TP-telecommunications/TP2/rapport.tex

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2023-06-20 19:23:24 +00:00
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right=1.5cm
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\begin{document}
\begin{figure}[t]
\centering
\includegraphics[width=5cm]{inp_n7.png}
\end{figure}
\title{
\vspace{4cm}
\textbf{Compte-rendu de TP} \\
Introduction aux communications numériques \\
Étude de linterférence entre symbole et du critère de Nyquist
}
\author{Laurent Fainsin}
\date{
\vspace{7cm}
Département Sciences du Numérique \\
Première année \\
2020 — 2021
}
\maketitle
\newpage
\tableofcontents
\newpage
\section{Étude sans canal de propagation: bloc modulateur/démodulateur}
\subsection{Expliquez comment sont obtenus les instants optimaux déchantillonnage}
Pour sélectionner l'instant initial $n_0$ optimal à l'échantillonage, on cherche à vérifier la condition de Nyquist. Pour cela on peut tracer $g$ ou le diagramme de l'oeil du signal.
\begin{figure}[ht!]
\hspace{-1cm}
\begin{tabular}{cc}
\includegraphics[width=9.5cm]{g_1_1_trim.png} &
\includegraphics[width=9.5cm]{oeil_1_1_trim.png} \\
\end{tabular}
\caption{Vérification de $n_0$ pour la chaine 1 \label{fig : 1_1}}
\end{figure}
Ainsi, grâce à ces tracés, on remarque que pour vérifier la condition de Nyquist avec une chaine dont la réponse impulsionnelle est
rectangulaire (et sans canal de propagation), il faut $n_0 = 8$.
On cherche plus particulièrement l'instant $n_0$ tel que : \\
$\left\{
\begin{array}{l}
g(n_0) \neq 0 \\
g(n_0 + kN_S) = 0
\end{array}
\right.$, $n_0 = 8$ est donc conforme à cet instant.
De même sur le diagramme de l'oeil cette vérification s'effectue par la recherche d'un $n_0$ tel que le tracé converge vers deux valeurs uniques (puisque ici nous avons un signal binaire).
\begin{figure}[ht!]
\hspace{-1cm}
\begin{tabular}{cc}
\includegraphics[width=9.5cm]{g_2_1_trim.png} &
\includegraphics[width=9.5cm]{oeil_2_1_trim.png} \\
\end{tabular}
\caption{Vérification de $n_0$ pour la chaine 2 \label{fig : 2_1}}
\end{figure}
Ainsi pour la chaine avec une réponse impulsionnelle
en racine de cosinus surélevé de roll off $\alpha = 0.5$, il faut $n_0 = 1$.
\subsection{Expliquez pourquoi le taux derreur binaire nest plus nul avec $n_0 = 3$}
Si on ne sélectionne pas l'instant optimal trouvé via la question précédente, alors il y a lors de l'échantillonage des interférences inter-symboles qui viennent fausser la phase de décision (puisque la condition de Nyquist n'est pas respectée).
\newpage
\section{Étude avec canal de propagation sans bruit}
\subsection{Le critère de Nyquist peut-il être vérifié avec BW = 4000 Hz ?}
\subsubsection{Chaine 1}
\begin{figure}[ht!]
\hspace{-1cm}
\begin{tabular}{cc}
\includegraphics[width=9.5cm]{g_1_2_4000_trim.png} &
\includegraphics[width=9.5cm]{oeil_1_2_4000_trim.png} \\
\end{tabular}
\caption{Vérification de $n_0$ pour la chaine 1 \label{fig : 1_2_1000}}
\end{figure}
\begin{figure}[ht!]
%\hspace{-1cm}
\centering
\includegraphics[width=9.5cm]{nyquist_1_2_4000_trim.png}
\caption{Vérification de Nyquist fréquentiel pour la chaine 1 \label{fig : nyquist_1_4000}}
\end{figure}
On vérife dans un premier temps que l'instant optimal existe, celui-ci est toujours $n_0 = 8$.
Le critère de Nyquist en fréquentiel est: \\
$\displaystyle \sum_k^{+\infty} G^{(t_0)}(f - \frac{k}{T_S}) = Cte$
On sait d'après le cours qu'une telle somme de racine de cosinus surélevé est constante, de plus grâce à la Figure \ref{fig : nyquist_1_4000} on observe que le spectre de $| H H_r |$ est "inclus" (pas totalement mais presque) dans celui de $| H_c |$, on en déduit alors que le critère de Nyquist en fréquentiel est vérifié.
\newpage
\subsubsection{Chaine 2}
\begin{figure}[ht!]
\hspace{-1cm}
\begin{tabular}{cc}
\includegraphics[width=9.5cm]{g_2_2_4000_trim.png} &
\includegraphics[width=9.5cm]{oeil_2_2_4000_trim.png} \\
\end{tabular}
\caption{Vérification de $n_0$ pour la chaine 2 \label{fig : 2_2_4000}}
\end{figure}
\begin{figure}[ht!]
%\hspace{-1cm}
\centering
\includegraphics[width=9.5cm]{nyquist_2_2_4000_trim.png}
\caption{Vérification de Nyquist fréquentiel pour la chaine 2 \label{fig : nyquist_2_4000}}
\end{figure}
On vérife dans un premier temps que l'instant optimal est toujours $n_0 = 1$.
Ensuite, on observe grâce à la Figure \ref{fig : nyquist_2_4000} que le spectre de $| H H_r |$ est inclus dans celui de $| H_c |$, on en déduit alors que le critère de Nyquist en fréquentiel est vérifié.
\newpage
\subsection{Le critère de Nyquist peut-il être vérifié avec BW = 1000 Hz ?}
\subsubsection{Chaine 1}
\begin{figure}[ht!]
\hspace{-1cm}
\begin{tabular}{cc}
\includegraphics[width=9.5cm]{g_1_2_1000_trim.png} &
\includegraphics[width=9.5cm]{oeil_1_2_1000_trim.png} \\
\end{tabular}
\caption{Vérification de $n_0$ pour la chaine 1 \label{fig : 1_2_1000}}
\end{figure}
\begin{figure}[ht!]
%\hspace{-1cm}
\centering
\includegraphics[width=9.5cm]{nyquist_1_2_1000_trim.png}
\caption{Vérification de Nyquist fréquentiel pour la chaine 1 \label{fig : nyquist_1_1000}}
\end{figure}
Cette fois ci on observe avec le diagramme de l'oeil de la Figure \ref{fig : 1_2_1000} qu'il est impossible de trouver un $n_0$ tel que la condition temporelle de Nyquist soit vérifiée.
De même si l'on observe les spectres Figure \ref{fig : nyquist_1_1000}, on remarque que la condition de Nyquist en fréquentiel n'est pas respectée car le spectre de $| H H_r |$ n'est pas inclus dans celui de $| H_c |$.
\newpage
\subsubsection{Chaine 2}
\begin{figure}[ht!]
\hspace{-1cm}
\begin{tabular}{cc}
\includegraphics[width=9.5cm]{g_2_2_1000_trim.png} &
\includegraphics[width=9.5cm]{oeil_2_2_1000_trim.png} \\
\end{tabular}
\caption{Vérification de $n_0$ pour la chaine 2 \label{fig : 2_2_1000}}
\end{figure}
\begin{figure}[ht!]
%\hspace{-1cm}
\centering
\includegraphics[width=9.5cm]{nyquist_2_2_1000_trim.png}
\caption{Vérification de Nyquist fréquentiel pour la chaine 2 \label{fig : nyquist_2_1000}}
\end{figure}
Cette fois ci on observe avec le diagramme de l'oeil de la Figure \ref{fig : 2_2_1000} qu'il est impossible de trouver un $n_0$ tel que la condition temporelle de Nyquist soit vérifiée.
De même si l'on observe les spectres Figure \ref{fig : nyquist_2_1000}, on remarque que la condition de Nyquist en fréquentiel n'est pas respectée car le spectre de $| H H_r |$ n'est pas inclus dans celui de $| H_c |$.
\end{document}