Échantillonnage et traitement du signal : exercices de Tle SI

Les échantillons sont prélevés à intervalles réguliers, donc l'intervalle entre deux prélèvements est la période $T_e$, inverse de $f_e$.⁴

Convertis la fréquence : $f_e = 8\ \text{kHz} = 8000\ \text{Hz}$.

Calcule : $T_e = \dfrac{1}{8000} = 0{,}000125\ \text{s}$.

Convertis en microsecondes : $0{,}000125\ \text{s} = 125\ \mu\text{s}$.

La représentation discrète d'un signal exige une fréquence d'échantillonnage supérieure au double de la fréquence maximale du signal.⁵

Écris la condition : $f_e > 2 f_{max}$.

Calcule la limite : $2 \times 20 = 40\ \text{kHz}$.

Remarque que $f_e$ doit être strictement supérieure à cette limite : $40\ \text{kHz}$ pile ne convient pas.

Un échantillonnage régulier ne peut décrire un signal que s'il ne contient aucune fréquence supérieure à la moitié de $f_e$, appelée fréquence de Nyquist.⁵

Calcule : $f_N = \dfrac{44\,100}{2} = 22\,050\ \text{Hz}$.

Convertis le son : $25\ \text{kHz} = 25\,000\ \text{Hz}$.

Compare : $25\,000 > 22\,050$, donc la fréquence du son dépasse la fréquence de Nyquist.

Un codage sur $n$ bits peut prendre $2^n$ valeurs.²

Remplace $n$ par 10 : $2^{10}$.

Calcule : $2^{10} = 1024$.

Un codage sur 8 bits prend $2^8$ valeurs.² Donc $2^8 = 256$ valeurs.

La plage vaut $5 - 0 = 5\ \text{V}$ ; le quantum est $q = \dfrac{5}{256}$.

Calcule : $q \approx 0{,}0195\ \text{V}$, soit environ $19{,}5\ \text{mV}$.

Compare l'écart entre les deux tensions : $2{,}505 - 2{,}500 = 0{,}005\ \text{V} = 5\ \text{mV}$, ce qui est inférieur à $19{,}5\ \text{mV}$.

Deux tensions séparées de moins d'un quantum peuvent tomber sur le même code : elles ne sont donc pas forcément distinguées.

Les échantillons sont prélevés à intervalles réguliers, donc leur nombre dépend de la durée et de la période.⁴

Calcule la période : $T_e = \dfrac{1}{10\,000} = 0{,}1\ \text{ms}$.

Convertis la durée : $50\ \text{ms} = 0{,}050\ \text{s}$.

Calcule le nombre d'échantillons : $N = \dfrac{0{,}050}{0{,}0001} = 500$, ou directement $N = f_e \times \text{durée} = 10\,000 \times 0{,}050 = 500$.

Il y a $f_e = 8000$ échantillons par seconde.

Chaque échantillon est codé sur 8 bits, c'est-à-dire qu'il choisit une valeur parmi $2^8$ valeurs possibles.²

Débit : $D = 8000 \times 8 = 64\,000\ \text{bit/s}$.

Avec 16 bits : $D' = 8000 \times 16 = 128\,000\ \text{bit/s}$, soit le double.

La fréquence de Nyquist est la moitié de $f_e$ : $f_N = \dfrac{10}{2} = 5\ \text{kHz}$.⁵

Le signal a pour fréquence $7\ \text{kHz}$, supérieure à $5\ \text{kHz}$ : la condition de Shannon-Nyquist n'est pas respectée. C'est la situation où apparaît le repliement de spectre.¹

Calcule la fréquence apparente : $f_{app} = 10 - 7 = 3\ \text{kHz}$.

Le signal échantillonné ressemble donc à un signal de $3\ \text{kHz}$ : on ne peut plus retrouver le vrai signal.

Pour éviter le phénomène, il faut $f_e > 2 \times 7 = 14\ \text{kHz}$.⁵

Condition : $f_e > 2 \times 2{,}5 = 5\ \text{kHz}$.⁵ Un choix raisonnable, avec de la marge, est $f_e = 6\ \text{kHz}$ ; on garde cette valeur pour la suite.

Le codage sur 12 bits donne $2^{12} = 4096$ valeurs.² La plage a pour largeur $10 - (-10) = 20\ \text{V}$.

Quantum : $q = \dfrac{20}{4096} \approx 0{,}0049\ \text{V}$, soit environ $4{,}9\ \text{mV}$.

Avec $f_e = 6\ \text{kHz}$, la fréquence de Nyquist vaut $3\ \text{kHz}$.⁵ La perturbation à $9\ \text{kHz}$ la dépasse largement : elle serait repliée et viendrait s'ajouter au signal reconstitué.⁴¹

Solution : placer, avant l'échantillonnage, un filtre qui atténue les fréquences inutiles à l'information, afin qu'elles ne gênent pas.⁴ Ce filtre fait partie du conditionnement du signal.²

Débit : $D = 6000 \times 12 = 72\,000\ \text{bit/s}$.