Master I: Automatique et Systèmes/ Automatique et Informatique Industrielle 2020/2021

Matière: Traitement du Signal. K. Hammouche

Département d'Automatique, Faculté de Génie Electrique et Informatique, UMMTO

Correction de la série de TD N°1

Exercice 1
la fréquence maximale d’un signal ( )
Fréquence d’échantillonnage minimale satisfaisant la condition de Shannon d'un signal ( )
dépendant de ( ) est =2 |X(f)|

-Fmax Fmax
f(KHz)
Pour déterminer , il calculer le spectre d'amplitude de ( ).
|Y(f)|
( )
1) ( ) = ( )=( 2 ) ( )

| ( )| = (2 ) | ( )|
= ⇒ =2
-Fmax Fmax
f(KHz)

|Y(f)|

2) ( ) = ( ) !"
( )= ( − $)

| ( )| = | ( − $ )| ⇒ = + $

= 2( + $)
-Fmax Fmax
f(KHz)

|Y(f)|

3) ( ) = (2 ) ( )=
& !
' (

=2 ⇒ =4 f(KHz)
-2Fmax 2Fmax

4) ( ) = ( − 2) ( )= ( ) * + !

( ) = | ( )| = | ( )| = | ( )|
|Y(f)|
* ,- (!) * + ! * (,- (!)*+ !) * ,. (!)

| ( )| = | ( )| ⇒ = et =2

-Fmax Fmax
5) ( ) = ( ) = ( ) ( ) ( )= ( )∗ ( )
f(KHz)

Le produit de convolution de deux signaux de durées

respectives T1 et T2 donne un signal de durée égale à T=T1+T2 |Y(f)|

Comme le spectre d'amplitude de est borné par alors Y(f) sera

borné par 2 f(KHz)

Par conséquent =2 et =4 -2Fmax 2Fmax

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3456" 7 8 93456" 7
6) ( ) = ( ) cos(2 )= ( ) ( ) = : ( − $) + ( − $ );
& &
$

| ( )| = :| ( − $ )| + | ( − $ )|;
&
⇒ = + $

= 2( + $)
|Y(f)|

f(KHz)

-f0-Fmax -f0 -f0+Fmax f0-Fmax f0 f0+Fmax

Exercice 2 <(t)

Calcul de la fréquence théorique d’échantillonnage: 1

Signal 1: ( ) = < ( )
t
Sa TF est:
? ?
0
( ) = =*? ( ) * !
> = =*? < ( ) * !
> =1
X(f)
Fmax = ∞ ⇒ =∞

Signal 2: ( ) = 1 ∀ − ∞ < < ∞

?
Il est non absolument intégrable =*?| ( )|> = ∞

Pour déterminer sa transformée de Fourier, on va se servir de la propriété de dualité:

( ) = <( ) ( ) = 1

( ) = 1 (− ) = < (− )

Comme < (− ) = <( ), alors D E1F = < ( )

<(f)
Par conséquent:
Fmax = 0 ⇒ =0 x(t)
1
1

t f
0
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Signal 3: ( ) = !"
< (f-f0)
|x(t)|
Sa TF est < ( − $) 1
= $ ⇒ =2 $ 1

t f
0 f0

 π
Signal 4: x(t ) = cos( 2t )δ  t − 
 6
1
( ) = cos(2 ) < ' − ( = cos '2 ( < ' − ( = < ' − (
6 6 6 2 6
sa TF est:
1 1 4
(t)
( )= !
= !
|X(f)|
I J
2 2 1/2
| ( )| =
&
⇒ = ∞ et =∞ 1/2

t f
0 π/6
∞
Signal 5: x(t ) = ∫ t 2 e −t δ (t − 2)dt
−∞

< ( − 2)> = K
?
( ) = =*? * * | =4 *

Sa TF est : ( ) = 4 *
<( ) ⇒ Fmax = 0 et =0

Signal 6: x(t ) = cos(2πf1t ) cos(2πf 2 t ) avec f 2 = 34khz et f1 = 10khz

1
( ) = :cos(2 ( + & ) ) + cos(2 ( − & ) );
2
1
( ) = :cos(2 (44LℎN) ) + cos(2 24LℎN) );
2
1
Sa TF est:
( ) = OPδ(f − 44Khz) + δ(f + 44Khz)V + (δ(f − 24Khz) + δ(f + 2Khz))W
4
= 44LℎN ⇒ = 88LℎN
1

0.8

0.6 (f)
0.4

0.2

0
1/4
-0.2

-0.4

-0.6

-0.8 f(Khz)
-1
-0.2 -0.15 -0.1 -0.05 0 0.05 0.1 0.15 0.2
-44 -24 0 24 44
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Signal 7: x(t ) = Π T (t )
ΠT(t)
Transformée de Fourier du signal x(t ) = Π T (t )
∞ 1
X ( f ) = TF {x ( t )} = ∫ x (t )e
− j 2πft
dt
−∞
t
T /2 T /2 T/2
-T/2
X( f) = ∫ e − j 2πft
dt =
1
− j 2πf
e − j 2πft =
1
− j 2πf
[
e − jπfT − e jπfT ] T
−T / 2 −T / 2
jπfT − jπfT |X(f)|
1 e − e  sin(πfT ) T sin(πfT )
X(f)=  = πf =
πf  2j  πfT
X ( f ) = T sin c (Tf )

Spectre d'amplitude: (paire)

X ( f ) = T sin c (Tf )
f

A priori | ( )| n'est pas borné ⇒ = ∞ et = ∞.

Cependant on peut déterminer une fréquence au delà de laquelle | ( )| est négligeable et la
considérer comme . Cela revient à résoudre l'équation suivante:
| ( )| ≤ Z ⇒ |D[\]^(D )| ≤ Z Z est une constante très petite ( de l'ordre de 10-3...)
D[\]( D )
_ _ ≤ Z ⇒ [\]( D ) ≤ Z
D
La fréquence est donnée par la solution de l'équation non linéaire suivante:
[\]( D ) − Z =0

sin (2πf 0 t )
Signal 8: x(t ) = + cos(2πf 1t )
πt
!" )
( ) = 2 + cos(2 & )=sin c(2 ) + cos(2 )
`ab(
$ $ &
(f)
!"

( ) = Π f" ( ) + :< ( − $) + <( − $ );

& 1

Si & > $ alors = & et = 2 &.

Si & ≤ $ alors = $ et = 2 $. f(Khz)
-f0 -f0 f0 f0

Signal 9: x(t ) = Λ(t )

La transformée de Fourier de x( ) = Λi ( ) est:
∧T(t)

( ) = D[\]^ (D )
1+t/T 1 1-t/T
et son spectre d'amplitude est:
| ( )| = |D[\]^ (D )| t

Pour T=1, ( ) = Λ( ) et | ( )| = |[\]^ ( )| -T 2T T

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A priori, =∞ ⇒ =∞ |X(f)|
Cependant on peut déterminer une fréquence au delà de
laquelle | ( )| est négligeable.et la considérer comme .
Cela revient à résoudre l'équation suivante

| ( )| ≤ Z ⇒ |[\]^ ( )| ≤ Z
[\] ( )
j j ≤ Z ⇒ [\] ( ) ≤ Z( )
( ) f
La fréquence est donnée par la solution de l'équation non
linéaire suivante:
[\]( ) − √Z = 0

Signal 10: ( ) = * 4 x(t)

Sa TF est ( ) = * !4
⇒ | ( )| = l * !4 l 1

A priori, = ∞ ⇒ = ∞.
Cependant on peut déterminer une fréquence au delà
de laquelle | ( )| est négligeable et la considérer t
comme . Cela revient à résoudre l'équation suivante
X(f)
| ( )| ≤ Z ⇒ l * !4 l
≤Z
1 1
1
_ !4 _ ≤ Z ⇒ ≥ nop q r
Z
w w w

≥s =s = 2s
tuv' ( tuv' ( tuv' (
⇒ x
⇒ x
et ⇒ x f

Exercice 3

1)- Fréquence d’échantillonnage

Elle est donnée par le théorème de Shannon (Fe ≥ 2Fmax ) où Fmax est la fréquence maximale du
signal.
Le signal a une Bande de fréquence [0 5Khz] ⇒ Fmax = 5Khz d'où
Fe ≥ 10 Khz

2)- Nombre d’échantillons durant T=1mn=60s

Fe = 10 Khz
min

T
N e = = T .Fe =60x10 103=6 105
min

Te
3)- Pas de quantification
∆z
∆=
2{
∆z est la plage de variation du signal x(t ) : ∆z = 5zon [
Nombre de bits de codage: N=8 bits
2
∆= = 0.0078
2}
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4)- Capacité mémoire

Chaque échantillon est codé sur N=8 bits

Capacité mémoire= Nombre d'échantillons x Nombre de bits
Capacité mémoire= 6 105 x 8 = 48 105 Octets

Capacité mémoire= 48 105 /210 ≈ 4688KOctets ou 48 105 /220≈ 5MOctets

Exercice 4

Fréquence d’échantillonnage minimale |X(f)|

a) 9 KHz < f < 12 KHz

-12 -9 9 12
f(KHz)

Si on applique le théorème de Shannon, la fréquence d'échantillonnage minimale sera égale à

Fe = 2 Fmax = 2 f 2 = 24 Khz

Cependant, la bande spectrale est de type passe bande centrée. On peut alors utiliser une fréquence
d'échantillonnage Fe = 2 B si:

1- La fréquence f 2 est un entier multiple de B , c-à-d f 2 = k B avec k ∈ N

B f +f B
2- La fréquence centrale fc de la bande est supérieure à , c-à-d f c = 1 2 f
2 2 2
B = f 2 − f1 = 12Khz − 9 Khz = 3Khz
f 12Khz
k= 2 = = 4 est un entier
B 3Khz
f +f 9 + 12 B
fc = 1 2 = = 10.5 f = 1.5
2 2 2

Les deux conditions sont bien respectées, la fréquence d'échantillonnage la plus petite possible est
donc Fe = 2 B = 6 Khz
min

|Xe(f)|

f(KHz)

.....-15 -12 -9 -6 -3 0 3 6 9 12 15 ..............

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b)- 18KHz < f < 22KHz

|X(f)|

-22 -18 18 22
f(KHz)
Si on applique le théorème de Shannon, la fréquence d'échantillonnage minimale sera égale à
Fe = 2 Fmax = 2 f 2 = 44 Khz
La bande spectrale est de type passe bande centrée. On peut alors utiliser une fréquence
d'échantillonnage Fe = 2 B si:

1- La fréquence f 2 est un entier multiple de B , c-à-d f 2 = k B avec k ∈ N

B f +f B
2- La fréquence centrale fc de la bande est supérieure à , c-à-d f c = 1 2 f
2 2 2
B = f 2 − f1 = 22 Khz − 18Khz = 4 Khz
f 22Khz
k= 2 = = 5.5 Ce n'est pas un entier
B 4 Khz
f + f 2 18 + 22 B
fc = 1 = = 20 f = 2
2 2 2
La première condition n'est pas respectée. Fe = 2 B = 8Khz ne convient pas, Il y'a un recouvrement
spectral.
|Xe(f)|

f(KHz)

....-30 -26 -22 -18 -14 -10 -6 -2 0 2 6 10 14 18 22 26 30 .............

Il faut alors prendre une fréquence d'échantillonnage la plus petite possible qui est donc
f 22 Khz
Fe = 2 B' telle que B' = 2 = = 4.4
min

[k ] 5Khz
Dans ce cas, les deux conditions sont bien respectées, la fréquence d'échantillonnage la plus petite
possible est Fe = 2 B' = 8.8 Khz
min

|Xe(f)|

f(KHz)

.. -30 -26 -22 -18 -13.2 -9.2 -4.4 -0.4 0.4 4.4 9.2 13.2 18 22 26.8 30.8
-34.8 -26 -17.2 -8.4 8.4 17.2 26 34.8

Pas de recouvrement spectral. On peut facilement retrouver le signal analogique en éliminant toutes
les fréquences sauf celles comprise entre 18 et 22 Khz.
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c)- 30KHz < f < 35KHz

|X(f)|
L'idée est de centrer le spectre d'amplitude sur le zéro afin d'appliquer
le théorème de Shannon (Type passe bas centré).

f1 f2
( ) = ( + € ) ⇒ ( ) = ( ) * !•
f(KHz)
30 35

!w 8!4 J$8J‚
avec € = = = 32.5LℎN
|Y(f)|
La fréquence max de y(t) est :

− & 35 − 30
= = = 2.5LℎN
$
2 2
-f0 f0
=2 = 5LℎN
f(KHz)
-2.5 2.5
La fréquence d'échantillonnage de y(t) est donc $

Si maintenant on échantillonne x(t) avec la même fréquence d'échantillonnage de y(t) (5LℎN), on

obtient:
?

( )=2 $ „ ( − …2 $ )
†‡*?

|Xe(f)|

f(KHz)

35 30 20 15 10 5 0 5 10 15 20 25 30 35...........

On remarque qu'il n'ya pas de recouvrement spectral et qu'on peut facilement retrouver le signal
analogique en éliminant toutes les fréquences sauf celles comprise entre 30 et 35 Khz.

Finalement, = 5LℎN est plus petite que celle de Shannon (2 = 70LℎN), convient à
échantillonner le signal, malgré que la condition de Shannon n'est pas respectée.
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Exercice 5

Canal de transmission
x(k) Reconstitution xr(t) ≡ y(t) Echantillonneur y(k)
Te Filtre passe bas T'e
fc=4Khz
Transmission Réception

Calcul de la fréquence d'échantillonnage Te nécessaire pour que le signal reçu y (k ) soit identique à
x(k )
( T ' e = Te et la transmission et la réception sont parfaitement synchronisées).

Le signal (…) est la version discrète d'un signal analogique ( ), échantillonné avec une période
d'échantillonnage D qui respecte le théorème de Shannon ( ≥2 ).
Pour que (…) = (…), il faut d'abord que le signal analogique ˆ( ) soit correctement reconstitué,
c-à-d:
ˆ( ) = ( ).
On suppose que la reconstitution est idéale d'un point de vue fréquentiel, c-à-d:
ˆ( ) = ( )⨅ Š ( ) où ( ) = D ‹ŒE (…)F.

ˆ( ) = •≠ 0 [\ − 2 ≤ ≤ 2 K
0 [\]o]

ˆ( ) est injecté dans un filtre passe bas de fréquence de coupure fc=4Khz.

Il faut s'assurer que Š
< € = 4LℎN pour ne pas introduire des distorsions en sortie du filtre

( ( )= ˆ (…))

Par conséquent, il faut que < 8LℎN

On peut aussi déduire que < 4LℎN