Cours ELE3701 TÉLÉCOMMUNICATIONS 1 Examen final VENDREDI LE 1 DÉCEMBRE 003 9h30 à 1h00 Ce feuillet d'examen comporte dix (10) pages. Il y a cinq (5) problèmes, une annexe sur les fonctions de Bessel (annexe A, page 10) et une annexe sur les fonctions trigonométriques (annexe B, page 10). Documentation permise: deux () feuilles de notes (8½" 11", recto-verso). Calculatrice non programmable permise. Poids: 40% de la note globale Les professeurs: Michel Lemire Yasmina Benabderrahmane Page 1 sur 10
PROBLÈME #1 (4 points) Soit un poste de relais permettant de capter un signal et de le retransmettre sur une autre fréquence porteuse : RÉCEPTEUR ÉMETTEUR Plusieurs signaux dont am() t cos( π ft θ ) am() t cos( π ft θ ) amt () cos( π ft θ ) p p p 1 1 1 Le signal m(t) est limité en fréquence à f m (de l ordre de 10 khz). Entre les sections «RÉCEPTEUR» et «ÉMETTEUR», le signal est à une fréquence intermédiaire f 1 (de l ordre de 10 MHz) inférieure à f p et f (de l ordre de 1 GHz). Voici une façon traditionnelle de réaliser la section «ÉMETTEUR» : am t () cos( π ft θ ) FILTRE am() t cos( π ft θ ) 1 1 1 Oscillateur f 0 = f f 1 Filtre passe-bande - centré sur f - largeur de la bande passante : f m - gain : 1 Page sur 10
PROBLÈME #1 suite Un ingénieur propose plutôt le dispositif (sans filtre passe-bande) suivant : A B E am t () cos( π ft θ ) 1 1 1 DÉPHASEUR Σ D C Oscillateur f 0 = f f 1 DÉPHASEUR Cette proposition est-elle acceptable? Pour répondre à cette question, obtenez les expressions temporelles des signaux aux points A, B, C, D et E du dispositif proposé et concluez. Considérez a cos( π f t θ ) 0 0 0 (où f 0 = f f 1 ) pour exprimer le signal produit par l oscillateur. La réponse fréquentielle d un déphaseur est : j π e f >, 0 H( f ) = 1, f = 0 j π e, f < 0 Page 3 sur 10
PROBLÈME # (5 points) Deux signaux, x(t) et y(t), sont transmis en DBL-SP (double bande latérale, sans porteuse) vers le récepteur ci-dessous, à l entrée duquel on observe le signal v(t). () = () cos( π θ ) () cos( π ) v t x t ft y t f t 1 1 () cos( π ) v t A ft, i i où i = 1 ou, selon la position du commutateur de sélection v(t) Σ DÉTECTEUR D ENVELOPPE AMPLIFICATEUR AUDIO HAUT-PARLEUR A 1 cos(π f 1 t) COMMUTATEUR DE SÉLECTION #1 # A cos(π f t) CARACTÉRISTIQUES DES SIGNAUX x() t = 0 volt () X( f ) = 0 pour 50 x t = 0.0 watt x() t = 0.5 volt f < Hz ou f > 5500 Hz A 1 = 0 f 1 = 900 10 3 (900 khz) θ 1 est une constante inconnue (0 θ 1 < π) dont la valeur change aléatoirement à environ toutes les dix secondes. y() t = 0 volt () Y( f ) = 0 pour 60 MAX y t = 0.015 watt y() t = 0.4 volt f < Hz ou f > 4700 Hz A = 0 f = 911 10 3 (911 khz) MAX Page 4 sur 10
PROBLÈME # suite RÉPONSE FRÉQUENTIELLE DE L AMPLIFICATEUR AUDIO H( f ) 10 (symétrique) 0 50 5600 6000 f (Hz) 0 1 ère PARTIE : Le commutateur de sélection est à la position #1. a) Donnez l expression temporelle du signal à l entrée de l amplificateur audio. Effectuez les approximations appropriées pour simplifier votre réponse. b) Un auditeur exprime le commentaire suivant : «Le haut-parleur émet le bon signal. Toutefois, le niveau sonore fluctue d une façon aléatoire selon une période d environ dix secondes.» Expliquez la raison du problème observé. e PARTIE : Le commutateur de sélection est à la position #. c) Donnez l expression temporelle du signal à l entrée de l amplificateur audio. Effectuez les approximations appropriées pour simplifier votre réponse. d) Un auditeur exprime le commentaire suivant : «Le signal émis par le haut-parleur est accompagné d un étrange bruit aigu (c est-à-dire de fréquence élevée).» Expliquez la raison du problème observé. Pondération : a) 1 / 5 b) 1½ / 5 c) 1 / 5 d) 1½ / 5 Page 5 sur 10
PROBLÈME #3 (4 points) Soit un signal FM caractérisé par l expression suivante : où A p = 10, 8 f p = 10 Hz (100 MHz), 5 k = 4 10 Hz/V (400 khz/v), f 5 () 4cos( 4π 10 t) mt ( ) () cos π π () yfm t = Ap fpt kf m t dt = (sinusoïde, 4 volts, 00 khz). Ce signal est appliqué à l entrée du système ci-dessous où la fréquence f 0 de l oscillateur peut être fixée par l utilisateur. Le wattmètre affiche la puissance moyenne exprimée en watt. y FM (t) FILTRE WATTMÈTRE Oscillateur f 0 Filtre passe-bande - bande passante : 50 MHz à 50.1 MHz - gain : 1 Sachant que l oscillateur produit une onde sinusoïdale d amplitude 1 volt et considérant un filtre passe-bande idéal, tracez la puissance moyenne (en watt) affichée par le wattmètre en fonction de la fréquence f 0 pour 50.0 10 6 < f 0 < 50.4 10 6. puissance moyenne (watt)??? 0 50.0 10 6 50.4 10 6 f 0 (Hz) Page 6 sur 10
PROBLÈME #4 (3 points) Les signaux x(t) et v(t) sont transmis selon le schéma suivant : m(t) x(t) Σ MODULATEUR FM v(t) MODULATEUR BLU y FM (t) cos(π f 0 t) ½v(t) cos(π f 0 t) - ½v H (t) sin(π f 0 t) où v H (t) est le résultat du déphasage de v(t) par un angle de π/ Renseignements sur les signaux modulants: xt () = vt () = 0 volt, x () t = v () t = watts, x(t) MAX = v(t) MAX = 8 volts, x(t) et v(t) sont limités en fréquence à f m = 10 4 Hz (10 khz); la fréquence f 0 de la porteuse modulée par v(t) est 10 3 Hz ( khz); la fréquence porteuse FM est f p = 300 10 6 Hz (300 MHz); la constante de modulation FM est k f = 1000 Hz/volt; la puissance moyenne du signal FM est 10 watts. Page 7 sur 10
PROBLÈME #4 suite Le signal FM est capté par le récepteur suivant : DÉMODULATEUR FM m(t) bruit PASSE-BAS Bande passante: 0 à 10 khz GAIN = 1 SORTIE #1 y FM (t) bruit PASSE-BANDE Bande passante: à 3 khz GAIN = 1 PASSE-BAS Bande passante: 0 à 10 khz GAIN = 4 SORTIE # cos(π f 0 t) Le rapport signal sur bruit à la sortie # du récepteur est de 30 db. On prévoit effectuer les modifications suivantes : Dans l émetteur Utilisation d un modulateur BLU produisant une bande latérale inférieure; le signal produit par le modulateur s exprimerait par ½v(t) cos(π f 0 t) ½v H (t) sin(π f 0 t) plutôt que ½v(t) cos(π f 0 t) - ½v H (t) sin(π f 0 t). Dans le récepteur Utilisation d un filtre passe-bande dont la bande passant est de 1 à khz plutôt que à 3 khz. Évaluez le rapport signal sur bruit (en db) que l on observera à la sortie # après avoir effectué ces modifications. Page 8 sur 10
PROBLÈME #5 (4 points) Un train binaire (caractérisé par un débit de 64 kbits/s et une équiprobabilité des «1» et des «0») est appliqué à l entrée du modulateur suivant : m N (t) DONNÉES BINAIRES 64 000 bits/s E CODEUR DE LIGNE S 1 S Σ y(t) φ 1 (t) = cos(π f p t ) DÉPHASEUR f p = 10 7 Hz (10 MHz) φ (t)=sin(π f p t) Caractéristiques du codeur de ligne : E S 1 (volt) S (volt) 00-1 3 01-1 1 10 1 3 11 1 1 a) Situez graphiquement dans le plan φ 1 (t) - φ (t) les symboles associés aux codes 00 à 11. Indiquez également les seuils de décision qui devraient être appliqués lors de la démodulation. Note : φ 1 (t)=cos(π f p t) et φ (t)=sin(π f p t). b) Évaluez la puissance moyenne du signal y(t) à la sortie du modulateur. c) Le signal y(t) est appliqué à l entrée d un détecteur d enveloppe. En observant le signal à la sortie du détecteur d enveloppe, quel pourcentage de l information binaire est-on en mesure de restituer correctement? Expliquez clairement. Pondération : a) 1½ / 4 b) 1 / 4 c) 1½ / 4 Page 9 sur 10
ANNEXE A : Fonctions de Bessel J n ( β ) n J n(1) J n() J n(3) J n(4) J n(5) J n(6) J n(7) J n(8) J n(9) J n(10) 0 0.765 0.39-0.601-0.3971-0.1776 0.1506 0.3001 0.1717-0.09033-0.459 1 0.4401 0.5767 0.3391-0.06604-0.376-0.767-0.004683 0.346 0.453 0.04347 0.1149 0.358 0.4861 0.3641 0.04657-0.49-0.3014-0.1130 0.1448 0.546 3 0.01956 0.189 0.3091 0.430 0.3648 0.1148-0.1676-0.911-0.1809 0.05838 4 0.00477 0.03400 0.130 0.811 0.391 0.3576 0.1578-0.1054-0.655-0.196 5 0.007040 0.04303 0.131 0.611 0.361 0.3479 0.1858-0.05504-0.341 6 0.0010 0.01139 0.04909 0.1310 0.458 0.339 0.3376 0.043-0.01446 7 0.00547 0.01518 0.05338 0.196 0.336 0.306 0.375 0.167 8 0.00409 0.01841 0.05653 0.180 0.35 0.3051 0.3179 9 0.00550 0.0117 0.0589 0.163 0.149 0.919 10 0.001468 0.006964 0.0354 0.06077 0.147 0.075 11 0.00048 0.008335 0.0560 0.06 0.131 1 0.00656 0.00964 0.0739 0.06337 13 0.00375 0.01083 0.0897 14 0.001019 0.003895 0.01196 15 0.00186 0.004508 16 0.001567 ANNEXE B : Fonctions trigonométriques cos(a)cos(b) = ½cos(a-b) ½cos(ab) sin(a)sin(b) = ½cos(a-b) - ½cos(ab) sin(a)cos(b) = ½sin(a-b) ½sin(ab) Page 10 sur 10
Cours ELE3701 - TÉLÉCOMMUNICATIONS I SOLUTION DE L EXAMEN FINAL PROBLÈME #1 Signal au point A : am t () sin ( π ft θ ) 1 1 1 Signal au point B : () sin ( π θ ) cos( π θ ) 0 1 () [ ] aam t ft ft 0 1 1 1 0 0 ( π 1 0 θ1 θ0) ( π[ 1 0] θ1 θ0) = aa mt sin f f t sin f f t Signal au point C : a sin ( π f t θ ) 0 0 0 Signal au point D : () cos( π θ ) sin ( π θ ) 0 1 () [ ] aam t ft ft 0 1 1 1 0 0 ( π 1 0 θ1 θ0) ( π[ 1 0] θ1 θ0) = aa mt sin f f t sin f f t Signal au point E : () sin ( π[ ] θ θ ) = aamt () sin ( π ft θ θ ) ou aamt () cos( π ft θ θ π ) aam t f f t 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 Conclusion Nous retrouvons bien un signal exprimé par am() t cos( π ft θ ), où a = a0a1 et θ = θ θ π. Le dispositif proposé est donc acceptable; même sans filtre passe-bande, 1 0 il permet l élimination du signal qui n est pas situé à la fréquence f. PAGE 1 SUR 6
ELE3701 / SOLUTION DE L EXAMEN FINAL PROBLÈME # a) Entrée du détecteur d enveloppe : () cos( π ) = () cos( π θ ) () cos( π ) cos( π ) v t A ft x t f t y t f t A f t 1 1 1 1 1 1 π [ f - f 1]t Im y(t) r(t) x(t) θ 1 A 1 π f 1t Re Entrée de l amplificateur audio : () r t = () cos( θ ) () cos( π[ ] ) A1 x t 1 y t f f1 t () sin ( θ1) () sin ( π[ 1] ) x t y t f f t () 1 () cos( θ1) () cos( π[ 1] ), car A1! x() t, y() t r t A x t y t f f t b) Les termes A 1 (de fréquence 0 Hz), et y() t cos( [ f f1] t) π (signal situé de 6300 Hz à 15700 Hz) sont éliminés par l amplificateur audio. Nous observons donc à 10xtcos θ la sortie de l amplificateur le signal () ( ) La présence du facteur cos(θ 1 ), où θ 1 fluctue aléatoirement, explique les fluctuations observées du niveau sonore. 1 PAGE SUR 6
ELE3701 / SOLUTION DE L EXAMEN FINAL PROBLÈME # suite c) Entrée du détecteur d enveloppe : () cos( π ) = () cos( π θ ) () cos( π ) cos( π ) v t A f t x t ft y t f t A f t 1 1 Im x(t) π [ f - f 1]t -θ 1 y(t) A r(t) π f t Re Entrée de l amplificateur audio : () r t = () () cos( π[ ] θ ) A y t x t f f t 1 1 () sin ( π[ 1] θ1) x t f f t () () () cos( π[ 1] θ1) r t A y t x t f f t, car A! x() t d) Le terme A (de fréquence 0 Hz), et une partie de x() t cos( π[ f f1] t θ1) (signal situé de 5500 à 16500 Hz) sont éliminés par l amplificateur audio. Nous observons 10y t z t, où z(t) est dû à la partie donc à la sortie de l amplificateur le signal () () non éliminée (5500 à 6000 Hz) du terme () cos π[ ] ( 1 θ1) x t f f t. La présence de z(t) explique l étrange bruit aigu perçu par l auditeur. PAGE 3 SUR 6
ELE3701 / SOLUTION DE L EXAMEN FINAL PROBLÈME #3 Le signal FM est caractérisé par un indice de modulation À l entrée du filtre, on observe : FM 5 f 4 4 10 β = = = 8 5 f 10 1 1 ( ) δ ( 0) δ ( 0) = 1 ( ) 1 ( ) YFM f f 0 YFM f f 0 Y f f f f f Compte tenu de la bande passante du filtre (100 khz) et de la fréquence du signal modulant (00 khz), il n y aura jamais plus d une raie du spectre du signal FM dans la bande passante du filtre. Illustration : m Y FM ( f ) n = -3 n = - n = -1 n = 0 n = 1 n = n = 3 0 99.4 99.6 99.8 100.0 100. 100.4 100.6 f (MHz) FILTRE f 0 1 0 50.0 50.1 f (MHz) f 0 RAIE DANS LA BANDE PASSANTE DU FILTRE PUISSANCE LUE AU WATTMÈTRE 1 A p J n 8 50.0 < f 0 < 50.1 (aucune) 0 ( ) () 50.1 < f 0 < 50. n = 1 0.69 50. < f 0 < 50.3 (aucune) 0 50.3 < f 0 < 50.4 n = 0.16 PAGE 4 SUR 6
ELE3701 / SOLUTION DE L EXAMEN FINAL PROBLÈME #3 suite Graphiquement : puissance moyenne (watt) 0.69 0.16 0 0 50.0M 50.1M 50.M 50.3M 50.4M f 0 (Hz) PROBLÈME #4 Le but des modifications est de transmettre le signal v(t) dans la bande 1 à khz (BLU inférieure) plutôt que dans la bande à 3 khz (BLU supérieure). Il n y aura donc aucun changement de la puissance moyenne du signal utile à la sortie #. Par contre, la puissance moyenne du bruit diminuera car le spectre de densité de puissance du bruit à la sortie du démodulateur FM est proportionnel au carré de la fréquence. Puissance moyenne du bruit à la sortie du filtre passe-bande avant les modifications : 3000 3 3 af df = a 3 3000 000 000 Puissance moyenne du bruit à la sortie du filtre passe-bande après les modifications : 000 3 3 af df = a 3 000 1000 1000 Rapport signal sur bruit à la sortie # après les modifications : 3000 ( ) 3 000 3 3 3 30 10 log = 33.94 db 000 1000 PAGE 5 SUR 6
ELE3701 / SOLUTION DE L EXAMEN FINAL PROBLÈME #5 a) ϕ (t) SEUILS DE DÉCISION 00 10 3 01 1 11-1 1 ϕ 1 (t) b) c) ( 1 1 ) ( 1 3 ) 1 1 4 4 = 3 W CODE SORTIE DU DÉTECTEUR D ENVELOPPE (VOLT) 00 (1² 3² ) ½ = 3.16 01 (1² 1² ) ½ = 1.41 10 3.16 11 1.41 Les symboles 00 et 10 seront confondus, de même que 01 et 11. Donc seul le deuxième bit de chaque code pourra être correctement identifié. Globalement, 50% de l information binaire pourra être restituée. PAGE 6 SUR 6