examen 1 Traitement du signal

Université SAAD DAHLEB de Blida
Département d’électronique
Licence : Traitement de l'information et systèmes électroniques (TISE)- Examen S6
Y.Kabir
Année universitaire : 2013-2014
Licence : Traitement de l'information et systèmes électroniques (TISE)-S6
Unité d’enseignement Fondamentale (UEF) : Elec13 (Introduction au traitement du signal et applications)
Enseignant : Y.Kabir
Date : 04/06/2014
Examen S6
Exercice 1 (Questions de cours) (5 pts)
1. Répondre par vrai ou faux et dire pourquoi ? (1.5 pts)
a. L'échantillonnage ne modifie pas le spectre du signal
b. Le filtre anti-recouvrement permet de négliger toutes les fréquences inférieures à la fréquence
maximale.
c. Le filtre anti-recouvrement est un filtre passe-haut
2. Un signal audio analogique est numérisé avec une fréquence d'échantillonnage de 22 KHz, chaque
échantillon est codé sur 8 bits. Pour 1 minute de son, quel est le volume correspondant en bits ? (1.5)
3. Démontrer la propriété : TL  f (t  t0 )   e  st0  F  s  (2 pts)
Exercice 2 : (5 pts)
Résoudre l’équation y  4 y  3  0 , ou y est une fonction du temps t si y(0)=y’(0)=0
Exercice 3 : ( 5 pts)
R
x(t)
L
i
C
y(t)
Soit le circuit RLC série (conditions initiales nulles) de la figure ci contre.
- Calculer la fonction de transfert H(s)=Y(s)/X(S). (1.5 pts )
- Trouver la réponse impusionnelle h(t) du système, pour LC=1 et R/L=1/2. (1.5 pts)
- Quelle est la réponse du système pour un signal d’entrée x(t) =u(t) ? (1 pt)
Exercice 4 : (4 pts)
Trouver la transformée de Laplace inverse de :
F1 ( s ) 
s9
5s  1
(2 pts), , F2 ( s )  2
(2 pts),
s  6s  13
s  s  12
2
Exercice Bonus ( 3 pts ):
La sortie d’un filtre est y (t )  10e  t cos(4t )u (t ) quand l’entée est x(t )  e  t u (t ) , quelle est la fonction de
transfer H(s) du filtre et déduire la réponse impulsionnelle h(t).
Bon courage
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Correction
Exercice 1 :
1.
a. Faux car le spectre est périodisée
b. Faux c’est l’inverse qui est vrai
c. Faux , c’est un filtre passe bas.
2. 1 minute = 60 secondes . Par seconde, on effectue 22 000 mesures codées chacune sur 8 bits. On a
donc un volume de 60 x 22 000 x 8 = 10 560 000 bits.
3.

F  s   L  f  t   
 f t   e
 st
 dt
0
L  f  t  t0    Ft0  s  

 f t  t   e
 st
0
 dt
0
Changement de variable
on pose   t  t0  t    t0
t  0    t 0
t      

Ft0  s  
 f    e
 s   t0 
 d
 s   t0 
 d 
 t0
0


f    e

 f    e
 t0
 s   t0 
 d
0
or
0
 f    e
 s   t0 
 d  0
car
f (t )  0
 t0
Ft0  s   e
 s  t0 

  f    e 
s  

 d  Ft0  s   e
 s  t0 
 F s
L  f (t  t 0 )   e  st 0  F  s 
Exercice 2 :
1.
On prend la TL de l’équation différentiel
TL  y  4 y  3  TL  0
TL  y  4TL  y   TL 3  TL  0
s 2 TL  y   sy (0)  y(0) + 4 TL  y 
s
2

 4 TL  y  = 3
TL  y  =
s
puisque y (0)  0; y(0)  0
3
3

2
s s 4
s s  22

2
3
=0
s




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En décomposant TL(y) en éléments simples
3
A Bs  C
  2
2
s
s s 2
s  22


2




A s 2  22   Bs  C  s
3

s s 2  22
s s 2  22




Par comparaison :
3  As 2  4 A  Bs 2  Cs
D’où ,
A  B  0;
4 A  3; C  0
3
A ;
4
Y (s) 
2.
B
3
3s

2
4 s 4 s  22

3
4

En utilisant la table des transformations de laplace
3
3
3

y (t )   (1)  cos 2t  u (t )  1  cos 2t  u (t )
4
4
4

Exercice 3 :
En appliquant la loi de Kirchhoff sur le circuit nous obtenons
L
R
x(t)
i
C
y(t)
di (t )
 y (t )
dt
i(t) est le courant traversant la résistance, l’inductance et le condensateur, la tension au bornes su
t
1
condensateur est donnée par y (t )   i ( )d  y (0)
C0
y(0) est la tension initiale au bornes du condensateur, afin d’obtenir une équation différentiel en fonctions
de x(t) et y(t) seulement.
dy (t ) 1
dy (t )
 i (t )  i (t )  C
dt
C
dt
2
d y (t ) 1 di (t )
di (t )
d 2 y (t )
 L

 LC
Et
dt 2
C dt
dt
dt 2
d 2 y (t )
dy (t )
 RC
 y (t )
nous obtenons ainsi : x(t )  LC
2
dt
dt
C’est une équation différentielle du deuxième ordre avec des conditions initiales y(0) =y’(0)=y’’(0)=0
la transformation de Laplace de l’équation différentielle donne :
X ( s )   LCs 2  RCs  1 Y ( s)
x(t )  Ri (t )  L
La réponse impulsionnelle du système est la transformée de Laplace inverse de la fonction de transfert :
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H (s) 
Y (s)
1/ LC
 2
X ( s) s  ( R / L) s  1/ LC
H (s) 
Si LC =1 et R/L=1/2
1
1
 2
s  (1/ 2) s  1 s  2(1/ 4) s  (1/ 4) 2  (1/ 4) 2  1
2
15
4
H (s) 
=
2
1 2 15
15
1 2  15 
(s  ) 
( s  )  

4
16
4
 4 
1
4
D’où
h(t ) 
1.
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4  14 t
15
e sin(
t ) u (t )
4
15
Pour x(t) = u(t)
X(s)=1/s ;
1
1
Y(S)=X(s) . H(s) = 2
.
s  (1/ 2) s  1 s
On décompose en éléments simples :
A
Bs  C
Y ( s)  
1
s
s2  s  1
2
1
A  s.Y ( s ) s 0  2
1
s  (1/ 2) s  1 s 0
Pour B on calcule :
Bs 2  Cs
 1 B
1
2
s  s 1
2
s 
1
D’autres parts : s.Y(s)= 2
 0 d’où B =-1
s  (1/ 2) s  1 s 
s.Y ( s ) s   1 
Pour trouver C, il suffit de calculer Y(s) pour une valeur particulière
1 1  C
2
1
1
2
Y (1)  
 1  (C  1).
= 2
.

1
1
5
s  (1/ 2) s  1 s s 1 5
1 1
2
2 2
5
1
;  C  2, => C=Il vient que : 1  (C  1). 
5 5
2
2
1
s 
s
1
1
2 = Y (s)  1 

Donc : Y ( s )  
s s2  1 s  1 2 s2  1 s  1
s s2  1 s  1
2
2
2
1
Y (s)  
s
s
 15 
( s  1/ 4)  

 4 
2
2

1
2
1
 15 
1
( s  )2  

4
 4 
2
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1
4

1
(s  )2  
4

1
s
1
4
Y (s)  
s

1
(s  )2  
4

1
s
1
4
Y (s)  
s

1
(s  )2  
4

1
Y (s)  
s
1
Y (s)  
s
s
1 1
 
4 2

2
2
15 
1 2  15 
 (s  )  

4 
4
 4 
15 

4 
2

1
4
1
2
 15 
1
(s  )2  

4
 4 
15
1
4

2
2
15
15 
1 2  15 
(s  )  


4 
4
 4 
1
15
1
4
4

2
2
15
1 2  15 
1 2  15 
(s  )  
(s  )  


4
4
 4 
 4 
s
1

 15 
 15  
 t
1  14 t
y (t )   1  e 4 cos 
t  
e sin 
t   .u (t )


4
4
15





Exercice 4 :
 s  3  6   s  3  3
s9
s9
2
F1 ( s )  2


2
2
2
2
2
2
s  6 s  13  s  3  4  s  3  2
 s  3  2
 s  3  22
  s  3  6 
  s  3 


2
1
1


L1 
L
3
L





2
2
2
2
2
2
  s  3  2 
  s  3  2 
  s  3  2 
En utilisant la table des transformées de Laplace :
  s  3  6  3t
L1 
  e  cos 2t  3sin 2t  u (t )
2
2
  s  3  2 
2. on factorise le dénominateur:
5s  1
5s  1

.
2
s  s  12 ( s  4)( s  3)
Nous décomposons F2(s) en fractions simples:
5s  1
A
B
A( s  3)  B( s  4)



( s  4)( s  3) ( s  4) ( s  3)
( s  4)( s  3)
5s  1  A( s  3)  B( s  4)  As  3 A  Bs  4 B
5s  ( A  B ) s  5  A  B
1  3 A  4B
Nous obtenons deux équations et deux inconnus:
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20  4 A  4 B
1  3 A  4B
Par addition des deux équations :
21  7 A  A  3
1  3 A  4 B  1  3(3)  4 B  B  2
Ceci nous donne :
5s  1
3
2


( s  4)( s  3) ( s  4) ( s  3)
D’où
 5s  1  1  3
2 

L1 
L 

 ( s  4)( s  3) 
 ( s  4) ( s  3) 
 1 
1 
1 
 3L1 
  2L 

 ( s  4) 
 ( s  3) 


1
1 
1 
 3L1 
  2L 

 ( s  (4)) 
 ( s  3) 
 1   at
Puisque L1 
  e u (t )
s  a
 5s  1 
4t
3t
L1  2
   3e  2e  u (t )
 s  s  12 
Exercice Bonus
Si
x(t )  e  t u (t ) et y (t )  10e  t cos(4t )u (t ) alors
X (s) 
10  s  1
1
et Y ( s ) 
2
( s  1)
 s  1  42
D’où la fonction de transfert :
10  s  1
Y ( s)
s 2  2s  1
H (s) 

 10 2
X ( s )  s  12  42
s  2 s  17
2
Pour trouver h(t) nous décomposons H(s) :
s 2  2 s  17  16
16


H ( s )  10
 10 1  2

2
s  2 s  17
 s  2 s  17 


42
H ( s )  10  1 

2
  s  1  42 


1
h(t )  L  H ( s )   10 (t )  10e  t sin(4t )u (t )