Feuille d'entraînement : Électronique numérique : échantillonnage et modulation

Corrigés

1. Exercice 1Mines-Ponts Physique 1 PC 2020, Q2

   D'après l'énoncé, le signal est modélisé par la seule présence des pics 1 et 2, tout autre contenu spectral étant négligé. La fréquence maximale contenue dans le signal est donc celle du second harmonique :

   f_{\max} = f_2 \approx 3{,}4\text{ kHz}

   D'après le théorème d'échantillonnage de Nyquist-Shannon, pour éviter tout phénomène de repliement de spectre (ou repliement spectral), la fréquence d'échantillonnage f_e doit être au moins égale au double de la fréquence maximale du spectre :

   f_e \ge 2 f_{\max}

   La plus petite valeur de f_e respectant cette condition est donc :

   \begin{aligned} f_{e,\min} &= 2 f_2 \\ f_{e,\min} &= 2 \times 3{,}4\text{ kHz} = 6{,}8\text{ kHz} \end{aligned}

   \boxed{f_{e,\min} \approx 6{,}8\text{ kHz}}

   Par ailleurs, la résolution spectrale \delta f est liée à la durée d'acquisition T_a par la relation donnée dans l'énoncé :

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

   Pour une résolution spectrale souhaitée de \delta f = 100\text{ Hz}, on obtient :

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

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

   Résultat

   $$f_{e,\min }\approx 6,8\text{ kHz}$$

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Polytechnique Physique A PC 2025, Q34

   Lors de la phase de réémission, le miroir à retournement temporel situé en M réémet le signal enregistré en chronologie inverse avec un décalage global de 2T (conformément aux questions Q14 et Q15) :

   R_{\mathrm{RT}}(t) = R(2T - t)

   En utilisant l'expression du signal enregistré R(t) = \sum_{n=0}^{N_t} a_n s(t - t_0 - n\tau), il vient :

   R_{\mathrm{RT}}(t) = \sum_{n=0}^{N_t} a_n s\bigl(2T - t - t_0 - n\tau\bigr)

   Par invariance par retour inverse et linéarité du milieu, l'émission depuis M d'un signal quelconque e(t) produit à l'origine \vec{r} = \vec{0} le signal :

   s_{\mathrm{rec}}(t) = \sum_{m=0}^{N_t} a_m e(t - t_0 - m\tau)

   En appliquant cette transformation au signal émis e(t) = R_{\mathrm{RT}}(t), le signal reçu à l'origine s'écrit :

   s_{\mathrm{RT}}(t) = \sum_{m=0}^{N_t} a_m R_{\mathrm{RT}}(t - t_0 - m\tau)

   L'argument de la fonction s pour chaque couple de trajets (m, n) devient :

   2T - (t - t_0 - m\tau) - t_0 - n\tau = 2T - t + (m - n)\tau

   On en déduit l'expression du signal reçu à l'origine :

   \boxed{s_{\mathrm{RT}}(t) = \sum_{m=0}^{N_t} \sum_{n=0}^{N_t} a_m a_n s\bigl(2T - t + (m - n)\tau\bigr)}

   Résultat

   $$s_{\mathrm{RT}}(t)=\sum _{m=0}^{N_t}\sum _{n=0}^{N_t}{a}_m{a}_{n}s(2T-t+(m-n)\tau )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Polytechnique Physique A PC 2024, Q25

   D'après la question Q18, le diamètre de l'image du Soleil sur le capteur est :

   D = f\,\Delta = 1{,}867 \times 9\cdot 10^{-3} \approx 16{,}8\text{ mm}

   Avec un pas de pixel p = 21\text{ }\mu\text{m}, le diamètre du disque solaire s'étend sur :

   N_{\text{pix}} = \frac{D}{p} = \frac{16{,}8\cdot 10^{-3}}{21\cdot 10^{-6}} = 800\text{ pixels}

   Le satellite n'observe que la face visible du Soleil, soit un demi-tour d'équateur correspondant à une longueur curviligne \pi R.

   D'après la question Q24, la longueur d'onde spatiale d'un mode l le long de l'équateur est \lambda_x = \frac{2\pi R}{l}. Sur la face visible du Soleil, il y a donc :

   N_{\text{périodes}} = \frac{\pi R}{\lambda_x} = \frac{l}{2}

   D'après le théorème d'échantillonnage de Shannon-Nyquist, il faut au moins 2 pixels par période spatiale pour reconstruire un signal sans repliement spectral :

   N_{\text{pix}} \ge 2 \, N_{\text{périodes}} = l \implies l_{\max} \approx 800

   Pour l = 200, la face visible comprend \frac{l}{2} = 100\text{ périodes}, ce qui correspond en moyenne à :

   \frac{N_{\text{pix}}}{N_{\text{périodes}}} = \frac{800}{100} = 8\text{ pixels par période}

   Cette valeur est largement supérieure au seuil minimal de 2 pixels par période. Elle permet d'assurer une très bonne précision pour l'analyse de Fourier, tout en compensant la déformation géométrique (projection en cosinus) qui resserre les franges au voisinage du limbe solaire.

   \boxed{\text{Pour } l = 200\text{, chaque période spatiale est échantillonnée par environ 8 pixels, ce qui respecte largement le critère de Shannon.}}

   Résultat

   $$\text{Pour }l=200\text{, chaque peˊriode spatiale est eˊchantillonneˊe par environ 8 pixels, ce qui respecte largement le criteˋre de Shannon.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique 2 PC 2021, Q28

   D'après l'énoncé, le signal total détecté est la somme du signal de fluorescence S_f et du signal de diffusion parasite S_d issu de la matrice :

   S = S_f + S_d

   Le bruit de comptage B, gouverné par la statistique poissonienne des photons détectés, s'écrit :

   B = \sqrt{S} = \sqrt{S_f + S_d}

   Le rapport signal sur bruit s'exprime donc par :

   \frac{S_f}{B} = \frac{S_f}{\sqrt{S_f + S_d}}

   En utilisant l'expression du signal de fluorescence obtenue à la question Q26, S_f = \eta_D R_f \tau_a, et celle du signal parasite donnée par l'énoncé, S_d = \eta_D \sigma_d n V \dfrac{I_0 \tau_a}{h\nu}, il vient :

   \begin{aligned} \frac{S_f}{B} &= \frac{\eta_D R_f \tau_a}{\sqrt{\eta_D R_f \tau_a + \eta_D \sigma_d n V \dfrac{I_0 \tau_a}{h\nu}}} \end{aligned}

   En mettant en facteur le terme commun \sqrt{\eta_D \tau_a}, on obtient finalement :

   \boxed{\frac{S_f}{B} = \sqrt{\eta_D \tau_a} \, \frac{R_f}{\sqrt{R_f + \sigma_d n V \dfrac{I_0}{h\nu}}}}

   Résultat

   $$\frac{S_f}{B}=\sqrt{{\eta }_D{\tau }_a}\frac{R_f}{\sqrt{R_f+{\sigma }_{d}nV\frac{I_0}{h\nu }}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5E3A Physique-Chimie PC 2020, Q19

   1. Aptitude des quartz horlogers pour un récepteur GPS :

   • D'après le résultat de la question Q18, l'intervalle relatif entre les pulsations de résonance et d'antirésonance est extrêmement restreint :

     \frac{\omega_P - \omega_S}{\omega_P} \approx 3{,}4 \times 10^{-4}

     De plus, le facteur de qualité mécanique du quartz est remarquablement élevé :

     Q = \frac{L\omega_S}{R_S} \approx \frac{11\,395 \times 2\pi \times 32\,768}{28{,}57 \times 10^3} \approx 8{,}2 \times 10^4

     Cette sélectivité extrême confère à l'oscillateur une excellente stabilité fréquentielle à court terme, suffisante pour suivre le signal pendant la durée de propagation.

   • La dérive à long terme de l'horloge à quartz du récepteur (évoquée en Q15) ne constitue pas un obstacle : comme indiqué en préambule, le récepteur capte simultanément le signal d'au moins quatre satellites, ce qui permet de déterminer à chaque instant non seulement ses trois coordonnées spatiales (x, y, z), mais également le biais temporel de son horloge interne par rapport au temps GPS des horloges atomiques embarquées.
   • Nuance : Bien que le quartz horloger présente la stabilité requise, les circuits de réception GPS utilisent en pratique des quartz oscillant à des fréquences plus élevées (typiquement de 10 à quelques dizaines de mégahertz, sous forme de modules compensés en température TCXO), ou intègrent une boucle à verrouillage de phase (PLL) pour synthétiser des fréquences élevées adaptées au traitement direct des signaux radiofréquences du GPS (de l'ordre du gigahertz).

   \boxed{\text{Le quartz horloger convient grâce à sa grande stabilité, le décalage étant compensé par la mesure sur 4 satellites.}}

   2. Intérêt d'une fréquence égale à une puissance entière de 2 :

   En électronique numérique, une simple bascule bistable (de type D ou JK en mode basculement) permet de diviser la fréquence d'un signal logique par 2.

   En reliant 15 bascules en cascade (compteur binaire asynchrone à 15 étages), on réalise une division de fréquence globale par un facteur 2^{15} = 32\,768 :

   f = \frac{f_0}{2^{15}} = \frac{2^{15}\text{ Hz}}{2^{15}} = 1\text{ Hz}

   \boxed{\text{Une cascade de 15 bascules binaires délivre directement un signal de période } 1\text{ s sans logique de décodage.}}

   Résultat

   $$\text{Le quartz horloger convient graˆce aˋ sa grande stabiliteˊ, le deˊcalage eˊtant compenseˊ par la mesure sur 4 satellites.}$$

   $$\text{Une cascade de 15 bascules binaires deˊlivre directement un signal de peˊriode }1\text{ s sans logique de deˊcodage.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 1 PC 2020, Q1

   Fréquence du fondamental f_1 :

   Sur l'axe des fréquences de la figure 3, l'intervalle entre 0 et 5\text{ kHz} est divisé en 5 graduations principales, soit 1\text{ kHz} par division. Le pic 1 est situé entre 1\text{ kHz} et 2\text{ kHz}, à environ :

   \boxed{f_1 \approx 1{,}7\text{ kHz}}

   Remarque : On observe que le pic 2 est situé à une fréquence f_2 \approx 3{,}4\text{ kHz} \approx 2f_1, ce qui confirme qu'il s'agit bien du deuxième harmonique.

   Amplitude a_2 du pic 2 :

   L'échelle verticale représente un niveau en décibels d'amplitude, défini par :

   L_{\text{dB}} = 20\log_{10}\!\left(\frac{a}{a_{\text{ref}}}\right)

   Le pic 1 est au sommet de l'échelle à 0\text{ dB}, ce qui signifie que l'amplitude de référence est prise égale à celle du fondamental : a_{\text{ref}} = a_1 = 100\text{ mV}.

   Chaque graduation verticale correspond à 10\text{ dB}. Le pic 2 culmine à 3 divisions sous la ligne 0\text{ dB}, soit au niveau :

   L_{2,\text{dB}} = -30\text{ dB}

   On en déduit :

   \begin{aligned} 20\log_{10}\!\left(\frac{a_2}{a_1}\right) &= -30 \\ \log_{10}\!\left(\frac{a_2}{a_1}\right) &= -1{,}5 = -2 + 0{,}5 \\ a_2 &= a_1 \times 10^{-2} \times 10^{0{,}5} \end{aligned}

   Avec la donnée 10^{0{,}5} \approx 3{,}16 et a_1 = 100\text{ mV} :

   \begin{aligned} a_2 &\approx 100 \times 10^{-2} \times 3{,}16\text{ mV} = 3{,}16\text{ mV} \end{aligned}

   \boxed{a_2 \approx 3{,}2\text{ mV}}

   Résultat

   $$f_1\approx 1,7\text{ kHz}$$

   $$a_2\approx 3,2\text{ mV}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 1 PC 2020, Q3

   D'après l'énoncé, le sonogramme est constitué d'une succession de spectres calculés sur des tranches temporelles de durée T_a comprises entre n T_a et (n+1)T_a. La durée d'acquisition de chaque tranche étant T_a, la résolution spectrale vaut :

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

   Elle dépend donc exclusivement de la durée de la fenêtre élémentaire T_a, et non de la durée totale de l'enregistrement \tau.

   Un pixel (ou rectangle élémentaire du sonogramme) a pour dimensions temporelle \Delta t = T_a et fréquentielle \Delta f = \delta f = \frac{1}{T_a}.

   Sur la durée totale \tau, le nombre de tranches temporelles vaut :

   N_t = \frac{\tau}{T_a}

   Sur la plage de fréquence [0, f_M], le nombre de canaux fréquentiels vaut :

   N_f = \frac{f_M}{\delta f} = f_M T_a

   Le nombre total de pixels N_p composant le sonogramme est donc le produit :

   \begin{aligned} N_p &= N_t \times N_f = \frac{\tau}{T_a} \times (f_M T_a) \end{aligned}

   On constate que la durée T_a se simplifie :

   \boxed{N_p = f_M \tau}

   Application numérique : Pour f_M = 3{,}5\text{ kHz} = 3{,}5 \times 10^3\text{ Hz} et \tau = 500\text{ ms} = 0{,}500\text{ s} :

   N_p = 3{,}5 \times 10^3 \times 0{,}500 = 1750

   \boxed{N_p = 1750\text{ pixels}}

   Résultat

   $$N_p=f_M\tau$$

   $$N_p=1750\text{ pixels}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 1 PC 2020, Q4

   1. Condition sur \tau_d :

   Le sonogramme est élaboré en découpant le signal en tranches temporelles successives de durée T_a. Pour pouvoir suivre l'évolution temporelle de la fréquence du fondamental, la durée caractéristique de variation \tau_d doit être très grande devant la durée d'une fenêtre d'acquisition élémentaire T_a :

   \boxed{\tau_d \gg T_a}

   De manière équivalente, la variation de fréquence du fondamental sur une fenêtre temporelle T_a, soit \Delta f'_1 \approx f_1 \frac{T_a}{\tau_d}, doit rester inférieure ou de l'ordre de la résolution spectrale \delta f = \frac{1}{T_a}, ce qui conduit à \tau_d \gg f_1 T_a^2. Avec T_a = 10\text{ ms} et f_1 \approx 1{,}7\text{ kHz}, cela donne \tau_d \gg 170\text{ ms}.

   2. Évolution des fréquences et tracé du sonogramme :

   Le son s_b(t) possède deux composantes harmoniques :

   • Le fondamental :

     f_1'(t) = f_1 \left(1 - \frac{t}{\tau_d}\right)

     En t = 0, f_1'(0) = f_1 \approx 1{,}7\text{ kHz}. En t = 0{,}5\,\tau_d, f_1'(0{,}5\,\tau_d) = 0{,}5\,f_1 \approx 0{,}85\text{ kHz}.

   • Le second harmonique (de rang 2), de fréquence double de celle du fondamental :

     f_2'(t) = 2 f_1'(t) = 2 f_1 \left(1 - \frac{t}{\tau_d}\right)

     En t = 0, f_2'(0) = 2 f_1 \approx 3{,}4\text{ kHz}. En t = 0{,}5\,\tau_d, f_2'(0{,}5\,\tau_d) = f_1 \approx 1{,}7\text{ kHz}.

   Résultat

   $${\tau }_d\gg T_a$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 PC 2020, Q5

   1. Durée approximative du chant du quetzal :

   L'axe des abscisses de la figure 5 comporte 5 subdivisions entre 0 et 100\text{ ms}, soit un pas de graduation de 20\text{ ms}.

   Le signal sonore émis par le quetzal débute vers t_{\text{début}} \approx 60\text{ à }70\text{ ms} et s'éteint vers t_{\text{fin}} \approx 200\text{ à }210\text{ ms}. La durée approximative du chant est donc :

   \tau_q = t_{\text{fin}} - t_{\text{début}} \approx 210 - 70 \approx 140\text{ ms}

   Compte tenu de la précision de lecture (de l'ordre de \pm 10\text{ ms}), on retient :

   \boxed{\tau_q \approx 140\text{ à }150\text{ ms}}

   2. Fréquences à la date t = 140\text{ ms} :

   À l'abscisse t = 140\text{ ms}, on observe trois composantes harmoniques distinctes réparties verticalement :

   • Fondamental (i = 1) : la branche de plus basse fréquence se situe juste au niveau de la graduation 1\text{ kHz} :

     \boxed{f_{q, 1} \approx 1{,}0\text{ kHz}} \quad (\text{valeurs admises entre } 0{,}9\text{ et } 1{,}1\text{ kHz})

   • Deuxième harmonique (i = 2) : la branche intermédiaire se situe un peu en dessous de 2\text{ kHz} :

     \boxed{f_{q, 2} \approx 1{,}9\text{ à }2{,}0\text{ kHz}} \quad (\text{valeurs admises entre } 1{,}8\text{ et } 2{,}1\text{ kHz})

   • Troisième harmonique (i = 3) : la branche supérieure se situe entre 2{,}6 et 2{,}8\text{ kHz} :

     \boxed{f_{q, 3} \approx 2{,}7\text{ kHz}} \quad (\text{valeurs admises entre } 2{,}5\text{ et } 2{,}9\text{ kHz})

   Résultat

   $${\tau }_q\approx 140\text{ aˋ }150\text{ ms}$$

   $$f_{q,1}\approx 1,0\text{ kHz}$$

   $$f_{q,2}\approx 1,9\text{ aˋ }2,0\text{ kHz}$$

   $$f_{q,3}\approx 2,7\text{ kHz}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 1 PC 2020, Q13

    L'écho perçu en S ne dure que pendant l'intervalle de temps mis par l'onde pour revenir des différentes marches de l'escalier, soit entre les dates déterminées à la question 11 :

    t_1 \approx 118\text{ ms} \quad \text{et} \quad t_N \approx 294\text{ ms}

    Pour t < t_1 et t > t_N, le sonogramme ne comporte aucune composante liée à l'écho de l'escalier.

    D'après les questions 9 et 12, les fréquences entendues vérifient \nu_m(t) = m\,\nu_1(t) avec :

    \nu_1(t_1) \approx 640\text{ Hz} = 0{,}64\text{ kHz} \quad \text{et} \quad \nu_1(t_N) \approx 475\text{ Hz} = 0{,}48\text{ kHz}

    Le sonogramme simplifié de l'écho comporte le fondamental (m=1) et les trois harmoniques qui le suivent (m=2, 3, 4). Les fréquences aux bornes t_1 et t_N valent donc :

    Composante	Fréquence en t_1	Fréquence en t_N
    Fondamental (m=1)	\nu_1(t_1) \approx 0{,}64\text{ kHz}	\nu_1(t_N) \approx 0{,}48\text{ kHz}
    Harmonique 2 (m=2)	\nu_2(t_1) = 2\nu_1(t_1) \approx 1{,}28\text{ kHz}	\nu_2(t_N) = 2\nu_1(t_N) \approx 0{,}95\text{ kHz}
    Harmonique 3 (m=3)	\nu_3(t_1) = 3\nu_1(t_1) \approx 1{,}92\text{ kHz}	\nu_3(t_N) = 3\nu_1(t_N) \approx 1{,}43\text{ kHz}
    Harmonique 4 (m=4)	\nu_4(t_1) = 4\nu_1(t_1) \approx 2{,}56\text{ kHz}	\nu_4(t_N) = 4\nu_1(t_N) \approx 1{,}90\text{ kHz}

    Puisque le temps d'arrivée est relié linéairement à la distance parcourue par t = 2d_n/c_s, la variation temporelle des fréquences \nu_m(t) \propto g(n)d_n reproduit fidèlement la courbe de la figure 7 : les fréquences décroissent d'abord rapidement entre 118\text{ ms} et environ 180\text{ ms}, puis s'infléchissent plus doucement jusqu'à t_N (courbure tournée vers le haut).

    Indice, stratégie et pièges de cette question