Feuille d'entraînement : Électronique numérique

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q32

   La limitation de la liste des fréquences à l'intervalle \left[0, \frac{f_e}{2}\right] s'explique par deux arguments complémentaires :

   1. Théorème d'échantillonnage de Shannon-Nyquist :
      D'après le critère de Shannon, pour discrétiser et reconstruire fidèlement un signal sans phénomène de repliement spectral (aliasing), la fréquence d'échantillonnage f_e doit être au moins égale au double de la fréquence maximale f_{\max} contenue dans le signal :

      f_e \geqslant 2 f_{\max} \quad \Longleftrightarrow \quad f_{\max} \leqslant \frac{f_e}{2}

      La fréquence f_{\mathrm{N}} = \frac{f_e}{2} est la fréquence de Nyquist, borne supérieure absolue des fréquences physiques analysables sans ambiguïté.

   2. Réalité du signal et symétrie du spectre :
      Le signal mesuré par la photodiode s(t) est une grandeur physique à valeurs réelles. Sa transformée de Fourier possède donc une symétrie hermitienne :

      F(-f) = F(f)^* \quad \Longrightarrow \quad |F(-f)| = |F(f)|

      Pour un signal échantillonné à la fréquence f_e, le spectre calculé par transformée de Fourier discrète (TFD) est périodique de période f_e. Les composantes fréquentielles comprises entre \frac{f_e}{2} et f_e sont redondantes avec celles comprises entre 0 et \frac{f_e}{2} (car f \in \left[\frac{f_e}{2}, f_e\right] correspond par périodicité à f - f_e \in \left[-\frac{f_e}{2}, 0\right]).

   Toute l'information spectrale utile et accessible est donc contenue dans la plage :

   \boxed{f \in \left[0, \, \frac{f_e}{2}\right]}

   C'est précisément ce que met en œuvre la fonction rfft (real FFT) de la bibliothèque NumPy.

   Résultat

   $$f\in \left[0,\frac{f_e}{2}\right]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 2 MPI 2024, Q10

   1. Réalisation de la fonction NOT (NON)

   En reliant ensemble les deux entrées d'une porte NAND à une entrée commune A, la sortie S s'écrit :

   \boxed{S = \overline{A \cdot A} = \overline{A}}

   Table de vérité :

   A	S = \overline{A}
   0	1
   1	0

   2. Réalisation de la fonction AND (ET)

   La fonction AND s'obtient en complémentant la sortie d'une porte NAND au moyen d'un inverseur réalisé par une seconde porte NAND :

   \boxed{S = \overline{\overline{A \cdot B}} = A \cdot B}

   Table de vérité :

   A	B	\overline{A \cdot B}	S = A \cdot B
   0	0	1	0
   0	1	1	0
   1	0	1	0
   1	1	0	1

   3. Réalisation de la fonction OR (OU)

   D'après le théorème de De Morgan, la fonction OR peut s'exprimer par :

   \boxed{S = \overline{\overline{A} \cdot \overline{B}} = \overline{\overline{A}} + \overline{\overline{B}} = A + B}

   Le montage utilise trois portes NAND : deux montées en inverseurs pour former \overline{A} et \overline{B}, et une troisième pour calculer \overline{\overline{A} \cdot \overline{B}}.

   Table de vérité :

   A	B	\overline{A}	\overline{B}	S = \overline{\overline{A} \cdot \overline{B}} = A + B
   0	0	1	1	0
   0	1	1	0	1
   1	0	0	1	1
   1	1	0	0	1

   Résultat

   $$S=\overline{A\cdot A}=\overline{A}$$

   $$S=\overline{\overline{A\cdot B}}=A\cdot B$$

   $$S=\overline{\overline{A}\cdot \overline{B}}=\overline{\overline{A}}+\overline{\overline{B}}=A+B$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 2 MPI 2024, Q13

   1. Basculement d'une seule porte à t = 0

   À l'instant t = 0^-, le circuit est invalidé (v = 0\text{ V}, soit b_v = 0). D'après l'énoncé, le condensateur est alors déchargé :

   u_C(0^-) = e(0^-) - s(0^-) = 0

   Le système est dans un état où e(0^-) = s(0^-) = V_{cc} (niveaux logiques b_e = 1 et b_s = 1). La porte 2 a donc sa sortie à l'état haut (s = V_{cc}).

   À l'instant t = 0^+, le circuit est validé, ce qui impose v = V_{cc} (b_v = 1).

   • Les deux entrées de la porte 1 sont alors à l'état logique 1 (b_v = 1 et b_e = 1). La sortie s_1 de la porte NAND 1 passe instantanément à l'état logique 0 (s_1(0^+) = 0\text{ V}). La porte 1 bascule donc.
   • La porte 2 a ses deux entrées reliées à s_1. Comme son entrée passe à 0, sa sortie (fonction inverseur NON) prend la valeur \text{NON}(0) = 1, soit s(0^+) = V_{cc}.

   La tension de sortie s reste donc égale à V_{cc} : la porte 2 ne bascule pas.

   \boxed{\text{Seule la porte 1 change d'état (elle bascule à } t = 0\text{).}}

   2. Continuité de la différence e(t) - s(t)

   La différence e(t) - s(t) = u_C(t) représente la tension aux bornes du condensateur de capacité C. L'intensité du courant restant finie, la tension aux bornes d'un condensateur est une fonction continue du temps. On en déduit :

   \boxed{e(0^+) - s(0^+) = e(0^-) - s(0^-) = 0}

   Comme s(0^+) = V_{cc}, il vient immédiatement :

   e(0^+) = s(0^+) = V_{cc}

   3. Évolution de e(t) et détermination de t_1

   Pour t \in ]0, t_1[, la sortie de la porte 2 demeure au niveau haut constant s(t) = V_{cc}.

   Le courant d'entrée de la porte 1 étant négligeable, la loi des nœuds au point e montre que le courant i_C(t) traversant le condensateur s'écoule intégralement à travers le résistor R vers la masse. En convention récepteur pour C avec la tension orientée de e vers s :

   i_C(t) = C\,\frac{\mathrm{d}(s - e)}{\mathrm{d}t} = -C\,\frac{\mathrm{d}e}{\mathrm{d}t} \quad \text{car } s = V_{cc} = \text{cste}

   La loi d'Ohm aux bornes du résistor R donne e(t) = R\,i_C(t), d'où l'équation différentielle :

   \frac{\mathrm{d}e}{\mathrm{d}t} + \frac{e}{RC} = 0

   La solution générale est de la forme e(t) = K\,\mathrm{e}^{-t/(RC)}. Avec la condition initiale e(0^+) = V_{cc}, on obtient :

   \boxed{e(t) = V_{cc}\,\mathrm{e}^{-t/(RC)}}

   La tension e(t) décroît à partir de V_{cc}. L'état logique de l'entrée e reste b_e = 1 tant que e(t) > V_{cc}/2. Le nouvel instant de basculement t_1 correspond au franchissement du seuil de basculement V_{cc}/2 :

   e(t_1) = \frac{V_{cc}}{2} \iff V_{cc}\,\mathrm{e}^{-t_1/(RC)} = \frac{V_{cc}}{2} \iff \mathrm{e}^{-t_1/(RC)} = \frac{1}{2}

   D'où l'expression de l'instant de basculement :

   \boxed{t_1 = RC\ln(2)}

   Résultat

   $$\text{Seule la porte 1 change d’eˊtat (elle bascule aˋ }t=0\text{).}$$

   $$e(0^{+})-s(0^{+})=e(0^{-})-s(0^{-})=0$$

   $$e(t)=V_{cc}{\mathrm{e}}^{-t/(RC)}$$

   $$t_1=RC\ln (2)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2023, Q31

   1. Phénomène observé

   À la question précédente, des raies non présentes dans le signal d'origine (notamment à 230\text{ Hz} et 450\text{ Hz}) se superposent dans la bande utile [0\,;\,f_e/2]. Cela provient du fait que des composantes spectrales initiales (550\text{ Hz} et 770\text{ Hz}) dépassent la demi-fréquence d'échantillonnage f_e/2 = 500\text{ Hz}. Leurs répliques spectrales centrées autour de f_e viennent se rabattre dans les basses fréquences. Ce phénomène s'appelle le repliement spectral (ou recouvrement spectral).

   2. Critère quantitatif pour y remédier

   Pour qu'il n'y ait aucun chevauchement entre le spectre de base et ses répliques centrées en \pm f_e, la fréquence d'échantillonnage f_e doit être au moins égale au double de la fréquence maximale f_{\max} contenue dans le spectre du signal analogique s(t) :

   \boxed{f_e \geqslant 2\,f_{\max}}

   Dans le cas du signal tronqué au rang k = 3, la fréquence maximale vaut f_{\max} = 7f = 770\text{ Hz}. La condition s'écrit alors numériquement :

   f_e \geqslant 2 \times 770\text{ Hz} = 1540\text{ Hz}

   Pour le signal théorique complet (dont le spectre s'étend jusqu'à l'infini), il est nécessaire d'intercaler préalablement un filtre passe-bas anti-repliement de fréquence de coupure f_c \leqslant f_e/2.

   3. Nom du critère

   Ce résultat constitue le critère de Shannon (ou théorème d'échantillonnage de Nyquist-Shannon).

   Résultat

   $$f_e⩾2f_{\max }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q30

   Pour que l'intégrale de Fourier bornée à l'intervalle [0, T] :

   F(f) = \int_0^T s(t)\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i} 2\pi f t}\,\mathrm{d}t

   représente fidèlement le spectre continu (qui correspond formellement à une borne supérieure infinie), la durée d'acquisition T doit être grande devant :

   1. La durée de cohérence de l'interférogramme (ou temps d'amortissement du signal) \tau_{\text{signal}} \approx \dfrac{L_c}{2 v_0} (qui vaut quelques dizaines de secondes d'après la figure 7b). Ainsi, le signal modulé s'est amorti et a pratiquement disparu pour t \ge T, ce qui rend négligeable la troncature temporelle et évite les effets d'apodisation (élargissement instrumental des raies).
   2. La période d'oscillation du signal T_{\text{osc}} = \dfrac{\lambda_m}{2 v_0} \approx 0{,}36\text{ s} (déterminée à la question Q28). Cela garantit d'enregistrer un très grand nombre de périodes d'oscillation et d'obtenir une résolution spectrale instrumentale \delta f \approx \dfrac{1}{T} très petite devant la fréquence centrale f_0 = \dfrac{1}{T_{\text{osc}}}.

   \boxed{T \gg \tau_{\text{signal}} \approx \frac{L_c}{2 v_0} \quad \text{et} \quad T \gg T_{\text{osc}} = \frac{\lambda_m}{2 v_0}}

   Résultat

   $$T\gg {\tau }_{\text{signal}}\approx \frac{L_c}{2v_0}\text{et}T\gg T_{\text{osc}}=\frac{{\lambda }_m}{2v_0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q31

   Le signal temporel est échantillonné aux instants réguliers t_n = n \dfrac{T}{N} pour n \in \llbracket 0, N-1 \rrbracket. Le pas d'échantillonnage temporel (ou période d'échantillonnage) vaut :

   T_e = t_{n+1} - t_n = \frac{T}{N}

   La fréquence d'échantillonnage correspondante est donc :

   \boxed{f_e = \frac{1}{T_e} = \frac{N}{T}}

   L'expression continue de la transformée de Fourier sur la durée d'enregistrement T est donnée par la relation (2) :

   F(f) = \int_{0}^{T} s(t) \, \mathrm{e}^{-\mathrm{i} 2\pi f t} \, \mathrm{d}t

   En découpant l'intervalle d'intégration [0, T] en N sous-intervalles [t_n, t_{n+1}[ de même durée \Delta t = T_e = \dfrac{T}{N}, l'intégrale s'écrit sous forme d'une somme :

   F(f) = \sum_{n=0}^{N-1} \int_{t_n}^{t_{n+1}} s(t) \, \mathrm{e}^{-\mathrm{i} 2\pi f t} \, \mathrm{d}t

   Par la méthode des rectangles (somme de Riemann à gauche), on approxime la fonction intégrée sur chaque intervalle [t_n, t_{n+1}[ par sa valeur en t_n :

   \int_{t_n}^{t_{n+1}} s(t) \, \mathrm{e}^{-\mathrm{i} 2\pi f t} \, \mathrm{d}t \approx s(t_n) \, \mathrm{e}^{-\mathrm{i} 2\pi f t_n} (t_{n+1} - t_n)

   En remplaçant t_n = \dfrac{nT}{N}, t_{n+1} - t_n = \dfrac{T}{N} et s(t_n) = s_n, on retrouve bien la discrétisation souhaitée :

   \boxed{F(f) \approx \sum_{n=0}^{N-1} \frac{T}{N} s_n \cdot \mathrm{e}^{-\frac{\mathrm{i} 2\pi f n T}{N}}}

   Résultat

   $$f_e=\frac{1}{T_e}=\frac{N}{T}$$

   $$F(f)\approx \sum _{n=0}^{N-1}\frac{T}{N}{s}_n\cdot {\mathrm{e}}^{-\frac{\mathrm{i}2\pi fnT}{N}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q25

   Un signal acoustique réel (parole, musique) n'est jamais une sinusoïde éternelle pure mais présente des modulations d'amplitude (enveloppe temporelle) et des transitoires. Lors de la traversée d'un filtre linéaire de fonction de transfert \underline{H}(\omega) = G(\omega)\,\mathrm{e}^{j\varphi(\omega)}, le retard temporel subi par l'enveloppe du signal autour d'une pulsation \omega est donné par le temps de retard de groupe :

   \tau(\omega) = -\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}\omega}

   Au voisinage de la pulsation de transition \omega_0, les retards temporels imposés respectivement aux voies grave et aiguë sont donc :

   \begin{aligned} \tau_g &= -\left.\frac{\mathrm{d}\varphi_g}{\mathrm{d}\omega}\right|_{\omega=\omega_0} = -\Upsilon_g \\ \tau_a &= -\left.\frac{\mathrm{d}\varphi_a}{\mathrm{d}\omega}\right|_{\omega=\omega_0} = -\Upsilon_a \end{aligned}

   Le décalage temporel \Delta t_1 entre les deux haut-parleurs s'en déduit algébriquement :

   \Delta t_1 = \tau_g - \tau_a = \Upsilon_a - \Upsilon_g \quad \text{(ou inversement } \Delta t_1 = \tau_a - \tau_g = \Upsilon_g - \Upsilon_a \text{)}

   En valeur absolue, l'écart temporel s'écrit :

   \boxed{|\Delta t_1| = \left|\Upsilon_a - \Upsilon_g\right|}

   Résultat

   $$|\Delta t_1|=\left|{{\rm Y}}_a-{{\rm Y}}_g\right|$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q27

   La fonction Oper(x, y) prend en entrée deux tableaux x et y de même dimension n et renvoie un tableau r de taille n. Pour chaque indice k \in \{0, \dots, n-1\}, elle calcule le taux d'accroissement N / D :

   • Pour les points intérieurs (0 < k < n - 1) :

     r[k] = \frac{y[k+1] - y[k-1]}{x[k+1] - x[k-1]}

     Il s'agit d'une dérivation numérique par le schéma des différences finies centrées (d'ordre 2 pour un maillage régulier).

   • Pour le premier point (k = 0) :

     r[0] = \frac{y[1] - y[0]}{x[1] - x[0]}

     Il s'agit d'une formule de différence finie avant (d'ordre 1).

   • Pour le dernier point (k = n - 1) :

     r[n-1] = \frac{y[-1] - y[-2]}{x[-1] - x[-2]}

     Il s'agit d'une formule de différence finie arrière (d'ordre 1).

   Ainsi, la fonction Oper(x, y) réalise l'approximation numérique de la dérivée de la grandeur y par rapport à la grandeur x :

   \boxed{\texttt{Oper(x, y)} \approx \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}

   D'après la question Q25, le décalage temporel \Delta t_1 dépend directement des dérivées des phases des filtres par rapport à la pulsation :

   \Upsilon = \frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}\omega} \quad \text{ou de façon équivalente} \quad \tau(f) = -\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}\omega} = -\frac{1}{2\pi}\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}f}

   Une fois la phase \varphi obtenue pour chaque fréquence à l'aide de l'argument de la fonction de transfert (calculée par CalcH), l'appel Oper(omega, \varphi) permet de calculer numériquement le temps de groupe \tau(\omega) ou la quantité \Upsilon(\omega) pour chaque voie (grave et aiguë), et d'en déduire la courbe de \Delta t_1(f) représentée figure 11.

   Résultat

   $$\text{Oper(x, y)}\approx \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 2 MPI 2025, Q25

   D'après la question Q23, la pulsation de l'onde réfléchie par le véhicule s'approchant à la vitesse v s'écrit :

   \omega' = \omega\,\frac{1 + v/c}{1 - v/c}

   Puisque |v| \ll c, effectuons un développement limité au premier ordre en v/c :

   \frac{1 + v/c}{1 - v/c} = \left(1 + \frac{v}{c}\right)\left(1 + \frac{v}{c} + \mathcal{O}\left(\frac{v^2}{c^2}\right)\right) = 1 + \frac{2v}{c} + \mathcal{O}\left(\frac{v^2}{c^2}\right)

   L'écart relatif de pulsation est donc, au premier ordre :

   \Delta = \frac{|\omega' - \omega|}{\omega} \simeq \frac{2v}{c}

   \boxed{\Delta = \frac{2v}{c}}

   Application numérique : prenons une vitesse automobile typique, par exemple v = 108\text{ km}\cdot\text{h}^{-1} = 30\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} (ou v = 90\text{ km}\cdot\text{h}^{-1} = 25\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}) :

   \Delta = \frac{2 \times 30}{3{,}0 \cdot 10^8} = 2{,}0 \cdot 10^{-7}

   Commentaire : l'écart relatif est infime (de l'ordre de deux dixièmes de millionième), ce qui valide rigoureusement l'approximation au premier ordre en v/c. Une mesure directe de la fréquence absolue f' exigerait une précision instrumentale hors d'atteinte ; en revanche, l'écart absolu \Delta f = f' - f = \Delta \cdot f pour f = 25\text{ GHz} vaut :

   \Delta f \simeq 2{,}0 \cdot 10^{-7} \times 25 \cdot 10^9 \simeq 5{,}0\text{ kHz}

   Cette fréquence appartient au domaine acoustique, où elle est mesurable très facilement et avec une grande précision.

   Principe du traitement du signal :

   Au point de mesure fixe z = -\ell, le signal émis et le signal reçu s'écrivent :

   \begin{aligned} s(t) &= S_0 \cos(\omega t + \phi) \\ s'(t) &= S'_0 \cos(\omega' t + \phi') \end{aligned}

   À la sortie du multiplieur de constante K, le signal obtenu est :

   u(t) = K\,s(t)\,s'(t) = K\,S_0\,S'_0\,\cos(\omega t + \phi)\cos(\omega' t + \phi')

   En utilisant la relation trigonométrique de l'énoncé, ce produit se linéarise en :

   u(t) = \frac{1}{2}K\,S_0\,S'_0\Big[\underbrace{\cos((\omega' - \omega)t + \phi' - \phi)}_{\text{terme basse fréquence (Doppler)}} + \underbrace{\cos((\omega' + \omega)t + \phi' + \phi)}_{\text{terme très haute fréquence}}\Big]

   Le spectre de u(t) comporte donc deux raies :

   • une composante à très haute fréquence : f_{\text{somme}} = \frac{\omega' + \omega}{2\pi} \simeq 2f \sim 50\text{ GHz} ;
   • une composante basse fréquence (fréquence Doppler) : f_1 = \frac{|\omega' - \omega|}{2\pi} = f' - f \simeq \Delta \cdot f = \frac{2f}{c}\,v.

   Pour ne conserver que la composante basse fréquence et éliminer la composante à 50\text{ GHz}, on utilise un filtre passe-bas.

   Pour une vitesse maximale contrôlable de l'ordre de v_{\text{max}} \simeq 250\text{ km}\cdot\text{h}^{-1} \simeq 70\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}, la fréquence Doppler maximale est :

   f_{1,\text{max}} = \frac{2 \times 70}{3{,}0 \cdot 10^8} \times 25 \cdot 10^9 \simeq 12\text{ kHz}

   La fréquence de coupure f_c du filtre passe-bas doit satisfaire la condition :

   f_{1,\text{max}} \ll f_c \ll 2f

   On choisira typiquement f_c \simeq 50\text{ kHz} à 100\text{ kHz}.

   Le signal filtré transmis à l'analyseur de spectre est alors un signal sinusoïdal pur de fréquence fondamentale :

   \boxed{f_1 = \frac{2f}{c}\,v = \frac{2}{\lambda_0}\,v}

   La fréquence f_1 est donc rigoureusement proportionnelle à la vitesse v du véhicule, la constante de proportionnalité 2/\lambda_0 ne dépendant que de la longueur d'onde de l'émetteur radar (\lambda_0 = c/f = 1{,}2\text{ cm}).

   Résultat

   $$\Delta =\frac{2v}{c}$$

   $$f_1=\frac{2f}{c}v=\frac{2}{{\lambda }_0}v$$

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10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie MPI 2024, Q28

    Une porte logique nand (NON-ET) à deux entrées indépendantes A et B et une sortie S réalise l'opération logique :

    S = \overline{A \cdot B}

    La sortie S vaut 0 si et seulement si les deux entrées A et B sont simultanément à l'état haut (1). Sa table de vérité est la suivante :

    A	B	S = \overline{A \cdot B}
    0	0	1
    0	1	1
    1	0	1
    1	1	0

    Lorsque les deux entrées sont reliées entre elles, elles sont soumises au même niveau logique d'entrée, noté E (A = B = E). L'équation logique devient :

    S = \overline{E \cdot E} = \overline{E}

    La porte se comporte donc comme un inverseur logique (ou porte not / porte NON).

    Indice, stratégie et pièges de cette question