Partiel de Traitement du Signal

{z

y(t)

}

invariance par translation dans le temps

linéarité

linéarité

Échantillonnage et repliement de spectre

3. À quelle condition peut-on reconstruire un signal à temps continu x(t) à partir

du signal échantillonné xn = x(nT ) ? (2 points)

Si un signal de bande (B1, B2) a été échantillonné à une fréquence Fe au moins égale à

B2 − B1 (fréquence de Nyquist), il peut être parfaitement reconstruit à partir de la suite

des échantillons: x(t) = P+∞

−∞ xn sinc(Fet − n).

4. Expliquez le phénomène de repliement spectral lors de l’échantillonnage d’un

signal. (2 points)

Partiel de Traitement du Signal (Adrian Daerr) — corrigé

lundi 13 mars 2017, 10h45-11h45

n xn exp(−2πinF/Fe) = Fe

Le spectre du signal échantillonnée (transformée de Fourier à temps discret) est donné

par la «périodisation» du spectre du signal continu X(F ) avec une période Fe (formule

de Poisson: P

P

n X(F − nFe)). Si le support de X(F ) est

plus large que Fe, les différentes contributions dans la somme de droite se chevauchent.

Sur un intervalle de largeur Fe et pour le spectre d’un signal réel (tel que |X(F )| est

pair), cette superposition apparaît comme un repliement vers l’intérieur des parties du

spectre X(F ) d’en dehors de l’intervalle.

5. Quelles conséquences pratiques doit-on craindre en cas de repliement ? (1 point)

Le signal continu reconstruit, y(t) = P xnh(t − nT ), dont le spectre est Y (F ) =

P X(F − nFe), sera en général différent de x(t) s’il y a repliement (aucun choix

H(F )Fe

de H(F ) ne permettant d’avoir Y (F ) = X(F )).

En conséquence on aura dans le signal reconstruit, à chaque fréquence, des contributions

«repliées» en plus de la composante présente dans le signal original. Plus exactement,

la composante de fréquence F sera une superposition des composantes aux fréquences

. . . , F − Fe, F, F + Fe, F + 2Fe, . . . du signal d’origine.

6. Comment les éviter ? (1 point)

Il n’y a pas de repliement si la largeur de bande du signal x(t), soit la largeur du support

de son spectre |X(F )|, est inférieure à Fe. Deux possibilités pour y parvenir:

— Augmenter la fréquence d’échantillonnage Fe.

— Limiter la bande du signal x(t) en amont de l’échantillonneur.

Filtre numérique

Analysez et discutez le filtre numérique suivant:

y(n) =

1

2

x(n) − x(n − 1) +

1

2

x(n − 2)

7. Quelle est sa réponse impulsionnelle h(n) ? (1 point)

h(n) =

1

2

δ(n) − δ(n − 1) +

1

2

δ(n − 2)

8. Quelle est sa fonction de transfert H(z) ? (1 point)

H(z) =

1

2

− z−1 +

1

2

z−2 =

1

2

(1 − z−1)2 =

(z − 1)2

2z2

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lundi 13 mars 2017, 10h45-11h45

9. Esquissez où se trouvent les pôles et les zéros de H(z) dans le plan complexe z.

(1 point)

Imz

Rez

On voit à l’expression donnée à la question précédente que

H(z) possède un zéro double en z = 1 et un pôle double à

l’origine (qui rend le filtre causal).

10. Quelle est la réponse en fréquence du filtre ? Esquisseze qualitativement son com-

portement. (1 point)

Réponse en fréquence et gain:

H(e2πif ) =

1

2

(1 − e−2πif )2

⇒ |H(e2πif )| = 2 sin(πf )2 = 1 − cos(2πf )

2

1.5

|H|

1

0.5

0

−0.4 −0.2

0

f

0.2

0.4

La phase de ce filtre FIR d’ordre 2 décroît linéairement de 2π pour f = −1/2 à 0 pour

f = +1/2, en passant par π pour f = 0.

11. De quel genre de filtre s’agit-il ? (1 point)

Il s’agit d’un filtre passe-haut, puisque le gain est nul en f = 0 et maximal en f = 1/2.

12. À partir d’un calcul ou d’un raisonnement graphique, donner le comportement

du filtre aux petites fréquences. À quel filtre à temps continu ce comportement

correspond-il ? (2 points)

Le gain du filtre est proportionnel au produit des distances entre le point e2πif et chacun

des zéros de la fonction de transfert. Tant que l’argument de l’exponentielle est petit, la

distance au zéro en z = 1 (f = 0) est de l’ordre de l’argument. Compte tenu du fait que

ce zéro est double, le gain évolue donc en (2πf )2 pour f (cid:28) 1. Un développement limité

de l’exponentielle au premier ordre donne le même résultat:

H(e2πif )

f (cid:28)1

’ −

(2πf )2

2

Une multiplication de la transformée de Fourier par −(2πf )2 correspond à une double

dérivée du signal temporel: pour de petites fréquences ce filtre est donc (à un facteur

1/2 près) un approximation du filtre à temps continu qui calcule la dérivée seconde du

signal d’entrée: d2/dt2 :

x(t) 7→ x00(t).

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lundi 13 mars 2017, 10h45-11h45

Implémentations d’un filtre numérique FIR

Lors du dernier cours nous avons vu le filtre à réponse impulsionnelle finie défini par la

fonction réponse suivante:

H(z) = 1 + az−1 + a2z−2 + · · · + aqz−q

13. Donner une implémentation non récursive de ce filtre, donc une relation y(n) =

. . . dont le côté droit ne dépend que de x et non de y. (1 point)

y(n) = x(n) + ax(n − 1) + a2x(n − 2) + · · · + aqx(n − q)

14. Reconnaissant le début d’une série géométrique Σq

k=0akz−k, trouver une expression

plus compacte de la fonction de transfert H(z). À quelle condition existe-t-elle ?

(1 point)

H(z) =

1 − aq+1z−(q+1)

1 − az−1

pour

z 6= a

On peut prolonger cette fonction de manière régulière en z = a en lui attribuant la

valeur H(z = a) = q + 1: il ne s’agit pas d’un vrai pôle (la fraction ci-dessus n’est pas

irréductible) et le domaine de convergence de la TZ peut être étendu à tout le plan

complexe excepté l’origine.

15. En déduire une implémentation récursive du même filtre causal. (1 point)

L’expression précédente se traduit en la relation autoregressive

y(n) = ay(n − 1) + x(n) − aq+1x(n − q − 1)

qui est inconditionnellement stable EBSB.