cosinus_sureleve

8/3/2019 cosinus_sureleve

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Modulations numriquesNotes de Cours

Cosinus surlev

Olivier Rioul

LE FILTRE EN COSINUS SURLEV est constamment employ en communica-

tions numriques. Dans cette note, on essaie den expliquer les raisons :bon compromis entre proprits du diagramme de lil et de slectivit fr-quentielle, formules explicites en termes de sinus et cosinus cardinaux, etc. Poursimplifier, les signaux sont supposs rels (en bande de base).

1 Interfrence entre symboles

En sortie du filtre de rception h(t) (adapt au filtre dmission h(t)), onreoit le signal

y(t) =n

anr(t nT)+bruit

o ak sont les symboles dinformation mis, et r(t) = h(t) h(t) est la rponseglobale du systme. La partie utile dtecter linstant t= kT est akr(0), maisaprs chantillonage t= kT en sortie du filtre adapt, il reste

y(kT) = akr(0)+

n=kanr((k n)T)+ bk

o bk est un chantillon de bruit et

n=k anr((kn)T) reprsente linterfrenceentre symboles (IES) (Inter-Symbol Interference(ISI)). LIES est une perturbationsupplmentaire qui affaiblit les performances de la dtection en prsence debruit ; si elle est trop importante elle peut mme provoquer des erreurs de d-tection en labsence de bruit.

2 Distorsion maximale

Pour des symboles binaires an = 1, lIES maximale en valeur absolue vautn=k|r((k n)T)| =

n=0 |r(nT)|. Lil est ferm linstant dchantillonage

t = kT lorsque lIES maximale provoque une erreur de dtection en labsencede bruit, cest dire lorsquelle est suprieure la distance au seuil = |r(0)|. Lerapport

Dmax=

n=0 |r(nT)||r(0)|

1


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est appele distorsion maximale.Aretenir: Lil est ouvert verticalement ( lins-

tant dchantillonnage t= kT ) si et seulement si Dmax< 1.Noter que le rcepteur na pas ncessairement une rfrence prcise sur

lorigine des temps associ lmetteur. Par consquent, il peut y avoir un dca-lage t0 = 0 sur linstant dchantillonnage idal t= kT. Dans ce cas, la distor-sion maximale est

Dmax(t0) =

n=0 |r(nT + t0)||r(t0)|

.

Pour des symboles M-aires ak {1,3,.. . ,(M 1)} il faut multiplier lavaleur de lIES maximale, et donc Dmax, par (M 1) = max|ak| pour obtenir lemme critre.

3 Condition de Nyquist

Puisquun il ferm (Dmax 1) provoque des erreurs de dtection mme enlabsence de bruit, il est important que lil soit ouvert linstant dchantllion-nage. Il est dailleurs important quil soit le plus ouvert possible (verticalement)de faon que lIES perturbe le moins possible la dtection en prsence de bruit.Bref, en communications numriques, il faut ouvrir lil.

Lidal est dliminer compltement lIES (aprs chantillonnage idal, t0 =0) en imposant que Dmax= 0. Cela revient dire que

r(t)

=0 pour t

= T,

2T,

3T, . . .

Si r(t) vrifie cette condition, on dit que le filtre global (de rponse impulsion-nelle r(t)) est unfiltre de Nyquist. Evidemment r(0) lui-mme doit tre non nul :

Exercice : Sachant que r(t) = h(t) h(t), montrer que r(0) =

h2(t) d t = Eb(nergie moyenne par symbole binaire an = 1 transmis).

La rponse frquentielle globale du systme est la tranfsorme de Fourier der(t) : R(f) =

r(t)e2jf td t. Puisque r(t) = h(t)h(t),ona R(f) = H(f)H(f) =

|H(f)|2 0. La condition de Nyquist est le critre frquentiel traduisant quunfiltre est de Nyquist :

Exercice : On note

n(t nT) le peigne de DIrac, de transforme de Fourier= 1

T

n(f nT) par la relation de Poisson. Montrer que r(t) est de Nyquist si et

seulement si r(t)

n(t nT) = r(0)(t), ou encore R(f) 1T

n(f nT) = r(0).En dduire le critre de Nyquist :

n

R(f nT

) = Tr(0) (constante > 0)

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4 Largeur de bande minimale : sinus cardinal

Le critre de Nyquist indique que pour annuler lIES, le spectre R(f) prio-dis (priode 1

T) doit tre plat (constant sur toutes les frquences). Ceci implique

une bande minimale pour une transmission sans IES :

Exercice Montrer que si la largeur de bande B occupe par la transmission est< 12T , alors le critre de Nyquist ne peut pas tre vrifi (faire f= 1/2T dans cecritre).

Par contre, il existe une solution pour une largeur de bande minimale (bandede Nyquist) :

Bmin=

1

2TEn effet, il suffit de choisir une porte en frquence de largeur 1/T :

R(f) = r(0)1/T(f) = r(0)

T |f| 12T0 ailleurs

et le critre de Nyquist est bien vrifi (p.p. f).

Exercice Calculer alors r(t) =

R(f)e2jf td f(transforme de Fourier inverse).On trouve le sinus cardinal

r(t) = r(0) sinct

T

o, par dfinition :

sinc x= sinxx

On vrifie directement quon a bien r(t) = 0 pour t= T,2T,2T,....

!10 !8 !6 !4 !2 0 2 4 6 8 1 0

!0.4

!0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Sinus cardinal

On a dailleurs la formule suivante (due Euler) :

sinct

T=

n=1

1

t

nT

2

3


4/12

qui montre que le sinus cardinal peut se voir comme un polynme avec une

infinit de racines = T,2T,2T, . . ., normalis de sorte que sinc 0 = 1.Une rponse globale en sinus cardinal pose des problmes. Dabord, la fr-

quence de coupure f= 1/2T est infiniment abrupte et irralisable pratique-ment. Ensuite et surtout, le diagramme de lil est catastrophique :

Exercice : Si r(t) = r(0)sinc tT , valuer Dmax(t0) pour un dcalage t0 = 0 parrapport linstant dchantillonnage idal. On trouve une srie en

1n

qui di-verge.

Cela signifie que le diagramme de lil se ferme ds que t0 = 0. Autrementdirt, louverture horizontale de lil est nulle, et cela ne permet aucune tol-rance sur linstant dchantillonnage. Personne na envie de faire des communi-

cations numriques avec un diagramme de lil pareil.La figure suivante donne un diagramme de lil pour le sinus cardinal. Ce

diagramme est videmment incomplet : il faudrait une infinit de courbes pourle dessiner totalement. Comme la srie

1n

diverge lentement, il nest pas toutde suite apparent que louverture horizontale de lil tend vers 0. Nanmoins,cest ce quon observerait la limite.

!0.6 !0.4 !0.2 0.0 0.2 0.4 0.6

!1.5

!1.0

!0.5

0.0

0.5

1.0

1.5

Diagramme de lil pour le sinus cardinal (= 0)

5 Cosinus surlev

Arriv ce point, il est naturel de se demander si on peut obtenir un filtrede Nyquist avec non seulement une ouverture verticale maximale (pour unemeilleure rsistance au bruit, cest la condition de Nyquist), mais aussi une ou-verture horizontale maximale, afin dtre le plus tolrant possible vis--vis delinstant dchantillonnage.

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5/12

Louverture horizontale est toujours T (priode symbole), car si deux sym-boles dinformation sont opposs (ak+1 = ak) il faut bien que le signal reu

nanr(t nT) passe par zro quelque part entre kT et (k+ 1)T. Maintenant,pour obtenir une ouverture horizontale maximale = T, il faut que ce signal nepasse par zro quaux instants (k+ 12 )T, quelque soit la squence dinformationmise :

nanr(t nT) = 0 t= (k+

1

2)T (kentier)

Une solution serait dimposer r(t) = 0 pour tout t multiple non nul de T2 , maisceci nous donnerait un sinus cardinal oscillant deux fois plus vite r(t) = sinc 2tTet donc une rponse frquentielle globale R(f) constante dans le double debande B

=1T . Une meilleure solution est dimposer

r(t) =

r(0)2 pour t= T2

0 pour t= T,3T2 ,2T, 5T2 , . . .

car alors, pour deux symboles dinformation opposs (ak+1 = ak), le signalreu vaut bien r(0)2

r(0)2 = 0 en t= (k+ 12 )T. Si les symboles dinformation sont de

mme signe ak+1 = ak = 1, ce signal vaut ( r(0)2 r(0)

2 ) = r(0)en t= (k+ 12 )T, etne sannule pas dans lintervalle (kT, (k+ 1)T). On obtient donc un diagrammede lil comme suit :

!0.6 !0.4 !0.2 0.0 0.2 0.4 0.6

!

1.5

!1.0

!0.5

0.0

0.5

1.0

1.5

Diagramme de lil pour le sinus-cosinus cardinal (= 1)Cest vraiment un diagramme de loeil idal pour le communiquant, car dou-vertures horizontale et verticale maximales (robustesse optimale vis vis lafois du bruit et de linstant dchantillonnage).

Il reste dterminer la rponse globale r(t). Puisque que le sinus cardinalsinc 2tT vaut1en0et0entoutmultiplenonnuldeT/2, il est immdiat de trouverune solution :

5


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Exercice : Montrer que

r(t) = r(0)(sinc 2tT + 12 sinc2(t+T/2)

T + 12 sinc2(tT/2)

T )

vrifie les conditions ci-dessus. Montrer aussi, en revenant la dfinition du si-nus cardinal, que

r(t) = r(0)sinc(2tT )

1 ( 2tT

)2= r(0)sinc( t

T)

cos(tT )

1 ( 2tT

)2

La fonctioncos(t

T)

1( 2tT

)2est parfois appele cosinus cardinalet note cosc tT .Onpeut

donc crire simplement

r(t) = r(0) sinc( tT) cosc( tT )

!3 !2 !1 0 1 2 3

!0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Sinus-cosinus cardinal r(t) (= 1)

Exercice : En utilisant la formule dEuler (dveloppement en produit infini dusinus cardinal), montrer que

r(t) = r(0)

n=2

1

2tnT

2

On voit directement sur cette formule que r(t)sannulebienent= T, 3T2 ,2T,....Le cosinus cardinal, quant lui, est donn par

cosct

T=

n=1

1

2t(2n+1)T

2

etpeutdoncsevoircommeunpolynmeavecuneinfinitderacines= 3T2 , 5T2 ,...,normalis par la relation cosc 0 = 1.

Calculons la rponse frquentiellecorrespondante R(f), transforme de Fou-rier du sinus-cosinus cardinal r(t).

6


7/12

Exercice : Avecla premire formule ci-dessus donnant r(t), montrer que R(f) =r(0)(2/T(f)+ 122/T(f)e2j

f T/2 + 122/T(f)e2j

f T/2). En dduire que

R(f) = Tr(0)2 (1+cosf T) (|f| 1

T)

et R(f) = 0 ailleurs. Ainsi R(f) est une arche (demi priode) de cosinus, surlvde sorte que R(f) 0. Cest la raison pour laquelle ce filtre de Nyquist est appelfiltre en cosinus surlev:

!1.0 !0.8 !0.6 !0.4 !0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1.0

Cosinus surlev (= 1)

Exercice : Vrifier que R(f) satisfait bien au critre frquentiel de Nyquist (no-ter que (f= 12T ,

Tr(0)2 ) est un point de symtrie de la courbe pour f> 0).

6 Racine de cosinus surlev

On a dj not que si le filtre de rception est adapt lmission, la rponsefrquentielle globale scrit R(f) = |H(f)|2. On peut donc rsoudre cette qua-tion pour trouver H(f) lmission et la rception :

H(f) =

R(f)

puisque R(f) est de Nyquist, le filtre H(f) est appel filtre en racine de Nyquist.Pour le cosinus surlev, on peut trouver facilement lexpression de H(f),et

donc de h(t) :

Exercice : Sachant que 1+cos2x= 2cos2 x, montrer que

H(f) =

R(f) = Tr(0) cos(f T2

)

pour |f| 1T . Montrer que H(f) ne satisfait pasau critre de Nyquist.

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8/12

Exercice : Montrer quon peut aussi crire

H(f) =

r(0)T

(e2jf T/4 + e2jf T/4)2/T(f)

et en dduire, par transforme de Fourier inverse, que

h(t) =

r(0)T

sinc(2tT 12 )+ sinc(2tT + 12 )

Simplifier cette expression pour arriver

h(t) =

r(0)T 4

cos( 2tT

)

1 ( 4tT )2=

r(0)T 4 cosc

2t

T

Montrer directement que h(t) nest pas un filtre de Nyquist.

Exercice : Une autre mthode pour calculer h(t) consiste driver H(f) deuxfois : Montrer que

H(f) = (T2 )2H(f)+

T r(0)T2 (1/T(f)+1/T(f))

(il apparat des impulsions de Dirac, drives de sauts). Sachant que H(f) estla transforme de Fourier de (2jt)2h(t) = 42t2h(t), montrer que la trans-forme de Fourier inverse de H(t) + ( 2

T)2H(f) est = (1 ( 4tT )2)h(t). Calculer

directement cette transforme de Fourier inverse et conclure.

7 Coefficient de retombe

Pour simplifier la prsentation je normalise les filtres en posant r(0) = 1. Jus-qu prsent nous avons vu deux solutions pour le filtre de Nyquist r(t) :

Le sinus cardinal r0(t) = sinc tT , de rponse frquentielle R0(f) =1/T(f),avec une largeur de bande miniminale B0 = 12T .

Le sinus-cosinus cardinal r1(t) = sinc tTcosc tT de rponse frquentielle encosinus surlev R1(f) = (1+cosf T)2/T(f).

La solution R0(f) a lavantage dtre largeur de bande minimale, mais ne tolre

aucune imprcision sur linstant dchantillonnage. La solution R1(f) a lavan-tage dtre le plus tolrant possible vis vis de linstant dchantillonnage, maison constate que quelle occupe une bande deux fois plus large B1 = 1T .

En pratique on met en oeuvre une solution intermdiaire R(f) entre R0(f)et R1(f) qui ralise un compromis entre slectivit frquentielle (largeur de bandeB) et robustesse vis vis de linstant dchantillonnage (ouverture horizontalede lil). Pour cela, on impose un gabarit R(f) de sorte que R(f) passedune valeur constante = T une valeur nulle dans un bande de transition delargeur T :

8


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!1.0 !0.8 !0.6 !0.4 !0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

!0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

Cosinus surlev (= 1/2)

Le paramtre 0 1 sappelle coefficient de retombe(roll-off factor). Pour

=0 on retrouve bien la solution R0(f), alors que

=1 doit correspondre au

cosinus surlev R1(f).Pour calculer R(f) et r(t) de manire simple on peut faire dabord la re-

marque suivante : Pour = 1, r1(t) = sinc tTcosc tT et donc R1(f) = R0(f)C(f)(convolutionfrquentielle) o C(f) estla transforme de Fourier du cosinus car-dinal. Il est impossible de calculer C(f) par lintgrale de Fourier mais on peutle dterminer directement en frquence :

Exercice : Justifier que C(f) est relle, paire (comme le cosinus cardinal) et desupport dfini par |f| 12T . En dduire, laide de la dfinition du produit deconvolution, que pour f> 0, R1(f) = T

1/2Tf1/2T C()d. Driver cette expression

et en dduire T C(f1/2T) = R1(f) =

T

2

2 sinf T, do

C(f) = T2

cosf T (|f| 12T

)

Noter que C(f) est dintgrale unit :

C(f)d f= 1 ce qui est ncessaire pourque R1(f) prenne bien la valeur T en f= 0.

Exercice : Retrouver directement, laide de la formule R1(f) = R0(f) C(f),que R1(f)vrifielecritredeNyquistenfrquence(justifierlestapessuivantes:

nR1(f nT) = (

nR0(f nT))C(f) = TC(f) = T).

Pour obtenir R(f) il suffit maintenant de remplacer C(f) par 1C(f

) (tou-jours dintgrale unit) pour obtenir une largeur de bande de transition autourde f= 12T de largeur T . Autrement dit, on dfinit

R(f) = R0(f)1

C(

f

).

Ce filtre est bien de Nyquist daprs le mme calcul que dans lexercice prc-

dent :

nR(f nT) = (

nR0(f nT)) 1C(f

) = T 1

C( f

) = T.

9


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Exercice : Justifier (avec un minimum de calculs) que R(f) est donn par :

R(f) =

T |f| 12TT2

1+cos

T

(|f| 12T ) 1

2T |f| 1+2T0 |f| 1+2T

Le passage de T 0 est donc effectu, l encore, par un cosinus surlev. Cestla raison pour laquelle ces filtres sont aussi appels filtres en cosinus surlev.

Exercice : Vrifier directement que R(f) satisfait bien au critre frquentielde Nyquist (noter que (f= 12T , T2 ) est un point de symtrie de la courbe pour

f> 0).On a bien obtenu le compromis attendu : la largeur de bande occupe par

la transmission est B = 1+2T (intermdiaire entre 12T et 1T) ; la figure suivantedonne un diagramme de loeil intermdiaire entre ceux obtenus pour = 0 et= 1 :

!0.6 !0.4 !0.2 0.0 0.2 0.4 0.6

!1.5

!1.0

!0.5

0.0

0.5

1.0

1.5

Diagramme de lil pour =

1

2

.

Le calcul de la rponse impulsionnelle correspondante r(t) est immdiat :Puisque R(f) = R0(f) 1C(

f

), il vient r(t) = r0(t)cosc (tT ) cest dire

r(t) = sinc( tT) cosc(tT ) = sinc( tT)cos(t

T)

1 ( 2tT )2

(Les formules donnant r(t) et R(f) sont multiplier par r(0) dans le cas gnralo r(0) = 1).

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Exercice : Evaluer Dmax(t0) pour un dcalage t0 faible par rapport linstant

dchantillonnage idal, et comparer par rapport au cas = 0 (Pour > 0, ontrouve une srie en

1n3

qui converge).

Enfin, il est important de dterminer le filtre en racine de Nyquist H(f) =R(f) correspondant :

Exercice : Sachant que 1+cos2x= 2cos2 x, montrer que

H(f) =

T

1 |f| 12TcosT2 (|f| 12T )

12T |f| 1+2T

0|f

| 1+2T

L encore, H(f) ne satisfait pasle critre de Nyquist.Pour calculer h(t)onpeutappliquerlamthodequiconsistedriverH(f)

deux fois, comme on lavait dans le cas = 1 :

Exercice : Montrer que

H(f) = (T2 )2H(f)+

TT2 ( 1+2T(f)+ 1+2T (f))

o H(f) = H(f) pour |f| 12T et = 0 pour |f| 12T . Montrer que H(f) estla transforme de Fourier de (

2jt)2h(t)

= 42t2h(t), et en dduire que la

transforme de Fourier inverse de H(f)+( 2T)2H(f)est = (1( 4tT )2)h(t). Parailleurs montrer que

H(f)+ (2

T)2H(f) = 1T 1T (f)+

2

T( 1+

2T(f)+ 1+2T (f))

a pour transforme de Fourier inverse

(1 ( 4tT

)2)h(t) = 1T

sinc (1)tT

+ 4

Tcos(21+2T t)

do finalement

h(t) = 1T

4 cos(

(1+)t

T )+ (1)sinc(1

)t

T

1 ( 4tT )2

(Les formules donnant h(t) et H(f) sont multiplier par

r(0) dans le cas gn-ral o r(0) = 1).

Mme si ces formules sont horribles, elles sont lintrt dexister. Cest undes attraits des filtres en cosinus surlev : les rponses r(t) et h(t) sont donnespar des formules explicites, ce qui facilite les simulations.

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