M2 ResTel 2021–22 Mise a Niveau en Traitement du Signal Exercices de Révision :

M2 ResTel 2021–22 Mise a Niveau en Traitement du Signal Exercices de Révision : Transformées de Fourier et Hilbert 1 : Calculer les transformées de Fourier des signaux continus suivants : s1 (t) = A cos (2πfot + ϕ) s1 (t) = A 2  eı(2πf0t+ϕ) + e−ı(2πf0t+ϕ) = A 2 eıϕeı2πf0t + A 2 e−ıϕe−ı2πf0t donc S1 (f) = A 2 eıϕδ (f −f0) + A 2 e−ıϕδ (f + f0) s2 (t) = B sin (2πf0t + ϕ) s2 (t) = B 2ıeıϕeı2πf0t −B 2ıe−ıϕe−ı2πf0t donc S2 (f) = B 2ıeıϕδ (f −f0) −B 2ıe−ıϕδ (f + f0) s3 (t) = Ae−λ|t|, λ > 0 S3 (f) = A Z +∞ −∞ e−λ|t|e−ı2πftdt = A Z 0 −∞ eλte−ı2πftdt + A Z +∞ 0 e−λte−ı2πftdt = A Z +∞ 0 e−λteı2πftdt + A Z +∞ 0 e−λte−ı2πftdt = H (−f) + H (f) = ¯ H (f) + H (f) avec H (f) = A Z +∞ 0 e−λte−ı2πftdt = A Z +∞ 0 e−t(λ+ı2πf)dt = − A λ + ı2πf h e−t(λ+ı2πf)i+∞ 0 = − A λ + ı2πf (0 −1) = A λ + ı2πf donc S3 (f) = A λ −ı2πf + A λ + ı2πf = 2A λ λ2 + 4π2f 2 . s4 (t) = 1 σ √ 2π e−t2 2σ2 Cette fonction est solution de l’équation différentielle d dts4 (t) = 1 σ √ 2π  −t σ2  e−t2 2σ2 =  −t σ2  s4 (t) . 1 On considère la transformée de Fourier de cette identité : TF  d dts4 (t)  = Z +∞ −∞ d dts4 (t) e−ı2πftdt = (ı2πf) Z +∞ −∞ s4 (t) e−ı2πftdt = ı2πfS4 (f) et TF  −t σ2 s4 (t)  = −1 σ2 Z +∞ −∞ ts4 (t) e−ı2πftdt = −1 σ2 Z +∞ −∞ s4 (t)  1 −ı2π  d d f e−ı2πft
dt = 1 ı2πσ2 d d f S4 (f) donc ı2πfS4 (f) = 1 ı2πσ2 d d f S4 (f) ou d d f S4 (f) = −4π2σ2
fS4 (f) = −f ˆ σ2 S4 (f) avec ˆ σ2 = 1 4π2σ2 donc S4 (f) satisfait la même équation différentielle que s4 (t) donc S4 (f) = Ae−f2 2ˆ σ2 = Ae−f 2σ22π2. Il reste a déterminer la constante A, par exemple en considérant S4 (0) = A = Z +∞ −∞ s4 (t) dt = 1 car s4 est la densité de probabilité Gaussienne. s5 (t) = ( e−t t ≥0 0 t < 0 S5 (f) = Z +∞ −∞ s5 (t) e−ı2πftdt = Z +∞ 0 e−te−ı2πftdt qui est H (f) calculée a l’exercice 3 avec A = λ = 1 donc S5 (f) = 1 1 + ı2πf . 2 : Soit X (f) = TF [x (t)] Calculer les transformées de Fourier des signaux continus suivants : x1 (t) = x (−t) X1 (f) = Z +∞ −∞ x (−t) e−ı2πftdt = Z +∞ −∞ x (t) eı2πftdt = X (−f) après changement de variable t 7→−t. x2 (t) = x2 (t) 2 X2 (f) = (X ∗X) (f) = Z +∞ −∞ X (g) X (f −g) dg. x3 (t) = (x ∗x) (t) donc, par le théorème de convolution, X3 (f) = X2 (f) x4 (t) = cos2 (2πf0t) x4 (t) = 1 2 + 1 2 cos (4πf0t) donc X4 (f) = 1 2δ (f) + 1 4δ (f −2f0) + 1 4δ (f + 2f0) x5 (t) = cos3 (2πf0t) x5 (t) = 1 8 eı2πf0t + e−ı2πf0t
3 = 1 8 eı2π3f0t + 3eı2πf0t + 3e−ı2πf0t + e−ı2π3f0t
donc X5 (f) = 1 8 (δ (f −3f0) + 3δ (f −f0) + 3δ (f + f0) + δ (f + 3f0)) ou bien en écrivant x5 (t) = x4 (t) . cos (2πf0t) donc X5 (f) = X4 (f) ∗1 2 (δ (f −f0) + δ (f + f0)) = = 1 2X4 (f −f0) + 1 2X4 (f + f0) et on retrouve le résultat ci-dessus. 3 : Calculer les transformées de Hilbert des signaux suivants y1 (t) = A cos (2πf0t) Hy1 (t) = A sin (2πf0t) On rappelle que la TH de x (t) est le signal y (t) tel que z (t) = x (t) + ıy (t) vérifie Z (f) = 0, f < 0. y2 (t) = A sin (2πf0t) Hy2 (t) = −A cos (2πf0t) car y2 (t) + ıHy2 (t) = A sin (2πf0t) −ıA cos (2πf0t) = −ıeı2πf0t possède bien une transformée de Fourier nulle pour f < 0. y3 (t) = δ (t) Comme Y3 (f) = 1, Y3 (f) + ıTF [Hy3 (t)] = ( 2 f > 0 0 f < 0 3 donc ıTF [Hy3 (t)] = −ısign (f) or on sait que TF  1 πt  = −ısign (f) donc Hy3 (t) = 1 πt. La TF de y4 (t) = 1 1 + t2 est Y4 (f) = πe−2π|f|, donc TF [Hy4 (t)] = −ısign (f) Y4 (f) et Hy4 (t) = ı Z 0 −∞ πe2πfeı2πftd f −ı Z ∞ 0 πe−2πfeı2πftd f = ıπ Z ∞ 0 e−2πf  e−ı2πft −eı2πft d f = 2π Z ∞ 0 e−2πf sin (2πft) d f = 2πIm Z ∞ 0 e−2πfeı2πftd f = 2πIm Z ∞ 0 e−2πf(1−ıt)d f = 2πIm 1 2π (1 −ıt) = Im 1 1 −ıt = Im 1 + ıt 1 + t2 = t 1 + t2 . 4 : Calculer la fréquence d’échantillonnage minimale des signaux suivants z1 (t) = A cos (2πf0t + ϕ) Fe ≥2fmax = 2f0 z2 (t) = sin (2πf0t) 2πf0t Z2 (f) = ( 1 2f0 −f0 ≤f ≤f0 0 sinon donc Fe ≥2Fmax = 2f0. z3 (t) = sin (2πf0t) 2πf0t 2 Z3 (f) = (Z2 ∗Z2) (f) donc Fe ≥4f0. z4 (t) = A cos (2πf0t) + B sin (2πf1t) Fe ≥2max (f0, f1) . Remarque : il est suppose que toutes les fréquences f0, f1 . . . sont positives. 4 5 : démontrer le théorème de convolution z (t) = (x ∗y) (t) ⇐ ⇒Z (f) = X (f) Y (f) On écrit TF [x ∗y] = Z +∞ −∞ (x ∗y) (t) e−ı2πftdt = Z +∞ −∞ Z +∞ −∞ x (τ) y (t −τ) e−ı2πftdτdt = Z +∞ −∞ Z +∞ −∞ x (τ) e−ı2πfτy (t −τ) e−ı2πf(t−τ)dτdt puis le changement de variables ( τ ′ = τ t′ = t −τ de Jacobien=1 donne TF [x ∗y] = Z +∞ −∞ Z +∞ −∞ x (τ) e−ı2πfτy (t −τ) e−ı2πf(t−τ)dτdt = Z +∞ −∞ x (τ ′) e−ı2πfτ ′dτ ′ Z +∞ −∞ y (t′) e−ı2πft′dt′ = X (f) Y (f) . Démontrer le théorème du retard en calculant la TF du signal y (t) = x (t −τ) TF [x (t −τ)] = Z +∞ −∞ x (t −τ) e−ı2πftdt = Z +∞ −∞ x (t′) e−ı2πf(t′+τ)dt = e−ı2πfτX (f) . 6 : représenter le peigne de Dirac δD (t) = X δ (t −kTe) , le graphe est une suite de Diracs en {kTe} calculer ses coefficients de Fourier C’est une fonction périodique de période Te donc ses coefficients de Fourier sont cn = Z + Te 2 −Te 2 δD (t) e−ı2πn f Fe dt = Z + Te 2 −Te 2 δ (t) e−ı2πn f Fe dt = 1 car dans l’intervalle  −Te 2 , + +Te 2  , il n’y a qu’un seul Dirac δ (t) . On en déduit la transformée de Fourier δD (t) = X n cneı2πn f Fet = X n eı2πn f Fe t donc, en prenant la transformée de Fourier : ˆ δD (f) = X n δ (f −nFe) montrer que sa transformée de Fourier est aussi un peigne de Dirac en appliquant la formule de Poisson +∞ X n=−∞ f (t + na) = 1 a +∞ X n=−∞ F n a  eı2πn t a 5 inutile d’appliquer la formule de Poisson dans ce cas... en déduire la transformée de Fourier du signal {xn} obtenu par échantillonnage d’un signal x (t) a la fréquence Fe. x (n) = x (t) .δD (t) donc par transformée de Fourier X (f) = X (f) ∗ˆ δD (f) = X n X (f) ∗δ (f −nFe) = X n X (f −nFe) . 7 : calculer et représenter le gain fréquentiel H (f) du filtre dont la réponse impulsionnelle h (n) est h (n) =      1 n = 0 1 2 n = ±1 0 sinon . La réponse frequentielle est H (f) = X n h (n) e−ı2πn f Fe = 1 + 1 2e−ı2π f Fe + 1 2eı2π f Fe = 1 + cos  2π f Fe  = 2 cos2  π f Fe  . -0.4 -0.2 0.2 0.4 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 8 : calculer et représenter le gain frequentiel H (f) du filtre uploads/Sante/ exercices-corrige 1 .pdf

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• Détails
• Publié le Apv 01, 2021
• Catégorie Health / Santé
• Langue French
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