CNAM de Saclay Corrigé de l'Examen : Traitement Analogique du Signal (2) 26 juin 2004
Ce document donne souligné ou encadré en vert, les réponses du devoir de Traitement Analogique du Signal du 26 juin 2004. Il comporte également des calculs et explications qui n'étaient pas attendus dans le cadre de l'examen. 1- Filtrage analogique
1-1- Pour un filtre passe bas, le gain de +20 dB dans la bande passante, correspond à une amplification de10 lorsque avec ( dB20)10log(20 += ) 0FF <<
πω2
00 =F
( ) 2
00
21
10
++
=
ωω
ωω
ω
jmj
H j
1-2- Pour passer d'un filtre passe bas du second ordre, à un filtre passe haut du second ordre, il faut effectuer le changement de variable suivant :
ΩΩ
=
ΩΩ
=jj
j 0
0
0
1ωω
Ce changement donne
( ) 20021
1
Ω
Ω+
ΩΩ
+
=Ω
jjm
H j
( )
Ω
Ω+
ΩΩ
+
ΩΩ
ΩΩ
=Ω 200
2
0
2
0
21jj
mj
j
H j
( ) 2
00
2
0
21
ΩΩ+
ΩΩ+
ΩΩ
=Ωjjm
j
H j
puis en multipliant le numérateur et le dénominateur
par 2
0
ΩΩj
, on obtient
ce qui après simplification donne bien la fonction de transfert d'un filtre passe haut du second ordre
Note : De la même façon, il existe un changement de variable pour passer d'un filtre passe bande ou coupe bande à un filtre passe bas (voir poly AE2 CNAM tome 1 page 113 et 114)
1-3- Réaliser un filtre passe haut répondant au cahier des charges suivant : • Pas d'ondulation dans la bande passante.
F (Hz)
Fp=300Hz; Gpmax=19,5dB
Fa=50Hz; G0=20dB
Fa=50Hz; Gamax=-20dB
G (dB)
Lecture du gabarit : Le gain dans la bande passante est : G0 = +20dB. Le gain minimum dans la bande passante est : Gpmin = +19,5dB. Le gain maximum dans la bande d'arrêt est : Gamax = -20dB. La bande passante est définie pour : F > Fp avec Fp = 300Hz. La bande d'arrêt est définie pour : F < Fa avec Fa = 50Hz.
1-3-1. Pour la synthèse de filtre, il faut d'abord se reporter à un prototype de filtre passe bas normalisé.
Pour cela, on fixe les points de référence pour la normalisation : G0 et Fp, puis on effectue les changements de variables suivants :
dBGGg 0000 =−= dBGGg aa 400max −=−= dBGGg pp 5,00min −=−=
Atténuation dans la bande d'arrêt : 40dB Atténuation dans la bande passante : 0,5dB
Conversion passe haut en passe bas F
1f = et comme on normalise en
même temps par rapport à Fp, on obtient
11 ==
p
pp
FF
f
et 6
503001 ====
a
p
p
aa F
F
FF
f
Les valeurs de fp et fa, étant normalisées, elles sont sans dimension.
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f
fp = 1; gp = -0,5dB
fa = 6; g0 = 0dB
fa = 6; ga = -40dB
g (dB)
gabarit normalisé du filtre
( ) ( 2log10log20 HHG == ) soit
= 102 10G
H
0,89125091010 05,0105.0
2 === −
−
pH
1,122101 05,02 ==pH
0001,01010 41040
2 === −
−
aH
10000101 42 ==aH
Ne devant pas avoir d'ondulation dans la bande passante, les filtres de type Chebychev, elliptique ou Cauer ne sont pas utilisables. Il reste les filtres de type Bessel ou Butterworth. Comme il n'y a pas de contrainte sur la linéarité de la phase, on retient le filtre type de Butterworth car pour le même gabarit, il nécessite un ordre moins élevé, donc moins de cellules en cascades.
L'ordre du filtre de type Butterworth est donné par
−−
−
=
A
P
AP
ff
HHn
ln2
11ln11ln 22 ( ) ( ) 3,15718
61ln2
110ln110ln 405,0
=
−−−=n
L'ordre d'un filtre correspond au nombre de pôles (~cellule du 1er ordre). Il s'agit d'un nombre entier, et l'on retient toujours l'entier supérieur soit n = 4 .
1-3-2. On résout l'équation de Butterworth ( ) 42
0
2
1
1×
+
=
ff
H f pour obtenir f0, la fréquence à -3dB en fonction
de H, f et n = 4. Ayant deux couples (Hp, fp) et (Ha, fa), on obtient deux valeurs f0p et f0a.
n
H
ff2
2
0
11 −=
1,3008110
1
11 8 05,0
42 2
0 =−
=−
=×
p
pp
H
ff 1,8974
110
6
11 8 442 2
0 =−
=−
=×
a
aa
H
ff
Ces deux valeurs se situent aux limites inférieure et supérieure du gabarit normalisé. Il est donc possible de choisir n'importe quelle fréquence entre f0p et f0a., mais l'on retient comme fréquence f0, celle qui se situe au milieu de f0p et f0a (échelle logarithmique). Cela permet de rester à l'intérieur du gabarit, même pour de petite variation de f0 due aux valeurs normalisées et aux tolérances des composants. La fréquence f0 est obtenue par la moyenne géométrique de f0p et f0a soit 1,57100 =×= oaop fff
Le graphe ci-dessous montre que le gain de la fonction de transfert d'un filtre de Butterworth du 4ième ordre passe bien à l'intérieur du gabarit si la fréquence f0 est comprise entre f0p et f0a.
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f0p
f0a
Pour revenir à la fréquence F0 du filtre passe haut, il faut faire la transformation inverse et dénormaliser :
190,961Hz1,5710
3001
00 ==×= pF
fF rd/s 1200soit Hz 191 00 ≈≈ ωF
1-3-3. Le filtre étant du 4ième ordre, il est composé par la mise en cascade de 2 cellules du 2ième ordre. Le
polynôme normalisé du 4ième ordre de Butterworth est ( )( 22 8478.117654.01 pppp ++++ )Le graphe ci-dessous montre la réponse en fréquences du gain des 2 cellules du filtre de Butterworth, ainsi que le gain total.
Pour obtenir la fonction de transfert complète du filtre passe haut, il faut faire les différents changements de variables dont
0ωωjp = et ne pas oublier le gain de +20dB dans la bande passante.
( ) 2
002
2
02
001
2
0
2121
10
++
×
++
×=
ωω
ωω
ωω
ωω
ωω
ωω
ω
jjm
j
jjm
jH jTOT
Pour les filtres de Butterworth, toutes les cellules ont la même pulsation ω0, par contre le coefficient d'amortissement m est différent pour chaque cellule.
8478,12 1 =m soit m et 2 soit m 0,92391 = 7654,02 =m 0,38272 =
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( ) 2
2
2
2
120012007654,01
1200
120012008478,11
120010
−+
−
×
−+
−
×=ωω
ω
ωω
ω
ω
jjH jTOT
1-3-4. Le graphe ci-dessous donne le module (en dB) des 2 cellules du 2ième ordre (S1 en Rouge et S2 en Bleu),
et celui du filtre complet en Vert. La fonction de transfert du filtre complet est obtenue en faisant le produit des fonctions de transfert de chaque cellule, mais on obtient le même résultat en faisant la somme des gains (en dB) de chaque cellule
. ( ) )log(20)log(20)log(20log20 210210 HHHHHH ++=××
Le graphe ci-dessous donne la phase (en degré) des 2 cellules du 2ième ordre (S1 en Rouge et S2 en Bleu), et celui du filtre complet en Vert.
On retrouve bien que pour F0 (~191Hz), la phase est à la moitié de sa valeur, soit 180°.
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1-3-5. Plusieurs structures sont possibles, mais les plus simples dans ce cas, sont celles de Rauch ou de Sallen and Key. La structure à variable d'état ne présente pas beaucoup d'intérêt puisque l'on ne recherche qu'une sortie passe haut, et la structure à contre réaction simple est plus difficile à synthétiser.
Filtre à contre réaction multiples : structure de Rauch :
243524312
23152
)(1 ωωω
CCRRCCCjRCCRR
H−+++
=
4
10 C
CK = 4352
01
CCRR=ω et ( )
435
24312
1CCR
RCCC ++=m
401 CKC = ( ) 04312
2ωCCC
mR++
= 043
4315 2 ωCmC
CCCR
++=
2
00
2
00
21
−+
×=
ωω
ωω
ωω
mj
KH
Le gain de +20dB (amplification de 10) est à répartir entre les deux cellules. Il y a plusieurs solutions mais le mieux dans ce cas est de le répartir de façon identique soit +10dB sur chacune des deux cellules. Note :
Dans le cas du même filtre mais en passe bas, il serait plus intéressant de faire la répartition +13dB et +7dB, respectivement sur les cellules avec les coefficients d'amortissements de 0,9239 et 0,3827.
Exemple d'application numérique :
Afin de limiter les références, on choisit les condensateurs dans les séries E6 (1 1,5 2,2 3,3 4,7 6,8). Il faudrait faire l'étude de sensibilité afin de connaître l'impact de la tolérance de chaque composant sur le respect du gabarit, mais bien qu'elle n'ait pas été faite, il faut limiter la tolérance des condensateurs à une valeur plus faible que celle de la série standard E6 qui est de ±20%. L'exemple ci-dessous donne également des valeurs normalisées dans la série E48 pour les résistances, tout en limitant leurs tolérances à ±1%.
Valeurs choisies ou calculées Série Valeurs
normalisées Erreur min Erreur max
C1a 33 nF E6 à 2% 33 nF -2% +2% R2a 20 264 Ω E48 à 1% 20,5 kΩ 0,15% 2,18% C3a 33 nF E6 à 2% 33 nF -2% +2% C4a 10 nF E6 à 2% 10 nF -2% +2% R5a 103 878 Ω E48 à 1% 105 kΩ 0,07% 2,09%
1ère cellule
m1 = 0,9239 Amplification : 3,3
1033
4
101 ===
nFnF
CCK
C1b 100 nF E6 à 2% 100 nF -2% +2% R2b 3 843 Ω E48 à 1% 3,83 kΩ -1,33% 0,66% C3b 33 nF E6 à 2% 33 nF -2% +2% C4b 33 nF E6 à 2% 33 nF -2% +2% R5b 165 985 Ω E48 à 1% 169 kΩ 0,80% 2,83%
2ième cellule
m2 = 0,3827 Amplification : 0303,3
33100
4
102 ===
nFnF
CC
K
La mise en cascade des deux cellules a été choisie dans l'ordre décroissant des coefficients d'amortissement, afin de garantir la plus grande dynamique du filtre.
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Note :
• Les composants E1 et E2 de type ELAPLACE sont des sources de tension (Rs =0), contrôlée en tension (Re=∞), dont la fonction de
transfert ( ) (
( ) ( ))
−−+−−+
ININOUTOUT
est définie par une équation de Laplace (s ≡ jω). Ici, elles représentent un amplificateur opérationnel de type passe bas du 1er ordre, dont le gain en boucle ouverte est de +100dB (100 000) et une fréquence de coupure à 10Hz.
• Les tolérances des composants sont renseignées à 1/3 de la tolérance des composants utilisés car les simulateurs spice comme
MicroSim ou OrCAD, associent la tolérance à une probabilité de 1σ, lors des analyses statistiques de type Monte-Carlo avec une distribution gaussienne. Cette valeur (3σ) est plus réaliste de la dispersion réelle des composants, car elle permet d'avoir 99% des composants, dont leur valeur est comprise dans la plage de tolérance.
Filtre à source de tension contrôlée : structure de Sallen and Key :
ω11
1jC
Z = 22 RZ =ω3
31
jC=Z Z
44 R=
b
a
RR
k +=1
( )( ) 23142343212
23142
11 ωωω
CCRRkCRCRCRjCCRkRH
−−+++−=
kK −=0 3142
01
CCRR=ω ( )
−++=
3142
343212 121
CCRRkCRCRCR
m
Cette solution est moins intéressante car la simplification habituelle qui consiste à prendre et
ne permet pas de choisir le gain. Il est dans ce cas dépendant du facteur d'amortissement : .
42 RR =
31 CC =k 23 −= mPour obtenir le gain souhaité de +20dB dans la bande passante, il faudrait alors ajouter un amplificateur supplémentaire :
( )( ) 884,32323
10
210 =
−−=
mmk .
En reprenant les équations générales des paramètres de cette structure, il est néanmoins possible de répondre au cahier des charges avec seulement les 2 structures du second ordre, mais les calculs des valeurs des composants sont plus longs. Une solution consiste par exemple à résoudre ces équations avec un solveur numérique, après avoir fixer arbitrairement la valeur des condensateurs C1 et C3.
Exemple d'application numérique :
Il a été obtenu avec le solveur numérique disponible dans Excel.
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Valeurs choisies ou calculées Série Valeurs
normalisées Erreur min Erreur max
C1a 47 nF E6 à 2% 47 nF -2% +2% R2a 21 006 Ω E48 à 1% 21,5 kΩ 1,31% 3,26% C3a 100 nF E6 à 2% 100 nF -2% +2% R4a 7 036 Ω E48 à 1% 7,15 kΩ 0,60% 2,57% Raa 2,2 kΩ E48 à 1% 2,2 kΩ -1% +1% Rba 1 kΩ E48 à 1% 1 kΩ -1% +1%
1ère cellule
m1 = 0,9239
Amplification : 2,312,2101 =ΩΩ=+=
kk
RR
ba
aaK
C1b 47 nF E6 à 2% 47 nF -2% +2% R2b 16 956 Ω E48 à 1% 16,9 kΩ -1,34% 0,66% C3b 100 nF E6 à 2% 100 nF -2% +2% R4b 8 716 Ω E48 à 1% 8,66 kΩ -1,67% 0,34% Rab 10 kΩ E48 à 1% 10 kΩ -1% +1% Rbb 4,7 kΩ E48 à 1% 4,7 kΩ -1% +1%
2ième cellule
m2 = 0,3827
Amplification : 1277,37,4
10102 =ΩΩ=+=
kk
RR
Kbb
ab
1-3-6. Calcul de l'impédance d'entrée des filtres : Structure de Rauch :
La forme littérale de l'impédance d'entrée de la structure de Rauch est la suivante :
43524232
4321 ZZZZZZZZ
ZZZZZe +++
+= .
Dans le cas du filtre passe haut, elle s'écrit : ( ) 2
4352432
2
1 11
ωωω CCRRCCjRR
jCZe −++
+=
Dans la bande passante (ω>ω0), l'impédance d'entrée tend vers zéro, comme ZC1.
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Structure de Sallen and Key :
La forme littérale de l'impédance d'entrée de la structure de Sallen & Key est la suivante : ( )
( )kZZZZZZ
ZZe −+++
+=1432
4321
.
Dans le cas du filtre passe haut, elle s'écrit : ( )( )( ) ω
ωω 342
342
1 1111
CkRRjCjRR
jCZe −++
++=
Dans la bande passante (ω>ω0), l'impédance d'entrée tend vers :
( ) ( )kRRRR
Ze −+=> 142
420ωω
mais pour les hautes fréquences (~1MHz), le gain k tendant vers zéro (l'amplificateur opérationnel est un passe bas), l'impédance d'entrée du filtre tend alors vers :
( )42
420 RR
RRZe +
=>>ωω
1-4- Un filtre passe bande du deuxième ordre a la fonction de transfert suivante : ( ) 2
00
0
21
++
=
ωω
ωω
ωω
ω
jmj
jH j
.
1-4-1. est le coefficient d'amortissement. Il définit le comportement du filtre, plus il est grand, et plus le mfiltre est amorti. Ce comportement peut également être défini par son facteur de qualité (ou surtension)
mQ
21= à la place du coefficient d'amortissement m.
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• ≥ 1, le dénominateur est décomposable en deux fonctions du 1m er ordre.
( )
+
+
=
0201
0
11ωω
ωω
ωω
ω
jj
jH j
avec 02010 ωωω ×= et
0
0201
ω2
ωω +=m
• = 1, il s'agit d'un cas particulier du cas précédent., le dénominateur est le produit de deux fonctions du 1m
er ordre identique.
( ) 2
0
0
1
+
=
ωω
ωω
ω
j
jH j
• < 1, le système n'est pas décomposable, et pour m 707,02
1 ≈<
0
m , la fonction de transfert présente
une surtension, d'autant plus importante et proche de ω que m est petit. • = 0, le système est instable. m
Le tableau ci-dessous donne quelques valeurs type du coefficient d'amortissement d'un filtre du 2ième ordre.
Chebychev 2 x RC Bessel Butterworth0,5dB 1dB ≈1,25dB 2dB 3dB
√3/2 √2/2 m 1
0,866 0,7071 0,5789 0,5227 0,5 0,443 0,3832
1/√3 1/√2
mQ
21= 0,5
0,5774 0,7071 0,8637 0,9565 1 1,1286 1,3047
00 2 F××= πω est la pulsation propre .
Contrairement aux filtres du première ordre, cette pulsation 0ω ne correspond pas à la pulsation de coupure à -3 dB, sauf dans le cas d'un filtre de type Butterworth. A la pulsation 0ω , la rotation de la phase est égale à 50% de la rotation totale, soit 0° pour un filtre passe bande du 2ième ordre.
1-4-2. Les graphes ci-dessous représentent les diagrammes asymptotiques du module (en dB) et de la phase d'un filtre passe bande normalisée du deuxième ordre, ainsi que les diagrammes réels pour différentes valeurs du coefficient d'amortissement (m).
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Dans le cas d'un filtre passe bande ou coupe bande, la bande passante ou la bande coupée normalisée à -3dB est définie par :
cics
cicsmωωωω
×−
=2
Ne pas confondre ωci et ωcs pulsations de coupure à -3dB avec ω01 et ω02 pulsations propres des deux fonctions du 1er ordre, sauf lorsque m>>1, alors ω01 → ωci et ω02 → ωcs.
1-4-3. voir ci-dessus les graphes du module (en dB) et la phase (en degrés) pour différentes valeurs de m (5, 2, 1,
0.707, 0.5, 0.2 et 0.1).
1-5- Soit le filtre défini par la fonction de transfert suivante : ( ) ωω
ω jRCjRCH j +
−=11
1-5-1. Le module de (ω)H est donné par ( ) 22
22
DD
NNHℑ+ℜ
ℑ+ℜ=ω
, et son argument par
( )
ℑℜ−
ℑℜ=
D
D
N
N arctanarctanωϕ , ce qui donne pour la fonction ci-dessus :
( ) 1=ωH et ( ) ( )ωϕ ω RCarctan2−=
ω 0=ω RC1
0 ==ωω +∞→ω
( )ωH 1 1 1
(ωϕ ) 0° -90° -180°
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1-5-2. Ce type de filtre s'appelle un filtre passe tout, ou déphaseur puisqu'il agit uniquement sur la phase du signal.
1-5-3. Il permet de corriger la phase, ce qui peut être intéressant dans le cas un filtre ou un asservissement, afin
d'améliorer la réponse impulsionnelle, ou augmenter la marge de phase
1-6- Les filtres de type Bessel présentent la particularité d'avoir la réponse en phase la plus linéaire dans la bande passante , comparés aux filtres de type Butterworth, Chebychev ou elliptique. Cet avantage est obtenu au détriment de la raideur dans la bande de transition (entre la bande passante et la bande d'arrêt). Ils sont appelés filtres à phase linéaire, ce qui signifie que toutes les composantes spectrales d'un signal sont retardées du même temps. Ce temps est appelé temps de propagation tP (ou temps de groupe) et il est défini par :
ωϕ
ddtP = .
Le coefficient d'amortissement d'un filtre de Bessel est 866,023 ≈=m
Les graphes ci-dessous montrent la différence de réponse fréquentielle, temps de propagation et la réponse transitoire entre les différents types de filtres.
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Le graphe ci-contre est un agrandissement de la réponse transitoire à un échelon. Il permet de connaître le dépassement (overshoot) en fonction du coefficient d'amortissement.
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2- Modulation
2-1- Si s(t) = S cos (ωt) est le signal modulant et p(t) = P cos (Ωt) la porteuse, le signal modulé en amplitude v(t) s'écrit :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ttSPpsv ttt Ω=×= coscos )ω et comme ( ) ( )2
coscoscos bababa −++=cos
On obtient : ( ) ( )( ) (( )( )ttSPv t ωω +Ω+−Ω= coscos2
)Puisque s(t), et p(t) sont alternatifs (pas de composante continue), il n'y a pas de composante en Ω dans v(t), on dit qu'il s'agit d'une modulation sans porteuse.
2-2- Représentation spectrale de s(t), de p(t) et de v(t) :
Ω−ω Ω+ω
pulsation
SP/2
Ω
S
P
ω
Signal modulant Porteuse
Signal modulé
ci-dessous, exemple de représentation temporelle et fréquentielle d'un signal modulé en amplitude :
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2-3- La forme générale d'un signal modulé en amplitude s'écrit : v( ) ( )( ) tPtkSt Ω×+= coscos1 ( )ω , ou k est le taux de
modulation. ( ) ( ) ( )( ) ( )( )tP ω+Ω× cos2
SktPSktPSv t ω +−Ω×+Ω×= cos2
cos2
Représentation spectrale de v(t) avec k=0.5 :
Ω−ω Ω+ω
pulsation
SP
Ω
Sk x P 2
Signal moduléavec porteuse
Ci-dessous, exemple de représentation temporelle et fréquentielle d'un signal modulé en amplitude avec un taux de 50% :
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2-4- En France, les radios émettant en modulation d'amplitude dans la bande des grandes ondes (GO), se répartissent les fréquences de la façon suivante :
162kHz 183kHz 216kHz 234kHz
porteuse
bande latérale inférieure
bande latérale supérieure
198kHz
Fran
ce In
ter
Eur
ope
1
BB
C
RM
C
RTL
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En modulation d'amplitude, la bande passante du signal modulé est égale à deux fois la bande passante de la bande de base (signal modulant), et elle est centrée sur la fréquence de la porteuse. Pour connaître la bande passante audio disponible pour chaque radio (valeur maximale théorique), il faut trouver la bande passante maximale disponible pour le signal modulé. La fréquence attachée à chaque radio, est la fréquence de la porteuse.
Nom de la station France inter Europe 1 BBC RMC RTL Fréquence de la
porteuse 162kHz 183kHz 198kHz 216kHz 234kHz
Delta de fréquence entre les porteuses 21kHz 15kHz 18kHz 18kHz
Hormis entre la BBC et Europe1, il y a au minimum 18kHz entre les porteuses de deux radios côte à côte. Ceci offre en théorie une bande passante de 9kHz pour le signal audio .
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3- Conversion
3-1- Lors de l'échantillonnage d'un signal, il faut respecter le critère de Nyquist (ou théorème de Shannon). 3-1-1. Le critère de Nyquist dit que la fréquence d'échantillonnage (Fe) d'un signal doit être strictement
supérieure au double de la fréquence la plus élevée (Fmax) du signal à échantillonner, afin de pouvoir le reconstituer. Fe > 2 x Fmax.
3-1-2. Si ce critère n'est pas respecter, il devient impossible de reconstituer le signal d'origine, car il y a un
repliement du spectre. si Fmax > Fe/2 alors (Fe - Fmax) < Fe/2
L'échantillonnage d'un signal est le produit de ce signal par un peigne de dirac (signal d'échantillonnage), ce qui revient à faire une modulation d'amplitude. Il y a deux approches possibles pour résoudre les problèmes dus au repliement de spectre :
• Soit les signaux, dont les fréquences sont au-dessus de la fréquence de Nyquist (Fe/2), sont des signaux indésirables, et dans ce cas, on peut les supprimer avant échantillonnage par filtrage, afin de ne pas les retrouver mélangés au signal utile. Raison pour laquelle on trouve un filtre en entrée des convertisseurs analogiques-numériques (CAN). La plage de fréquence située entre Fmax et Fe/2 correspond à la bande de transition du filtre anti-repliement. Plus cette plage est faible, et plus, il faut un filtre d'ordre élevé.
• Soit les signaux, dont les fréquences sont au-dessus de la fréquence de Nyquist (Fe/2), sont des signaux utiles, et dans ce cas, il faut augmenter la fréquence d'échantillonnage.
L'évolution de l'intégration électronique et l'augmentation des fréquences de fonctionnement des systèmes numériques permettent de faire des convertisseurs A/N plus rapides et de pouvoir intégrer des filtres numériques. Le filtre analogique en entrée du convertisseur est toujours indispensable, mais il peut être d'un ordre et d'une complexité bien plus faible. C'est le cas par exemple avec les convertisseurs A/N de type Σ∆.
3-2- Convertisseur Flash (parallèle).
3-2-1. Structure interne d'un convertisseur Flash de 3 bits.
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L'encodeur a la table de vérité suivante :
entrées sorties 7 6 5 4 3 2 1 C B A 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
Exemple de référence : 74HC148 (8 to 3 Line Priority Encoder). Le registre de sortie est constitué de 3 bascules, qui mémorisent l'état des 3 bits A, B, C sur un front du signal Clk.
Exemples de références : 74HC175 (Quad D-type flip-flop with reset;s positive-edge trigger) sans sortie trois états, ou 74HC574 (Octal edge-triggered D-type flip-flops with 3-state outputs)
3-2-2. Avantages et inconvénients des convertisseurs Flash. - principe simple. - convertisseur très rapide car la décision des 2n niveaux sont prises en même temps. - ne nécessite pas d'échantillonneur bloqueur en entrée. - nécessite une échelle de 2n-1 références de tension et autant de comparateurs. - limité à des convertisseurs 8 ou 10 bits pour des raisons de précision et de coût. - consommation électrique importante. - surface de silicium importante. - prix important.
3-3- Si l'on ne tient compte que de l'erreur de quantification d'un convertisseur analogique numérique, un convertisseur
10 bits a un rapport signal à bruit de 61,96 dB SNR = (6,02n + 1,76) dB
Durée : 2 heures CNAM, le 26 juin 2004 Examen : Traitement Analogique du Signal (2)
Sans documents, calculatrice autorisée.
Page 1/7 EXAM TAS_26-06-2004.doc (.PDF)
Les questions 1, 2 et 3 sont indépendantes. 1- Filtrage analogique
1-1- Donner la fonction de transfert d'un filtre passe bas du second ordre, dont le gain est de +20 dB dans la bande passante: ( ) ?=ωjH
1-2- Quel changement de variable doit-on effectuer pour convertir la fonction de transfert d'un filtre passe bas du
second ordre, en un filtre passe haut du second ordre ?
1-3- Réaliser un filtre passe haut répondant au cahier des charges suivant : • pas d'ondulation dans la bande passante.
F (Hz)
300Hz; 19,5dB
50Hz; 20dB
50Hz; -20dB
G (dB)
1-3-1. Calculer l'ordre du filtre : n = ? 1-3-2. Calculer la fréquence de coupure de ce filtre et justifier votre choix. 1-3-3. Ecrire la fonction de transfert complète de ce filtre passe haut : ( ) ?=ωjTOTH 1-3-4. Tracer sur le même graphe (4dB/cm, 1 décade/5cm) : le gabarit donné dans le cahier des charges, l'allure du
module de chaque cellule du filtre, et l'allure du module du filtre complet ( )ωjTOTH 1-3-5. Choisir une structure de filtre actif, puis calculer les valeurs des composants (les condensateurs seront
choisis dans la série E6) 1-3-6. Calculer l'impédance d'entrée du filtre.
1-4- Un filtre passe bande du deuxième ordre a la fonction de transfert suivante : ( ) 2
00
0
21
++
=
ωω
ωω
ωω
ω
jmj
jH j
.
1-4-1. Comment appelle-t-on m et 0ω ? 1-4-2. Tracer les diagrammes asymptotiques du module et de l'argument. 1-4-3. Tracer sur le graphe précédant, l'allure du module pour 3 ou 4 valeurs de m judicieusement choisies,
permettant d'illustrer les possibilités offertes par m.
1-5- Soit le filtre défini par la fonction de transfert suivante : ( ) ωω
ω jRCjRCH j +
−=
11
1-5-1. Calculer son module ( ) ?=ωH et son argument ( ) ?=ωϕ
1-5-2. Comment appelle-t-on ce type de filtre ? 1-5-3. A quoi peut-il servir ?
1-6- Quel est la particularité d'un filtre de type Bessel ?
Durée : 2 heures CNAM, le 26 juin 2004 Examen : Traitement Analogique du Signal (2)
Sans documents, calculatrice autorisée.
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2- Modulation
2-1- Donner l'expression du signal modulé en amplitude v(t) = ? avec pour signal modulant s(t) = S cos (ωt) et comme porteuse p(t) = P cos (Ωt)
2-2- Représenter le spectre de v(t) (noter les valeurs importantes)
2-3- Faites la/les modification(s) nécessaire(s) de s(t) et/ou p(t) afin d'obtenir un signal en bande étroite avec un taux de
modulation de 50%. Représenter le spectre de v(t)
2-4- En France, les radios émettant en modulation d'amplitude dans la bande des grandes ondes (GO), se répartissent
les fréquences de la façon suivante :
Fran
ce In
ter
Euro
pe 1
RTL
RM
C
162 kHz 182 kHz 216 kHz 234 kHz f
Que peut-on en déduire, quant à la bande passante maximale du signal audio pour chacune des stations, et pourquoi ?
3- Conversion
3-1- Lors de l'échantillonnage d'un signal, il faut respecter le critère de Nyquist (ou théorème de Shannon). 3-1-1. Que dit-il ? Pourquoi ? 3-1-2. Que se passe-t-il si ce critère n'est pas respecté ? Que peut-on faire pour le respecter ?
3-2- Convertisseur Flash (parallèle).
3-2-1. Dessiner et commenter la structure interne d'un convertisseur Flash unipolaire de 3 bits. 3-2-2. Donner ses avantages est ses inconvénients.
3-3- Si l'on ne tient compte que de l'erreur de quantification d'un convertisseur analogique numérique, quel est le
rapport signal sur bruit obtenu par un convertisseur 10 bits ?
Durée : 2 heures CNAM, le 26 juin 2004 Examen : Traitement Analogique du Signal (2)
Sans documents, calculatrice autorisée.
Page 3/7 EXAM TAS_26-06-2004.doc (.PDF)
Annexes Filtre de type Butterworth :
( ) nH 2
0
2
1
1
+
=
ωω
ω
−−
−
=
A
P
AP HHn
ωωln2
11ln11ln 22 le polynôme du 4ème ordre est : ( )( )22 8478.117654.01 pppp ++++
Filtre de type Chebytchev :
1≤ω ( ) ( )( )ωω arccoscos nTn = ( )
( )ω
ωε nT
H 22
11
+=
1>ω ( ) ( )( )ωω harccoscosh nTn = ( )( )
( )ωω
harccosharccos nT
n =
le polynôme du 3ème ordre est : ( ) ωωω 34 3
3 −=T Filtre à contre réaction multiples : structure de Rauch
11 1
YZ = 2
2 1YZ =
33 1
YZ = 4
4 1YZ =
55 1
YZ =
5453435251
31
YYYYYYYYYYYY
VeVsH
++++−
==
Passe bas :
11 RZ = ω22 1
jCZ = 33 RZ = 44 RZ = ω55 1
jCZ =
1
40 R
RK
−=
52430
1CCRR
=ω et 2
543
431
11121
CC
RRRRR
m
++=
Passe haut :
ω11
1jC
Z = 22 RZ = ω3
31
jCZ =
ω44
1jC
Z =
55 RZ =
4
10 C
CK = 4352
01
CCRR=ω et ( )
435
24312
1CCR
RCCCm ++=
Durée : 2 heures CNAM, le 26 juin 2004 Examen : Traitement Analogique du Signal (2)
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Page 4/7 EXAM TAS_26-06-2004.doc (.PDF)
Passe bande : • Configuration a :
11 RZ = 22 RZ = ou
ω2
1jC
ω3
31
jCZ =
ω44
1jC
Z =
55 RZ =
22 RZ =
43521
210 CCRRR
RR +=ω
43521
2143
)(2 CCRRRRRCCm
++
= 4121
3520 )( CRRR
CRRK
+−=
ω22
1jC
Z = 4351
01
CCRR=ω
435
1432
2 CCRRCCC
m++
= 41
350 CR
CRK −=
câblée non : Z 2
43510
1CCRR
=ω 435
143
2 CCRRCCm +
= 41
350 CR
CRK −=
• Configuration b :
ω11
1jC
Z = 22 RZ = ou
ω2
1jC
33 RZ =
44 RZ =
ω55
1jC
Z =
22 RZ =
51430
1CCRR
=ω 1
543
432
11121
CC
RRRRR
m
++=
53
140 CR
CRK −=
ω22
1jC
Z = 52143
0 )(1
CCCRR +=ω
)(11
21
21
543
43 CCC
RRRR
m+
+=
15213
40 )(
CCCCR
RK ×
+−=
câblée non : Z 2
51430
1CCRR
=ω 1
543
43
1121
CC
RRRR
m
+=
53
140 CR
CRK −=
Durée : 2 heures CNAM, le 26 juin 2004 Examen : Traitement Analogique du Signal (2)
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Page 5/7 EXAM TAS_26-06-2004.doc (.PDF)
Filtre à contre réaction simple
Les quadripôles Qa et Qb donnent
⋅+⋅=
⋅+⋅=
⋅+⋅=
⋅+⋅=
bbbbb
bbbbb
aaaaa
aaaaa
VYVYI
VYVYI
VYVYI
VYVYI
2221212
2121111
2221212
2121111et que l’on peut simplifier car
VsVVV
VeVII
bba
aba
==−==
=−=
212
112
0et
ε et l’on obtient VsYVeY ba ⋅−=⋅ 1221 soit
ba
YY
VeVsH
1221−==
Généralisation : Il est facile de généraliser car les admittances en parallèles s’additionnent.
∑
∑
=
=−= n
jbj
m
iai
Y
YH
112
121
RY 1
21 −=
ωjCY −=21
ωω
jRCjCY
+−=
121
RjRCY ω+
−=1
21
+
−=
212
121 ωRCjR
Y
ω
ωωjRC
jRCjCY21221 +
×−=
Durée : 2 heures CNAM, le 26 juin 2004 Examen : Traitement Analogique du Signal (2)
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Page 6/7 EXAM TAS_26-06-2004.doc (.PDF)
Filtre à source de tension contrôlée : structure de Sallen and Key
( ) ( ) ( )43232141
42
1 ZZZZZZkZZZkZ
VeVsH
++++−==
avec b
ba
RRRk +
=
Passe bas :
11 RZ = ω22 1
jCZ = 33 RZ = ω4
41
jCZ =
kK =0 4231
01
CCRR=ω et ( )
++−=
4231
434121 121
CCRRCRCRkCR
m
Passe haut :
ω11
1jC
Z = 22 RZ = ω3
31
jCZ =
44 RZ =
kK −=0 3142
01
CCRR=ω et ( )
−++=
3142
343212 121
CCRRkCRCRCR
m
Passe bande :
11 RZ = 22 RZ = ω3
31
jCZ =
ω44
44 1 CjR
RZ
+=
2
00
00
21
−+
×=
ωω
ωω
ωω
mj
jKH
( ) ( )21
243421
21
3134442441
21
342
21
RRCCRRR
RRCRCRCRRkCRR
j
RRCRR
jkH
+−
+
+++−+
+×
=ω
ω
ω
Par identification, on obtient :
( ) 4121
3420 CRRR
CRRkK
+=
43421
210 CCRRR
RR +=ω
et ( ) ( )( ) 4342121
3134442441
22
CCRRRRRCRCRCRRkCRR
m+×
+++−=
Durée : 2 heures CNAM, le 26 juin 2004 Examen : Traitement Analogique du Signal (2)
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Page 7/7 EXAM TAS_26-06-2004.doc (.PDF)
Filtre à variable d’état : filtres universels Il est basé sur l’utilisation d’intégrateurs et de sommateurs. Il présente la particularité de fournir en même temps une sortie passe bas, une sortie passe haut et une sortie passe bande.
∫ ∫ Ve V1 V2 V3 -
-+ τ1 τ2
321 VVVeV −−=
11
21 Vp
Vτ
= 22
31 Vp
Vτ
=
Sortie en V1 :
filtre passe haut
Sortie en V2 :
filtre passe bande
Sortie en V3 :
filtre passe bas
V1 V2 V3
V4
3243
3
43
41
22 VVRR
RVeRR
RV −+
++
= 111
21 V
CjRV
ω−
= 222
31 V
CjRV
ω−
= 24
34 V
RRVeV −−=
Passe haut : Vphaut = V1
43
40
2RR
RK
+−
= 2121
01
CCRR=ω et
11
22
43
3
CRCR
RRR
m+
=
Passe bande : Vpbande = V2
3
40 R
RK
−=
21210
1CCRR
=ω et 11
22
43
3
CRCR
RRR
m+
=
Passe bas : Vpbas = V3
43
40
2RR
RK
+=
21210
1CCRR
=ω et 11
22
43
3
CRCR
RRR
m+
=
Coupe bande : Vcoupe bande = V4
10 =K 2121
01
CCRR=ω et
11
22
43
3
CRCR
RRR
m+
=