signal considéré présente donc deux raies de module $\\( 8 \\)$ aux indices $\\( k = 2 \\)$ et $\\( k = 14 \\)$, correspondant à la fréquence normalisée $\\( 2\\pi k/N = 2\\pi f_{0}/f_{e} \\)$, toutes les autres composantes fréquentielles étant exactement nulles du fait de l’alignement fréquentiel.
Question $\\( 2 \\)$ : calcul de la convolution circulaire via TFD.
\n1. Formules générales dans $...$ : la TFD de la convolution circulaire de période $\\( N \\)$ vérifie $\\( \\text{TFD}_{N}\\{x[n] \\circledast_{N} h[n]\\} = X[k] H[k] \\)$, où $\\( X[k] \\)$ et $\\( H[k] \\)$ sont les TFD respectives de $\\( x[n] \\)$ et $\\( h[n] \\)$, et l’on retrouve la séquence convoltée par TFD inverse $\\( y[n] = \\dfrac{1}{N} \\sum_{k=0}^{N-1} Y[k] e^{j 2\\pi kn/N} \\)$ avec $\\( Y[k] = X[k] H[k] \\)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : pour $\\( N = 4 \\)$, on a $\\( x[0] = 1 \\)$, $\\( x[1] = 2 \\)$, $\\( x[2] = 0 \\)$, $\\( x[3] = 0 \\)$ et $\\( h[n] = 1 \\)$ pour $\\( n = 0,1,2,3 \\)$, soit une séquence constante, d’où $\\( X[k] = 1 + 2 e^{-j 2\\pi k/4} \\)$ et $\\( H[k] = 1 + e^{-j 2\\pi k/4} + e^{-j 4\\pi k/4} + e^{-j 6\\pi k/4} \\)$.
\n3. Calcul dans $...$ : pour chaque $\\( k \\in \\{0,1,2,3\\} \\)$, on évalue d’abord $\\( H[k] \\)$ ; par exemple $\\( H[0] = 4 \\)$, $\\( H[1] = 0 \\)$, $\\( H[2] = 0 \\)$, $\\( H[3] = 0 \\)$, ce qui conduit à $\\( Y[0] = X[0] H[0] = (1+2)\\times 4 = 12 \\)$ et $\\( Y[1] = Y[2] = Y[3] = 0 \\)$, puis la TFD inverse donne $\\( y[n] = \\dfrac{1}{4} Y[0] = 3 \\)$ pour $\\( n = 0,1,2,3 \\)$.
\n4. Résultat final dans $...$ : la convolution circulaire de période $\\( 4 \\)$ entre $\\( x[n] = \\{1,2,0,0\\} \\)$ et $\\( h[n] = \\{1,1,1,1\\} \\)$ est la séquence constante $\\( y[n] = 3 \\)$ pour $\\( n = 0,1,2,3 \\)$, ce qui est cohérent avec la moyenne pondérée autour du cercle de convolution.
Question $\\( 3 \\)$ : comparaison de la complexité TFD directe / FFT pour $\\( N = 1024 \\)$.
\n1. Formules générales dans $...$ : un calcul direct de la TFD nécessite typiquement $\\( N^{2} \\)$ multiplications complexes pour $\\( N \\)$ points, tandis qu’un algorithme FFT radix $\\( 2 \\)$ requiert environ $\\( \\dfrac{N}{2} \\log_{2}(N) \\)$ multiplications complexes et $\\( N \\log_{2}(N) \\)$ additions.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : pour $\\( N = 1024 \\)$, on a $\\( N^{2} = 1024^{2} = 1\\,048\\,576 \\)$ multiplications complexes en calcul direct, tandis que $\\( \\dfrac{N}{2} \\log_{2}(N) = \\dfrac{1024}{2} \\times \\log_{2}(1024) = 512 \\times 10 = 5120 \\)$ multiplications complexes sont nécessaires avec la FFT radix $\\( 2 \\)$.
\n3. Calcul dans $...$ : le facteur de réduction de complexité en multiplications complexes est alors $\\( \\dfrac{N^{2}}{(N/2)\\log_{2}(N)} = \\dfrac{1\\,048\\,576}{5120} \\approx 205 \\)$, ce qui signifie qu’on divise approximativement par $\\( 205 \\)$ le nombre de multiplications complexes en utilisant l’algorithme FFT.
\n4. Résultat final dans $...$ : pour $\\( N = 1024 \\)$, la TFD directe nécessite environ $\\( 1{,}05 \\times 10^{6} \\)$ multiplications complexes contre seulement $\\( 5{,}12 \\times 10^{3} \\)$ pour la FFT radix $\\( 2 \\)$, illustrant le gain de complexité majeur apporté par les algorithmes rapides de la TFD.
Question $\\( 1 \\)$ : détermination de $\\( H(z) \\)$ à partir de l’équation aux différences.
\n1. Formule générale dans $...$ : la transformée en $\\( z \\)$ d’une séquence $\\( x[n] \\)$ est définie par $\\( X(z) = \\sum_{n=-\\infty}^{+\\infty} x[n] z^{-n} \\)$, et l’application de la transformée en $\\( z \\)$ à une équation aux différences linéaire avec conditions initiales nulles permet d’obtenir la fonction de transfert $\\( H(z) = Y(z)/X(z) \\)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : en appliquant la transformée en $\\( z \\)$ à l’équation $\\( y[n] = 0{,}75\\,y[n-1] - 0{,}5\\,y[n-2] + x[n] + 0{,}5\\,x[n-1] \\)$ et en utilisant la propriété de décalage $\\( \\mathcal{Z}\\{y[n-k]\\} = z^{-k} Y(z) \\)$, on obtient $\\( Y(z) = 0{,}75 z^{-1} Y(z) - 0{,}5 z^{-2} Y(z) + X(z) + 0{,}5 z^{-1} X(z) \\)$.
\n3. Calcul dans $...$ : en regroupant les termes en $\\( Y(z) \\)$ à gauche, on a $\\( Y(z) \\big(1 - 0{,}75 z^{-1} + 0{,}5 z^{-2}\\big) = X(z) \\big(1 + 0{,}5 z^{-1}\\big) \\)$, d’où la fonction de transfert $\\( H(z) = \\dfrac{Y(z)}{X(z)} = \\dfrac{1 + 0{,}5 z^{-1}}{1 - 0{,}75 z^{-1} + 0{,}5 z^{-2}} \\)$.
\n4. Résultat final dans $...$ : le numérateur de $\\( H(z) \\)$ est donc le polynôme $\\( B(z^{-1}) = 1 + 0{,}5 z^{-1} \\)$ et le dénominateur est le polynôme $\\( A(z^{-1}) = 1 - 0{,}75 z^{-1} + 0{,}5 z^{-2} \\)$, caractérisant complètement le filtre IIR en domaine $\\( z \\)$.
Question $\\( 2 \\)$ : calcul explicite des pôles dans le plan $\\( z \\)$ et de leur module.
\n1. Formule générale dans $...$ : les pôles d’un filtre numérique sont les racines du dénominateur de $\\( H(z) \\)$, c’est-à-dire les solutions en $\\( z \\)$ de l’équation $\\( A(z^{-1}) = 0 \\)$, que l’on peut réécrire en polynôme en $\\( z \\)$ en multipliant par $\\( z^{2} \\)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : à partir de $\\( A(z^{-1}) = 1 - 0{,}75 z^{-1} + 0{,}5 z^{-2} \\)$, on multiplie par $\\( z^{2} \\)$ pour obtenir le polynôme équivalent $\\( z^{2} - 0{,}75 z + 0{,}5 = 0 \\)$ dont les racines sont les pôles recherchés.
\n3. Calcul dans $...$ : en appliquant la formule quadratique, on a $\\( z_{1,2} = \\dfrac{0{,}75 \\pm \\sqrt{0{,}75^{2} - 4 \\times 1 \\times 0{,}5}}{2} = \\dfrac{0{,}75 \\pm \\sqrt{0{,}5625 - 2}}{2} = \\dfrac{0{,}75 \\pm \\sqrt{-1{,}4375}}{2} \\)$, soit $\\( z_{1,2} = \\dfrac{0{,}75}{2} \\pm j \\dfrac{\\sqrt{1{,}4375}}{2} \\approx 0{,}375 \\pm j \\cdot 0{,}599 \\)$, et le module est $\\( \\lvert z_{1,2} \\rvert = \\sqrt{0{,}375^{2} + 0{,}599^{2}} \\approx \\sqrt{0{,}1406 + 0{,}3588} \\approx \\sqrt{0{,}4994} \\approx 0{,}707 \\)$.
\n4. Résultat final dans $...$ : les deux pôles du filtre sont conjugués complexes $\\( z_{1} \\approx 0{,}375 + j\\,0{,}599 \\)$ et $\\( z_{2} \\approx 0{,}375 - j\\,0{,}599 \\)$, chacun de module voisin de $\\( 0{,}707 \\)$, ce qui les place à l’intérieur du cercle unité du plan $\\( z \\)$.
Question $\\( 3 \\)$ : calcul de $\\( \\lvert H(e^{j\\Omega}) \\rvert \\)$ pour $\\( \\Omega = \\dfrac{\\pi}{4} \\)$ et $\\( \\Omega = \\pi \\)$.
\n1. Formule générale dans $...$ : la réponse fréquentielle d’un filtre numérique s’obtient en évaluant la fonction de transfert sur le cercle unité selon $\\( H(e^{j\\Omega}) = H(z)\\big\\rvert_{z=e^{j\\Omega}} \\)$, ce qui donne ici $\\( H(e^{j\\Omega}) = \\dfrac{1 + 0{,}5 e^{-j\\Omega}}{1 - 0{,}75 e^{-j\\Omega} + 0{,}5 e^{-j2\\Omega}} \\)$, et le module en décibels est $\\( 20 \\log_{10}\\big(\\lvert H(e^{j\\Omega}) \\rvert\\big) \\)$.
\n2. Remplacement des données dans $...$ : pour $\\( \\Omega = \\dfrac{\\pi}{4} \\)$, on utilise $\\( e^{-j\\pi/4} = \\dfrac{1}{\\sqrt{2}}(1 - j) \\)$ et $\\( e^{-j\\pi/2} = -j \\)$, tandis que pour $\\( \\Omega = \\pi \\)$, on a $\\( e^{-j\\pi} = -1 \\)$ et $\\( e^{-j2\\pi} = 1 \\)$, que l’on substitue successivement dans le numérateur et le dénominateur.
\n3. Calcul dans $...$ : pour $\\( \\Omega = \\dfrac{\\pi}{4} \\)$, le numérateur vaut $\\( N = 1 + 0{,}5 e^{-j\\pi/4} \\approx 1 + 0{,}5 \\cdot 0{,}707(1 - j) \\approx 1 + 0{,}354 - j\\,0{,}354 = 1{,}354 - j\\,0{,}354 \\)$ de module $\\( \\lvert N \\rvert \\approx \\sqrt{1{,}354^{2} + 0{,}354^{2}} \\approx 1{,}40 \\)$, le dénominateur est $\\( D = 1 - 0{,}75 e^{-j\\pi/4} + 0{,}5 e^{-j\\pi/2} \\approx 1 - 0{,}75 \\cdot 0{,}707(1 - j) - 0{,}5 j \\approx 1 - 0{,}530 + j\\,0{,}530 - 0{,}5 j = 0{,}470 + j\\,0{,}030 \\)$ de module $\\( \\lvert D \\rvert \\approx \\sqrt{0{,}470^{2} + 0{,}030^{2}} \\approx 0{,}471 \\)$, d’où $\\( \\lvert H(e^{j\\pi/4}) \\rvert \\approx 1{,}40/0{,}471 \\approx 2{,}97 \\)$, soit environ $\\( 20 \\log_{10}(2{,}97) \\approx 9{,}46\\,\\text{dB} \\)$ ; pour $\\( \\Omega = \\pi \\)$, on obtient $\\( N = 1 + 0{,}5(-1) = 0{,}5 \\)$ et $\\( D = 1 - 0{,}75(-1) + 0{,}5(1) = 1 + 0{,}75 + 0{,}5 = 2{,}25 \\)$, d’où $\\( \\lvert H(e^{j\\pi}) \\rvert = 0{,}5/2{,}25 \\approx 0{,}222 \\)$, soit environ $\\( 20 \\log_{10}(0{,}222) \\approx -13{,}1\\,\\text{dB} \\)$.
\n4. Résultat final dans $...$ : la réponse fréquentielle présente donc un gain d’environ $\\( 9{,}5\\,\\text{dB} \\)$ à la fréquence normalisée $\\( \\Omega = \\dfrac{\\pi}{4} \\)$ et une atténuation d’environ $\\( 13{,}1\\,\\text{dB} \\)$ à la fréquence de Nyquist $\\( \\Omega = \\pi \\)$, ce qui illustre le comportement sélectif du filtre IIR défini par l’équation aux différences donnée.