Eléments de correction des exercices de BTS

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1 Eléments de correction des exercices de BTS 1 Echantillonnage Maurice Charbit Exercice 1 Comme 300 > F e /2 = 250, il y a du repliement et le signal reconstruit contient 3 raies : 50, 100 et 200 Exercice 2 Il faut effectuer un filtrage dans la bande ( 2000, 2000) avant de prendre un échantillon sur 2 Exercice 3 On note X (f) (cf X + (f)) la partie de X(f) dans les fréquences négatives (respectivement positives) Pour éviter il faut choisir f e de telle sorte les k-ème et (k + 1)-ème translatées de X (f) ne recouvrent pas X + (f), soit : f m + kf e < f m et f M + (k + 1)f e > f M et donc choisir f e dans les plages définies par : 2f M k + 1 < f e < 2f m k où k désigne un entier tel que cette relation puisse être vérifiée et donc que 2fM k+1 < 2fm k, soit Evidemment pour k = 0 on retrouve f e > 2f M f m k < f M f m Exercice 4 1 F = = 2880Hz 2 F = kf e 2 Signaux à temps discret Exercice 1 1 H(1/z) = h 0 +h 1 z+ +h M 1 z M 1 = z M 1 (h M 1 + ) du fait que h(n) = h(m n), H(1/z) = z M 1 H(z) Si H(z 0 ) = 0 alors H(1/z 0 ) = 0 et donc il y a des zéros des deux côtés du cercle unité 2 H(e 2jπf ) = 2e jπ(m 1)f/2 (h 0 cos(π(m 1)f/2) + ) Sa phase est donc Φ(f) = jπ(m 1)f/2 ± π (±π est lié au signe du terme entre parenthèses qui peut être positif ou négatif) Exercice 2 1 Le filtre g(n) est passe-bas autour de f 0 = 3000/8000 = 2/8 Par conséquent G(e 2jπf ) = H(e 2jπ(f f0) ) + H(e 2jπ(f+f0) ) et donc g(n) = 2h(n) cos(2πf 0 n) 2 2/8 en fréquence réduite soit 2000Hz 1

2 Exercice 3 1 H(z) = (1 2z 1 )/(1 2ρz 1 + ρ 2 z 2 ) avec z tel que le cercle unité appartienne au domaine de convergence, soit z > ρ si ρ < 1 et z < ρ si ρ > 1 2 La causalité impose que le domaine de convergence soit de la forme z > c et donc ici que ρ < 1 3 RII 4 Non car le zéro est en z 0 = 2 Il faut remplacer (1 z 0 z 1 ) par (z 1 z 0) Et donc H m (z) = (z 1 2)/(1 2ρz 1 + ρ 2 z 2 ) avec le même domaine de convergence 5 Décomposer H m (z) en éléments simples et utiliser le développement classique de 1/(1 u) pour u < 1 Exercice 4 1 (1 az 1 )/(z 1 a ) est de module 1 pour z = 1 2 h(n) = q(n) aq(n 1) et g(n) = q(n 1) a q(n) Par conséquent n 1 n h(n) 2 n 1 n g(n) 2 = (1 a 2 ) q(n) 2 Et donc si a < 1, ɛ(n 0 ) 0 pour tout n 0 L énergie dissipée par le filtre(h(z) à phase minimale est plus grande Pour n 0 = ɛ(n 0 ) = 0 Exercice 5 1 si les zéros sont distincts, H contient 2 M fonctions qui ne varient que par la position des zéros et qui ont toutes même module sur le cercle unité Celui à phase minimale est celui qui a tous ses zéros à l intérieur du cercle unité 2 comme les signaux sont causaux, y(0) = lim z H(z)X(z) En notant a, avec a < 1, un zéro du filtre à phase minimale on a donc y m (0) = y(0) limz (1 az 1 )/(z 1 a ) = y(0) / a En conséquence y m (0) > y(0) Exercice 6 1 Causal et stable ssi les racines de z 2 + a 1 z + a 2 à l intérieur du cercle unité 2 G(z) = 1 2 (1 + A(z)) = (1 + a 2) + 2a 1 z 1 + (1 + a 2 )z 2 2(1 + a 1 z 1 + a 2 z 2 ) G(z) s annule sur le cercle unité Par conséquent ce filtre rejette la fréquence réduite f = arccos( a 1 /(1+a 2 ))/2π Exercice 7 1 filtre RII Comme les pôles sont dans les basses fréquences ce filtre est un pase-bas 2Il faut mettre les deux zéros sur le cercle unité à la fréquence réduite f 0 = 350/1000 Exercice 8 Dans l exo, X(z) est noté X 2 (z) et X 1 (z) est l entrée de la deuxième cellule 1 [ ] [ ] [ ] X2 (z) k2 z = 1 X1 (z) U 2 (z) 1 k 2 z 1 U 2 (z) 2 [ ] [ ] [ ] [ ] X2 (z) k2 z = 1 k1 z 1 Y (z) U 2 (z) 1 k 2 z 1 1 k 1 z 1 Y (z) Et donc X 2 (z) = (k 1 k 2 + z 1 + k 2 z 1 + k 1 z 2 )Y (z) Le filtre est causal et stable si les racines du polynôme sont à l intérieur du cercle unité La suite de l exercice se déduit simplement de l équation matricielle Exercice 9 1 évident 2 notons u(n) = 2ré(y(n)) = y(n) + y (n) et donc U(k) = Y (k) + Y ( k) = 2X(k) puisque X(k) = X ( k) Et donc u(n) = x(n) Exercice 10 1 X(e 2jπf ) = A e 2jπ(f f0)n = A 1 e 2jπ(f f0)n = A sin(π(f f 0)N) 1 e 2jπ(f f0) sin(π(f f 0 )) n=0 2

3 La résolution est liée à la largeur du lobe principal et est donc de l ordre de 1/N 2 X h (e 2jπf ) = AC e 2jπ(f f0)n w h (n) n=0 En f = f 0 il vient AC n=0 w h(n) = A soit C = 1/ Le lobe principal est à présent de largeur double mais les lobes secondaires sont plus bas Il y a donc un compromis 3 La précision est 1/L soit en fréquence F e /L 4 Pour la fenêtre rectangulaire qui a son sixième lobe secondaire à 30dB il faut prendre pour la largeur du lobe principal 1/6 de la résolution R = 2/F e = 1/50 soit R/6 = 2/N soit N = 600 points Pour la fenêtre de Hamming qui a son premier lobe secondaire à 40dB il suffit de prendre pour la largeur du lobe principal la résolution R = 2/F e = 1/50 = 2/N soit N = 100 points Pour avoir une précision de B = 05 Hz, il faut prendre 1/L = F e /B soit 200 points En pratique on prendra L = 256 Exercice 11 1 voir littérature 2 gain de calcul de l ordre de L/ log 2 (L) On pose x(k) = a(k) + jb(n) Avec des notations évidentes X(n) = A(n) + jb(n) (attention A(n) et B(n) ne sont pas les parties réelles y(k) = j(a(k) jb(k)) donc Y (n) = j(a(n) + jb(n)) Exercice 12 1 on obtient w(n) = k=0 u(k)v(n k) où les indices sont calculés modulo N 2 On prend la réponse impulsionnelle finie h(n) de longueur L que l on complète par 2N L zéros (en général on prend pour 2N une puissance de 2) On en calcule la TFD (par un algorithme de fft) On obtient H(k) Ensuite on prend successivement des blocs du signal d entrée x(n) de longueur 2N sur lesquels on effectue une TFD On obtient X(k) On multiplie terme à terme par H(k) puis on en prend la TFD inverse On obtient une suite de 2N termes dont les 2N L premiers correspondent à un bloc du signal de sortie du filtre Au bloc suivant il faut effectuer un recouvrement entre les blocs d entrée sur L valeurs En pratique si on prend N = L on a deux fft de longueur 2N soit 2 2N log 2 (2N) opérations d addition-multiplication (on néglige ici les 2N multiplications) pour calculer N points de sortie Un calcul direct nécessite N N opérations d additionmultiplication Le gain est donc d environ N/2 log 2 (N) Pour N = 128 il vient un gain de 128/14 8 Exercice 13 1 Y (e 2jπf ) = m y(m) exp( 2jπmf) = m x(mm) exp( 2jπmf) Mais rappelons que : p(n) = (1/M) M 1 k=0 exp(2jπknm) = 1 pour n = 0 modulo M Et donc : Y (e 2jπf ) = m = (1/M) x(n)p(n) exp( 2jπnM f) M 1 k=0 x(n) exp(2jπknm) exp( 2jπnMf) M 1 = (1/M) X(exp(2jπ(f r)m)) r=0 2 Si M = 2, il vient 2Y (e 2jπf ) = X(e 2jπf ) + X(e 2jπ(f 1) ) On a deux termes un dilaté par un facteur 2 et un translaté de 1 Par conséquent il y a du repliement 3 Pour l éviter il faut préalablement filtré dans la bande ( 1/4, 1/4) Ce filtre est dit demi-bande Exercice 14 1 En utilisant Poisson + Y (f 4nB) = (4B) 1 + = (4B) 1 + y(n) exp( 2jπnf 4B) x(n) exp( 2jπnf2B) = X(f 2nB) 2 Pour obtenir la suite des échantillons à la cadence double, on peut (1) intercaler des zéros, (2) effectuer un filtrage passe-bas de gain complexe 2 dans la bande ( 1/4, 1/4) et 0 ailleurs 3

4 Exercice 15 A faire Exercice 16 1 C(z) = (1 z M )/(1 z 1 = (1 + z z (M 1) Le filtre est équivalent à un RIF de réponse impulsionnelle h(n) = 1 pour n {0,, N 1} et 0 sinon 2 C(e 2jπf ) possède un lobe principal de largeur 2/M et des lobes secondaires dont le premier est à 13dB C est une sorte de passe-bas mais beaucoup moins sélectif que le filtre passe-bas idéal nécessaire à l opération de sous-échantillonnage 3 Il suffit de vérifier que, de façon générale, la cascade filtre H(z M ) suivi d une décimation de M est équivalente à la cascade décimation par M suivie du filtre H(z) Exercice 17 Voir le cours Exercice Y (z) = [G 0 (z)h 0 (z) + G 1 (z)h 1 (z)] X(z) + [G 0 ( z)h 0 (z) + G 1 ( z)h 1 (z)] X( z) = T (z)x(z) + A(z)X( z) La reconstruction parfaite est assurée lorsque Y (z) = z r X(z) On en déduit les deux conditions : 2T (z) = G 0 (z)h 0 (z) + G 1 (z)h 1 (z) = 2z r 2A(z) = G 0 ( z)h 0 (z) + G 1 ( z)h 1 (z) = 0 2 Une première solution consiste pour annuler A(z) à imposer a priori que : L autre condition devient alors : H 0 (z) = G 1 ( z) et H 1 (z) = G 0 ( z) (1) H 0 (z)g 0 (z) G 0 ( z)h 0 ( z) = 2z 1 (2) Si H 0 (z) et G 0 (z) sont deux polynômes en z 1, l équation?? s écrit α(z) α( z) = 2z r, où on a posé α(z) = H 0 (z)g 0 (z) Dans α(z) α( z) seuls restent les coefficients de degré impair de α(z) Par conséquent, les coefficients d ordre impair de α(z) doivent tous être nuls, sauf celui de degré r Cela implique d ailleurs que r est impair Il faut ensuite factoriser α(z) = H 0 (z)g 0 (z) Les deux contraintes?? étant toujours supposées satisfaites, deux solutions simples apparaissent : On impose que G 0 (z) = G 1 ( z) Si on passe aux TFTD, il vient G 0 (e 2jπf ) = G 1 (e 2jπ(f 1/2) ) Comme les filtres sont réels, cette expression implique que les réponses en fréquence des deux filtres ont une symétrie miroir par rapport à la fréquence 1/4 On dit que l on a affaire à un banc de filtres QMF (pour Quadrature Mirror Filters) Malheureusement il y a très peu de solutions et elles ne sont pas sélectives En effet, en portant G 0 (z) = G 1 ( z) dans la première expression de??, à savoir H 0 (z) = G 1 ( z), on a G 0 (z) = H 0 (z) En portant dans??, il vient : H 2 0 (z) H 2 0 ( z) = 2z r Pour que cette condition soit satisfaite, H 0 (z) ne doit pas avoir plus de deux coefficients non nuls Ce qui s écrit H 0 (z) = h 0 z k0 + h 1 z k1 Par identification il vient : 4h 0 h 1 z (k0+k1) = 2z r et donc k 0 et k 1 sont quelconques à condition que la somme soit impaire, par exemple k 0 = 0 et k 1 = 1, et h 0 h 1 = 1/2 En imposant que les filtres soient à phase linéaire, et donc que h 0 = h 1, il vient h 0 = h 1 = 1/ 2 4

5 3 Signaux aléatoires Exercice 1 1 On note X c (n) = X(n) m x le processus centré On a alors : σ 2 X (τ) = E [X(n + τ) X(n)]2 = E [ (X c (n + τ) X c (n)) 2] Soit : σ 2 X(τ) = E [(X c (n + τ) X c (n))(x c (n + τ) X c (n))] = 2(R X (0) R X (τ)) Comme R X (τ) est maximum maximorum à l origine, R X (0) = R X (τ) = R X (0) et donc σx 2 (τ) = 4R X(0) Une borne plus fine pour les faibles valeurs de τ peut être obtenue de la façon suivante : R X (0) R X (τ) = B B (1 e2jπfτ )S X (f)df = B B (1 cos(2πfτ))s X(f)df puisque S x (f) est paire Et donc R X (0) R X (τ) = B B 2 sin2 (πfτ)s X (f)df = B B Sx(f)2π2 f 2 τ 2 df = 2π 2 B 2 τ 2 B B S X(f)df et donc σx 2 (τ) 4π2 B 2 τ 2 R X (0) L inégalité de Tchebischev, appliquée à la variable aléatoire centrée Y = X(n + τ) X(n), a pour forme : ɛ > 0, P[ X(n + τ) X(n) > ɛ)] σ 2 X(τ)/ɛ 2 4π 2 B 2 τ 2 R X (0)/ɛ 2 La probabilité pour que X(n + τ) s écarte de X(n) (de plus de ɛ) mesure la ressemblance entre deux valeurs séparées d un intervalle de temps τ Plus cette probabilité est faible, plus la ressemblance est forte et donc cette ressemblance est d autant plus forte : (i) que l intervalle entre les deux instants observés est petit (τ faible) (ii) que le processus aléatoire contient de la puissance dans les fréquences basses et donc contient des variations faibles (B petit) (iii) que l amplitude des fluctuations est faible (Puissance R X (0) petite) Exercice 2 On note X c (n) = X(n) m x le processus centré D après l inégalité de Schwarz pour tout k, on a E [(X c (n + k + T 0 ) X c (n + k))x c (n)] 2 E [ X c (n) 2] E [ X c (n + k + T 0 ) 2 X c (n + k) 2] = 2R x (0)(R x (0) R x (T 0 )) = 0 et donc E [(X c (n + k + T 0 ) X c (n + k))x c (n)] = 0 En développant cette expression on obtient R x (n + T 0 ) = R x (n) La fonction d autocovariance est donc périodique de période T 0 Sa distribution spectrale charge des raies de Dirac régulièrement espacées de T 0 Exercice 3 à faire Exercice 4 E [y(n)y (p)] = E [(A exp(2jπf 0 n) + b(n))(a exp( 2jπf 0 p) + b (p))] En développant et en utilisant que b(n) est un bruit blanc centré, il vient : E [y(n)y (p)] = A 2 exp(2jπf 0 (n p)) + σ 2 δ n,p On en déduit que : E [P N (f)] = 1 N = A2 N n=0 p=0 A 2 exp(2jπ(f 0 f)(n p)) + σ 2 δ n,p sin(πn(f f 0 )) sin(π(f f 0 )) Dans la détection d une sinusoïde dans du bruit blanc, quand N augmente, le maximum NA 2 jaillit du bruit σ 2 Exercice 5 fait en cours Exercice 6 On prend comme estimateur du processus aléatoire réel centré x(t) à l instant t, le prédicteur ˆx(t) = a 1 x(t 1) + + a p x(t p) On suppose connu R x (k) Minimisons l erreur quadratique moyenne définie par e 2 = E [ x(t) ˆx(t) 2] Il vient e 2 = E [ x(t) p k=1 a kx(t k) 2] En annulant le gradient par rapport à a 1,, a p on obtient : 2 + σ 2 R x (0) R x (1) R x (p 1) R x (1) R x (0) R x (1) R x (1) R x (p 1) R x (p 2) R x (1) R x (0) a 1 a 2 a p R x (1) = R x (2) R x (p) 5

6 Exercice 7 1 f E = 8kHz 2On sait (voir exercice suivant) que (S/B) 6N = 48dB Et donc le bruit dû à la quantification est de 48dB en dessous de la puissance du signal Ce qui donne 10 log 10 (S/B) = 48 donc (S/B) = La puissance du bruit dû à la quantification est donc de 016 mw Exercice 8 En adoptant la règle des 3σ qui garantit une absence d écrêtage avec une probabilité de 95%, on prend A 3σ et donc la puissance du signal gaussien est donnée par S = A 2 /9 Si on dispose de N bits le pas de quantification uniforme est q = 2A/2 N Comme le bruit de quantification est supposé uniforme sa puissance est donnée par B = q 2 /12 Et donc et donc en décibel : (S/B) = A N 4A 2 (S/B) = 6N 48 = N Il faut retenir que l on gagne en pratique 6dB par bit de codage supplémentaire Exercice 9 à faire Exercice 10 à faire Exercice 11 1 h(n) = 1/N pour n {0,, N 1} et zéro ailleurs 2 H(e 2jπf ) = (1/N) exp(jπ(n 1)f) sin(nπf)/ sin(πf) 3 S x (e 2jπf ) = 1 cos(2πf) = 2 sin 2 (πf) 4 S y (e 2jπf ) = H(e 2jπf ) 2 5 E [ y(n) 2] = 1/N 2 6 si x(n) est gaussien alors, par transformation linéaire, y(n) gaussien Comme y(n) est centré, on a : p Y (y) = N/2π exp( N 2 y 2 /2) Exercice 12 1 E [X(n)] = E [A cos(2πf 0 n + Φ)] = 0 R x (k) = E [X(n + k)x(n)] = A 2 cos(2πf 0 k) + E [cos(2πf 0 (2n + k)) + 2Φ] En notant que Φ est uniforme sur ( π, π), il vient R x (k) = A 2 cos(2πf 0 k) 2 E [Y (n + k)b(n)] = E [(X(n + k) + B(n + k))b(n)] Comme X(n) et B(n) sont non corrélés pour tout couple d instants et que B(n) est centré et blanc, il vient E [Y (n + k)b(n)] = σ 2 δ(k) 3 E [Y n] = 0 E [Y (n + k)y (n)] = E [(X(n + k) + B(n + k))(x(n) + B(n))] En développant il vient : R y (k) = A 2 cos(2πf 0 k) + σ 2 δ(k) 4 Calculons R y (k 1) et R y (k + 1) Il vient R y (k 1) = A 2 cos(2πf 0 (k 1)) + σ 2 δ(k 1) De même R y (k + 1) = A 2 cos(2πf 0 (k + 1)) + σ 2 δ(k + 1) En additionnant on obtient R y (k 1) + R y (k + 1) = 2A 2 cos(2πf 0 k) cos(2πf 0 ) + σ 2 (δ(k + 1) + δ(k 1)) En notant que A 2 cos(2πf 0 k) = R y (k) σ 2 δ(k), on a R y (k + 1) + ar y (k) + br y (k 1) = δ(k + 1) + aδ(k) + bd(k 1) où a = 2 cos(2πf 0 ) et b = 1 5 En utilisant l équation précédente pour k = 1, k = 0 et k = 1 et en utilisant que R y (k) = R y ( k), il vient R[1 a 1] T = σ 2 [1 a 1] T Le vecteur [1 a 1] est donc le vecteur propre de R associé à la valeur propre σ 2 Comme le problème est de trouver la sinusoïde la plus proche de l échantillon observé y(n), on peut déduire a et par conséquent f 0 du vecteur propre associé à la plus petite valeur propre de R 6

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