Séance TD-2 : Filtrage

Exercice 1 :

Propriétés TF

Propriétés générales T.F.

\[\begin{align*} \small ax(t)+by(t) & \small \rightleftharpoons aX(f)+bY(f) \\ \small x(t-t_{0}) & \small \rightleftharpoons X(f)e^{-i 2 \pi f t_{0}} \\ \small x(t)e^{+i 2 \pi f_{0} t} & \small \rightleftharpoons X(f-f_{0}) \\ \small x^{\ast }(t)& \small\rightleftharpoons X^{\ast}(-f) \\ \small x(t) y(t)& \small \rightleftharpoons X(f)\ast Y(f) \\ \small x(t)\ast y(t) & \small \rightleftharpoons X(f) Y(f) \\ \small x(at+b) & \small \rightleftharpoons \frac{1}{\left|a\right|}X\left(\frac{f}{a}\right) e^{i2\pi \frac{b}{a}f} \\ \small \frac{dx^{(n)}(t)}{dt^{n}} & \small \rightleftharpoons \left( i2\pi f\right) ^{n}X(f) \\ \small \left( -i2\pi t\right)^{n}x(t) & \small \rightleftharpoons \frac{dX^{(n)}(f)}{df^{n}} \end{align*}\]

Formules Parseval

\[\small\int_{\mathbb{R}}x(t)y^{\ast }(t)dt=\int_{\mathbb{R}}X(f)Y^{\ast }(f)df\]

\[\small\int_{\mathbb{R}}\left| x(t)\right| ^{2}dt=\int_{\mathbb{R}}\left|X(f)\right| ^{2}df\]

Série de Fourier

\[\small\underset{n\in \mathbb{Z}}{\sum }c_{n}e^{+i2\pi nf_{0}t} \rightleftharpoons \underset{n\in \mathbb{Z}}{\sum }c_{n}\delta \left( f-nf_{0}\right) \]

Tables TF

\[\begin{align*} \small 1 & \small \rightleftharpoons \delta \left( f \right)\\ \small \delta \left( t\right) & \small \rightleftharpoons 1 \\ \small e^{+i2\pi f_{0}t}& \small \rightleftharpoons \delta \left( f-f_{0}\right)\\ \small\delta \left( t-t_{0}\right) & \small \rightleftharpoons e^{-i2\pi ft_{0}} \\ \small \amalg \hspace{-0.3cm}\amalg _{T}\left( t\right) & \small\rightleftharpoons \frac{1}{T}\amalg \hspace{-0.3cm}\amalg _{1/T}\left(f\right) \\ \small \cos \left( 2\pi f_{0}t\right) & \small \rightleftharpoons \frac{1}{2}\left(\delta \left( f-f_{0}\right) +\delta \left( f+f_{0}\right) \right) \\ \small \sin \left( 2\pi f_{0}t\right) & \small \rightleftharpoons \frac{1}{2i}\left( \delta \left( f-f_{0}\right)-\delta \left( f+f_{0}\right) \right)\\ \small e^{-a\left| t\right| } & \small \rightleftharpoons \frac{2a}{a^{2}+4\pi ^{2}f^{2}} \\ \small e^{-\pi t^{2}} & \small \rightleftharpoons e^{-\pi f^{2}} \\ \small \Pi _{T}\left( t\right) & \small \rightleftharpoons T \mathrm{sinc}\left( \pi Tf\right) \\ \small \Lambda _{T}\left( t\right) & \small \rightleftharpoons T \mathrm{sinc}^{2}\left( \pi Tf\right) \\ \small B \mathrm{ sinc}\left( \pi Bt\right) & \small \rightleftharpoons \Pi _{B}\left( f\right) \\ \small B \mathrm{ sinc}^{2}\left( \pi Bt\right) & \small \rightleftharpoons \Lambda _{B}\left( f\right) \\ \end{align*}\]

où

\[\small \amalg \hspace{-0.3cm}\amalg _{T}\left( t\right) = \underset{k\in \mathbb{Z}}{\sum } \delta \left( t-kT\right)\]

\[\small \mathrm{sinc}\left( \pi Tf\right)=\frac{\sin \left( \pi Tf\right) }{\pi T f}\]

Filtre moyenneur à mémoire finie

Le filtre moyenneur à mémoire finie est un système défini par la relation entrée-sortie suivante :

\[ y(t)=\frac{1}{T} \int_{t-T}^{t} x(u) du, \]

où \(x(t)\) représente l’entrée du filtre et \(y(t)\) la sortie.

1. Montrer que ce filtre moyenneur à mémoire finie est un filtre linéaire et calculer sa réponse impulsionnelle.

   Solution

   Il existe plusieurs manières de répondre à cette question :

   Sol. 1

   Placer \(x(t)=e^{j 2 \pi f t}\) à l’entrée du filtre et montrer que la sortie \(y(t)\) s’écrit alors \(y(t)=H(f)e^{j 2 \pi f t}\).

   Ici :

   \[\begin{align*} y(t)&=\frac{1}{T}\int_{t-T}^{t} e^{j 2 \pi f u} du\\ &=sinc(\pi f T) e^{-j \pi f T} e^{j 2 \pi f t}\\ &=H(f)x(t) \end{align*}\]

   avec

   \[H(f)=sinc(\pi f T)e^{-j \pi f T}.\]

   On a bien un filtre linéaire de réponse en fréquence

   \[H(f)=sinc(\pi f T)e^{-j \pi f T}\]

   et donc de réponse impulsionnelle

   \[h(t)=\frac{1}{T} \Pi_T \left(t-\frac{T}{2}\right)\]

   si \(\Pi_T \left(t\right)\) représente une fonction porte de largeur \(T\), de hauteur \(1\) et centrée en \(t=0\).

   Sol. 2

   Montrer que, pour toute entrée \(x(t)\), la sortie \(y(t)\) s’écrit \(y(t)=x(t) \ast h(t)\), où \(h(t)\) représente la réponse impulsionnelle du filtre et le définit.

   Ici :

   \[\begin{align*} y(t)&=\frac{1}{T} \int_{t-T}^{t} x(u) du\\ &=\frac{1}{T} \int_{\mathbb{R}} x(u) \Pi_T \left( u- \left( t-\frac{T}{2}\right) \right) du\\ &=\frac{1}{T}\int_{\mathbb{R}} x(u) \Pi_T \left(\left(t-\frac{T}{2}\right)-u\right) du\\ &=x(t) \ast h(t) \end{align*}\]

   avec

   \[h(t)=\frac{1}{T}\Pi_T \left(t-\frac{T}{2}\right).\]

   On a donc bien un filtre linéaire, de réponse impulsionnelle \(h(t)=\frac{1}{T}\Pi_T \left(t-\frac{T}{2}\right)\).

   Sol. 3

   Placer un dirac en entrée, déterminer la sortie, \(h(n)\), correspondante et montrer ensuite que, pour toute entrée \(x(t)\), la sortie \(y(t)\) peut s’écrire comme \(y(t)=x(t) \ast h(t)\).

   Ici si \(x(t)=\delta(t)\) alors

   \[\begin{split} y(t) = \frac{1}{T} \int_{t-T}^{t} \delta(u) du =\left\{ \begin{array}{rl} \frac{1}{T} & \mbox{si } 0<t<T\\ 0 & \mbox{sinon.} \\ \end{array} \right. \; \end{split}\]

   D’où

   \[h(t)=\frac{1}{T} \Pi_T \left(t-\frac{T}{2}\right)\]

   Il faut alors montrer que nous avons bien un filtre, c’est-à-dire que l’on a bien \(y(t)=x(t)\ast h(t)\) :

   \[\begin{align*} x(t) \ast h(t) &= \frac{1}{T}\Pi_T \left(t-\frac{T}{2}\right) \ast x(t)\\ &= \frac{1}{T}\int_{\mathbb{R}} x(u) \Pi_T \left(t-\frac{T}{2}-u\right) du\\ &=\frac{1}{T}\int_{t-T}^{t} x(u) du=y(t) \end{align*}\]

   Nous avons bien affaire à un filtre linéaire.

   Sol. 4

   on peut également dériver :

   \[y'(t)=\frac{1}{T}\left\{x(t)-x(t-T)\right\}\]

   D’où par transformée de Fourier

   \[j 2 \pi f Y(f)=\frac{1}{T}\left\{X(f)-e^{-j 2 \pi f T} X(f)\right\}\]

   Et donc

   \[H(f)=\frac{Y(f)}{X(f)}=\frac{1-e^{-j 2 \pi f T}}{j 2 \pi f T}=e^{- j \pi f T} sinc(\pi f T)\]

   Ce qui donne par transformée de Fourier inverse :

   \[h(t)=\frac{1}{T}\Pi_T \left(t-\frac{T}{2}\right)\]

2. Ce filtre est-il réalisable ?

   Solution

   Un filtre est réalisable si :

   a. sa réponse impulsionnelle \(h(t)\) est réelle : OK ici.

   b. sa réponse impulsionnelle est causale : OK ici car pour \(t<0\) on a bien \(h(t)=0\).

   c. sa réponse impulsionnelle vérifie la condition de stabilité \(\int_\mathbb{R} \left|h(t)\right|dt<\infty\) : OK ici car \(\int_\mathbb{R} \left|h(t)\right|dt=\frac{1}{T}\times T=1\)

   \(\Rightarrow\) Ce filtre est donc bien réalisable

Exercice 2 :

Tip : Exercice 2

Le rapport Signal sur Bruit en décibels (dB) est défini par :

\(\small RSB=10\log_{10} \left( \frac{P_{Y_{s}}}{P_{YB}}\right) \text{ (dB).}\)

On le note aussi SNR (Signal to Noise Ratio).

Calcul d’un Rapport Signal sur Bruit (RSB) en sortie d’un filtre linéaire

Considérons un filtre linéaire de réponse en fréquence :

\[ H(f)=\frac{1}{\theta +j2\pi f} \]

On applique à l’entrée de ce filtre un processus aléatoire \(X(t)\) constitué de la somme d’un signal sinusoïdal \(s(t)=A\sin \left( 2\pi f_{0}t\right) \), où \(f_0\) et \(A\) sont des constantes et d’un bruit blanc stationnaire réel \(B(t)\), de densité spectrale de puissance \(s_{B}(f)=\frac{N_{0}}{2} \forall f\) :

\[ X(t)=s(t)+B(t) \]

Le filtre étant linéaire, la sortie du filtre s’écrit :

\[ Y(t)=Y_{s}(t)+Y_{B}(t) \]

où \(Y_{s}(t)\) représente la réponse du filtre à l’entrée \(s(t)\) et \(Y_{B}(t)\) représente la réponse du filtre à l’entrée \(B(t)\).

1. Donner l’expression du rapport Signal sur Bruit à la sortie du filtre :

   \[ RSB=\frac{P_{Y_{s}}}{P_{Y_{B}}} \]

   où \(P_{Y_s}\) représente la puissance du signal \(Y_s(t)\) et \(P_{Y_B}\) la puissance du signal \(Y_B(t)\).

   Solution

   Il existe plusieurs manières de répondre à cette question :

   Sol. 1

   \[\begin{align*} P_{Y_s}&=\int_{\mathbb{R}} S_{Y_{s}}(f) df\\ &=\int_{\mathbb{R}} S_{s}(f) \left|H(f)\right|^2 df\\ &=\int_{\mathbb{R}} \frac{A^2}{4}\left\{\delta(f-f_0)+\delta(f+f_0)\right\} \frac{1}{\theta^2+4 \pi^2 f^2} df\\ &=\frac{A^2}{4} \frac{1}{\theta^2+4 \pi^2 f_0^2} \times 2 & \\ &\\ P_{Y_B}&=\int_{\mathbb{R}} S_{Y_{B}}(f) df\\ &=\int_{\mathbb{R}} S_{B}(f) \left|H(f)\right|^2 df\\ &=\int_{\mathbb{R}} \frac{N_0}{2} \frac{1}{\theta^2+4 \pi^2 f^2} df\\ &=\frac{N_0}{4 \pi \theta} \int_{\mathbb{R}} \frac{1}{1+u^2} du\\ &=\frac{N_0}{4 \pi \theta} \left[arctan(u)\right]_{-\infty}^{+\infty}\\ &=\frac{N_0}{4 \theta}. \end{align*}\]

   Sol. 2

   Autre solution en utilisant les tables de Transformées de Fourier :

   \[\begin{align*} R_{Y_B}(\tau)&=TF^{-1}\left[S_{Y_{B}}(f)\right]\\ &=\frac{N_0}{4 \theta}e^{- \theta |\tau|} \end{align*}\]

   qui donne

   \[P_{Y_B}=R_{Y_B}(0)=\frac{N_0}{4 \theta},\]

   D’où l’expression du rapport signal sur bruit en sortie du filtre :

   \[RSB=\frac{2 \theta A^2}{N_0}\frac{1}{\theta^2+4 \pi^2 f_0^2}\]

2. Montrer qu’il est maximal pour \(\theta =2\pi f_{0}\).

   Solution

   \[\begin{align*} \frac{d RSB}{d \theta}&=2\frac{A^2}{N_0}\frac{4 \pi^2 f_0^2- \theta^2}{\left(4 \pi^2 f_0^2 + \theta^2\right)^2} \end{align*}\]

   et donc

   \[\frac{d RSB}{d \theta}=0 \text{ pour }\theta=2\pi f_{0}\]

Exercice 3 :

Tip : Exercice 3

Si la variable aléatoire \(Z\) suit une loi normale \(\mathcal{N}\left( m,\sigma ^{2}\right)\) et \(u\) est une constante alors on a :

\(E\left[ e^{uZ}\right] =\exp \left( mu+\frac{\sigma ^{2}}{2}u^{2}\right)\)

Filtrage non linéaire de type exponentiel

On considère un filtre non linéaire de type exponentiel. Si \(X\left(t\right) \) est l’entrée du filtre, la sortie \(Y\left( t\right) \) s’écrit :

\[ Y\left( t\right) =\exp \left( X(t)\right) \]

L’entrée du filtre est un bruit gaussien, réel, centré, de variance \(\sigma ^{2}\).

1. Calculez la moyenne du signal en sortie du filtre.

   Solution

   \[\begin{align*} m_Y&=E\left[Y(t)\right]\\ &=E\left[e^{X(t)}\right]\\ &=e^{\frac{\sigma^2}{2}} \text{ (voir Tip)} \end{align*}\]

2. Calculez la variance du signal en sortie du filtre.

   Solution

   \[\begin{align*} Var_Y1&=E\left[\left(Y(t)-m_Y\right)^2\right]\\ &=E\left[Y^2(t)\right]- m_Y^2\\ &=E\left[e^{2X(t)}\right]-e^{\sigma^2}\\ &=e^{2\sigma^2}-e^{\sigma^2} \end{align*}\]

3. Calculez la fonction d’autocorrélation du signal en sortie du filtre en fonction de celle du signal à l’entrée.

   Solution

   On utilise le théorème de Price :

   \[\frac{\partial E\left[Y_1(t)Y_2(t)\right]}{\partial E\left[X_1(t)X_2(t)\right]}=E\left[\frac{\partial Y_1}{\partial X_1} \frac{\partial Y_2}{\partial X_2}\right]\]

   avec

   \[X_1(t)=X(t), \; Y_1(t)=e^{X(t)}=Y(t)\]

   et

   \[X_2(t)=X(t-\tau), \; Y_2(t)=e^{X(t-\tau)}=Y(t-\tau)\]

   Cela donne :

   \[\frac{\partial R_Y(\tau)}{\partial R_X(\tau)}=E\left[e^{X(t)}e^{X(t-\tau)}\right]=E\left[Y(t) Y(t-\tau)\right]=R_Y(\tau).\]

   Et donc

   \[\frac{\partial R_Y(\tau)}{R_Y(\tau)}=\partial R_X(\tau)\]

   Soit

   \[\ln R_Y(\tau)=R_X(\tau)+K \text{ (K constante)}.\]

   Ce qui nous donne

   \[R_Y(\tau)=e^{K+R_X(\tau)}.\]

   Calcul de K :

   \[R_Y(0)=e^{K+\sigma^2}=E\left[Y^2(t)\right]=E\left[e^{2 X(t)}\right]=e^{2 \sigma^2}\]

   D’où

   \[K=\sigma^2\]

   et

   \[R_Y(\tau)=e^{\sigma^2}e^{R_X(\tau)}\]