Feuille d'entraînement : Électronique numérique : échantillonnage et modulation

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2025, Q18

   Le multiplieur analogique \mathcal{M} fournit une tension proportionnelle au produit des deux tensions d'entrée v_1(t) et v_2(t) :

   v_i(t) \propto v_1(t) \, v_2(t) = AB \cos(2\pi f_1 t) \cos(2\pi f_2 t + \varphi_0)

   En utilisant l'identité trigonométrique \cos a \cos b = \frac{1}{2}\big(\cos(a+b) + \cos(a-b)\big), il vient :

   \boxed{v_i(t) \propto \cos\big(2\pi (f_2+f_1)t + \varphi_0\big) + \cos\big(2\pi(f_2-f_1)t + \varphi_0\big)}

   La parité de la fonction cosinus permet d'écrire le second terme sous la forme \cos\big(2\pi |f_2-f_1|t \pm \varphi_0\big). Le spectre de v_i(t) est donc constitué de deux raies distinctes aux fréquences positives :

   f_+ = f_2 + f_1 \quad \text{et} \quad f_- = |f_2 - f_1|

   Comme l'écart de fréquence |f_2-f_1| est, d'après l'énoncé, très inférieur aux fréquences d'origine (|f_2-f_1| \ll f_1 \approx f_2), ces deux fréquences sont très largement séparées :

   |f_2 - f_1| \ll f_2 + f_1

   Pour ne conserver que la composante basse fréquence |f_2-f_1| tout en éliminant la composante haute fréquence f_2+f_1, le filtre \mathcal{F} doit être un filtre passe-bas, dont la fréquence de coupure f_c vérifie :

   \boxed{|f_2 - f_1| \ll f_c \ll f_2 + f_1}

   Résultat

   $$v_i(t)\propto \cos (2\pi (f_2+f_1)t+{\phi }_0)+\cos (2\pi (f_2-f_1)t+{\phi }_0)$$

   $$|f_2-f_1|\ll f_c\ll f_2+f_1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2025, Q24

   D'après l'étude menée dans la section I (questions Q18 et Q20), le multiplieur suivi du filtre passe-bas réalise une détection synchrone qui isole la fréquence différentielle entre les deux signaux d'entrée v_e(t) et v_r(t). La fréquence instantanée du signal démodulé v_d(t) s'écrit donc :

   f_d = |f(t) - f_r(t)|

   Sur la quasi-totalité de la période de répétition, c'est-à-dire pour t \in [\tau, T_m[, les fréquences instantanées s'expriment à l'aide de la question Q22 par :

   \begin{aligned} f(t) &= f_0 + \frac{B}{T_m}\,t \\ f_r(t) &= f(t - \tau) = f_0 + \frac{B}{T_m}(t - \tau) \end{aligned}

   La différence de fréquence entre le signal émis et le signal réfléchi est donc rigoureusement constante sur cet intervalle :

   f_d = f(t) - f_r(t) = \frac{B}{T_m}\,\tau

   En substituant l'expression du temps de vol aller-retour \tau = \dfrac{2d}{c} établie à la question Q23, on obtient :

   \boxed{f_d = \frac{2Bd}{c\,T_m}}

   Puisque \tau \ll T_m, cette fréquence de battement f_d est stationnaire sur plus de 99 % de chaque période T_m. Sa mesure par analyse spectrale permet donc d'accéder directement à la distance d de la cible par :

   \boxed{d = \frac{c\,T_m}{2B}\,f_d}

   Résultat

   $$f_d=\frac{2Bd}{c{T}_m}$$

   $$d=\frac{c{T}_m}{2B}{f}_d$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2025, Q25

   1. Phénomène de repliement de spectre (ou aliasing) : L'échantillonnage temporel régulier d'un signal analogique à la période T_e (fréquence d'échantillonnage f_e = 1/T_e) entraîne la périodisation de son spectre fréquentiel avec une période f_e. Si le signal initial comporte des composantes fréquentielles supérieures à la fréquence de Nyquist :

   f_{\text{Nyquist}} = \frac{f_e}{2}

   les répliques spectrales se chevauchent. Des composantes de fréquence f > f_e/2 viennent alors se superposer dans la bande de base [0, \, f_e/2] et apparaissent faussement sous la forme de composantes de fréquence apparente |f - k f_e| (notamment f_e - f). Cette altération irréversible de l'information spectrale constitue le phénomène de repliement du spectre.

   2. Moyens de s'en prémunir : Pour s'en prémunir, deux actions complémentaires sont nécessaires :

   1. Respecter le théorème d'échantillonnage de Shannon-Nyquist : la fréquence d'échantillonnage doit être strictement supérieure au double de la fréquence maximale f_{\max} contenue dans le signal :

      \boxed{f_e > 2 f_{\max}}

   2. En pratique, le signal étant souvent bruité ou de largeur spectrale non strictement bornée, intercaler en amont de l'échantillonneur un filtre passe-bas analogique, dit filtre anti-repliement, coupant les composantes fréquentielles au-delà de la fréquence de Nyquist :

      \boxed{f_c \le \frac{f_e}{2}}

   Résultat

   $$f_e>2f_{\max }$$

   $$f_c\le \frac{f_e}{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4X-ENS Physique-SI MP 2025, Q12

   1. Information brute délivrée par un codeur incrémental : Un codeur incrémental rotatif optique comporte un disque gradué comportant une alternance de fentes opaques et transparentes. Il génère en sortie des signaux électriques sous forme de trains d'impulsions (deux voies A et B en quadrature de phase, déphasées de \pm 90^\circ, et parfois une voie top tour Z).

      L'information brute est donc un nombre d'impulsions (ou fronts d'ondes logiques). Le déphasage entre les voies A et B permet de déterminer le sens de rotation, et le comptage algébrique des impulsions fournit l'incrément de position angulaire \Delta \theta :

      \Delta \theta = \frac{2\pi}{N_{\text{pts}}} \Delta N

      où N_{\text{pts}} est le nombre de points (ou impulsions) par tour du codeur et \Delta N le nombre d'impulsions comptées.

   2. Détermination de la vitesse angulaire : La vitesse angulaire \omega = \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t} peut être estimée numériquement selon deux approches complémentaires :

      • Méthode fréquencemétrique (ou dérivation numérique à période fixe) : à chaque période d'échantillonnage T_e, on relève le nombre d'impulsions \Delta N reçues pendant l'intervalle T_e. La vitesse angulaire s'en déduit par un taux d'accroissement :

        \boxed{\omega[k] \approx \frac{\theta[k] - \theta[k-1]}{T_e} = \frac{2\pi}{N_{\text{pts}} T_e} \Delta N[k]}

        Cette méthode est très bien adaptée aux vitesses moyennes et élevées.

      • Méthode chronométrique (ou périodemétrique) : on mesure la durée \Delta t écoulée entre deux impulsions successives à l'aide d'une horloge interne à haute fréquence. La vitesse s'obtient par :

        \omega \approx \frac{2\pi}{N_{\text{pts}} \Delta t}

        Cette méthode permet d'obtenir une excellente précision aux faibles vitesses, où très peu d'impulsions sont émises par période T_e.

   Résultat

   $$\omega [k]\approx \frac{\theta [k]-\theta [k-1]}{T_e}=\frac{2\pi }{N_{\text{pts}}{T}_e}\Delta N[k]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2024, Q34

   D'après le schéma fonctionnel de la figure 9, le bloc multiplieur M_1 délivre la tension :

   m_1(t) = k\,p(t)\,a(t)

   En choisissant l'origine des dates de sorte que la phase à l'origine du signal informatif soit nulle, celui-ci s'écrit a(t) = a_m \cos(\omega_a t). Avec p(t) = p_m \cos(\omega_p t + \alpha_p), on a :

   m_1(t) = k\,p_m\,a_m \cos(\omega_p t + \alpha_p)\cos(\omega_a t)

   Le bloc additionneur A_1 réalise la somme de la composante continue de polarisation U_0 et du signal modulé m_1(t) :

   u_e(t) = U_0 + m_1(t)

   D'où l'expression de la tension d'entrée du circuit émetteur :

   \boxed{u_e(t) = U_0 + k\,p_m\,a_m \cos(\omega_p t + \alpha_p)\cos(\omega_a t)}

   D'après la question Q32, la diode électroluminescente émet de la lumière dès lors que le courant direct i_1(t) est strictement positif, c'est-à-dire tant que la tension d'attaque vérifie :

   u_e(t) > U_{\min} = V_{sb}

   Comme la pulsation de la porteuse est très grande devant celle du signal modulant (\omega_a \ll \omega_p), le produit des deux cosinus oscille entre -1 et +1. La valeur minimale atteinte par la tension u_e(t) au cours du temps est donc :

   u_{e,\min} = U_0 - k\,p_m\,a_m

   Pour s'assurer que la diode ne s'éteint jamais (absence de surmodulation et maintien de la conduction), il faut donc :

   U_0 - k\,p_m\,a_m \ge V_{sb} \iff k\,p_m\,a_m \le U_0 - V_{sb}

   D'après la question Q33, on sait que U_0 - V_{sb} = r_e i_0. La valeur maximale du produit est donc :

   \boxed{(k\,p_m\,a_m)_{\max} = U_0 - V_{sb} = r_e i_0}

   Application numérique :

   (k\,p_m\,a_m)_{\max} = 10{,}2 - 2{,}90 = 10 \times 0{,}73 = \mathbf{7{,}3\text{ V}}

   Résultat

   $$u_e(t)=U_0+k{p}_m{a}_m\cos ({\omega }_{p}t+{\alpha }_p)\cos ({\omega }_{a}t)$$

   $$(k{p}_m{a}_m{)}_{\max }=U_0-V_{sb}=r_e{i}_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2024, Q35

   D'après l'expression établie à la question Q34 avec a(t) = a_m \cos(\omega_a t) :

   u_e(t) = U_0 + k p_m a_m \cos(\omega_p t + \alpha_p)\cos(\omega_a t)

   En posant pour alléger A = k p_m a_m et en prenant \alpha_p = 0 sans perte de généralité pour le tracé, la transformation trigonométrique donne :

   u_e(t) = U_0 + \frac{A}{2} \cos\bigl((\omega_p - \omega_a)t\bigr) + \frac{A}{2} \cos\bigl((\omega_p + \omega_a)t\bigr)

   1. Allure temporelle de u_e(t) :

   • Le signal oscille à la fréquence rapide f_p (période T_p = 1/f_p) autour d'une valeur moyenne non nulle U_0.
   • L'enveloppe lente varie à la fréquence f_a = f_p/10 (période T_a = 10 T_p). Les enveloppes supérieure et inférieure sont données par U_0 \pm A \cos(\omega_a t).
   • Aux zéros du signal informatif (lorsque \cos(\omega_a t) = 0, soit pour t = T_a/4 + k T_a/2), l'amplitude des oscillations s'annule en u_e = U_0 avec une inversion de phase de \pi.
   • Chaque fuseau a une durée d'une demi-période T_a/2 = 5 T_p et contient donc 5 alternances de la porteuse.
   • La condition de non-extinction de la LED (A \le U_0 - V_{sb}) garantit que u_e(t) \ge V_{sb} > 0 à tout instant.

   2. Allure du spectre en amplitude de u_e(t) : Le signal se décompose en une composante continue et deux composantes sinusoïdales pures de fréquences f_p - f_a et f_p + f_a :

   • une raie continue à f = 0, d'amplitude U_0 ;
   • deux raies latérales situées à f_p - f_a = 0{,}9 f_p et f_p + f_a = 1{,}1 f_p, chacune d'amplitude \dfrac{k p_m a_m}{2} ;
   • aucune raie à la fréquence sous-porteuse f_p (modulation à porteuse supprimée avec décalage continu).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2024, Q39

   D'après la question Q37, la tension u_r(t) s'exprime en fonction de u_e(t) par :

   u_r(t) = \frac{r \, s_r \, K_e \, K_r}{2\pi d^2 r_e} \big(u_e(t) - V_{sb}\big)

   En injectant l'expression de u_e(t) établie à la question Q34 avec a(t) = a_m \cos(\omega_a t) :

   u_e(t) - V_{sb} = (U_0 - V_{sb}) + k \, p_m \, a_m \cos(\omega_p t + \alpha_p) \cos(\omega_a t)

   La tension en sortie de l'amplificateur de gain K vaut donc :

   u_{r1}(t) = K u_r(t) = K \frac{r \, s_r \, K_e \, K_r}{2\pi d^2 r_e} (U_0 - V_{sb}) + K \frac{r \, s_r \, K_e \, K_r}{2\pi d^2 r_e} k \, p_m \, a_m \cos(\omega_p t + \alpha_p) \cos(\omega_a t)

   Le bloc F est un filtre passe-haut de pulsation de coupure \omega_c (question Q38). Analysons la transmission des composantes spectrales de u_{r1}(t) :

   • La composante continue correspond à la pulsation \omega = 0. Comme \underline{H}(0) = 0, cette composante est entièrement éliminée par le condensateur de liaison C_2.

   • Les composantes modulées sont situées aux pulsations \omega_p \pm \omega_a. Comme \omega_c \ll \omega_a \ll \omega_p, on a \omega_p \pm \omega_a \gg \omega_c. Le filtre est dans sa bande passante unitaire :

     \underline{H}(\mathrm{j}\omega) \approx 1

     Le signal modulé est donc transmis sans atténuation ni déphasage.

   La tension en sortie du bloc F est ainsi :

   u_{r2}(t) \approx K \frac{r \, s_r \, K_e \, K_r}{2\pi d^2 r_e} k \, p_m \, a_m \cos(\omega_p t + \alpha_p) \cos(\omega_a t)

   Le multiplieur M_2, identique à M_1, réalise le produit u_{r3}(t) = k \, u_{r2}(t) \, p(t) avec p(t) = p_m \cos(\omega_p t + \alpha_p) :

   \begin{aligned} u_{r3}(t) &= k \cdot \left[ K \frac{r \, s_r \, K_e \, K_r}{2\pi d^2 r_e} k \, p_m \, a_m \cos(\omega_p t + \alpha_p) \cos(\omega_a t) \right] \cdot \big[ p_m \cos(\omega_p t + \alpha_p) \big] \\ &= \frac{K k^2 p_m^2 a_m \, r \, s_r \, K_e \, K_r}{2\pi d^2 r_e} \cos^2(\omega_p t + \alpha_p) \cos(\omega_a t) \end{aligned}

   On obtient bien la forme demandée :

   \boxed{u_{r3}(t) = U_{3m} \cos^2(\omega_p t + \alpha_p) \cos(\omega_a t)}

   avec pour amplitude :

   \boxed{U_{3m} = \frac{K \, k^2 \, p_m^2 \, a_m \, r \, s_r \, K_e \, K_r}{2\pi d^2 r_e}}

   Pour déterminer le spectre de u_{r3}(t), linéarisons le terme en cosinus carré à l'aide de \cos^2(\theta) = \frac{1 + \cos(2\theta)}{2} :

   \begin{aligned} u_{r3}(t) &= \frac{U_{3m}}{2} \big(1 + \cos(2\omega_p t + 2\alpha_p)\big) \cos(\omega_a t) \\ &= \frac{U_{3m}}{2} \cos(\omega_a t) + \frac{U_{3m}}{2} \cos(2\omega_p t + 2\alpha_p) \cos(\omega_a t) \end{aligned}

   En utilisant la relation trigonométrique \cos A \cos B = \frac{1}{2}\big(\cos(A-B) + \cos(A+B)\big) :

   u_{r3}(t) = \frac{U_{3m}}{2} \cos(\omega_a t) + \frac{U_{3m}}{4} \cos\big((2\omega_p - \omega_a)t + 2\alpha_p\big) + \frac{U_{3m}}{4} \cos\big((2\omega_p + \omega_a)t + 2\alpha_p\big)

   Le spectre d'amplitude du signal u_{r3} comporte donc trois raies discrètes :

   • une raie à la fréquence basse f_a = \frac{\omega_a}{2\pi}, d'amplitude \dfrac{U_{3m}}{2} ;
   • deux raies haute fréquence à 2f_p - f_a et 2f_p + f_a, chacune d'amplitude \dfrac{U_{3m}}{4}.

   Résultat

   $$u_{r3}(t)=U_{3m}{\cos }^2({\omega }_{p}t+{\alpha }_p)\cos ({\omega }_{a}t)$$

   $$U_{3m}=\frac{K{k}^2{p}_m^2{a}_{m}r{s}_r{K}_e{K}_r}{2\pi d^2{r}_e}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2022, Q35

   L'échantillonnage du signal final à la fréquence f_e = 2{,}56\text{ Hz} impose, en vertu du théorème de Shannon-Nyquist, une fréquence maximale observable sans repliement spectral (fréquence de Nyquist) égale à :

   f_{\max} = \frac{f_e}{2} = \frac{2{,}56}{2} = 1{,}28\text{ Hz}

   Par ailleurs, le signal étant acquis sur une durée totale d'enregistrement :

   T_{\text{obs}} = \frac{N}{f_e} = \frac{512}{2{,}56} = 200\text{ s}

   la résolution fréquentielle (le pas entre deux composantes spectrales) vaut :

   \Delta f = \frac{1}{T_{\text{obs}}} = \frac{1}{200} = 0{,}005\text{ Hz}

   D'un point de vue physique, l'énoncé précise (partie II.D) que la houle présente un spectre utile de fréquences comprises entre 0{,}03\text{ Hz} et 1\text{ Hz}.

   L'intervalle complet non redondant accessible par analyse spectrale pour un signal réel est [0 \,;\, f_e/2], soit :

   \boxed{ [0\text{ Hz} \,;\, 1{,}28\text{ Hz}] }

   En pratique, pour se focaliser sur le domaine représentatif de la houle tout en respectant la résolution du calcul, il convient d'afficher le spectre sur :

   \boxed{ [0{,}03\text{ Hz} \,;\, 1{,}00\text{ Hz}] }

   (ou sur l'intervalle complet [0 \,;\, 1{,}28\text{ Hz}] couvrant l'ensemble de la bande de Nyquist).

   Résultat

   $$[0\text{ Hz};1,28\text{ Hz}]$$

   $$[0,03\text{ Hz};1,00\text{ Hz}]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 MP 2020, Q17

   D'après l'énoncé, tout contenu spectral autre que les pics 1 et 2 est négligé. Le pic 2 correspond à l'harmonique 2 du fondamental (pic 1), de fréquence :

   f_2 = 2 f_1 \approx 3{,}2\text{ kHz}

   La fréquence maximale présente dans le signal est donc f_{\max} = f_2.

   D'après le théorème de Shannon (ou condition de Nyquist-Shannon), pour éviter le repliement de spectre lors de l'échantillonnage, la fréquence d'échantillonnage f_e doit vérifier :

   f_e \ge 2 f_{\max}

   La plus petite valeur de f_e permettant de respecter cette condition est donc :

   f_{e,\min} = 2 f_{\max} = 2 f_2 \approx 4 f_1

   Numériquement, avec f_2 \approx 3{,}2\text{ kHz} :

   \boxed{f_{e,\min} \approx 6{,}4\text{ kHz}}

   Par ailleurs, l'énoncé précise que la résolution spectrale est l'inverse de la durée d'acquisition du signal, soit :

   \delta f = \frac{1}{T_a} \iff T_a = \frac{1}{\delta f}

   Pour une résolution spectrale souhaitée \delta f = 100\text{ Hz} :

   T_a = \frac{1}{100\text{ s}^{-1}} = 1{,}0 \times 10^{-2}\text{ s} = 10\text{ ms}

   \boxed{T_a = 10\text{ ms}}

   Résultat

   $$f_{e,\min }\approx 6,4\text{ kHz}$$

   $$T_a=10\text{ ms}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique MP 2025, Q14

    D'après la convention adoptée en préambule, la grandeur complexe associée au signal émis e(t) = A(t)\cos(2\pi f_0 t), où A(t) est une amplitude réelle, s'écrit :

    \underline{e}(t) = A(t) e^{2i\pi f_0 t}

    Le signal reçu est une réplique atténuée et retardée de durée t_R, de sorte que :

    \underline{u}(t) = \alpha \underline{e}(t - t_R) = \alpha A(t - t_R) e^{2i\pi f_0 (t - t_R)}

    La grandeur complexe en sortie du filtre adapté est donnée par :

    \underline{s}(t) = \int_{-\infty}^{+\infty} \underline{e}^*(\xi - t)\,\underline{u}(\xi)\,\mathrm{d}\xi

    Puisque la fonction d'enveloppe A est à valeurs réelles, le conjugué complexe de \underline{e}(\xi - t) s'écrit :

    \underline{e}^*(\xi - t) = \left[ A(\xi - t) e^{2i\pi f_0 (\xi - t)} \right]^* = A(\xi - t) e^{-2i\pi f_0 (\xi - t)}

    En évaluant \underline{u}(\xi) à l'instant \xi :

    \underline{u}(\xi) = \alpha A(\xi - t_R) e^{2i\pi f_0 (\xi - t_R)}

    Le produit sous l'intégrale vaut ainsi :

    \begin{aligned} \underline{e}^*(\xi - t)\,\underline{u}(\xi) &= \alpha A(\xi - t) A(\xi - t_R) \exp\left[-2i\pi f_0 (\xi - t) + 2i\pi f_0 (\xi - t_R)\right] \\ &= \alpha A(\xi - t) A(\xi - t_R) \exp\left[2i\pi f_0 (-\xi + t + \xi - t_R)\right] \\ &= \alpha A(\xi - t) A(\xi - t_R) e^{2i\pi f_0 (t - t_R)} \end{aligned}

    Le facteur de phase e^{2i\pi f_0 (t - t_R)} ainsi que l'amplitude \alpha sont indépendants de la variable d'intégration \xi et peuvent donc être factorisés hors de l'intégrale :

    \boxed{\underline{s}(t) = \alpha e^{2i\pi f_0(t - t_R)} \int_{-\infty}^{+\infty} A(\xi - t) A(\xi - t_R)\,\mathrm{d}\xi}

    Résultat

    $$\underline{s}(t)=\alpha e^{2i\pi f_0(t-t_R)}{\int }_{-\infty }^{+\infty }A(\xi -t)A(\xi -t_R)\mathrm{d}\xi$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question