Partie 2: Transformation de Fourier: Exercice 4 [PDF]

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Partie 2 : Transformation de Fourier Exercice 4

1. D´eterminons la puissance totale de x(t) et y(t). L’expression de la puissance :

Z

+∞

|f (t)|2 dt

E=

(1)

−∞

Z

T /2 2

Z

T /2

|x(t)| dt =

Ex = −T /2

Z

T /2+T

Ey = −T /2−T

A2 dt = A2 T

−T /2

1 |y(t)|2 dt = T

Z

−T +T /2

A2 dt +

−T −T /2

Z

T +T /2

! A2 dt

= 2 Ex = 2 A2 T

T −T /2

Le signal x(t) a une ´energie totale finie =⇒ les puissances totales des signaux x(t) et y(t) sont nulles.

2. D´eterminons la transform´ee de Fourier de x(t) : X(f ) Z +∞ Z T /2  A  −j2πf T /2 −j2πf t X(f ) = x(t)e dt = A.e−j2πf t dt = e − ej2πf T /2 = A.T.sinc(πf T ) −2jπf −∞ −T /2

1

3. Tra¸cons le spectre en module de X(f ) : On a X(f ) = A.T.sinc(π f T )

avec A=3 et T=2

•pour f = 0 on a sinc(0) = 1, donc |X(0)| = 3 × 2 × 1 = 6 •pour toute f non nulle, sinc(π f T ) = 0 ←→ π f T = kπ

donc : f =

k T

= 0.5 k = ±0.5,

±1,

±1.5,

±2,

...

4. D´eterminons y(t) en fonction de x(t), puis en d´eduire Y (f ) `a partir de X(f ) :

D’apr`es les courbes de x(t) et y(t), on remarque que y(t) est une r´ep´etition d´ecal´ee de x(t), c`ad : y(t) = x(t + T ) − x(t − T ) On a : T F (x(t − τ )) = e−j2π f τ X(f )

Donc :

et

T F (f + g)) = T F (f ) + T F (g)

T F (y(t)) = T F (x(t + T )) − T F (x(t − T ))

Y (f ) = ej2 π f T X(f ) − e−j2 π f T X(f ) = 2j sin(2π f T )X(f )

2

Exercice 5 Un circuit non lin´eaire de type parabolique est mod´elis´e par la caract´eristique de transfert suiu2 (t) = α u1 (t) + β u21 (t) avec : u1 (t) = A.sin(w0 t)

vante :

1. d´eterminons les composantes spectrales que l’on obtient `a la sortie : u2 (t) a pour expression :

u2 (t) = α.A.sin(w0 t) + β.A2 .sin2 (w0 t)  j w0 t   j w0 t 2 e − e−j w0 t e − e−j w0 t 2 = α.A. + β.A . 2j 2j =

β.A2 α.A j w0 t α.A −j w0 t β.A2 2j w0 t β.A2 −2j w0 t + e − e − e − e 2 2j 2j 4 4

2. Calculons la puissance normalis´ee du signal de sortie : P2 Pour le signal de sortie u2 (t), on a en faisant usage de Parseval : +∞ X

P2 =

|Ck |2 = |C0 |2 + 2 4

β .A = + 2. 4

|Ck |2

k=1

k=−∞ 2

+∞ X



α.A 2

2

 + 2.

β.A2 4

2

3. Calculons le rapport de P2 par rapport au P1 : u1 (t) est une tension p´eriodique, alors sa puissance : Z 1 T /2 U2 A2 |u1 (t)|2 dt = |u1ef f |2 = 1max = P1 = T −T /2 2 2 donc : P2 β 2 .A2 β 2 .A2 = + α2 + 2. P1 2 4

4. A.N avec α = 1 β = 0.2 V −1

A = 10V

w = 2π.100 rad/s :

P2 4.10−2 .102 4.10−2 .102 = + 12 + =4 P1 2 4 3

5. D´eterminons le taux de distorsion harmonique (TDH) : L’expression du taux de q distorsion harmonique est donn´ee par : P+∞ 2 s r Ck C22 52 Xef f (k > 1) 2 p T DH = = = = = 100% Xef f (k = 1) C12 52 C12

4

Exercice 6 Un message m(t) module une fonction trigonom´etrique d’amplitude A et de fr´equence f0 , le message a pour transform´ee de Fourier M (f ). Calculons le spectre du signal x(t) : x(t) = A.m(t).cos(2 π f0 t) En d´ecomposant le terme du cosinus a` l’aide de la formule d’Euler, On aura :


A .m(t). ej 2 π f0 t + e−j 2 π f0 t 2
A m(t).ej2π f0 t + m(t).e−j2π f0 t = 2

x(t) =

En appliquant la propri´et´e de d´eplacement fr´equentiel : x(t).ej2πf0 t X(f − f0 ) Alors : X(f)= X(f ) =




A T F m(t)ej2π f0 t + T F m(t)e−j2π f0 t 2

A [M (f − f0 ) + M (f + f0 )] 2

5

Exercice 7 On consid`ere le signal x(t) = x1 (t) + x2 (t) d´efini comme suit : x1 (t) = fb .

sin(π fb t) j2π f0 t .e π fb t

x2 (t) = fb .

sin(π fb t) −j2π f0 t .e avec f0 = 8kHz; fb = 1kHz π fb t

1. Calculons la transform´ee de Fourier X(f ) soit : x1 (t) = fb .

sin(π fb t) j 2π f0 t .e = fb .sinc(π fb t).ej 2π f0 t π fb t

x2 (t) = fb .

sin(π fb t) −j 2π f0 t .e = fb .sinc(π fb t).e−j 2π f0 t π fb t

Puisque : x(t) = x1 (t) + x2 (t) Alors : T F (x(t)) = T F (x1 (t)) + T F (x2 (t)) Pour les deux signaux (x1 et x2 ), la transform´ee du sinus cardinal est donn´ee par :

Les termes exponentielles dans les signaux x1 et x2 repr´esentent des retard et avance en fonction de f0 , donc : T F (x1 ) = Πfb (f − f0 ) et

T F (x2 ) = Πfb (f + f0 )

Alors :X(f ) = Πfb (f − f0 ) + Πfb (f + f0 )

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2. Le signal ´echantillonn´e xe (t) est formul´e math´ematiquement, par le produit de x(t) et le peigne de Dirac unit´e de fr´equence (Te : p´eriode d’´echantillonnage) fe = 1/Te : P gnTe (t). +∞ X xe (t) = x(t).P gnTe (t) = x(t). δ(t − n.Te ) n=−∞

3. D´eterminons la transform´ee de Fourier de xe (t) : Xe (f ). Le signal ´echantillonn´ee xe (t) dans le domaine temporel :

xe (t) = x(t).P gnTe (t)

Sa transform´ee de Fourier :

T F (xe (t)) = T F (x(t)) ∗ T F (P gnTe (t)) ! ! Z +∞ +∞ X 1 ej 2π nfe t .e−j2π f t .dt Xe (f ) = X(f ) ∗ T F T e −∞ n=−∞ Z +∞ +∞ 1 X = X(f ) ∗ e−j 2π(f −nfe )t .dt Te n=−∞ −∞ = X(f ) ∗

+∞ 1 X δ(f − nfe ) Te n=−∞

+∞ 1 X = X(f ) ∗ δ(f − nfe ) Te n=−∞

= fe .

+∞ X

X(f − nfe )

n=−∞

Condition de Shannon : Afin d’´eviter toute d´eformation du spectre d’un signal par son ´echantillonnage, la fr´equence d’´echantillonnage fe doit ˆetre sup´erieure au double de la fr´equence maximale contenue dans ce signal fm : fe > 2fm

4. Repr´esentons graphiquement la transform´ee de Fourier du signal ´echantillonn´e xe (t) dans la bande [−12kHz

,

15kHz] ; f0 = 8kHz; fb = 1kHz; fe = 6kHz.

En se basant sur l’expression de Xe (f ), sa repr´esentation est la r´ep´etition de X(f ) dans les deux cot´es (fr´equence positif et n´egatif) avec un pas fr´equentiel de fe = 6kHz.

5. On d´esire restituer le signal x(t) `a partir de xe (t) par un filtrage de transmittance H(f ).

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A. 1er cas : H(f ) = rectF (f ), avec F=6kHz. Montrons que le signal restitu´e par ce filtre not´e xr (t) a une expression temporelle similaire a` celle de x(t), avec une nouvelle fr´equence not´e f1 . Lorsqu’on filtre le signal Xe (t) par un filtre de la fonction de transfert H(f ) = rectF (f ) avec F = 6kHz. Cela ´etablit dans la figure suivante :

On restitue le signal xr (t) dont la TF est : Xr (f ) = Πfb (f − f1 ) + Πfb (f + f1 ) Avec f1 = 2kHz. Alors : xr (t) = 2fb cos(2π f1 ).

sin(π fb t) π fb t

B. 2`eme Cas : H(f ) = Πfb (f − f0 ) + Πfb (f + f0 ) (avec f0 = 8kHz et fb = 1kHz), d´eterminons le signal restitu´e xr (t). Lorsqu’on filtre le signal Xe (f ) par un filtre de la fonction de transfert H(f ) = Πfb (f −f0 )+Πfb (f +f0 ), on obtient un signal identique au celle de x(t).

6. Nous avons la fr´equence max contenue dans signal est f0 = 8kHz et la fr´equence d’´echantionnage de valeur fe = 6kHz. D’apr`es la question (5.a), nous avons obtenu un signal identique que celle ´echantillonn´ee, On peut donc, restituer le signal sans que la condition de Shannon soit v´erifi´e.

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Exercice 8

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Exercice 9 Soit la fonction sgnα (t) d´efinie par :

sgnα (t) =

 −αt  e

pour

 

pour

t≥0 ; α est positive

−eαt

t≤0

1. Calculons la transform´ee de Fourier de la fonction sgnα (t).

Z

+∞

sgnα (t).e−j 2π f t .dt

T F (sgnα (t)) = −∞ +∞

Z

α.t

−j 2π f t

−e .e

=

Z .dt +

−∞

Z

0

=−

e−(j2π f −α)t .dt +

Z

−∞

=− =

+∞

e−α.t .e−j 2π f t .dt

−∞ +∞

e−(j2π f +α)t .dt

0

 −(j2π f −α)t 0  −(j2π f +α)t +∞ 1 1 + e e −∞ 0 α − j2π f α + j2π f

1 1 − α + j2π f α − j2π f

2. En d´eduire la transform´ee de Fourier de la fonction signe(t). Si α = 0, on aura e−α t = 1 et −e−α t = −1 Alors, la fonction signe(t) = sgnα=0 (t). Donc :

T F (signe(t)) = T F (sgnα=0 (t)) =

1 1 + j2π f j2π f

=

1 jπ f

3. Montrons la transform´ee de Fourier de la fonction ´echelon u(t) : T F (u(t)) =

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1 j2π f

+ 12 δ(f )

La fonction ´echelon peut ˆetre d´etermin´ee `a base de la fonction signe(t).

Donc, la fonction ´echelon u(t) s’´ecrit sous la forme : u(t) = 12 signe(t) + 1 1 T F (u(t)) = T F (signe(t)) + T F (1) 2 2 1 1 = + δ(f ) j2π f 2

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1 2

Exercice 10 Soient les signaux suivants :  x(t) = e−at pour t ≥ 0 et a > 0        y(t) = cos(2π f0 t)        z(t) = x(t).y(t) 1. Tra¸cons les signaux x(t), y(t) et z(t), pour a = 2 et f0 = 1Hz :

2. D´eterminons la transform´ee de Fourier de y(t) : Y (f ) et tra¸cons l’allure du spectre de y(t) en module.

Y (f ) = T F (y(t)) = T F (cos(2π f0 t))
1 = T F ej2π f0 t + e−j2π f0 t 2
1
1 = T F ej2π f0 t + T F e−j2π f0 t 2 2 1 1 = δ(f − f0 ) + δ(f + f0 ) 2 2 12

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