56_exercices_coriges

Haute Ecole d’Ingéniérie et de Gestion du canton de Vaud (HEIG-Vd ) Département de la formation en emploi Filière Electricité Filière Télécommunications (RS et IT)

Traitement de Signal (TS) Corrigé des exercices in s t i t u t d ' Automatisation in d u s t r i e l l e

Prof. Prof. Michel Michel ETIQUE ETIQUE,, janvie janvierr 2006, 2006, Yverdon-les-Bains

Traitement de Signal (TS)

-Vd HEIG -Vd

Corrigé des exercices, v 1.14

2

MEE

\co_ts.tex\5 avril 2006


-Vd HEIG -Vd

Table des matières 1 Analyse Analyse des signaux signaux périodique périodiquess

1.1 Corrigé Corrigé des exercice exercicess . 1.1. 1.1.11 Exerc Exercice ice SF 1 . 1.1. 1.1.22 Exerc Exercice ice SF 2 . 1.1. 1.1.33 Exerc Exercice ice SF 3 . 1.1. 1.1.44 Exerc Exercice ice SF 4 . 1.1. 1.1.55 Exerc Exercice ice SF 5 . 1.1. 1.1.66 Exerc Exercice ice SF 6 . 1.1. 1.1.77 Exerc Exercice ice SF 7 . 1.1. 1.1.88 Exerc Exercice ice SF 8 . 1.1. 1.1.99 Exerc Exercice ice SF 15 1.1.10 1.1.10 Exercic Exercicee SF 16 1.1.11 1.1.11 Exercic Exercicee SF 17 1.1.12 1.1.12 Exercic Exercicee SF 21

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5

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2 Analyse Analyse des des signaux signaux non non périodiqu périodiques es

2.1 Corrigé Corrigé des exercice exercicess . 2.1. 2.1.11 Exerc Exercice ice TF 1 . 2.1. 2.1.22 Exerc Exercice ice TF 2 . 2.1. 2.1.33 Exerc Exercice ice TF 3 . 2.1. 2.1.44 Exerc Exercice ice TF 4 . 2.1. 2.1.55 Exerc Exercice ice TF 5 . 2.1. 2.1.66 Exerc Exercice ice TF 6 . 2.1. 2.1.77 Exerc Exercice ice TF 7 . 2.1. 2.1.88 Exerc Exercice ice TF 8 . 2.1. 2.1.99 Exerc Exercice ice TF 9 2.1.10 2.1.10 Exercic Exercicee TF 10 2.1.11 2.1.11 Exercic Exercicee TF 11 2.1.12 2.1.12 Exercic Exercicee TF 12 2.1.13 2.1.13 Exercic Exercicee TF 13 2.1.14 2.1.14 Exercic Exercicee TF 14 2.1.15 2.1.15 Exercic Exercicee TF 15 2.1.16 2.1.16 Exercic Exercicee TF 16 Corrigé des exercices, v 1.14

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. . . . . . . . . . . . . . . . . 3

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. . . . . . . . . . . . . . . . .

5 5 11 14 14 20 22 30 31 37 40 47 51 53

. . . . . . . . . . . . . . . . .

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MEE

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. . . . . . . . . . . . . . . . .

53 53 54 57 59 63 63 65 65 66 66 67 68 68 68 69 70



-Vd HEIG -Vd

2.1.17 2.1.17 2.1.18 2.1.18 2.1.19 2.1.19 2.1.20 2.1.20 2.1.21 2.1.21 2.1.22 2.1.22 2.1.23 2.1.23 2.1.24 2.1.24 2.1.25 2.1.25 2.1.26 2.1.26 2.1.27 2.1.27

Exercice Exercice TF TF 17 Exercice Exercice TF TF 18 Exercice Exercice TF TF 19 Exercice Exercice TF TF 20 Exercice Exercice TF TF 21 Exercice Exercice TF TF 22 Exercice Exercice TF TF 23 Exercice Exercice TF TF 24 Exercice Exercice TF TF 25 Exercice Exercice Corr Corr 1 Exercice Exercice Corr Corr 2

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3 Echan Echantill tillonn onnage age des signaux signaux analogiq analogiques ues

3.1 Corrigé Corrigé des exercice exercicess . . 3.1. 3.1.11 Exerc Exercice ice ECH ECH 1 . 3.1. 3.1.22 Exerc Exercice ice ECH ECH 2 . 3.1. 3.1.33 Exerc Exercice ice ECH ECH 3 . 3.1. 3.1.44 Exerc Exercice ice ECH ECH 4 . 3.1. 3.1.55 Exerc Exercice ice ECH ECH 5 . 3.1. 3.1.66 Exerc Exercice ice ECH ECH 6 . 3.1. 3.1.77 Exerc Exercice ice ECH ECH 7 . 3.1. 3.1.88 Exerc Exercice ice ECH ECH 8 . 3.1. 3.1.99 Exerc Exercice ice ECH ECH 9 3.1.10 3.1.10 Exercice Exercice ECH ECH 10 3.1.11 3.1.11 Exercice Exercice ECH ECH 11 3.1.12 3.1.12 Exercice Exercice ECH ECH 12 3.1.13 3.1.13 Exercice Exercice ECH ECH 13 3.1.14 3.1.14 Exercice Exercice ECH ECH 14 3.1.15 3.1.15 Exercice Exercice ECH ECH 15 3.1.16 3.1.16 Exercice Exercice ECH ECH 16 3.1.17 3.1.17 Exercice Exercice ECH ECH 17 3.1.18 3.1.18 Exercice Exercice ECH ECH 18


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. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

71 73 73 74 74 74 75 75 76 76 80 81

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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MEE

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. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. 81 . 81 . 82 . 82 . 83 . 83 . 83 . 84 . 86 . 87 . 87 . 88 . 88 . 88 . 89 . 89 . 89 . 90 . 90



-Vd HEIG -Vd

Chapitre 1 Analyse des signaux périodiques 1.1 1.1

Corr Corrig igé é des des exer exerci cice cess

1.1. 1.1.1 1

Exer Exerci cice ce SF 1

Considérant Considérant les 2 signaux signaux suivants suivants pour lesquels lesquels f 0 = 1 [kHz] x1 (t) = 6 2 cos cos (2 π f 0 t) + 3 sin(2 π f 0 t) x2 (t) = 4 + 1.8 cos 2 π f 0 t + π3 + 0.8 sin sin (6 π f 0 t)

− ·

· · · · · · ·

·

· · · · · · ·

1. dessinez dessinez leurs spectres d’amplitude d’amplitude et de phase unilatéraux unilatéraux et bilatéraux bilatéraux ; 2. écrivez x1 (t) et x2 (t) sous forme de série de Fourier complexe.

Corrigé x1 (t) = 6

− 2 · cos cos (2 · π · f · t) + 3 · sin(2 · π · f · t) : 0

0

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

a0

2

+

∞

 k=1

ak cos(2 π k f 0 t) +

·

· · · ·

∞

 k=1

bk sin(2 π k f 0 t) (1.1)

·

· · · ·

on a : 1. Une composante continue a20 = 122 = 6 2. Une harmonique 1 (fondamental) à f 0 = 1 [kHz], avec a1 = b1 = 3

−2 et

Pour la représentation des spectres unilatéraux et bilatéraux, il faut calculer la série de Fourier en cosinus ainsi que la série de Fourier complexe. On a tout d’abord pour la série en cosinus : Corrigé des exercices, v 1.14

5

MEE



-Vd HEIG -Vd

Signal temporel 10 8 ) t ( x

6 4 2

0

0.5 1 Spectre unilatéral

1.5

2 temps

2.5

6

6

4

4 | ) k j ( X |

k

A

2 0

3 3.5 Spectre bilatéral

0

1000

2000

3000

4000

0 −5000

5000

0

1

k

0 −0.5

5000

0 kf

5000

0.5

π

/ ) k j ( X /

π

0 kf

0

1

0.5 α

x 10

2

kf

/

4 −3

0 −0.5

−1 0

1000

2000

3000

4000

−1 −5000

5000

kf

0

0 f_ex_SF_1_1_1.eps

Fig.

A0 = A1 =

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

a0

=

2



12 =6 2

 − −  − 

a21 + b21 =

α1 = arctan

( 2)2 + 32 = 3.6056

b1 a1

= arctan

−

3 2

=

−2.1588 [rad] = −123.6901 [◦]

On peut donc écrire : x1 (t) = 6

cos (2 · π · f · t) + 3 · sin(2 · π · f · t) − 2 · cos = A + A · cos(2 · π · f · t + α ) = 6 + 3.6056 · cos cos (2 · π · f · t − 2.1588) 0

0

1

0

0

1

0

·



x2 (t) = 4 + 1.8 cos 2 π f 0 t + π3 + 0.8 sin sin (6 π f 0 t) : Pour x2 (t), on a en se référant au développement développement en série de Fourier (1.1 (1.1 ) :

·

· ·

1. Une composante continue Corrigé des exercices, v 1.14

·

a0

2

=

6

8 2

· · ·

=4 MEE



-Vd HEIG -Vd

2. Des harmoniques à f 0 = 1 [kHz] et 3 · f 0 = 3 [kHz], avec a1 et b1 à calculer, a3 = 0, b3 = 0.8 Pour la représentation des spectres unilatéraux et bilatéraux, il faut calculer la série de Fourier en cosinus ainsi que la série de Fourier complexe. On a pour la série en cosinus : A0 =

a0

=4

2

  

A1 = 1.8 α1 = A3 =

a21 + b21

=

π

3



a23 + b23 =

α3 = arctan

√

−  b3 a3

02 + 0.82 = 0.8 = arctan

−  → − 0.8 0

π

2

On peut donc écrire :

· ·

x2 (t) = 4 + 1.8 cos 2 π f 0 t +

π

 

· · · 3 + 0.8 · sin(6 · π · f · t) π π = 4 + 1.8 · cos 2 π · f · t + + 0.8 · cos 6 · π · f · t − 3 2 = A + A · cos(2 · π · f · t + α ) + A · cos cos (6 · π · f · t + α ) 0

1

0

0

1

0

3



0

0



3

Dans le cas général, il aurait fallu calculer a1 et b1 selon les relations : ak = bk =

2 T

2 T

+ T 2

 ·  ·

− T 2

+ T 2

− T 2

x (t) cos cos (2 π k f 0 t) dt

k

≥0

x (t) sin(2 π k f 0 t) dt

k

≥1

·

· · · · ·

·

· · · · ·

En tenant compte des identités identités trigonométriques trigonométriques 1 1 cos(α + β ) + · cos(α − β ) · · 2 2 1 1 sin(α) · cos(β ) = · sin(α + β ) + · cos(α − β ) 2 2

cos(α) cos(β ) =


7

MEE



-Vd HEIG -Vd

Signal temporel 8 6 ) t ( 4 x

2 0

0


1.5

2 temps

4

k

A

2.5 4

3

3

2

| ) k j ( 2 X |

1

1

0

0

1000

2000

3000

4000

0 −5000

5000

kf

0

1

1

0.5

π

/ ) k j ( X /

π

/

k

α


0 −0.5 −1 0

4 −3

x 10

0 kf

5000

0 kf

5000

0

0.5 0 −0.5

1000

2000

3000

4000

−1 −5000

5000

kf

0

0 f_ex_SF_1_2_1.eps

Fig.

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


8

MEE



-Vd HEIG -Vd

on a donc : a1 =

= =

+ T 2

2 T

2 T

2

 ·

b1 =

=

T

·

−2

·

T = 0.9

2

1.8 cos 2 π f 0 t +

T

· 1.8 1.8

− T 2

2

· 1.8 T

+ T 2 T

−2

2

π

3

·

cos cos (2 π 1 f 0 t) dt

· ·

·

π

1.8 cos 2 π f 0 t +

·

· ·

   · · ·   · · + T 2

− T 2

sin

· · · · ·



  ·

π π 1 1 cos 4 π f 0 t + + cos 2 3 2 3

1 π + T t cos [ ]− T 2 2 3 2

1 · 1.8 T √2 = −0.9 · 3 =

· ·

   · · ·   · ·

+ T 2

 ·

·

3

·

·

sin(2 π 1 f 0 t) dt

· · · · ·



π 1 1 sin 4 π f 0 t + + sin 2 3 2 π

3

dt

· ·

+ T

·

−  · π

3

dt

[t]− T 2 2

On vérifie que l’on a bien : A1 =



 − · √  −   · √ 

a21 + b21 =

α1 = arctan


b1 a1

0.92 +

= arctan arctan

9

0.9

3

2

0.9 3 0.9

= 1.8 = 1.047 =

MEE

π

3


C o r r i g é d e s e x e r c i c e s , v 1 . 1 4

H E I G

Pour x1 (t) :

x1 (t) = A0 + A1 cos(2 π f 0 t + α1 ) A1 = A0 + e+ j·(2·π·f 0·t+α1 ) + e− j ·(2·π·f 0 ·t+α1 )

· · · · · 2 A e · · · · ·e · · =A + 2 = X ( j · 0) + X ( j · 1) ·e · · ·

        + j 2 π f 0 t

1

2

A0

Pour x2 (t) : 1 0

1

0

A1

2

+ j α1

V d



+ e− j ·2·π·f 0·t e− j ·α1

·

j 2 π f 0 t

· + X 2(− j · 1) ·e− j ·2·π·f 0·t

   A1

·e+j α1 ·



2

−j ·α

·e

1

x2 (t) = A0 + A1 cos cos (2 π f 0 t + α1 ) + A3 cos cos (6 π f 0 t + α3 ) A1 A3 = A0 + e+ j ·(2·π·f 0 ·t+α1 ) + e− j ·(2·π·f 0 ·t+α1 ) + e+ j ·(6·π·f 0 ·t+α1 ) + e− j·(6·π·f 0·t+α1 )

· · · · · 2 A · e · · · · ·e · =A + 2 = X ( j · 0) + X ( j · 1) ·e · · ·

          1

0

1

2

A0

M E E \ c o _ t s . t e x \ 5 a v r i l 2 0 0 6

+ j 2 π f 0 t

A1

2

·

 · · · ·   ·  · · ·  −·  ·    ·  ·  − ·  · 2

A3 e+ j·6·π·f 0·t e+ j·α3 + e− j·6·π·f 0·t + e− j ·2·π·f 0·t e− j ·α1 + 2 j 2 π f 0 ·t + X 2 ( j 1) e− j ·2·π·f 0 ·t + X 2 ( j 3) e j·6·π·f 0 ·t + X 2 ( j 3) + j α1

·e+j α1 ·

A1

2

A3

−j ·α

·e

1

2

A3

·e+j α3 ·

2

−j ·α

·e

e− j ·α3

e− j ·6·π·f 0·t

3

T r a i t e m e n t d e S i g n a l ( T S

)


-Vd HEIG -Vd

1.1. 1.1.2 2


Utilisez les formules d’Euler pour montrer que la série de Fourier du signal suivant

 ·

x (t) = 1 + cos 2 π f 0 t +

· ·

π

6

 ·

cos cos (10 (10 π f 0 t)

· · ·

est décrite par les harmoniques 4, 5 et 6. Pour ce faire : 1. remplacez remplacez chaque chaque fonction cosinu cosinuss par deux phaseurs phaseurs ; effectuez le produit produit ; 2. écrivez x (t) sous la forme d’une somme somme de phaseurs ; 3. que valent les coefficients X ( j · k) non-nuls non-nuls ? 4. dessinez les spectres bilatéraux et unilatéraux d’amplitude et de phase.


-Vd HEIG -Vd

1.1. 1.1.2 2


Utilisez les formules d’Euler pour montrer que la série de Fourier du signal suivant

 ·

x (t) = 1 + cos 2 π f 0 t +

· ·

π

6

 ·

cos cos (10 (10 π f 0 t)

· · ·

est décrite par les harmoniques 4, 5 et 6. Pour ce faire : 1. remplacez remplacez chaque chaque fonction cosinu cosinuss par deux phaseurs phaseurs ; effectuez le produit produit ; 2. écrivez x (t) sous la forme d’une somme somme de phaseurs ; 3. que valent les coefficients X ( j · k) non-nuls non-nuls ? 4. dessinez les spectres bilatéraux et unilatéraux d’amplitude et de phase.


11

MEE



V d

  · · ·  · · · ·  ·  · ·  · ·  · · · ·  · ·

x (t) = 1 + cos 2 π f 0 t +

π

cos cos (10 (10 π f 0 t) 6 π π = 1 + 0 .5 e j ·(0.5·π·f 0 ·t+ 6 ) + e− j ·(2·π·f 0 ·t+ 6 )

= 0.5

 · · 

e j ·10·π·f 0·t + e− j·10·π·f 0·t

0.5

e j·(2·π·f 0·t+ 6 ) + e− j ·(2·π·f 0 ·t+ 6 )

e j·10·π·f 0 ·t + e− j ·10·π·f 0 ·t + 0.5

= 0.5

+ 0.25 1 2

H E I G

Corrigé

e j ·10·π·f 0·t + e− j·10·π·f 0·t + 0.25

π

π

· · · 0.5

e j ·(2·π·f 0 ·t+ 6 ) + e− j·(2·π·f 0·t+ 6 ) π

π





e j ·10·π·f 0 ·t + e− j ·10·π·f 0 ·t

e j·10·π·f 0·t + e− j·10·π·f 0·t





= 0.5 e j·10·π·f 0·t + e− j·10·π·f 0·t π π π π e j·(2·π·f 0 ·t+ 6 ) e j ·10·π·f 0 ·t + e j ·(2·π·f 0·t+ 6 ) e− j ·10·π·f 0 ·t + e− j ·(2·π·f 0 ·t+ 6 ) e j ·10·π·f 0 ·t + e− j ·(2·π·f 0·t+ 6 ) e− j ·10·π·f 0 ·t

·

·





π π π π = 0.5 e · · · · + e− j ·10·π·f 0 ·t + 0.25 e j ·(12·π·f 0·t+ 6 ) + e j ·(−8·π·f 0 ·t+ 6 ) + e j ·(8·π·f 0 ·t− 6 ) + e− j ·(12·π·f 0 ·t+ 6 ) = X ( j · 4) · e j·8·π·f 0·t + X (− j · 4) · e− j ·8·π·f 0 ·t + X ( j · 5) · e j·10·π·f 0·t + X (− j · 5) · e− j ·10·π·f 0 ·t + X ( j · 6) · e j ·12·π·f 0·t +X (− j · 6) · e− j·12·π·f 0 ·t

j 10 π f 0 t

avec T r a i t e m e n t d e S i g n a l (

π

X ( j 4) = 0.25 e− j · 6

· · X (− j · 4) = 0.25 · e · X ( j · 5) = 0.5 X (− j · 5) = 0.5 X ( j · 6) = 0.25 · e · X (− j · 6) = 0.25 · e− · j π 6


j π6

j π6

T S

)


-Vd HEIG -Vd


0


-Vd HEIG -Vd


0 −1 −2 0

k

A


1.5

2 temps

1

1

0.5

| ) k j ( 0.5 X |

0

0

2

4 kf

6

0

8

0

1 0.5 k

α

π

/ ) k j ( X /

0 −0.5 −1 0

−5


4

0 kf

5

0 kf

5

0

1

π

/

2.5

0.5 0 −0.5

2

4 kf

6

−1

8

0

−5

0 f_ex_SF_2_1.eps

Fig.

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


13

MEE



-Vd HEIG -Vd

1.1. 1.1.3 3


Considérant un signal périodique de période T = 20 20 [ms] décrit par son spectre bilatéral X ( j · k) : 0 2

k X ( j k ) X  X

· | |

±1 −3 ± j · 2

±2 +1 ± j · 3

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

Corrigé 0 2 2 0

k X ( j k ) X  X

· | |

±1 ±2 √3 −+32±= j ·32.6056 √1 ++13 ±= j 3· .316236 ±2.5536 [rad] = ±146.3099 [◦] ±1.2490 [rad] = ±71.5651 [◦] 2

2

2

2

x (t) = A0 + A1 cos(2 π f 0 t + α1 ) + A2 cos(4 π f 0 t + α2 )

·

· · · · · · · = X ( j · 0) + X ( j · 1) ·e j ·2·π·f ·t + X (− j · 1) ·e− j ·2·π·f ·t + X ( j · 2) ·e j ·4·π·f ·t + X (− j · 2) ·e− j ·4·π·f ·t 0

        A1

A0

2

·e+j α1 ·

On en déduit

0

   A1

2

−j ·α

·e

1

A2

A2

2

·e+j α2 ·

0

   A2

2

−j ·α

·e

2

α0 = 0 [rad]

A0 = X ( j 0) = 2

·

A1 = 2

0

    

· |X ( j · 1)| = 2 · 3.6056 = 7.2111 = 2 · |X ( j · 2)| = 2 · 3.16236 = 6.3246

α1 = 2.5536 [rad] α2 = 1.2490 [rad]

et finalement : x (t) = A0 + A1 cos(2 π f 0 t + α1 ) + A2 cos cos (4 π f 0 t + α2 )

·

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

1.1. 1.1.4 4


À partir des spectres d’amplitude et de phase d’une SIR vus au cours, 1. calculez les spectres complexes des deux signaux de la figure 1.4 page cicontre contre ; 2. esquissez leurs spectres bilatéraux d’amplitude et de phase. Corrigé des exercices, v 1.14

14

MEE



-Vd HEIG -Vd

Ex. SF4 10 8 ] V [ ) t ( 1 x

6 4 2 0 0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

0

2

4

6

8 t [ms]

10

12

14

16

18

6 4 ] V [ ) t ( 2 x

2 0 −2 −4

f_exgraphes_7.eps

Fig.

1.4 – Exercice SF 4 (fichier source).

Corrigé Le premier signal est une SIR d’amplitude A = 10 de période T = f 10 = 10 [ms], de largeur ∆t = 2 [ms], retardée d’une durée td = ∆2t = 1 [ms]. On en déduit :

· ∆T t · sin(k k· π· π· f · f · ∆· ∆t t) · e− · · · · · 2 sin(k · π · 100[Hz] · 2 [ms]) − · · · · = 10 · · k · π · 100[Hz] · 2 [ms] · e 10 sin(k · π · 0.2) − · · · · Hz · ms ·e =2· k · π · 0.2 sin k · π · =2· e− · · · · Hz · ms · k·π· 0

X ( j k ) = A

·

j 2 π k f 0 td

0

j 2 π k 100[Hz] 1 [ms]

j 2 π k 100[

     1 5

j 2 π k 100[

] 1[

] 1[

·

]

]

1 5

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

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

Les résultats (spectres bilatéraux d’amplitude et de phase) sont donnés sur la figure 1.5 page 17. 17. Sur la même figure, on trouve la synthèse de x(t) basée sur les Corrigé des exercices, v 1.14

15

MEE



-Vd HEIG -Vd

N = 10 premiers termes X ( j k ) du développement en série de Fourier complexe :

·

+10

x10 (t) =



X ( j k ) e+ j ·2·π·k·f 0 ·t

· ·

k= 10

−


16

MEE



-Vd HEIG -Vd

2 1.5

|X ( j · k )|

1 0.5 0

−1000

−500

0

500

1000

500

1000

0.015

0.02

f [Hz] 1 0.5 0

arg{X ( j ·k)} π

−0.5 −1 −1000

−500

0

f [Hz] 10 8

xN (t), x(t)

6 4 2 0 0

0.005

0.01

t [s]

1.5 – xN (t) est la synthèse du signal x(t) basée sur les N = 10 premiers + j ·2·π·k·f 0 ·t termes de la série de Fourier complexe : x10 (t) = +10 . k=−10 X ( j · k ) · e On remarque bien sûr la très forte ressemblance avec x(t) tel qu’il apparaît sur le haut de la figure 1.4 . Fig.




17

MEE



-Vd HEIG -Vd

10 [ms], Le second signal est une SIR d’amplitude A = 9 de période T = f 10 = 10 de largeur ∆t = T 2 = 5 [ms], retardée d’une durée td = ∆2t = 2.5 [ms] à laquelle on a soustrait un offset de 3. On en déduit :

· ∆T t · sin(k k· π· π· f · f · ∆· ∆t t) · e− · · · · · 5 [ms] sin(k · π · 100[Hz] · 5 [ms]) − · · · · · k · π · 100[Hz] · 5 [ms] · e =9· 10 [ms] 0

X ( j k ) = A

·

j 2 π k f 0 td

0

j 2 π k 100[Hz] 2.5 [ms]

·

ce à quoi il faut soustraire l’offset de 3 pour k = 0. Les résultats (spectres bilatéraux d’amplitude d’amplitude et de phase) sont donnés sur la figure 1.6 page ci-contre. Sur la même figure, on trouve la synthèse de x(t) basée sur les N = 10 premiers termes X ( j · k) du développement en série de Fourier complexe : +10 x10 (t) = X ( j · k ) · e+ j ·2·π·k·f 0 ·t k=−10 Un code MATLAB permettant permettant de calculer calculer X 2 ( j · k) et tracer les spectres bilatéraux de gain et de phase est donné ci-dessous.



(fichier source) %Initialisation c l c ; c l ea ea r a l l ; c lo l o se se a l l ;

%Parametres

A=9; T = 1 0 e 3; d e l t a _ t = 5 e 3; td = 2.5e 3;

−

−

−

−

%n um um er er os os d e s h a rm rm o ni ni q ue ue s a c a l c u l e r

N = 10; k = [ N:N] ;

−

%k<>0

X = A delta_t/T s i n c ( k / 2 ) . exp( j k pi / 2 ) ;

∗ ∗ X(8)=−3+A∗ delta_t/T;

%k=0

∗

− ∗ ∗

%Tracage figure subplot ( 2 1 1 ) stem (k/T, abs (X)) xlabel ( ’ kf_0 [ Hz] ’ ) |X_2( jk ) | ’ ) ylabel ( ’ |X_2( grid subplot ( 2 1 2 ) stem (k/T, angle (X)/ pi ) xlabel ( ’ kf_0 [ Hz] ’ ) g{X_2( jk )} ’ ) ylabel ( ’ ar g{X_ grid


18

MEE



-Vd HEIG -Vd

3

2

|X ( j · k)|

1

0

−1000

−500

0

500

1000

500

1000

0.015

0.02

f [Hz] 1 0.5 0

arg{X ( j ·k)} π

−0.5 −1 −1000

−500

0

f [Hz] 6 4

xN (t), x(t)

2 0

−2 −4

0

0.005

0.01

t [s]

1.6 – xN (t) est la synthèse du signal x(t) basée sur les N = 10 premiers + j ·2·π·k·f 0 ·t termes de la série de Fourier complexe : x10 (t) = +10 . k=−10 X ( j · k ) · e On remarque bien sûr la très forte ressemblance avec x(t) tel qu’il apparaît sur le bas de la figure 1.4 (fichier source). Fig.




19

MEE



-Vd HEIG -Vd

Ex. SF5 5 4 3

] V [ k

A

2 1 0 0

1

2

0

1

2

3

4

5

3

4

5

0.6 0.4 0.2 π

/

k

0

α

−0.2 −0.4

f [kHz] f_exgraphes_6.eps

Fig.

1.1. 1.1.5 5

1.7 – Exercice SF 5 ( fichier source).


Considérant Considérant les spectres unilatéraux (figure 1.7) 1.7) d’un signal x (t) : 1. donnez l’expression de x (t) ; 2. dessin dessinez ez son spectre spectre bilatéral bilatéral ; 3. calculez sa puissance et sa valeur efficace.

Corrigé 1. Au spectre unilatéral est associé directement le développement en série en cosinus. On a donc : x(t) = 4+4 cos(2 π 1 [kHz] t)+2 cos(2 π 3 [kHz] t+0.2 π )+1 cos(2 π 5 [kHz] t 0.45 π )

·

··

·

·

··

·

·

·

··

·−

2. Les spectres d’amplitude et de phase sont représentés sur la figure 1.8. 3. ∞ 1 42 22 12 2 2 2 P = A0 + · Ak = 4 + + + = 26.5 [V2 ] X eff eff =

√

2

P =




2

k=1

√

2

2

26.5 = 5.15 [V]

20

MEE


·


-Vd HEIG -Vd

4 3

|X ( j · k)|

2 1 0

−4000

−2000

0

2000

4000

2000

4000

f [Hz]

1 0.5

arg{X ( j ·k)}

0

π

−0.5 −1

−4000

−2000

0

f [Hz] Fig.


1.8 – Ex SF 5.

21

MEE



-Vd HEIG -Vd

0 +2

k x1 (t)

x2 (t)

x3 (t)

ak bk k Ak αk k X ( j k )

·

Tab.

1.1. 1.1.6 6

0 1 0 0 5

1 +5 +4 1 3 π

2 -2 +3 2 0 0

3 +1 –1 3 2 π

4 0 0 4 0 0

+ − ±1 ±2 ±3 ±4 4 ± j · 3 0 −2 ± j 0 3

2

1.1 – Exercice SF 6.


Considérant les trois signaux x1 (t), x2 (t), x3 (t) de période T = 1 [ms] décrits par leurs spectres respectifs (tableau 1.1) 1.1) : 1. donnez l’expressi l’expression on temporelle des des trois signaux signaux ; 2. écrivez écrivez ces expressions expressions à l’aide de cosinus cosinus seulement seulement ; 3. dessinez leurs spectres d’amplitude et de phase uni- et bilatéraux.


22

MEE



H E I G

Corrigé

V d

1. Expressions temporelles de x1 (t), x2 (t) et x3 (t) :

x1 (t) =

a0

+

2

∞



ak cos(2 π k f 0 t) +

·

k=1

2 3

·

· · · · · · · · · · · · ·


·

· · · ·

· · · · · · · − · · · · · · − · · · · · · · · · · − · · · · · − · · · ·

x2 (t) = A0 +

∞



·

· · · ·

·

· · · − π3

= 1 + 3 cos 2 π 1 f 0 t

·

x3 (t) =

∞



k=

−∞

·

· · · ·

· · ·

T r a i t e m e n t d e S i g n a l (

Ak cos cos (2 π k f 0 t + αk )

k=1



·

+ 2 cos 2 π 3 f 0 t +

·

· · ·

π

2



T S

)

H E I G

j 2 π k f 0 t

X ( j · k ) · e · · · · ·

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

−· · −· · · · · · · · − · · · · · − · · · · · · · · · · · · · · · = (−2 − j ) · e + (4 − j · 3) · e + 5 + (4 + j · 3) · e + (−2 + j ) · e ( ) · e− · · · · · + 4 + (−3) · e · ( )·e · · · · · = (−2) + (−1) · e · √ ( ) · e · · · · · + (−2) + 1 · e · ( )·e · · · · · +5+ 4 +3 ·e · √ · ( ) −·· ·· · √ · ( ) −·· ·· · √ √ ( )·e · · · · · + 5·e · · · = 5·e e + 25 · e e + 5 + 25 · e · √ √ = 5 · e− · · e− · · · · · + 5 · e− · · e− · · · · · + 5 + 5 · e · · e · · · · · + 5 · e · · e · · · · · √ e · · e · · · · · + e− · · e− · · · · · e· · e · · · · · + e− · · e− · · · · · =5+2· 5· +2·5· 2 2 √ = 5 + 2 · 5 · cos cos (2 · π · 3 · f · t + 2.6779) + 10 · cos cos (2 · π · 1 · f · t + 0.6435) j 2 π 3 f 0 t



2

2

j 2 π 1 f 0 t

j arctan

2

1 2

−

1 2

−

j arctan

2



2

j arctan

j 2 π 3 f 0 t

−

j 2.6779

j 2 π 1 f 0 t

j 2 π 3 f 0 t

j 0.6435

j 2 π 3 f 0 t

j 2 π 1 f 0 t



j 2 π 3 f 0 t

−

j arctan 34

2

j 2.6779

2 4

bk sin(2 π k f 0 t)

k=1

2 + 5 cos(2 π 1 f 0 t) + 4 sin(2 π 1 f 0 t) 2 cos cos (2 π 2 f 0 t) + 3 sin sin (2 π 2 f 0 t) 2 + 1 cos cos (2 π 3 f 0 t) 1 sin sin (2 π 3 f 0 t) = 1 + 5 cos cos (2 π f 0 t) + 4 sin(2 π f 0 t) 2 cos(4 π f 0 t) + 3 sin sin (4 π f 0 t) + 1 cos cos (6 π f 0 t) 1 sin(6 π f 0 t) =


· · · ·

∞



2

j arctan

2

3 4

−

j arctan 1 2

j 2 π 1 f 0 t

j arctan 34

j 2 π 1 f 0 t

j 0.6435

j 2 π 3 f 0 t

0

j 2 π 3 f 0 t

j 2 π 3 f 0 t

−

j 2 π 1 f 0 t

j 2.6779

3 4

−

V d

j 0.6435

j 2 π 1 f 0 t

j 2 π 1 f 0 t

j arctan ( −12 )

j 2 π 1 f 0 t j 2.6779

j 0.6435

j 2 π 3 f 0 t

j 2 π 1 f 0 t

0

2. Expressions de x1 (t), x2 (t) et x3(t) à l’aide de cosinus seulement. partant des résultats ci-dessus, on a : x1 (t) = 1 + 5 cos(2 π f 0 t) + 4 sin sin (2 π f 0 t)

+1

·

(6

· · ·

f t)

·

1 si (6

· · · − 2 · cos cos (4 · π · f · t) + 3 · sin(4 · π · f · t) f t)

0

0

j 2 π 3 f 0 t

·e · · · ·

T r a i

·


x3 (t) =

∞



k=

−∞

X ( j · k ) · e · · · · ·

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

−· · −· · · · · · · · − · · · · · − · · · · · · · · · · · · · · · = (−2 − j ) · e + (4 − j · 3) · e + 5 + (4 + j · 3) · e + (−2 + j ) · e ( ) · e− · · · · · + 4 + (−3) · e · ( )·e · · · · · = (−2) + (−1) · e · √ ( ) · e · · · · · + (−2) + 1 · e · ( )·e · · · · · +5+ 4 +3 ·e · √ · ( ) −·· ·· · √ · ( ) −·· ·· · √ √ ( )·e · · · · · + 5·e · · · = 5·e e + 25 · e e + 5 + 25 · e · √ √ = 5 · e− · · e− · · · · · + 5 · e− · · e− · · · · · + 5 + 5 · e · · e · · · · · + 5 · e · · e · · · · · √ e · · e · · · · · + e− · · e− · · · · · e· · e · · · · · + e− · · e− · · · · · =5+2· 5· +2·5· 2 2 √ = 5 + 2 · 5 · cos cos (2 · π · 3 · f · t + 2.6779) + 10 · cos cos (2 · π · 1 · f · t + 0.6435) j 2 π 3 f 0 t



2

2

j 2 π 1 f 0 t

1 2

−

j arctan

2

1 2

−

j arctan

j 2.6779

2

j arctan

j 2 π 3 f 0 t

−

2



j 2 π 1 f 0 t

j 2 π 3 f 0 t

j 0.6435

j 2 π 3 f 0 t

j 2 π 1 f 0 t



j 2 π 3 f 0 t

−

j arctan 34

2

j 2.6779

2 4

H E I G

j 2 π k f 0 t

j arctan

2

1 2

j arctan

2

3 4

−

j 2.6779

j 2 π 3 f 0 t

3 4

−

j 2 π 1 f 0 t

j 2 π 3 f 0 t

−

j arctan 34

j 2 π 1 f 0 t

j 2 π 1 f 0 t

j 0.6435

j 2 π 3 f 0 t

j 0.6435

0

V d

j arctan ( −12 )

j 2 π 1 f 0 t

j 2 π 1 f 0 t

j 2.6779

j 2 π 1 f 0 t

j 2 π 3 f 0 t

j 0.6435

j 2 π 1 f 0 t

0

2. Expressions de x1 (t), x2 (t) et x3(t) à l’aide de cosinus seulement. partant des résultats ci-dessus, on a : x1 (t) = 1 + 5 cos(2 π f 0 t) + 4 sin sin (2 π f 0 t)

· · · · · · · − 2 · cos cos (4 · π · f · t) + 3 · sin(4 · π · f · t) + 1 · cos cos (6 · π · f · t) − 1 · sin sin (6 · π · f · t) √ −4 + (−2) + 3 · cos 4 · π · f · t + arctan −3 = 1 + 5 + 4 · cos 2 · π · f · t + arctan −2 5 −(−1) + 1 + (−1) · cos 6 · π · f · t + arctan 1 √ √ √ π = 1 + 41 · cos cos (2 · π · f · t − 0.675) + 13 · cos cos (4 · π · f · t − 2.16) + 2 · cos 6 · π · f · t + 4 = A + A · cos cos (2 · π · 1 · f · t + α ) + A · cos(2 · π · 1 · f · t + α ) + A · cos(2 · π · 1 · f · t + α ) ·

0



2

2

2

    

0

0

0

0

0

0

 

2



0



2

0

∞

 k=1

1

2

0

2

 

0



0

1

x2 (t) = A0 +

2

3



0

0

T S

H E I G

Ak cos(2 π k f 0 t + αk )

·

· · · ·

·



·



V d

· · · − π3 + 2 · cos 2 π · 3 · f · t + π2 = A + A · cos cos (2 · π · 1 · f · t + α ) + A · cos cos (2 · π · 3 · f · t + α ) √ x (t) = 5 + 10 · cos cos (2 · π · 1 · f · t + 0.6435) + 2 · 5 · cos cos (2 · π · 3 · f · t + 2.6779) = A + A · cos cos (2 · π · 1 · f · t + α ) + A · cos cos (2 · π · 3 · f · t + α ) = 1 + 3 cos 2 π 1 f 0 t

·

0

1

3

0

1

3

0

0

0

0

T r a i t e m e n t d e S i g n a l ( )

3

3

0

1

0

1

3

0

3

3. Spectres unilatéraux et bilatéraux d’amplitude et de phase de x1 (t), x2 (t) et x3(t) : x1 (t) Le spectre unitlatéral correspond directement à l’expression de x1 (t) en cosinus :

2 5

x1 (t) = 1 +

√

√ √ π · · · · − 0.675) + 13 · cos cos (4 · π · f · t − 2.16) + 2 · cos 6 · π · f · t + 4 cos (2 · π · 1 · f · t + α ) + A · cos cos (2 · π · 1 · f · t + α ) · cos(2 · π · 1 · f · t + α ) + A · cos

41 cos cos (2 π f 0 t

= A0 + A1

0

0

1

2

0

2

3



0

0



3

Le spectre bilatéral s’en déduit facilement : k

0

1

2

3

j 2 π 3 f 0 t

·e · · · ·

T r a i t e

·


x2 (t) = A0 +

∞

 k=1

H E I G


·

· · · ·

·



·



V d

· · · − π3 + 2 · cos 2 π · 3 · f · t + π2 = A + A · cos cos (2 · π · 1 · f · t + α ) + A · cos cos (2 · π · 3 · f · t + α ) √ x (t) = 5 + 10 · cos cos (2 · π · 1 · f · t + 0.6435) + 2 · 5 · cos cos (2 · π · 3 · f · t + 2.6779) = A + A · cos cos (2 · π · 1 · f · t + α ) + A · cos cos (2 · π · 3 · f · t + α ) = 1 + 3 cos 2 π 1 f 0 t

·

0

1

0

3

1

3

0

0

0

0

3

0

1

0

1

3

0

3

3. Spectres unilatéraux et bilatéraux d’amplitude et de phase de x1 (t), x2 (t) et x3(t) : x1 (t) Le spectre unitlatéral correspond directement à l’expression de x1 (t) en cosinus :

2 5

x1 (t) = 1 +

√

√ √ π · · · · − 0.675) + 13 · cos cos (4 · π · f · t − 2.16) + 2 · cos 6 · π · f · t + 4 cos (2 · π · 1 · f · t + α ) + A · cos cos (2 · π · 1 · f · t + α ) · cos(2 · π · 1 · f · t + α ) + A · cos

41 cos cos (2 π f 0 t

= A0 + A1



0

0

1

2

0

2

3



0

0

3

Le spectre bilatéral s’en déduit facilement :



2 6

0 A0 = 1 α0 = 0 0 X ( j 0) = A0 =1

k Ak αk k

1 A1 = 41 α1 = 0.675 1 A1 X ( j 1) = √ e± j ·α1 2 = 241 e j ·0.675

±·

·

X ( j k)

·

√ − ±

·

2 A2 = 13 α2 = 2.16 2 A2 X ( j 2) = √ e± j ·α2 2 = 213 e j ·2.16

±·

·

√ − ±

·

3 A3 = 2 α3 = + π4 3 A3 X ( j 3) = √ e± · 2 = 22 e± ·

√

±

±·

·

x2 (t) = A0 +

k=1

· · · ·

·



= A0 + A1





· · · − π3 + 2 · cos 2 · π · 3 · f · t + π2 cos (2 · π · 1 · f · t + α ) + A · cos cos (2 · π · 3 · f · t + α ) · cos

= 1 + 3 cos 2 π 1 f 0 t

·

V d


·

T S

H E I G

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

∞

· ·

)

La représentation graphique des spectre uni- et bilatéraux est donnée sur la figure 1.9.



T r a i t e m e n t d e S i j g α3 n a j lπ4 (

0

1

3

0

0

3

Le spectre bilatéral s’en déduit facilement : k Ak αk

0

1

2

3

A0 = 1 α0 = 0

A1 = 3 α1 = π3

A2 = 0 α2 = 0

A3 = 2 α3 = + π2

k

0

±1

±2 X (± j · 2) = 0

X ( j k)

·

−

X ( j 0) = A0

·

=1

X ( j 1) =

±·

=

A1

2 3 2

· e±· ·

·e

j α1

j π 3

±3

X ( j 3) =

±·

A3

2 2 2

· ±e±· ·

= e j ± j · π2 =e

·

j α3 π

2

La représentation graphique des spectre uni- et bilatéraux est donnée sur la figure 1.10. 1.10. x3 (t) Le spectre unitlatéral correspond directement à l’expression de x3 (t) en cosinus : x3 (t) = 5 + 10 cos cos (2 π 1 f 0 t + 0.6435) + 2

·

· · · ·

·

√

5 cos cos (2 π 3 f 0 t + 2.6779)

·

· · · ·

T r a i


2 6

H E I G

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

∞

 k=1


·

· · · ·

·



= A0 + A1





· · · − π3 + 2 · cos 2 · π · 3 · f · t + π2 cos (2 · π · 1 · f · t + α ) + A · cos cos (2 · π · 3 · f · t + α ) · cos

= 1 + 3 cos 2 π 1 f 0 t

·

V d

0

1

3

0

0

3

Le spectre bilatéral s’en déduit facilement : k Ak αk

0

1

2

3

A0 = 1 α0 = 0

A1 = 3 α1 = π3

A2 = 0 α2 = 0

A3 = 2 α3 = + π2

k

0

±1

±2 X (± j · 2) = 0

X ( j k)

·

−

X ( j 0) = A0

·

=1

X ( j 1) =

±·

=

A1

2 3 2

· e±· ·

j α1

·e

j π 3

±3

X ( j 3) =

±·

A3

2 2 2

· ±e±· ·

= e j ± j · π2 =e

·

j α3 π

2

La représentation graphique des spectre uni- et bilatéraux est donnée sur la figure 1.10. 1.10. x3 (t) Le spectre unitlatéral correspond directement à l’expression de x3 (t) en cosinus :

·

= A0 + A1 M E E \ c o _ t s . t e x \ 5 a v r i l 2 0 0 6


T r a i t e m e n t d e S i g n a l j 2 π 3 f 0 t ( e

√ cos (2 · π · 3 · f · t + 2.6779) · · · · · 5 · cos cos (2 · π · 1 · f · t + α ) + A · cos cos (2 · π · 3 · f · t + α ) · cos

x3 (t) = 5 + 10 cos cos (2 π 1 f 0 t + 0.6435) + 2 0

1

0

3

0

3

Le spectre bilatéral a dédjà été obtenu au précédemment : on avait : ∞ x3 (t) = X ( j · k ) · e j ·2·π·k·f 0 ·t k=−∞ = X (− j · 3) · e− j ·2·π·3·f 0 ·t + X (− j · 1) · e− j ·2·π·1·f 0·t + X ( j · 0) · e j·2·π·0·f 0 ·t + X ( j · 1) · e j ·2·π·1·f 0 ·t + X ( j · 3) · · · · · · √ √ = 5 · e− j ·2.6779 · e− j ·2·π·3·f 0·t + 5 · e− j ·0.6435 · e− j ·2·π·1·f 0·t + 5 + 5 · e j ·0.6435 · e j·2·π·1·f 0 ·t + 5 · e j·2.6779 · e j ·2·π·3·f 0 ·t )



T S

Si l’on répète néanmoins la même opération que pour x1 (t) et x2 (t), on a : k Ak αk k X ( j k )

·

0 A0 = 5 α0 = 0 0 X ( j 0) = A0

·

=5

1 A1 = 10 α1 = 0.6435 1 X ( j 1) = A21 e± j ·α1 = 10 e± j·0.6435 2 = 5 e± j·0.6435

±·

±

·

· ·

2 A2 = 0 α2 = 0 2

± X (± j · 2) = 0

3 A3 = 2 5 α3 = 2.6779 3 X ( j 3) = A23√ e± j ·α3 = 2·2 5 e± j·2.6779 = 5 e± j ·2.6779

·√

±·


±

H E I G

V d

·

√ ··

2 7

T r a i t e


Si l’on répète néanmoins la même opération que pour x1 (t) et x2 (t), on a : 0 A0 = 5 α0 = 0 0

k Ak αk k

X ( j 0) = A0

·

X ( j k )

·

=5

1 A1 = 10 α1 = 0.6435 1 X ( j 1) = A21 e± j ·α1 = 10 e± j·0.6435 2 = 5 e± j·0.6435

±·

±

·

2 A2 = 0 α2 = 0 2

3 A3 = 2 5 α3 = 2.6779 3 X ( j 3) = A23√ e± j ·α3 = 2·2 5 e± j·2.6779 = 5 e± j ·2.6779

·√

± X (± j · 2) = 0

· ·

±

±·


H E I G

V d

·

√ ··

2 7



T S

)


-Vd HEIG -Vd

•

6 4

Ak

•

3 2

•

2

•

•

1

•

•

• •

•

0

0 0

1000

2000

−3000 −2000 −1000

3000

f Hz

αk π

•

0 −0.2

−0.4 −0.6

5

()

−0.4 −0.6

• 1000

2000

f Hz 10

2000

3000

•

0.6

3000

•

•

0.2

•

0

1000

0.4

•

−0.2

0

f Hz

0.2 0

|X ( j · k )| •

•

•

arg{X ( j ·k)}

•

π

• −3000 −2000 −1000

0

f Hz

1000

2000

3000


-Vd HEIG -Vd

•

6 4

Ak

•

3 2

•

2

1

•

•

•

•

•

•

0

1000

2000

−3000 −2000 −1000

3000

f Hz

0

1000

2000

3000

f Hz

•

0.2

αk π

•

0

0

0

|X ( j · k )|

•

•

0.6 0.4

•

0 −0.2

−0.4 −0.6

−0.4 −0.6

• 0

1000

2000

•

•

0.2

•

−0.2

•

•

π

• −3000 −2000 −1000

3000

arg{X ( j ·k)}

•

f Hz

0

1000

2000

3000

f Hz

10 5

x(t)

0

−5 −2

−1

0

1

2

t [ms]

1.9 – (fichier source).

Fig.

•

3

•

2

Ak

1

•

1.5

1

•

•

•

• 0

|X ( j · k )|

1000

•

0

2000

•

−3000 −2000 −1000

3000

f [Hz]

0

1000

2000

3000

f [Hz]

•

0.4

0.4

•

•

0.2

0.2 0

•

0.5

0

αk π

•

•

−0.2

−0.2 −0.4

• 0

1000

•

0

•

2000

•

arg{X ( j ·k)} π

• • −3000 −2000 −1000

3000

•

f [Hz]

0

1000

2000

3000

f [Hz]

6 4 2

x(t)

0

−2 −4

−2

−1

0

1

2

t [ms]

Fig.



28

MEE



-Vd HEIG -Vd

•

10

6

Ak

4

•

5

8

•

3

•

•

2

2

•

•

|X ( j · k )|

1

•

0 0

1000

•

0

2000

•

−3000 −2000 −1000

3000

f [Hz] 0.8 0.6 0.4 0.2 0 −0.2 −0.4 −0.6 −0.8

0.6

αk 0.4 π

•

0.2

•

•

0

1000

2000

0

1000

2000

3000

f [Hz]

•

0.8

0

•

4

•

•

•

•

•

arg{ arg{X ( j ·k)} π

• −3000 −2000 −1000

3000

•

f [Hz]

0

1000

2000

3000

f [Hz]

20

10

x(t)

0

−10

−2

−1

0

1

2

t [ms]

Fig.



29

MEE



-Vd HEIG -Vd

1.1. 1.1.7 7


Calculez la puissance de chacun des trois signaux de l’exercice 1.1.6 page 22.

Corrigé x1 (t) : P =

A20

1 + 2

∞

 · · · √

Ak2

k=1

1 A21 + A22 + A23 2 2 2 1 = 12 + 52 + 42 + ( 2)2 + 32 + 2 1 = 1+ [41 + 13 + 2] 2 = 29 29 [V2 ] = A20 +

·

  −



1+(

−

1)2

2



x2 (t) : A20

P =

1 + 2

∞

 ·  ·  · Ak2

k=1

1 A21 + A22 2 1 = 12 + 32 + 22 2 = 7.5 [V2] = A20 +

x3 (t) :

∞

|

P =

k=

X ( j k )

−∞

= X ( j 0) + 2

|

· |

2

= 5 +2

· √

42

= 85 85 [V2 ]


2

· |

30

∞

 · |

X ( j k )

k=1

+ 32

2

+

· | √ 22

2

+ 12

2

 MEE



-Vd HEIG -Vd

1.1. 1.1.8 8


Considérant Considérant le signal x (t) = 2 + sin sin (2 · π · f 0 · t) + 0 .25 · cos(6 · π · f 0 · t) 1. écrivez x (t) dans les formes cosinus cosinus et complexe complexe ; 2. donnez les composantes spectrales dans les trois représentations :

{a , b } k

k

{A , α } k

k

{X ( j · k)}

3. vérifiez que la puissance de ce signal calculée à l’aide des trois représentations tions donne le même même résultat résultat ; 4. comment comment calculeriez-vous calculeriez-vous la puissance puissance dans l’espace temps ? voyez-vo voyez-vous us des moyens moyens de simplifier ce calcul ? Si oui, le résultat résultat est immédiat.


31

MEE



H E I G

Corrigé

V d

1. On a pour la série en cosinus : x (t) = 2 + sin sin (2 π f 0 t) + 0 .25 cos(6 π f 0 t) π = 2 + cos 2 π f 0 t + 0.25 cos(6 π f 0 t)

 ·· ··

= A0 + A1

·

· · · · −2 · · · · · cos(2 · π · f · t + α ) + A · cos cos (6 · π · f · t + α ) 0

·

1

3

0

3

Partant de la série en cosinus, on obtient facilement la série complexe en faisant usage des formule d’Euler : 3 2

·

· · − π2

x (t) = 2 + cos cos 2 π f 0 t



+ 0.25 cos cos (6 π f 0 t)

·

· · ·

1 + j ·(2·π·f 0 ·t− π2 ) 1 − j ·(2·π·f 0 ·t− π2 ) 1 + j ·(6·π·f 0 ·t) 1 − j ·(6·π·f 0 ·t) e + e + 0.25 e + 0.25 e 2 2 2 2 = X (0) + X (+ j 1) e+ j ·2·π·f 0 ·t + X ( j 1) e− j ·2·π·f 0 + X (+ j 3) e+ j ·6·π·f 0 ·t + X ( j 3) e− j·6·π·f 0 ·t 1 − j · π + j ·2·π·f 0·t 1 + j · π − j ·2·π·f 0 ·t 0.25 + j ·6·π·f 0 ·t 0.25 − j·6·π·f 0 ·t e 2 e e 2 e e e = 2+ + + + 2 2 2 2 = 2+

·

·

· ·

· ·

·



·

−· · ·

·

· ·

· ·

−· ·

·

·

2. Série en cosinus : A0 = 2 A1 = 1

α1 =

A3 = 0.25

− π2


α3 = 0

)

H E I G

Série de Fourier :

a0 = 2 A0

=2 2=4

·

a1 = +A1 cos(α1 ) b1 a3 b3

= cos

· = −A · sin(α ) = +A · cos(α ) = −A · sin(α ) 1

1

3

3

3

3

− ·  −  π

2

V d

=0

− sin π2 = 1 = 0.25 · cos(0) = 0.25 = −0.25 · sin sin (0) (0) = 0 =

Série complexe : 3 3

X ( j 0) = 2

· X (± j · 1) = 0.5 · e · X (± j · 3) = 0.125 · e ·

j π 2 j 0

3. Série de Fourier : P =

  ·    a0

2

+

1

∞

2

a +b

2

2

T r a i t e


H E I G

Série de Fourier :

a0 = 2 A0

=2 2=4

·

a1 = +A1 cos(α1 ) b1 a3 b3

= cos

· = −A · sin(α ) = +A · cos(α ) = −A · sin(α ) 1

1

3

3

3

3

− ·  −  π

2

V d

=0

− sin π2 = 1 = 0.25 · cos(0) = 0.25 = −0.25 · sin sin (0) (0) = 0 =

Série complexe : 3 3

X ( j 0) = 2

· X (± j · 1) = 0.5 · e · X (± j · 3) = 0.125 · e ·

j π 2 j 0

3. Série de Fourier : P =




  ·      ·    ·  a0

2

2

1 + 2

∞

2

2

2

ak + bk

k=1

1 a21 + b21 + a23 + b23 2 2 2 4 1 = + 02 + 12 + 0.252 + 02 2 2 = 4.5212 521255 [V2 ] =

a0

2

+

T S

)

H E I G

Série en cosinus :

P = A20 +

1 2

∞

V d

  ·  · ·

Ak2

k=1

1 = 22 + A21 + A23 2 1 = 22 + 12 + 0.252 2 = 4.5212 521255 [V2 ] Série complexe :

3 4

+

P =

∞

|

k=

−∞

X ( j k )

· |

2

= X ( j 3) 2 + X ( j 1) 2 + X ( j 0) 2 + X ( j 1) 2 + X ( j 3) 2 = 0.1252 + 0.52 + 22 + 0.52 + 0.1252

| −· | | −· | |

= 4.52125 52125 [V2 ]

· | |

· | |

· |

T r a i


H E I G

Série en cosinus :

P = A20 +

1 2

∞

V d

  ·  · ·

Ak2

k=1

1 = 22 + A21 + A23 2 1 = 22 + 12 + 0.252 2 = 4.5212 521255 [V2 ] Série complexe :

3 4

+

∞

|

P =

k=

X ( j k )

· |

−∞

2

= X ( j 3) 2 + X ( j 1) 2 + X ( j 0) 2 + X ( j 1) 2 + X ( j 3) 2 = 0.1252 + 0.52 + 22 + 0.52 + 0.1252

| −· | | −· | |

· | |

· | |

· |


= 4.52125 52125 [V2 ] M E E \ c o _ t s . t e x \ 5 a v r i l 2 0 0 6


3 5

4. La puissance dans l’espace temps se calcule comme : P =

=

+ T 2

1 T

 ·  ·

T

T

·

−2

+ T 2

1

x2 (t) dt

T

[2 + sin (2 π f 0 t) + 0 .25 cos(6 π f 0 t)]2 dt

· · ·

−2

·

· · ·

T S

·

)

H E I G

La fonction à intégrer peut être mise sous la forme :

V d

2

[2 + (sin (sin (2 π f 0 t) + 0.25 cos cos (6 π f 0 t))]

· · ·

 · ··· · ·   · · ·   · ··

= 22 + 2 2

 ·   

sin(2 π f 0 t) +0.25 cos cos (6 π f 0 t) T

=0

T

=0

Pour la somme de sinus au carré, on a :

+ (sin (sin (2 π f 0 t) + 0 .25 cos(6 π f 0 t))2

· · ·

·

· · ·

(sin (sin (2 π f 0 t) + 0 .25 cos cos (6 π f 0 t))2 = sin2 (2 π f 0 t) + 2 sin(2 π f 0 t) 0.25 cos cos (6 π f 0 t) + 0 .252 cos2 (6 π f 0 t) = sin2 (2 π f 0 t) + 0 .5 sin(2 π f 0 t) cos cos (6 π f 0 t) +0.252 cos2 (6 π f 0 t)

· · ·

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 2





· · · · · ·

sin (2·π·f 0 ·t+6·π·f 0 ·t)+ 12 ·sin sin (2·π·f 0 ·t−6·π·f 0 ·t) ·sin

 ·

·

· · · · · ·

= sin2 (2 π f 0 t) + 0 .25 (sin (sin (8 π f 0 t) + sin sin ( 4 π f 0 t)) +0.252 cos2 (6 π f 0 t)

· · ·

·

·

· ·

T

=0

− ·

· ·

Pour le calcul de la puissance dans le domaine temporel, il suffit donc d’évaluer : P =

1 T

 ·

T

+2

x2 (t) dt

·

 ·

· · ·

T r a i t e


3 5

H E I G

La fonction à intégrer peut être mise sous la forme :

V d

2

[2 + (sin (sin (2 π f 0 t) + 0.25 cos cos (6 π f 0 t))]

· · ·

 · ··· · ·   · · ·   · ··

= 22 + 2 2

 ·   

sin(2 π f 0 t) +0.25 cos cos (6 π f 0 t) T

=0

T

=0

Pour la somme de sinus au carré, on a :

+ (sin (sin (2 π f 0 t) + 0 .25 cos(6 π f 0 t))2

· · ·

·

· · ·

(sin (sin (2 π f 0 t) + 0 .25 cos cos (6 π f 0 t))2 = sin2 (2 π f 0 t) + 2 sin(2 π f 0 t) 0.25 cos cos (6 π f 0 t) + 0 .252 cos2 (6 π f 0 t) = sin2 (2 π f 0 t) + 0 .5 sin(2 π f 0 t) cos cos (6 π f 0 t) +0.252 cos2 (6 π f 0 t)

· · ·

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1 2



· · · · · ·



sin (2·π·f 0 ·t+6·π·f 0 ·t)+ 12 ·sin sin (2·π·f 0 ·t−6·π·f 0 ·t) ·sin

 ·

·

· · · · · ·

= sin2 (2 π f 0 t) + 0 .25 (sin (sin (8 π f 0 t) + sin sin ( 4 π f 0 t)) +0.252 cos2 (6 π f 0 t)

· · ·

·

·

· ·

T

=0

− ·

· ·

 ·

Pour le calcul de la puissance dans le domaine temporel, il suffit donc d’évaluer : P = M E E \ c o _ t s . t e x \ 5 a v r i l 2 0 0 6


=

1 T

1 T

· · ·

T

 ·  ·   · +2 T

x2 (t) dt

·

−2

+ T 2 T

[2 + sin (2 π f 0 t) + 0 .25 cos(6 π f 0 t)]2 dt

· · ·

−2

·

· · ·

·

= ... =

1 T

+ T 2

− T 2



22 + sin2 (2 π f 0 t) + 0 .252 cos2 (6 π f 0 t)

· · ·

·

· · · · dt

Autrement Autrement dit, il suffit de sommer les carrés des valeurs valeurs efficaces de 2, sin sin (2 · π · f 0 · t) et 0.25 · cos(6 · π · f 0 · t), soit : P = 22 +

√  1 2

2

+ 0.252

· √  1 2

2

= 4.5312 531255 [V2]


)

H E I G

V d

3 6

T r a i


Autrement Autrement dit, il suffit de sommer les carrés des valeurs valeurs efficaces de 2, sin sin (2 · π · f 0 · t) et 0.25 · cos(6 · π · f 0 · t), soit : P = 22 +

√  1 2

2

+ 0.252

· √  1 2

2

= 4.5312 531255 [V2]

H E I G

V d

3 6



T S

)


-Vd HEIG -Vd

1.1. 1.1.9 9


Considérant une SIR centrée de période T = 100 100 [µs], de largeur ∆t = 20 20 [µs] et d’amplitude A = 10 10 [V], 1. calculez calculez le pourcentage de puissance puissance comprise comprise dans le premier lobe du sinus cardinal; 2. admettant que cette SIR est appliquée à un filtre passe-bas d’ordre 1 dont la fonction de transfert est H ( j f ) =

·

1 1+j

·

f f c

f c = 10 10 [kHz]

que valent l’amplitude et la phase des composantes 10 [kHz], 40 [kHz] et 150[kHz] ?


-Vd HEIG -Vd

1.1. 1.1.9 9


Considérant une SIR centrée de période T = 100 100 [µs], de largeur ∆t = 20 20 [µs] et d’amplitude A = 10 10 [V], 1. calculez calculez le pourcentage de puissance puissance comprise comprise dans le premier lobe du sinus cardinal; 2. admettant que cette SIR est appliquée à un filtre passe-bas d’ordre 1 dont la fonction de transfert est H ( j f ) =

·

1 1+j

·

f c = 10 10 [kHz]

f f c

que valent l’amplitude et la phase des composantes 10 [kHz], 40 [kHz] et 150[kHz] ?

Corrigé La série de Fourier complexe d’une SIR a été calculée dans le cours. On a :

· ∆T t · sin(k k· π· π· f · f · ∆· ∆t t) 20 [µs] sin k · π · = 10 10 [V] · · k·π· 100[µs] sin(k · π · 0.2) = 2 [V] · k · π · 0.2 0

X ( j k ) = A

·

0



1 100[µs]

1 100[µs]



· 20 [µs]

· 20 [µs]

Le spectre d’amplitude s’annule pour la première fois pour k = 5 (figure 1.12 page suivante suivante). ). Le premier lobe du spectre est donc constitué constitué des raies (pour mémoire, on a |X ( j · k)| = |X (− j · k)|) X ( j 5) = 0

−· X (− j · 4) = 0.4677 X (− j · 3) = 1.0091 X (− j · 2) = 1.5136 X (− j · 1) = 1.871 X ( j · 0) = 2 X ( j · 1) = 1.871 X ( j · 2) = 1.5136 X ( j · 3) = 1.0091 X ( j · 4) = 0.4677 X ( j · 5) = 0 Corrigé des exercices, v 1.14

37

MEE



-Vd HEIG -Vd

2 1.5

|X ( j · k)|

1 0.5 0

−100

−50

0

50

100

50

100

f [kHz] 1 0.5

arg{X ( j ·k)} π

0

−0.5 −1 −100

−50

0

f [kHz] Fig.

1.12 – f 0 =


1 100[µs]

38

= 10 10 [kHz] (fichier fichier source).

MEE



-Vd HEIG -Vd

1. La puissance correspondante est ainsi : +5

P ±5 =

|

+5

X ( j k)

· |

k= 5

2

−

2

= 2 +2

·

2

= X (0) + 2

 · |

X ( j k )

· |

k=1

2



1.871 + 1.5136 + 1.00912 + 0.46772 = 18.0575 057566 [V2] 2

2

La puissance totale du signal se calcule aisément dans le domaine temporel : 1

P =

T

+ T 2

 ·

= = = = =

·

−2

1 = 100[µs] 1 100[µs]

=

x2 (t) dt

T

1 100[µs] 1 100[µs] 1 100[µs] 20 [µs] 100[µs] 20 20 [V2 ]

100 [µs] + 100 2

 ·  ·

100 100 [ µs] 2 10 [µs] + 2

x2 (t) dt

·

− −

(10[V])2 dt

·

10 [µs] 2

· (10[V])

2

µ + 10 2[ s]

 ·

10 [µs] 2 µ + 10 2[ s] 10 [µs] 2

dt

−

2

· (10[V]) · [t]− · (10[V])

2

· (10[V])

2

·

10 [µs] + 2

10 [µs] ( ) 2

−−



La puissance contenue dans le premier lobe de X ( j · k) représente donc P ±5 18.0575 057566 [V2 ] = P 20 [V2 ]

≈ 90%

de la puissance totale du signal. 2. Il suffit d’injecter dans H ( j · f ) = 1+ j1· f les harmoniques de x(t) corresf c pondant à 10 [kHz], 40 [kHz] et 150[kHz], soit X ( j · 1), X ( j · 4) et X ( j · 15), et d’extraire le module et l’argument du résultat Y ( j · k) : Y ( j 1) =

·

1

· X ( j · 1) = 1 + j · f f c

1+j

· 1.871 = 0.9355 − 0.9355 · j = 1.323 · e− j· 10 [kHz]

· 10 [kHz]

π

4

1 X ( j · 4) = 0.4677 = 0.0275 − 0.1100 · j = 0.1134 · e− j·1.3258 · · 40 [kHz] 1+j · 1 + j · 10 [kHz] 1 1 Y ( j · 15) = X j ( 15) = · · ·0=0 150[kHz] 1 + j · f f 1 + j · 10 [kHz] Y ( j 4) =

·

1

1

f f c

c


39

MEE



-Vd HEIG -Vd

10 [kHz], i.e. celui où la fréOn remarquera le cas particulier où f = f c = 10 quence du signal d’excitation x(t) coïncide avec la fréquence caractéristique (ou fréquence de coupure) du filtre H ( j · f ) :

(a) Le déphasage est d’exactement arg {H ( j · f c )} = − π4 ; (b) L’atténuation est de |H ( j · f )| =

1.1. 1.1.10 10

1.323 1.871

= 0.7071 =

√2 2

=

−3 [dB].


Un filtre passe-bas RC réalisé avec R = 1 [kΩ] et C = 0.1 [µF] est excité par un signal carré u1 (t) de période T = 1 [ms] et d’amplitude comprise entre 0 et 20 [V] :

1. esquissez le signal de sortie u2 (t) et le courant i (t) ; 2. pour chacun des 3 signaux u1 (t), u2 (t), i (t), calculez leurs valeurs DC, efficace totale et efficace AC.

Corrigé On a pour la tension de sortie u2 (t) ainsi que le courant i(t) : Corrigé des exercices, v 1.14

40

MEE



-Vd HEIG -Vd

20 15

u1 (t) [V]

10 5 0 0

1

2

3

4

5

3

4

5

3

4

5

t [ms] 20 15

u2 (t) [V]

10 5 0 0

1

2

t [ms] 0.02 0.01

i(t) [A]

0

−0.01 −0.02 0

1

2

t [ms]


41

MEE



Puissance du signal u1 (t) de X ( j k)

·

La valeur DC n’est autre que la valeur moyenne X ( j · 0) du signal. Partant de la définition

X ( j k ) =

·

1 T

+ T 2

 ·

− T 2

x (t) e− j ·2·π·k·f 0 ·t dt

·

U 1 ( j 0) =

·

= =


V d

− ∞ < k < +∞

·

on a, pour k = 0 :

4 2


H E I G

+ T 2

1 T

 ·  ·

T

T

− T 2

1 1 [ms]

·

x (t) dt

·

] + 1 [ms 2

 ·  ·

x (t) dt

·

] − 1 [ms 2

] + 1 [ms 2

1

=

·

−2

+ T 2

1

x (t) e− j ·2·π·0·f 0·t dt

1 [ms] = 10 10 [V]

20 [V] dt

·

0



2 2 La puissance AC se calcule par déduction de la puissance DC P dc de la puissance totale dc = |U 1 ( j · 0)| = 100 V

T S

)

H E I G

P . La puissance totale s’écrit :

P =

= = =

1 T

 ·

− T 2

1 [ms] 1 1 [ms] 1

V d

T

+2

1

x2 (t) dt

·

] + 1 [ms 2

 ·  ·

x2 (t) dt

·

1 [ms] 2 ] + 1 [ms 2

−

(20[V])2 dt

·

0

] + 1 [ms 2 0

2

· (20[V]) · [t] 1 [ms]

=

1

La valeur efficace est donc : U 1eff =

2

(20[V])

·

1 [ms] + 2

 · √   

1 [ms] = 200 V2

4 3


P =

200 V2 = 10

·

 − 0

√

2 [V]

On déduit de la puissance totale P et de la puissance DC P dc dc la puissance AC :

T r a i t e


H E I G

P . La puissance totale s’écrit :

P =

= = =

 ·

+2

1 T

− T 2

1 1 [ms] 1 1 [ms] 1

·

] + 1 [ms 2

 ·  ·

1

x2 (t) dt

·

1 [ms] 2 ] + 1 [ms 2

−

(20[V])2 dt

·

0

] + 1 [ms 2 0

2

2

(20[V])

·

1 [ms] + 2

 − 0

 · √    √ ·  −     − 

1 [ms] = 200 V2

La valeur efficace est donc :

x2 (t) dt

· (20[V]) · [t] 1 [ms]

=

4 3

V d

T

U 1eff =

200 V2 = 10

P =

2 [V]

On déduit de la puissance totale P et de la puissance DC P dc dc la puissance AC : M E E \ c o _ t s . t e x \ 5 a v r i l 2 0 0 6


P 1,AC = P 1

La valeur efficace AC est :

P 1,DC = 200 V2

U 1effAC =

Puissance du signal u2 (t)

100 V2 = 100 V2

P 1,AC = 10 10 [V]

La valeur valeur DC sera égale à celle de u1 (t) puisque puisque l’on a affaire à un filtre passe-bas. passe-bas. Par calcul,

V d

U 2 ( j 0) = H ( j f ) U 1 ( j 0)

· ·

=

·

1

T S

)

H E I G

on aurait :

·


· · · · · · U ( j · 0) · ·

1 + j 2 π 0 f 0 τ = 1 U 1 ( j 0) = 10 10 [V]

1

Pour la puissance totale, on peut procéder selon Parseval dans le domaine fréquentiel ou temporel. On peut aussi noter que si le rapport des amplitudes de la sortie et de l’entrée est donné par U 2 ( j k ) = H ( j f ) U 1 ( j k )

· ·

celui des puissances est par suite donné par : 4 4

· |

f =k f 0

·

2

P 2 ( j k ) U 2 ( j k ) 2 = 2 = H ( j f ) f =k·f 0 P 1 ( j k ) U 1 ( j k )

· ·

Il s’ensuit que

| |

· | · |

P 2 ( j k ) = H ( j k f 0 )

·

|

2

· |

· · | · P ( j · k) 1 = · P ( j · k) 1 + (2 π k f τ ) |

1

2

1

T r a i


H E I G

on aurait :

V d

U 2 ( j 0) = H ( j f ) U 1 ( j 0)

·

· ·

=

·

1

· · · · · · U ( j · 0) · ·

Pour la puissance totale, on peut procéder selon Parseval dans le domaine fréquentiel ou temporel. On peut aussi noter que si le rapport des amplitudes de la sortie et de l’entrée est donné par U 2 ( j k ) = H ( j f ) U 1 ( j k )

· ·

celui des puissances est par suite donné par : 4 4

· |

f =k f 0

·

2

P 2 ( j k ) U 2 ( j k ) 2 = 2 = H ( j f ) f =k·f 0 P 1 ( j k ) U 1 ( j k )

· ·

Il s’ensuit que

| |

· | · |

|

P 2 ( j k ) = H ( j k f 0 )

· |

2

· · | · P ( j · k) 1 = · P ( j · k) 1 + (2 · π · k · f · τ )

·

|

1


Pour la puissance DC de u2 (t) on a donc :

1 P 1 ( j 0) 1 + (2 π 0 f 0 τ )2 = 1.0 P 1 ( j 0)

P 2 ( j 0) =

·


1

2

0


1

1 + j 2 π 0 f 0 τ = 1 U 1 ( j 0) = 10 10 [V]

·

· · · · · · = 1.0 · |U ( j · 0)|

·

2

1 2

T S



)

= 100 V

H E I G

La puissance totale est plus facilement calculée dans le domaine temporel : P 2 =

=

= = =

4 5

= =

1 T

1 T

 · ·      · · · · − · ·      · · − · ·     · − · · ·     · − · · · · · − · ·   · − · − − · · · − · · · ·  · − −− · ·  − ·−  · · 

U 02 T

u22 (t)

0

2

U 02 T

U 02 T

U 2 = 0 T

1

e− R C ·τ

1

U 0

2

·

dτ +

0

T

2

1

e− R C ·τ

1

2

·

dτ +

0

T

2

1 e− R C ·τ

1

2

·

dτ +

0

2

·

1

2

T

2

t

·

R C

1

2

t

2

+

2

0

2

1

−

1

·

R C

1

e−2· R C ·t

− T 2

t =τ

dt

dt T

2

·

R C

T

e− R C · 2

0 + T 2

·

0

1

1

1

e−2· R C ·t



·

1 e−2· R C ·t

1

2

·



U 2 dτ + 0 T

1

1

dτ

0

·

·

2



·

1

R C

T

1

e− R C ·t

1

e− R C ·t + 2

1

 

T

T

2

2

0

U 02

·

1

T

2

·

·

1 e− R C ·t +

T

T

0

1

U 0 e− R C ·(τ − 2 ) 1 ·

T

1 1 2 e− R C ·τ + e−2· R C ·τ

1

T

1

T

U 02 T

dt

T

U 02 T

V d

T

e−2· R C ·t

U 2 + 0 T

dt

1

2

+ T 2

1

·

R C

· e−2· R1C ·t ·



+ T 2 0

·

·

R C

0

1

e− R C ·0 + 4 ·

1

−2 ·

1

·

R C

1

T

e−2· R C · 2 ·

2

− e− ·

1 R·C

·0



T r a i t e


P 2 =

=

= = =

4 5

= =

1 T

1 T

 · ·         · · − · · · ·       · · − · ·     · − · · ·     · − · · · · · − · ·   · − · · − − · · · − · · · ·  · − −− · ·  − ·−  · ·  · − · −·  −  · ·− · −  − · · − · − ·  ·− · · − · · · · − · · · 

U 02 T T

0

U 02 T

U 02 T

u22 (t)

dt

U 0

1

T

2

2

2

dτ +

·

0

T

2

1 e− R C ·τ

1

2

dτ +

·

0

2

2

T

2

t

1

2

·

+

U 02 T

+

2

T

2

T

2

0

1

2

dt 2

2

T

e− R C · 2 ·

1

e−2· R C ·t

0 + T 2

U 2 + 0 T

·

0

1

e−2· R C ·t

2

T

e− R C · 2 ·

1

·

R C

1

e− R C ·0 + 4 ·

2

1

1 +4

2

R C

2

1

1

1

1

T

e− R C · 2 + 4 ·

·


·

1 ·

·

R C 1

T

e−2· R C · 2

1

T

1 R C − T +2 e 2RC 2 T ·



· T 1 e−2· R C · 2 R C

·

1

R C ·

T

T =1 [ms]

2

− e− ·

1

·

=1 [kΩ]·0.1 [µF]=0.1 [ms] R·C =1

+ T 2 0

1 R·C

·0




)



H E I G

La puissance AC de u2 (t) est dès lors : P 2,AC = P 2

 −     

− P DC = 200 1,

La valeur efficace AC est : U 2effAC = Puissance du signal i(t)

·

R C

e−2· R C · 2

1

1 U 2 2 0 1 (20[V])2 2 200 V2

≈ · ≈ · ≈

1

· R C − T 2 e RC

R C

·

2

2

1 e−2· R C ·t

0

1

·

1

·

1

·

1

dt

+ T 2

R C

1



·

1 e−2· R C ·t

1

1

1

dt

T

·

·

R C

T



R C

1

e− R C ·t + 2

1

1

e−2· R C ·t

U 2 dτ + 0 T

1

2

·

2



0

1

R C

t

1

·

T

·

1

− T 2

t =τ

e− R C ·t

2

·

1 e− R C ·t +

dτ

2

T

0

1

T

0

U 02

·

T

·

1 1 2 e− R C ·τ + e−2· R C ·τ

1

1

T

1

2

U 0 e− R C ·(τ − 2 ) ·

T

T

+

= U 02

1

e− R C ·τ

1

T

1

dτ +

·

T

U 2 = 0 T

=

2

1

e− R C ·τ

0

U 02 T

V d

T

U 02

U 2 = 0 T M E E \ c o _ t s . t e x \ 5 a v r i l 2 0 0 6

H E I G

La puissance totale est plus facilement calculée dans le domaine temporel :

Suite du corrigé en préparation.

2

V

100 V

2

2

= 100 V

V d

P 2,AC = 10 10 [V]

4 6

T r a i


H E I G

La puissance AC de u2 (t) est dès lors : P 2,AC = P 2

− P DC = 200 1,

La valeur efficace AC est : U 2effAC = Puissance du signal i(t)

 −     

Suite du corrigé en préparation.

2

V

100 V

2

2

= 100 V

V d

P 2,AC = 10 10 [V]

4 6



T S

)


-Vd HEIG -Vd

R

x(t)

C

Fig.

1.1. 1.1.11 11

y (t)



Soit un filtre RC passe-bas dont la constante de temps est mal connue. On lui


-Vd HEIG -Vd

R

x(t)

Fig.

1.1. 1.1.11 11

y (t)

C



Soit un filtre RC passe-bas dont la constante de temps est mal connue. On lui applique une SIR x (t) d’amplitude A = 10 1 0 [V], de période T = 2 0 [ms] et de largeur ∆t = 1 [ms]. 1. que valent valent les composantes composantes continues continues des signaux d’entrée d’entrée et de sortie ? 2. quelle est la fonction de transfert H ( j · ω) du circui circuitt ; 3. que valent les spectres bilatéraux X ( j · k) et Y ( j · k) ? 4. admettant que la constante de temps est de l’ordre de 2 [ms], esquissez les signaux d’entrée x (t) et de sortie y (t) ; estimez la valeur maximum de y (t) ; 5. pour la fréquence f = 5 · f 0 , l’analyseur spectral du signal de sortie fournit le coefficient coefficient complexe complexe Y ( j · 5) = −0.0659 − j · 0.154 ; calculez calculez l’amplitude l’amplitude et l’argument l’argument de la fonction fonction de transfert pour cette fréquence fréquence ; ◦ (Rép. : |H | = 0.37, H = −68 [ ]) 6. que valent valent la constante constante de temps et la fréquence fréquence de coupure du filtre ? (Rép. : τ = 1.6 [ms], f c = 100 100 [Hz])

Corrigé 1. Comme il s’agit d’un filtre passe-bas (figure 1.13), 1.13), la composante composante continue continue X ( j · 0) de l’entrée x(t) se retrouve telle quelle à la sortie : Y ( j 0) = X ( j 0)

·

·

2. Sous l’hypothèse de régime sinusoïdal permanent, la fonction de transfert en j · ω s’obtient s’obtient en raisonnant raisonnant avec des impédance complexes complexes et en faisant usage de la règle du diviseur de tension : 1

Y ( j k ) =

·


· ·

j ω C

R + j·ω1·C

47

· X ( j · k) MEE



-Vd HEIG -Vd

d’où : H ( j ω ) =

·

Y ( j k ) 1 1 1 = = = X ( j k ) 1 + j ω R C 1 + j ω τ 1+j

· ·

· · ·

· ·

3. Pour X ( j · k), c’est le spectre bien connu d’une SIR :

·

·

 

f f c f c = 1 2·π ·τ



1 [ms] 1 X ( j k ) = A sinc(k f 0 ∆t) = 10 sinc k 1 [ms] = 0.5 sinc(0.05 k ) T 20 [ms] 20 [ms]

·

∆t

· ·

· ·

·

·

·

avec f 0 = T 1 . Y ( j · k) est donc simplement : Y ( j k ) = H ( j ω ) ω=2·π·f =2·π·k·f 0 X ( j k ) =

·

· |

·

·

1

· · · 0.5 · sinc(0.05 · k) f 0 f c

1+j k

Graphiquement, les résultats se présentent comme indiqué sur la figure 1.14. 1.14. 4. La figure 1.15 montre le signal de sortie, obtenu ici non par calcul analytique (résolution de l’équation différentielle régisant le circuit de la figure 1.13) 1.13) par synthèse à partie des N = 41 premiers termes de Y ( j · k), i.e. par : +N

yN (t) =



Y ( j k ) e+ j ·2·π·k·f 0 ·t

· ·

k= N

−

5. On a : Y ( j 5) X ( j 5) 0.0659 j 0.154 = 0.5 sinc(0.05 5)

· ·

H ( j ω ) ω=2·π·5·f 0 =

· |

·

=

− ·

·

−0.1464 − 0.3421 · j [◦ ] = 0.3721 · e− · j 113.1671

6. Du point précédent, on tire :

|H ( j · ω)|

· · · = 0.3721

ω=2 π 5 f 0

= =


48

  

1

 ·  

1+j 1

f f c

1+

f f c

2

MEE


·

·


-Vd HEIG -Vd

0.5 0.4 0.3

|X ( j · k )|

0.2 0.1 0

−2000

−1000

0

1000

2000

1000

2000

1000

2000

f [Hz] 1 0.8 0.6

|H ( j · k )|

0.4 0.2 0

−2000

−1000

0

f [Hz] 0.5 0.4 0.3

|Y ( j · k)|

0.2 0.1 0

−2000

−1000

0

f [Hz] Fig.



49

MEE



-Vd HEIG -Vd

4 3

yN (t)

2 1 0

−0.04

−0.02

0

0.02

0.04

t [s]

1.15 – Signal de sortie y (t) ≈ y41 (t), obtenu par synthèse à partie des +41 N = 41 premiers termes de Y ( j · k), i.e. par : y41 (t) = k=−41 Y ( j · k ) · e+ j ·2·π·k·f 0·t (fichier source).

Fig.



D’où : 1 = 1+ 0.37212

   ·  ·

1 0.37212

− 1 = f f

2

= f c

1 0.37212

5 f 0

−1 = f c

−1

5 50 [Hz] 1 0.37212

f f c

c

f

1 0.37212



= f c

−1

100.22 [Hz] = f c

On en déduit : τ =

1 ωc

=

1 2 π f c


· ·

=

1 = 1.59 [ms] 2 π 100.22 [Hz]

· ·

50

MEE



-Vd HEIG -Vd

1.1. 1.1.12 12


Un circuit non linéaire de type parabolique est modélisé par la caractéristique de transfert suivante : u2 (t) = α u1 (t) + β u21 (t)

·

·

Sachant Sachant qu’on lui applique applique une tension sinusoïdale sinusoïdale u1 (t) = A · sin(ω0 · t) : 1. déterminez déterminez les composantes composantes spectrales que l’on obtient obtient à la sortie ; 2. quelle est la puissance normalisée P 2 du signal signal de sortie ? 3. que vaut-elle par rapport à celle du signal d’entrée P 1 ? 4. faites l’A.N. avec A = 10 , α = 1, β = 0.2 V−1 10 [V], ω = 2 · π · 100 rad s 5. esquissez u2 (t) ; quel est son taux de distorsion harmoniqu harmoniquee ?



 

Corrigé 1. u2 (t) a pour expression : u2 (t) = α u1 (t) + β u21 (t)

· · = α · A · sin(ω · t) + β · (A · sin(ω · t)) 1 − 2 · cos(2 · ω · t) = α · A · sin(ω · t) + β · A · 2 A A · cos = β · + α · A · sin(ω · t) − β · cos (2 · ω · t) 2 2 0

2

0

0

2

0

2

2

0

0

Pour obtenir rapidement le spectre U 2 ( j · k de u2(t), on peut dans ce cas faire usage des relations d’Euler : u2

A2

e j·ω0 ·t

2

j 2 ω0 t

j 2 ω0 t

e− · · A e · · · + e− · · · − (t) = β · +α·A· − β · 2 · 2 2 · j 2 A α·A α·A − · · β · A β · A = β · + e· · − e e·· · − e− · · · · · − · · 2 2 · j 2 · j 4 4 10 1 · 10 1 · 10 − · · 0.2 · 10 0.2 · 10 e· · − e e·· · − e− · · · · − · · = 0.2 · + 2 2 · j 2 · j 4 4 = 10 + 5 · e− · · e · · + 5 · e · · e− · · + 5 · e · · e · · · + 5 · e− · · e− · · · = U ( j · 0) + U ( j · 1) + U (− j · 1) + U ( j · 2) + U (− j · 2) 2

j ω0 t

2

j ω0 t

j ω0 t

j π2

2

j ω0 t

j 2 ω0 t

2

j ω0 t

+ j

j ω0 t

2

2

π

2

2

j ω0 t

2

j π

2

2. La puissance puissance du signal d’entrée d’entrée est donnée par le carré de sa valeur valeur efficace, soit P 1 =

U 12eff =


A

√2

2

102 = = = 50 V2 2 2

51

A2

 MEE

j 2 ω0 t

2

j 2 ω0 t

j 2 ω0 t

j π

2


j 2 ω0 t

j 2 ω0 t

·


-Vd HEIG -Vd

Pour le signal de sortie u2 (t), on a en faisant usage de Parseval : +

∞

P 2 =

|

k=

X ( j k )

· |

−∞

2

= U 2 ( j 2) 2 + U 2 ( j 1) 2 + U 2 ( j 0) 2 + U 2 ( j 1) 2 + U 2 ( j 2) 2

| · − · |  ·| − ·  2

π

| |

2

 · · | | · ·  | π

= 5 e− j ·π + 5 e− j· 2 + 102 + 5 e+ j · 2 = 52 + 52 + 102 + 52 + 52 = 200 V2

3. On a :

2

+ 5 e j·π

2

|

· |

 

200 V2 P 2 = =4 P 1 50 V2

4. cf ci-dessus 5. Le taux de distortion harmonique (TDH) est donné par :

  

X eff eff (k > 1) T DH = = X eff eff (k = 1)

On a donc : T DH =


X 2 (2) + X 2 (3) + X 2 (4) + . . . X 2 (1)

U 22 (2) = U 22 (1)

52

52 = 100% 52

MEE



-Vd HEIG -Vd

Chapitre 2 Analyse des signaux non périodiques 2.1 2.1 2.1. 2.1.1 1

Corr Corrig igé é des des exer exerci cice cess Exer Exerci cice ce TF 1

À partir de la seule observation du signal temporel de la figure 2.1, 2.1, précisez ce que vaut sa densité spectrale en f = 0 [Hz] puis calculez et esquissez sa transformée de Fourier.

Corrigé Selon la propriété de la transformée de Fourrier +∞ X (0) (0) =



x(t) dt

·

−∞

on a :

X (0) (0) = 1 2 [ms] + 2 2 [ms] + 1 2 [ms] = 8 [ms]

·

·

·

Le signal de la figure 2.1 page suivante est constitué de 3 impulsions rectangulaires décalées et pondérées. Si y(t) est une impulsion rectangulaire définie comme y (t) =



0 si 1 si

|t| > |t| ≤

∆t 2 ∆t 2

dont la transformée de Fourier est Y ( j f ) =

·

F {y(t)} = ∆t · sinc(f · ∆t)

alors x(t) peut être exprimé comme suit : x(t) = y (t + 4 [ms]) + 2 y (t) + y (t

·


53

− 4 [ms]) MEE



-Vd HEIG -Vd

2

1.5

) t ( x

1

0.5

0 −8

−6 −6

−4

−2

Fig.

0 2 temps [msec]

4

6

8

2.1 – Exercice TF1.

En faisant usage des propriétés de linéarité a x(t) + b y (t)

·

·

←→ a · X ( j · f ) + b · Y ( j · f )

et de décalage x(t + td )

+ j 2 π f td

←→ X ( j · f ) · e

····

de la transformée de Fourier, on a : X ( j f ) =

·

F {x(t)} = Y ( j · f ) · e · · · · ms + 2 · Y ( j · f ) + Y ( j · f ) · e− · · · · ms = ∆t · sinc(f · ∆t) · e · · · · ms + 2 · ∆t · sinc(f · ∆t) + ∆ t · sinc(f · ∆t) · e− · · · · = ∆t · sinc(f · ∆t) · e · · · · ms + 2 + e− · · · · ms = ∆t · sinc(f · ∆t) · [2 · cos(2 · π · f · 4 [ms]) + 2] = 2 · 2 [ms] · sinc(f · 2 [ms]) · [cos(2 · π · f · 4 [ms]) + 1] = 4 [ms] · sinc(f · 2 [ms]) · [1 + cos cos (2 · π · f · 4 [ms])] + j 2 π f 4 [

]

+ j 2 π f 4 [



2.1. 2.1.2 2

+ j 2 π f 4 [

j 2 π f 4 [

]

j 2 π f 4 [ms]

]

]

j 2 π f 4 [

]



Exer Exerci cice ce TF 2

Partant de la TF d’une impulsion rectangulaire et de la propriété d’intégration, calculez les TF de x(t) et y (t) (figure 2.2). 2.2). Après calculs, vous remarquerez que Y ( j · f ) peut s’écrire sous la forme d’un sinc 2 . Corrigé des exercices, v 1.14

54

MEE



-Vd HEIG -Vd

1 ) t ( x

0

−1 −400

−200

0

200

400

600

−200

0

200

400

600

−200

0 200 temps [msec]

400

600

1 ) t ( y

0.5 0 −400 1

) t ( z

0.5 0 −400

Fig.

2.2 – Exercices TF2 et TF3.

Corrigé x(t) est constituée la superposition de 2 impulsions de largeur ∆t = 200 200 [ms], ∆t 100 [ms] = 2 et l’autre retardée de td2 = 100[ms] = ∆2t l’une avancée de td1 = 100

−

et de polarité négative (figure 2.1.2). 2.1.2). On a donc :

−

X ( j f ) =

·

F {x(t)} = A · ∆t · sinc(π · f · ∆t) · e · · · · − A · ∆t · sinc(π · f · ∆t) · e− · · · · = A · ∆t · sinc(π · f · ∆t) · e · · · · − e− · · · · = A · ∆t · sinc(π · f · ∆t) · 2 · j · sin(π · f · ∆t) = j · 2 · A · ∆t · sinc(π · f · ∆t) · sin(π · f · ∆t) + j 2 π f



∆t 2

+ j 2 π f

∆t 2

j 2 π f ∆2t

j 2 π f ∆2t



Application numérique : X ( j f ) = j 2 A ∆t sinc(f ∆t) sin(π f ∆t)

·

· · · · · · · · = j · 2 · 1 · 200[ms] · sinc(π · f · 200[ms]) · sin(π · f · 200[ms]) = j · 400[ms] · sinc(π · f · 200[ms]) · sin(π · f · 200[ms])


55

MEE



H E I G

V d

1

∆t

0.5

u (t )

0

−0.5 −1 −0.4

−0.2

0

0.2

0.4

t [s] 1

1

∆t

0.5



u t+

∆t 2



0.5

0

0

−0.5 −0.2

0

0.2

0.4

t [s]



∆t 2



−0.4

+

1

1 0.5

0

x (t) = u t +

2

+u t−

∆t 2



−0.2

0

0.2

0.4

−0.4

=



· dτ

0

0.2

0.4

t

−∞



−u τ −

∆t 2



· dτ

−0.2

0

0.2

0.4

t [s]

1

1

0.5

0.5

0

0

−0.5




∆t 2

−0.5

t [s]



·



u τ +

−1 −0.4



−0.2

0

∆t

−1

∆t

1 ∆t

−∞

t [s]

0.5

−0.5





−1 −0.4

−u t −

·

−0.5

−1

5 6

t

1 ∆t

y (t) =

t

1 ∆t

·



−∞

−0.5

−1

−1 −0.4

−0.2

0

0.2

0.4

−0.4

−0.2

t [s]

Fig.

0

0.2

0.4

t [s]

2.3 – En traitillé l’intégrale sans prise en compte du facteur

1 ∆t

.

x (τ ) · dτ


)


-Vd HEIG -Vd

y (t) correspond, à un facteur

1 ∆t

près, à l’intégrale de x(t) (figure 2.1.2) 2.1.2) :

1 y (t) = ∆t

 ·

t

x(τ ) dτ

−∞

·

Connaissant la propriété de la TF

  t

(0) · δ (f ) · ←→ j · 2 ·1π · f · X ( j · f ) + 12 · X (0)

x(τ ) dτ

−∞ +∞ avec X (0) (0) = −∞ x(t) · dt, l’on peut ainsi écrire : Y ( j f ) =

·

F {y(t)}



+∞ −∞

x(t) dt=0

·




-Vd HEIG -Vd

y (t) correspond, à un facteur

1 ∆t

près, à l’intégrale de x(t) (figure 2.1.2) 2.1.2) :

1 y (t) = ∆t

 ·

t

x(τ ) dτ

·

−∞

Connaissant la propriété de la TF

  t

(0) · δ (f ) · ←→ j · 2 ·1π · f · X ( j · f ) + 12 · X (0)

x(τ ) dτ

−∞ +∞ avec X (0) (0) = −∞ x(t) · dt, l’on peut ainsi écrire : Y ( j f ) =

·

=

F {y(t)} 1 ∆t

 ·  · ·

1

j 2

  ·  · +∞

−∞

1 X ( j · f ) + · π · f 2

x(t) dt=0

·

X (0) (0)

δ (f )

1 1 X ( j f ) ∆t j 2 π f 1 1 A ∆t sinc(f ∆t) 2 j sin(π f ∆t) = ∆t j 2 π f sin(π f ∆t) = A ∆t sinc(f ∆t) π f ∆t 2 = A ∆t sinc (π f ∆t) =

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ···· · · · · ·

· ·

Application numérique : Y ( j f ) = A ∆t sinc2 (π f ∆t)

·

2.1. 2.1.3 3

· · · · = 1 · 200[ms] · sinc (π · f · 200[ms]) 2


Partant de la TF d’une impulsion et d’un saut unité, trouvez celle de z (t) (figure 2.2). 2.2). Est-il possible de trouver Z ( j · f ) à partir de Y ( j · f ) ? Vous pouvez vérifier votre résultat en calculant calculant Z ( j · f = 0) qui doit être égal à ∆2t .

Corrigé 1. z (t) correspond à la somme (figure 2.4 ) de (a) l’intégrale d’une impulsion rectangulaire v (t) de largeur ∆t, retardée de ∆2t et d’amplitude − ∆1t : (b) et d’un saut unité (t) Corrigé des exercices, v 1.14

57

MEE



-Vd HEIG -Vd

1 0

−1 −2 v (t) −3 −4 −5

∆t

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0

0.2

0.4

0

0.2

0.4

0

0.2

0.4

t [s] 1



0.5

t

−∞

v (τ )

0

· dτ

−0.5 −1 −0.4

−0.2 t [s]

1 0.5 0

 (t)

−0.5 −1 −0.4

−0.2 t [s]

1

z (t)

=



t

−∞

0.5

v (τ )

0

· dτ + (t)

−0.5 −1 −0.4

−0.2 t [s]

Fig.


2.4 –

58

MEE



-Vd HEIG -Vd



t

z (t) =

v (τ ) dτ + (t)

·

−∞

D’où : Z ( j f ) =

· F {z(t)} Z ( j · f ) = F v (t) · dt





t

−∞

+

F {(t)} +∞ −∞

·

−

1 1 1 V ( j · f ) + · V (0) δ (f ) + · · + · δ(f ) j · 2 · π · f 2 j · 2 · πf 2 1 1 −1 · δ(f ) + 1 + 1 · δ(f ) · · = ∆t · sinc(f · ∆t) · e− · · · · + j · 2 · π · f −∆t 2 j · 2 · πf 2 1 sinc(f · ∆t) · e− · · · + 1 = · − j · 2 · π · f =

1

v(t) dt= 1





2. On voit que

j 2 π f ∆2t



j π f ∆t

y (t) = z ( t) + z (t)

− Comme y(t) est paire, on sait que  {Y ( j · f )} = 0. On a : Y ( j · f ) = Z ∗ ( j · f ) + Z ( j · f ) = 2 ·  {Z ( j · f )} Si on connaît Y ( j ·f ), on ne peut déduire que  {Z ( j · f )} et pas  {Z ( j · f )}.

3. On a par la propriété de la TF :



+

Z (0) (0) =

∞

z (t) dt =

·

∆t 2

−∞ On obtient le même résultat en faisant tendre f vers 0 dans l’expression de Z ( j · f ) : →0

f

·

= 2.1. 2.1.4 4

1



j π f ∆t

· − sinc(f · ∆t) · e− · · · + 1 → j · 2 · π · f 1 = lim · [−1 · (1 − j · π · f · ∆t) + 1] → j · 2 · π · f 1 = lim · [−1 + j · π · f · ∆t + 1] → j · 2 · π · f

lim Z ( j f ) = lim f

0

f

0

f

0



∆t 2


Soit un signal carré symétrique (à valeur moyenne nulle) d’amplitude A. Esquissez 1. le signal x(t) ; 2. le spectre que l’on obtient obtient avec les séries séries de Fourier Fourier ; 3. le spectre que l’on obtient avec la transformation de Fourier. Corrigé des exercices, v 1.14

59

MEE



6 0

H E I G

Corrigé La série de Fourier complexe d’un signal carré périodique (figure 2.5) 2.5) de période période T = d’offset) se calcule comme suit : X ( j k) =

·

=

=

= =

+ 3·4T

f 0

, de valeur moyenne nulle (pas

  · · · · − · ·    · · − · · − ·  − − · − − · · · · · · · ·  · · · −     ·  · · · · − · · · · ·    · −  · · ·    − · · · · · −− · · · · · · −  · · ·    · · · · · · · · −− · · · · ·  · · 1

T

1 (+A) e− j·2·π·k·f 0·t dt +

T

T

−4

A T

+ T 4

e− j ·2·π·k·f 0 ·t dt

T

T

A T

T sin k π f 0

A T

T sin k π f 0 T 2 2 k π f 0 T 2

A T

T sin k π f 0

2

2

k π f 0

T

2

T

2

k π 2

T

( 1)k

T

e− j ·2·π·k·f 0 · 4

= sinc k

π

2



T

e+ j ·2·π·k·f 0 · 4

−1k

1

T

e− j ·2·π·k·f 0 · 4

j 2 π k f 0

k π f 0

T

e+ j·2·π·k·f 0 · 4

T

T sin k π f 0

2

T e− j ·2·π·k·f 0 · 4

·

2

T

2

pour k = 0 et k paire

0

· π2 )

( 1)k

3 T e− j·2·π·k·f 0· 4

j 2 π k f 0

e− j·2·π·k·f 0· 2

j 2 π k f 0

2

1

T e · · · · ·4

+ j 2 π k f 0

1

2

T

k π f 0

·

4

e− j·2·π·k·f 0 ·t dt

T e− j·2·π·k·f 0· 4

j 2 π k f 0

A

( A) e− j·2·π·k·f 0·t dt

T

4

1

sin(k

+ 3·4T

V d

T

−4

A = T

=


+ T 4

1

pour k impaire

Ce résultat est représenté sur la figure 2.6. 2.6.


)


-Vd HEIG -Vd

1 0.5

x(t)

0

−0.5 −1 −4

−2

0

t [s]

2

4


-Vd HEIG -Vd

1 0.5

x(t)

0

−0.5 −1 −4

−2

0

2

4

t [s]

Fig.

2.5 –

Le signal carré périodique x(t) s’exprime partant de sa série de Fourier complexe X ( j · k) : ∞ x (t) = X ( j · k) · e+ j ·2·π·k·f 0 ·t k=−∞



La transformée de Fourier de x(t) s’écrit alors, en appliquant la définition et en tenant compte de la transformée de Fourier d’un phaseur :

 · ·   · · ·   · · ·  · ·     ·  · · −· +

X ( j f ) =

·

= =

∞

x(t) e− j·2·π·f ·t dt

−∞ +∞ ∞ −∞ ∞

X ( j k ) e+ j ·2·π·k·f 0 ·t e− j ·2·π·f ·t dt

·

k=

−∞ +∞

−∞ −∞ ∞

X ( j k ) e+ j ·2·π·k·f 0 ·t e− j ·2·π·f ·t dt

·

k=

=

X ( j k )

−∞ ∞

∞

−∞

k=

=

+

X ( j k ) δ (f

e+ j ·2·π·k·f 0 ·t e− j ·2·π·f ·t dt phaseur

·

k f 0 )

k=

−∞

On obtient donc bel et bien un spectre de raies, représentées par des impulsions de Dirac pondérées par X ( j · k) (figure 2.7). 2.7). Corrigé des exercices, v 1.14

61

MEE



-Vd HEIG -Vd

0.6 0.4

|X ( j · k )|

0.2 0

−10

−5

0

5

10

5

10

5

10

5

10

f [Hz] 1 0.5 0

arg{X ( j ·k)} π

−0.5 −1 −10

−5

0

f [Hz]

Fig.

2.6 –

0.6 0.4

|X ( j · f )|

0.2 0

−10

−5

0

f [Hz] 1 0.5

arg{X ( j ·f )} π

0

−0.5 −1 −10

−5

0

f [Hz]

Fig.


2.7 –

62

MEE



-Vd HEIG -Vd

2.1. 2.1.5 5


Considérant le signal x(t) = e−a·|t|, calculez et esquissez x(t) et X ( j · f ), puis vérifiez les 2 égalités suivantes :

 

+

X (0) (0) = x(0) =

∞

−∞ +∞

x(t) dt

·

X ( j f ) df

−∞

· ·

Corrigé En préparation. 2.1. 2.1.6 6


fréquence 1 la par parti tiee réel réelle le de de X ( j · f ) est nulle 2 la par partie tie imag imagin inai aire re de de X ( j · f ) est nulle 3 il exist existee un un déc décala alage ge t0 tel que

temps

e j ·2·π·f ·t0 X ( j f )

·

·

est réel 4 X ( j · f ) est continu 1. Considérant Considérant les quatre propriétés propriétés fréquentielles fréquentielles du tableau ci-dessus, ci-dessus, exprimez leur équivalent temporel dans la colonne de droite. 2. Pour Pour chacun des signaux signaux temporels de la figure figure 2.8, 2.8, quelles sont les propriétés du tableau qui s’y appliquen appliquentt ? 3. Construisez Construisez un signal qui ne possède aucune des quatre propriétés mentionmentionnées dans le tableau.

Corrigé En préparation. Corrigé des exercices, v 1.14

63

MEE



-Vd HEIG -Vd

1

1

(a)

(b)

0.5 0

0.5

−0.5 −1 −6

0 −4 −4

−2 −2

0

2

4

1

6

−6

0.5

0

0

−0.5

−0.5

−4 −4

−2 −2

0

2

4

−2 −2

0

2

1

(c)

0.5

−1 −6

−4 −4

−1 −6

6

6

(d)

−4 −4

−2 −2

0

2

1

1

4

4

6

(f)

(e) 0.5

0.5

0 −0.5

0 −6

−4 −4

−2 −2

0

2

4

Fig.


−1 −6

6

−4 −4

−2 −2

0

2

4

6


64

MEE



-Vd HEIG -Vd

1

0.8

0.6 ) t ( x

0.4

0.2

0 −2

5.

−1 −1

0

Fig.

2.1. 2.1.7 7

1 temps [msec]

2

3

4



Soit X ( j · f ) la transformée de Fourier du signal x(t) de la figure 2.9. 2.9. Sans calculer explicitement X ( j · f ), recherchez : 1. la densité spectrale de phase de X ( j · f ) ; 2. la valeur de X (f = 0) ; +∞ 3. la valeur de −∞ X ( j · f ) · df ; +∞ 4. la valeur de −∞ |X ( j · f )|2 · df .

 



Connaissant la TF d’une sinusoïde amortie x(t) = A · e−a·t · sin(2 · π · f 0 · t) · (t) : 1. calculez la transformée de Fourier d’une sinusoïde démarrant à l’instant zéro : y (t) = A sin(2 π f 0 t) (t)

·

· · · ·

2. esquissez les spectres X ( j · f ), Y ( j · f ) et celui d’une sinusoïde sinusoïde permanente ; 3. discutez les différences existant entre ces trois spectres. Corrigé des exercices, v 1.14

65

MEE



-Vd HEIG -Vd



On applique une exponentielle décroissante u1 (t) = U 0 ·e−a·t ·(t), d’amortissement a = 100 [s−1 ] à un filtre passe-bas de constante de temps τ = 1 [ms] ; 1. calculez la TF U 2 ( j · f ) de la tension de sortie u2 (t) du filtre; 2. utilisez utilisez le tableau des transformées transformées pour déduire l’expression l’expression temporelle de u2 (t).

Corrigé 1. La fonction de transfert du filtre, exprimée dans le domaine fréquentiel, est : U 2 ( j f ) 1 = U 1 ( j f ) 1 + j 2 π f τ

· ·

H ( j f ) =

·

· · · ·

On a donc, en tenant compte du fait que la transformée de Fourier de u1(t) a été calculée au §2.3.1 : U 2 ( j f ) = H ( j f ) U 1 ( j f )

·

· ·

=

·

1

U 1 ( j f ) 1 + j 2 π f τ 1 1 = U 0 a + j 2 π f 1 + j 2 π f τ U 0 1 1 = τ τ 1 + j 2 π f a + j 2 π f

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

2. La transformée de Fourier Fourier inverse inverse fournit directement directement u2 (t) (annexe §2.A) :

  · − · − · · −  · · −   · − ·

U 0 u2 (t) = τ

1

t

1

e− τ

a τ t U 0 = e− τ a τ 1 U 0 = e−a·t 1 a τ

− ·

2.1. 2.1.10 10

e−a·t

e−a·t t

e− τ

(t)

(t) (t)


Soit un message message m(t) = A · cos(2 · π · f 1 · t) modulé en amplitude par une porteuse sinusoïdale p(t) = sin(2 · π · f 0 · t) : Corrigé des exercices, v 1.14

66

MEE



-Vd HEIG -Vd

1. calculez la TF du signal modulé x(t) = m(t) · p(t) = A · sin(2 · π · f 0 · t) · cos(2 · π · f 1 · t) ; 2. esquissez le spectre du signal modulé |X ( j · f )| si f 1 = 10[kHz] et f 0 = 800[kHz] ; 3. idem que le point 2) lorsque le signal m(t) possède un spectre continu |M ( j · f )| triangulaire et non-nul entre 2 [kHz] et 10 [kHz].


Exer Exerci cice ce TF 11 11

Soit le signal : u(t) =



U 0 cos(2 π f 0 t) si

·

· · ·

0

si

0

|t| ≤ t |t| > t 0

1. esquissez u(t) ; 2. calculez sa TF U ( j · f ) ; 3. esquissez |U ( j · f )| pour U 0 = 1 [V] T = f 10 = 1 [ms] t0 = 10 10 [ms]. Ce signal correspond à l’observation d’une fonction sinusoïdale pendant une durée finie 2 · t0 . On remarquera, remarquera, une fois le calcul effectué, que l’analyse l’analyse spectrale d’une sinusoïde pendant une durée finie revient à remplacer les raies spectrales situées en f = ±f 0 par la fonction sinus cardinal.

Corrigé On sait que 1. 2. On peut exprimer u(t) comme u(t) = rect (t, 2 ∆t) U 0 cos(2 π f 0 t) = rect (t, 2 ∆t) U 0

·

· ·

·· ·

·

· ·

e j ·2·π·f 0·t + e− j·2·π·f 0 ·t

2

où la fonction rect (t, ∆t) est définie comme suit : rect (t, ∆t) =



0 si 1 si

|t| > |t| ≤

∆t 2 ∆t 2

Sa TF est (§2.2.1) ∆t sinc (π f δt )

·


· ·

67

MEE



-Vd HEIG -Vd

Sachant que (§2.1.4, propriété de modulation) x(t) e+ j·2·π·f 0 ·t

·

←→ X ( j · (f − f )) 0

on peut écrire : U ( j ω ) = U 0 2 ∆t sinc (π ∆t (f

·

· · − f ))+ )) + U · 2 · ∆t · sinc (π · ∆t · (f + f ))

·· ·

0

0

0

3. 2.1. 2.1.12 12


Soit la fonction : u(t) =



1 2

· [1 − cos(2 · π · f · t)] 0

0

si si

|t| ≤ |t| >

T

2

T

2

1. esquissez u(t) ; 2. calculez sa TF U ( j · f ) ; 3. esquissez U ( j · f ) et la TF d’une impulsion impulsion rectangulaire rectangulaire de même durée ; 4. observez les différences.



Connaissant la transformée E ( j · f ) d’un saut unité (t), calculez la transformée S ( j · f ) de la fonction signe s(t).



Montrez qu’un produit simple dans l’espace des fréquences correspond à un produit de convolution dans l’espace temps :



+

Y ( j f ) = X ( j f ) H ( j f )

·

· ·

·


⇔

y (t) = x(t) h(t) =

∗

68

∞

x(θ) h(t

·

−∞ MEE

− θ) · dθ



-Vd HEIG -Vd

Pour démontrer ce résultat important et bien connu, vous pouvez d’abord exprimer la TFI de Y ( j · f ) :



+

y (t) =

∞

−∞



+

+ j 2 π f t

Y ( j · f ) · e · · · · · df =

∞

H ( j f ) X ( j f ) e+ j ·2·π·f ·t df

−∞

· ·

· ·

·

puis y introduire la TF de x(t) :



+

X ( j f ) =

·

∞

x(θ) e− j·2·π·f ·θ dθ

·

−∞

·



Considérant la réponse d’un filtre h(t) dont le spectre est le suivant : H ( j f ) =

·



1 0

si |f | ≤ 100[Hz] sinon

1. esquissez H ( j · f ) ; 2. calculez, puis esquissez h(t) ; 3. ce signal correspond correspond à la réponse impulsionnel impulsionnelle le du filtre décrit par H ( j · f ); ce filtre est-il réalisable réalisable ? Justifier la réponse. Le calcul de la transformée de Fourier inverse (TFI) peut se faire en appliq appliquan uantt la définit définition ion telle quelle ; mais mais il est immédiat immédiat si l’on l’on se souvie souvient nt que F {x(t)} = X ( j · f ) ⇐⇒ F −1 {x( j · f )} = X (−t)

Indication

Corrigé 1. H ( j · f ) est une fenêtre fréquentielle rectangulaire de hauteur 1 et de largeur 2.10). On peut donc écrire écrire : 2 · f c = 2 · 100[Hz] (figure 2.10). H ( j f ) = (f + f c )

·


69

− (f − f ) c

MEE



-Vd HEIG -Vd

1 0.8 0.6

|X ( j · f )|

2 · f

c

A

0.4 0.2 0

−300

−200

−100

0

10 0

200

3 00

f [Hz] Fig.

A · 2 · f c

200

x ( t)

2.10 – (fichier source)

100 0

−100

1 2·f c

−0.03 −0.02 −0.01

0

0.01

0.02

0.03

t [s] Fig.


2. La TFI de H ( j · f ) est, en tenant compte de la propriété de symétrie de la transformée de Fourier F {x(t)} = X ( j · f ) ⇐⇒ F −1 {x( j · f )} = X (−t) h(t) = A 2 f c sinc ( π t 2 f c )

· · · − · · · = 200 200 [Hz] · sinc (π · 200[Hz] · t)

C’est un sinus cardinal (sinc) en fonction de t (figure 2.11). 2.11). 3. h(t) est la réponse impulsionnelle du filtre, i.e. la réponse à une impulsion de Dirac δ (t) ; celle-ci intervenant en t = 0 [s], on voit (figure 2.11) 2.11) que la réponse h(t) existe pour t < 0 [s]. Le système "filtre passe-base idéal" est donc non causal et par suite irréalisable. 2.1. 2.1.16 16


Considérant Considérant un signal u(t) dont le spectre est le suivant : U ( j f ) =

·




1 0

si 100[Hz] ≤ |f | ≤ 200[Hz] sinon 70

MEE



-Vd HEIG -Vd

1. esquisser U ( j · f ) ;

2. calculer puis esquissez u(t) ; 3. que vaut sa puissance?

Corrigé 1. 2. En profitant de la propriété de symétrie 1

F {x(t)} = X ( j · f ) ⇐⇒ F − {x( j · f )} = X (−t) et en expimant X ( j · f ) sous la forme de 2 impulsions décalées dans le domaine domaine des fréquences, fréquences,

X ( j f ) = rect

·

      f +

+ rect (f

f 0 , ∆f

150[Hz] 100[Hz]

on a :

− f , ∆f ) 0

x(t) = ∆f sinc(π ∆f ( t)) e− j ·2·π·f 0·t + ∆f sinc(π ∆f ( t)) e+ j ·2·π·f 0·t

·

·

·− · · = 2 · ∆f · sinc(π · ∆f · t) · cos cos (2 · π · f · t)

·

·− ·

0

3. La puissance de x(t) est avantageusement calculée dans l’espace des fréquences :

 

+

W x =

=

∞

−∞ +∞

S x (f ) df

·

2

|X ( j · f )| · df −∞ = 1 · ∆f + 1 · ∆f = 2 · ∆f 2.1. 2.1.17 17


Utiliser la transformation de Fourier pour trouver le courant circulant dans un circuit RC série sachant que le signal appliqué est un saut de tension d’amplitude E . Corrigé des exercices, v 1.14

71

MEE



-Vd HEIG -Vd

Corrigé Le circuit est décrit par l’équation différentielle (conditions initiales nulles) : u(t) = R i(t) +

·

1 C

 ·

t

i(τ ) dτ

−∞

·

La transformée de Fourier des 2 membres de cette équation différentielle donne : U ( j f ) = R I ( j f ) +

·

·

·

1 C

·  · · · · · · ·    · · · · · · ·  ·  · · ·   · · ·· · · · 1

j 2 π f

I ( j f ) +

1 δ (f ) I (0) (0) 2

0 f

∀

= R I ( j f ) +

·

·

= R I ( j f ) +



·

·

C

1

1 δ (f ) I (0) (0) j 2 π f 2 j 2 π f

I ( j f ) C j 2 π f

1 I ( j f ) · C j · 2 · π · f j · 2 · π · f · R · C + 1 = · I ( j · f ) j · 2 · π · f · C =

R+

1

1

I ( j f ) +

On en déduit : j 2 π f C U ( j f ) 1 + j 2 π f R C j 2 π f 1 1 = E + δ (f ) E 1 + j 2 π f R C j 2 π f 2

I ( j f ) =

·

=

=

· · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

C 1 + j 2 π f R C

· · · · ·

·

 · · ·  ·· ·· ··  ·  · · · ·  · · · · · ·   j 2 π f 1 E + j 2 π f δ (f ) E j 2 π f 2 0

C E 1 + j 2 π f R C

· · · · · ·

De façon à être compatible avec les formes de présentation des transformées de Fourier utilisées dans la tables, on s’arrange pour que les coefficients des plus haute puissance de j · ω (ici 1 au dénominateur, 0 au numérateur) soient uniCorrigé des exercices, v 1.14

72

MEE



-Vd HEIG -Vd

taires

: I ( j f ) =

·

C R C

·

j 2 π f +

· · ·

1

=

1

·

R C

· E

R

· E · · · · 1 1 = · · E R j · 2 · π · f + j 2 π f +

1

R C

1

·

R C

En se référant à l’annexe 2A, on a, avec a = R1·C : i(t) = 2.1. 2.1.18 18

e− F − {I ( j · f )} = E · R 1

1 R·C

·t · (t)


On applique une fonction signe u1 (t) d’amplitude E à un filtre RC passe-bas. 1. utilisez utilisez la transformation transformation de Fourier Fourier pour trouver trouver la tension de sortie ; 2. esquissez u1 (t) et u2 (t).



On applique applique une exponentielle exponentielle symétrique symétrique u1(t) = U 0 · e−a·|t| à un filtre passe-bas de constante de temps τ . 1. avant de vous lancer dans les calculs, esquissez u1 (t) et imaginez ce que peut être u2 (t) ; 2. calculez la tension de sortie du filtre. La marche à suivre est la même que celle utilisée avec la transformation de Laplace : décomposition en somme de fractions simples puis recherche des coefficients par identification avec des transformées connues.

Corrigé En préparation. Corrigé des exercices, v 1.14

73

MEE



-Vd HEIG -Vd

2.1. 2.1.20 20


On applique une exponentielle décroissante u1 (t) = U 0 · e−a·t · (t) à un filtre passe-bas idéal de fréquence de coupure f c . 1. exprimez U 1 ( j · f ) et U 2 ( j · f ) ; esquissez esquissez leur module ; 2. en admettant U 0 = 10 10 [V] et a = 1000 [s−1 ], calculez les énergies E 1 et E 2 des signaux d’entrée et de sortie lorsque : (a) f c = 1 [kHz] (b) f c = 2a·π



On applique à un filtre passe-bas de constante de temps τ = 1 [ms] un signal u1(t) dont le spectre est défini par : U 1 ( j f ) =

·

   1 0

V Hz V Hz

si 100[Hz] <= |f | <= 300 300 [Hz] sinon

1. exprimez la fonction de transfert H ( j · f ) du filtre ; que vaut sa fréquence fréquence caractéristique f c ? 2. esquissez U 1 ( j · f ), H ( j · f ) et U 2 ( j · f ) pour −500[Hz] < f < +500[Hz] ; 3. quelles sont les énergies E 1 et E 2 des signaux signaux d’entrée d’entrée et de sortie ? 4. comment évoluera E 2 si la constante de temps τ dimin diminue ue ? 5. comment calculeriez-vous u2 (t) ? Ne faites pas les calculs, mais précisez point point par point point votre votre démarc démarche he ; essayez essayez d’entrev d’entrevoir oir les difficultés difficultés de ce calcul.



On applique à un filtre passe-bas de constante de temps τ = R · C = 10 10 [ms] une 1 − − a·t tension exponentielle u1 (t) = 10 · e · (t) avec a = 1000 [s ]. Corrigé des exercices, v 1.14

74

MEE



-Vd HEIG -Vd

1. esquissez u1 (t) et u2 (t) ; 2. calculez les énergies contenues dans les signaux d’entrée et de sortie .1



On applique une impulsion de Dirac δ (t) à un filtre passe-bande dont la fonction de transfert vaut : D · j ·f 0

H ( j f ) =

·

1 + D0

·

f 0

· +

j f f 0

 ·

j f f 0

2

D0 =

1

Q0

1. esquissez les spectres des signaux d’entrée et de sortie; 2. exprimez l’énergie du signal de sortie contenue dans la bande passante ∆f sachant que : f 0 =

1

√ = 1 [kHz] 2 · π · LC

∆f f i,s i,s = 2

· ±  1+

1 + 4 Q20

·

D0 =



1 Q0

= 0.1

∆f = f 0 D0

·



Considérant le spectre X ( j · f ) de la figure 2.12 constitué d’un sinus cardinal d’amplitude X (0) ( 0) = 2 · 10−3 et de 2 impulsions de Dirac de surface 12 , trouvez puis esquissez le signal x(t) correspondant. 1

Si le calcul de l’intégrale définie nécessaire pour obtenir l’énergie vous paraît trop difficile, essayez la démarche suivante : (a) esquissez esquissez la fonctio fonction n à intégrer intégrer ; (b) estimez estimez des limites limites raisonnables raisonnables pour la valeur valeur de l’énergie l’énergie ; (c) à l’aide d’un petit programme (une douzaine douzaine de lignes), intégrez intégrez numériquement numériquement la densité densité spectrale d’énergie. Si le nombre de pas est suffisant, le résultat obtenu sera tout à fait satisfaisant.


75

MEE



-Vd HEIG -Vd

−4

20

x 10

15

1/2

10

1/2

) f j ( X

5

0

−5 −4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

fréquence [kHz]

Fig.




A partir du signal x(t) = e−a·t · (t), trouvez le spectre de y(t) = sgn(t).


Exer Exerci cice ce Corr Corr 1

Considérant Considérant le signal x(t) défini comme suit :

 − 

A si

x(t) =

0 si +A si 0 si

−∆t < t < 0 t=0 0 < t < ∆t t ∆t

||≥

on demande : 1. esquissez x(t) 2. calculez sa fonction d’autocorrélation pour les valeurs particulières suivantes τ = 0

3. esquissez la fonction rxx(τ ) Corrigé des exercices, v 1.14

τ =

±∆t τ = ±2 · ∆t − ∞ < τ < +∞. 76

MEE



-Vd HEIG -Vd

Corrigé 1. L’esquisse de x(t) est présenté à la figure 2.13(a). 2.13(a). 2. – Pour τ = 0 [s], la fonction d’autocorrélation est



+

rxx (0) = W x =

∞



+

x(t) x(t) dt =

·

−∞

·

∞

x2 (t) dt

·

−∞

On a : rxx(0) = 2 A2 ∆t

· ·

– Pour τ = ∆t, la situation est décrite sur la figure 2.13(b), 2.13(b), avec en gris la surface définie par le produit x(t) · x(t + τ ). Comme, par définition, la fonction d’autocorrélation est l’intégrale de ce produit, i.e.



+

rxx (τ ) =

∞

x(t) x(t + τ ) dt

−∞

on a :

rxx (∆t) =

·

·

2

−A · ∆t

– Pour τ = 2 · ∆t, la situation est décrite sur la figure 2.13(c). 2.13(c). On a clairement : rxx (2 ∆t) = 0

·

3. Comme les surfaces définies par le produit x(t)·x(t+τ ) évoluent linéairement avec τ et que l’on dispose des valeurs de rx (τ ) pour τ = 0 [s], τ = ∆t et τ = 2 · ∆t, on peut facilement esquisser rx(τ ) (figure 2.14). 2.14).


77

MEE



-Vd HEIG -Vd

4 2

x(t)

+A

0

−2

−A ∆t

∆t

−4 −1

−0.5

0

0.5

1

t [s]

(a) x(t) 4

τ A

2

x(t), x(t

+ τ )

0

−2

∆t

∆t

−4 −1

−0.5

0

0.5

1

0.5

1

0 5

1

t [s]

(b) τ = ∆t 4

τ A

2

x(t), x(t

+ τ )

0

−2

∆t

∆t

−4 −1

−0.5

0

t [s]

(c) τ = 2 ∆t

·

4

τ A

2

x(t), x(t

+ τ )

0 2 ∆t

∆t

4 1

05

0

t [s]

(d) τ = 0.33 [s]

2.13 – (a) : signal x(t).(b) : décalage de τ = ∆t. (c) : décalage de τ = 2 · ∆t. (d) : décalage de τ = 0.33 [s] (fichier source). Fig.


78

MEE



-Vd HEIG -Vd

2 1

x(t)

0

−1 −2 −1

−0.5

0

0.5

1

0.5

1

t [s]

3

2 · A2 · ∆t

2 1

rx (τ )

−∆t

+∆t

−A2 · ∆t

−A2 · ∆t

0

−1 −2

−1

−0.5

0

τ [s] Fig.



79

MEE



-Vd HEIG -Vd

2.1. 2.1.27 27

Exer Exerci cice ce Corr Corr 2

Considérant Considérant les 3 signaux signaux suivants suivants : – x(t) = une exponentielle décroissante d’amplitude A et de constante de temps τ 1 – y(t) = une impulsion rectangulaire centrée en t = 0, d’amplitude A et de largeur ∆t – z (t) = une impulsion triangulaire centrée en t = 0, d’amplitude A et de base 2 · ∆t on demande : 1. esquissez ces 3 signaux; 2. calculez calculez des valeurs particulières particulières de leur fonction fonction d’autocorrélation d’autocorrélation ; 3. calculez leur fonction d’autocorrélation pour τ compris entre +∞ et −∞ ; 4. esquissez ces fonctions. Le calcul de la troisième troisième fonction n’est pas simple ; sans entrer dans le détail des calculs, imaginez comment comment vous devriez vous y prendre pour le faire.

Remarque

Corrigé En préparation.


80

MEE



-Vd HEIG -Vd


92

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-Vd HEIG -Vd

Versions du document Versi ersion on du docu docu-- Date ment v1.8 29 janvier 2006 v1.9

31 janvier 2006

v1.10 v1.11 v1.12

3 février 2006 25 février 2006 11 mars 2006

v1.13

18 mars 2006

v1.14

20 mars 2006 Tab.


Notes erreur offset (1.5 → 3) ex.4.2 (figure 1.6) 1.6) erreur calcul puissance (75 [V2 ] → SF7, erreur (2 ± j ) → (−2 ± 85 [V2 ]) ex. SF7, ex.SF6, terminé ex.SF6 j ) ex.SF6, erreur figure 2.5 erreur ∆t ex. TF 2 erreur phase X ( j · k) ex. SF 15. Listing MATLAB exercice SF4 erreur transformée de Fourier I ( j · f ) (manque C au numérateur) ex. TF 17 exercice Corr 1

3.1 – Versions publiées

93

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56_exercices_coriges

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