chapitre 6 phenomenes periodiques non sinusoidaux … · il n’y a pas de vitesse initiale donc...
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Chapitre 6 PHENOMENES PERIODIQUES NON SINUSOIDAUX
ANALYSE DE FOURIER Application aux Milieux Dispersifs
Les fonctions sinusoïdales jouent un rôle important en physique comme dans le mouvement forcé de l’oscillateur harmonique ou les solutions stationnaires de l’équation d’onde. Or tous les phénomènes physiques ne sont pas décrits par une fonction sinusoïdale. C’est le cas par exemple des signaux cardiaques qui sont périodiques dans le temps mais certainement pas sinusoïdaux. Dans ce chapitre, nous allons nous intéresser justement à ces signaux périodiques et montrer comment on peut les décomposer en une somme de fonctions sinusoïdales. C’est l’analyse de Fourier. Une approche mathématique complète vous sera proposée plus tard. Dans le cadre de ce cours, nous allons nous contenter de donner le principe de l’analyse de Fourier, de proposer des recettes et de voir comment ces recettes fonctionnent. Cette analyse de Fourier joue un rôle essentiel dans les milieux dispersifs dans lesquels la vélocité dépend de la fréquence. 6-1 Analyse de Fourier - Séries de Fourier: Presque toute fonction F(t) périodique de pulsation ω peut être décomposée comme une série de fonction sinusoïdales :
F(t ) = a0 + an cos(nω t) + bn sin(nω t)n=1
∞
∑
ou bien F(t ) = a0 + An cos(nω t + ϕn )n=1
∞
∑
An est l'amplitude et ϕn la phase du mode n.
Vous verrez en mathématique à quelles conditions cette décomposition est possible.
Comment déterminer les coefficients ?
a0 =1T
F(t)dtt1
t1 + T
∫
an =2T
F(t) cos(nω t)dtt1
t1 + T
∫ bn =2T
F(t)sin(nω t)dtt1
t1 +T
∫
An = an2 + bn
2 cos(ϕn ) =an
An
sin(ϕn ) = −bn
An
Egalité de Bessel-Perseval :
1T
F2 (t)dtt1
t1 + T
∫ = a02 +
12
(an2
n=1
+∞
∑ + bn2 )== a0
2 +12
An2
n=1
+∞
∑
Cette égalité est importante car elle montre la contribution de chacun des modes à l’énergie qui dépend du carré d’une des grandeurs physiques.
Ondes 6-1
Pour comprendre simplement ces formules, il est essentiel de se rappeler que : 1T
cos( ′ n ω t)cos(nω t)dtt1
t1 + T
∫ =12
δ ′ n n
Rappel : δ ′ n n =0 si n’≠ n, δ ′ n n =1 si n’=n,
1T
sin( ′ n ω t)sin(nω t)dtt1
t1 + T
∫ =12
δ ′ n n
1T
sin( ′ n ω t) cos(nω t)dtt1
t1 + T
∫ = 0
♦ Exercice 6-1 : Montrer que 1T
cos2 (nω t)dtt1
t1 + T
∫ =12
♦ Exercice 6-2 : Montrer que 1T
cos(ω t)cos(2ω t)dtt1
t1 + T
∫ = 0
♦ Exercice 6-3 : Montrer que 1T
sin(nω t)cos(nω t)dtt1
t1 + T
∫ = 0
♦ Exercice 6-4 : Faites l’analyse de Fourier des signaux suivants :
F(t)
t
a
T
F(t)
t
a
T
Fig 6-1
Fig 6-2
F(t)
t
a
T
F(t)
t
a
T
F(t)
t
a
T
Fig 6-3 Fig 6-4 Fig 6-5
Réponse : 6-1 : F(t ) =a2
−2a
(2p + 1)πp=1
+∞
∑ sin (2 p + 1)2πtT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥
Soit F(t ) =a2
−2aπ
sin 2πtT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥ +
13
sin 2π3tT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥ +
15
sin 2π5tT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥ + ...
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
6-2 : F(t ) =a2
+2a(−1)( p−1)
(2 p + 1)πp=1
+∞
∑ cos (2p + 1)2πtT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥
soit F(t ) =a2
+2aπ
cos 2πtT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥ −
13
cos 2π3tT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥ +
15
cos 2π5tT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥ + ...
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
Ondes 6-2
6-3 : A un coefficient et un signe près, la fonction de la figure 6-1 est la dérivée
de la fonction de la figure 6-3
F(t ) =a2
−2a
(2p + 1)2π 2p=1
+∞
∑ cos (2 p + 1)2πtT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥
F(t ) =a2
−2aπ 2 cos 2π
tT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥ +
19
cos 2π3tT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥ +
125
cos 2π5tT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥ + ...
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
6-4 F(t ) =a2
+2aπ 2 cos 2π
tT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥ +
19
cos 2π3tT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥ +
125
cos 2π5tT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥ + ...
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
6-5 F(t ) =a2
+2aπ 2 sin 2π
tT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥ −
19
sin 2π3tT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥ +
125
sin 2π5tT
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥ + ...
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
♦ Exercice 6-5 : Mathématica
Utiliser Mathematica pour composer des fonctions périodiques en ajoutant des fonctions sinusoïdales, par exemple : F(t ) = 2cos(t) + sin(2t) ou F(t ) = 3cos(t) + 2sin(2t) + cos(3t) Jouer avec les amplitudes de chacune des harmoniques et le nombre d’harmonique. Essayer de recomposer un signal carré. 6-2 Transformée de Fourier expérimentale Dans les programmes informatiques ou sur les oscilloscopes numériques, l'algorithme de calcul de la transformée de Fourier utilisé est l'algorithme FFT (Fast Fourier Transform). Il donne non pas la transformée de Fourier mais uniquement ce qu'on appelle le spectre de Fourier, à savoir l'ensemble des coefficients: An
2{ }. Deux signaux très différents ayant les mêmes coefficients mais des phases An
2{ } ϕn{ } différentes présenteront donc le même spectre FFT:
2 4 6 8 10
-4
-2
2
4
6
Figure:6-6 Représentation des deux fonctions u(t)=cos(t)+2cos(2t)+3cos (3t) (trait fin) v(t)=cos(t)-2cos(2t)+3cos (3t+π/2) (en gras) en fonction du temps t. Le spectre de Fourier de ces deux signaux est le même
Rem: L'oscilloscope mesurera donnera une mesure de chacun des modes en dB. Soit Bn la mesure à l'oscilloscope de l'intensité du mode n:
Bn − B1 = 10logAn
A1
⎡
⎣ ⎢ ⎢
⎤
⎦ ⎥ ⎥
2
= 20logAn
A1
⎡
⎣ ⎢ ⎢
⎤
⎦ ⎥ ⎥
.
6-3 Application : corde de guitare pincée
Considérons une corde de guitare tendue et donc fixée aux deux extrémités. Seules les ondes stationnaires de fréquence multiple d’une fréquence fondamentale pouvaient s’établir
Ondes 6-3
sur la corde. En fait il est indispensable que : L = pλp
2 soit λp =
2Lp
et donc νp = pc
2L= pν1.
Le déplacement de la corde u(x,t) se met sous la forme :
u(x,t ) = sin πpxL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
p=1
∞
∑ ap cos(2πνpt) + bp sin(2πν pt)[ ]
ou bien u(x,t ) = Ap sin πpxL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
p=1
∞
∑ cos(2πν pt + ϕ p )[ ] Ce déplacement est nul en x= 0 et x=L, c’est-à-dire aux deux extrémités là où la corde est fixée. ♦ Exercice 6-6 : Montrer que u(x,t) est bien solution de l’équation d’onde.
La fonction u(x,t) est une fonction périodique du temps avec une fréquence égale à la fréquence du mode fondamentale mais elle n’est pas sinusoïdale. Elle est composée d’un certain nombre d’harmoniques. L’importance de ces harmoniques dépend de la façon de l’excitation apportée au temps t= 0 par le musicien.
Que se passe-t-il à t=0 ?
u(x,0) = ap sin πpxL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
p=1
∞
∑
∂u∂t
(x,0) = 2πνpbp sin πpxL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
p=1
∞
∑
Donc pour déterminer les composantes de Fourier ap et bp., il est important de connaître la forme du signal c’est-à-dire u(x,0) et Ý u (x,0). Considérons donc une corde que l’on pince à l’instant t=0 :
xO L
h
l Il n’y a pas de vitesse initiale donc tous les coefficients bp sont nuls. Pour déterminer les coefficients a : p
ap =2L
dx0
L
∫ sin πpxL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ u(x,0) .
♦ Exercice 6-7 : Démontrer cette formule
Démontrer de même que, s’il existait une vitesse initiale,:
2πνpbp =2L
dx0
L
∫ sin πpxL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
∂u∂t
(x,0).
Il reste donc à faire les calculs….
Ondes 6-4
On va décomposer en deux : de 0 à l : u(x,0) = xhl
et de l à L , u(x,0) = h −x + L− l + L
.
ap =2L
dx0
l
∫ sin πpxL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ x
hl
+2L
dxl
L
∫ sin πpxL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ h
L − xL − l
Calcul de la première intégrale :
2L
dx0
l
∫ sin πpxL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ x
hl
=2h
(πp)2Ll
ysin y0
πplL
∫ dy en posant y =πxp
L.
Or ysin ydy = −y cos y[ ]0
a
∫0
a
− − cos ydy = sin a − a cosa0
a
∫
La première intégrale est donc égale à : 2h
(πp)2Ll
sin πplL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ − πp
lL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ cos πp
lL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥ .
Calcul de la seconde intégrale :
2L
dxl
L
∫ sin πpxL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ h
L − xL − l
=2hL(−1)p+1
(L − l)(πp)2 zsin zdz0
pπ(L −l )
L
∫ en posant z = πpL − x
L.
La seconde intégrale est donc égale à :
2h(πp)2
L(L − l)
sin πp(L − l)
L⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ − πp
(L − l)L
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ cos πp
(L − l)L
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ ⎥
On aurait pu la trouver directement à partir de la première en remplaçant l par L-l..
Or sin πp(L − l)
L⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ = sin πp − πp
lL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ = (−1)p+1 sin πp
lL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
cos πp(L − l)
L⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ = cos πp − πp
lL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ = (−1)p cos πp
lL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ .
On en déduit donc :
ap =2h
(πp)2 sin πplL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
Ll
+L
L − l⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
⎡ ⎣ ⎢
⎤ ⎦ . ⎥
Soit : ap =2hL2
(πp)2 l(L − l)sin πp
lL
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
Figure 6-1 : Représentation des trois
premières harmoniques et de leur somme
quand la corde est pincée au 1/5 de sa
longueur. 0.2 0.4 0.6 0.8 1
-0.2
0.2
0.4
0.6
Ondes 6-5
a1 = 25h2π2 sin(π
5) ; a2 = 25h
8π2 sin(2π5
) ;
a3 = 25h18π2 sin(3π
5)
♦ Exercice 6-8 : Représenter l’amplitude des harmoniques p=1, p=2 , p=, p=4, p=5, p=6 en fonction de l. Aide : On remarquera que sin x
xtend vers 1 quand x tend vers 0. Au voisinage de L, on fera
un changement de variable judicieux…. Que se passe-t-il si on pince la corde au milieu ? au quart de sa longueur? Grâce à une animation Mathématica, représenter l'évolution de la forme de la corde au cours du temps quand on la pince au 1/5 de sa longueur. ♦ Exercice 6-9 : Quelle est l’énergie mise au départ quand on pince la corde ? Essayer de
vérifier l’équation de Bessel Perseval au moins numériquement.
Les valeurs des différents coefficients ap et bp donnent une idée du timbre de l’instrument. Dans le cas d’un piano, les cordes sont frappées, c’est-à-dire qu’on donne à la corde une vitesse initiale et pas un déplacement. En fait l’émission sonore n’est pas seulement due à l’émission propre de la corde mais plutôt au bâti sur lequel les cordes sont fixées. Tout notre raisonnement est aussi basé sur l’absence de dissipation. Or il y a dissipation et ceci altère le spectre et le modifie au cours du temps.
6-3 Milieu dispersif Jusqu’à maintenant, nous avons considéré des ondes non dispersives, c’est-à-dire des
ondes dont la vélocité de dépend pas de la fréquence. Nous avons peu parlé des ondes à la surface de l’eau. Pour ces ondes et en eau profonde, la relation reliant ω et k est :
ω2 = gk +σρ
k3
g est la constante de gravitation, à l’origine de la houle, σ est la tension superficielle de l’eau (énergie par unité de surface) à l’origine des rides et ρ est sa masse volumique.
♦ Exercice 6-10: Montrer que cette équation est homogène. Pourquoi la partie
gravitationnelle ne fait-elle pas intervenir la masse volumique ? Pourquoi parle-t-on dans ce cas d’onde dispersive ?
Il est impossible de produire une onde avec une fréquence ν unique. Il y a une certaine étendue dans la fréquence. Considérons donc une superposition de deux signaux de pulsation voisine : ω1 et ω2.
u(x,t ) = Acos(ω1t − k1x) + Acos(ω2t − k2 x)
u(x,t ) = 2A cos(ω1 + ω2
2t −
k1 + k2
2x)cos(
ω1 − ω2
2t −
k1 − k2
2x)
Ondes 6-6
k1 et k2 sont très proches, donc k1-k2 est petit. Observons la forme de u(x,0) : u (x, 0) présente des oscillations rapides avec une période spatiale voisine de 2π
k1
oscillations dont la phase se
déplace avec la vélocité proche de ω1
k1
. Ces oscillations rapides sont enveloppées par des
oscillations à plus grande longueur d’onde 2πk1 − k2
. Ce phénomène est identique aux
battements temporels exposés au chapitre sur l’effet Doppler. Si la vitesse de propagation dépend de la longueur d’onde, l’enveloppe ne va pas se déplacer à la même vitesse que la phase. En effet cette enveloppe se déplace à une vitesse ω1 − ω2
k1 − k2
=dωdk
alors que la phase se
déplace à la vitesse ωk
. Dans le cas d’une onde non dispersive, cette vitesse est aussi égale à
la vitesse de phase. Ce n’est pas le cas dans un milieu dispersif. La vélocité ωk
s’appelle la
vitesse de phase alors que dωdk
est la vitesse de groupe et correspond à la vitesse de
propagation de l’énergie. Ces deux vitesses sont donc différentes dans un milieu dispersif. ♦ Exercice 6-11 (Mathematica) Représenter en animation la somme de deux ondes
u(x,t ) = cos 2πν(t −xc
)⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ + cos 2πνα (t −
xβc
)⎛
⎝ ⎜ ⎜
⎞
⎠ ⎟ ⎟ .
On prendra dans un premier temps ν= 1/5, c=1, α=1.01, β=1(milieu non dispersif) puis β=1.05 (milieu dispersif pour lequel la célérité n’est pas constante). Jouez avec les paramètres
2 4 6 8 10 12 14
-2
-1
1
2
2 4 6 8 10 12 14
-2
-1
1
2
Représentation de u(x,t) en fonction de x à t=0 pour b=1
Représentation de u(x,t) en fonction de x à t=4 pour b=1. Toute la figure semble avancer dans le temps à la vitesse c(=1) car à la fois les oscillations rapides et l'enveloppe avance à la même vitesse: la vitesse de phase est égale à la vitesse de groupe. Dans ce cas tout s'est décalé d'une longueur égale à c∆t=4
Ondes 6-7
2 4 6 8 10 12 14
-2
-1
1
2
2 4 6 8 10 12 14
-2
-1
1
2
Représentation de u(x,t) en fonction de x à t=0 pour b=0.95
Représentation de u(x,t) en fonction de x à t=4 pour b=0.95. On observe toujours le déplacement des oscillations rapides à la vitesse c mais maintenant l'enveloppe elle-même se déplace à la vitesse de groupe , plus faible que la vitesse de phase
♦ Exercice 6-12 : Exprimer la vitesse de phase et la vitesse de groupe pour des ondes à la
surfaces de l’eau en fonction de la longueur d’onde. Estimer les longueurs d’onde pour une onde créée par un jet de caillou puis pour la houle. En déduire la vitesse de phase et la vitesse de groupe correspondante ainsi que les fréquences associées. Données : σ=72 10-3 Nm-2. 6-4 Traitement du signal
Supposons que l’on souhaite analyser un signal périodique. On envoie ce signal sur une carte d’acquisition qui va transformer un signal analogique (une tension en V par exemple) en signal digital avec un certain échantillonnage : Soit N le nombre de points considérés et δt, la différence de temps entre deux points ; 1/δt est la fréquence d’échantillonnage et Nδt le temps d’échantillonnage. Soit une fonction périodique de pulsation ω. On a vu qu’elle s’écrit théoriquement:
F(t ) = a0 + an cos(nω t) + bn sin(nω t)n=1
∞
∑ .
Avec : an + ibn =2T
F(t)exp(inω t)dtt1
t1 + T
∫
Mais F(t) n’est pas mesurée continûment, mais tous les δt. Il faut donc remplacer l’intégrale par une série. On connaît ainsi : Fk = F(kδt) .
an + ibn ≈2N
F(kδt)exp(inω kδt)k
∑
Ondes 6-8
En fait on ne peut que déterminer une distribution de fréquences qu’avec une certaine résolution en fréquence. Donc F(t) ne peut être exactement déterminée comme une série discrète de fonctions sinusoïdales mais comme une intégrale :
F(t ) = dωF(ω )exp(iωt)−∞
+∞
∫
avec F(ω) =1
2πdtF(t)exp(−iωt)
−∞
+∞
∫
Remarque : les fréquences et les temps négatifs permettent d’obtenir plus facilement une expression réelle. On obtiendra ainsi une réponse en fréquence pour des valeurs de fréquences qui ne correspondent pas strictement à la fréquence propre du signal. Exemple : Prenons la fonction Cos(ω0t). On va mesurer le signal associé à cette fonction pour N temps séparés de δt. Puis on calcule :
F(ω) = 2N
Cos(ω0kδt)k=0
N−1∑ exp(− iωkδt)
En fait la FFT ne donnera que F(ω) .
F(ω) =1N
exp(iω0kδt)k=0
N−1∑ exp(−iωkδt) + exp(−iω0kδt)
k=0
N−1∑ exp(−iωkδt)
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟
F(ω ) =1N
1 − exp iN(ω0 − ω )δt[ ]1 − exp i(ω0 − ω )δt[ ] +
1 − exp −iN (ω0 + ω)δt[ ]1 − exp −i(ω0 + ω)δt[ ]
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟
F(ω ) =1N
exp iN(ω0 − ω )δt / 2[ ]exp i(ω0 − ω )δt[ ]/ 2
Sin N (ω0 − ω)δt / 2[ ]Sin (ω0 − ω )δt / 2[ ] +
1N
exp iN(−ω0 − ω)δt / 2[ ]exp i(−ω0 − ω)δt[ ]/ 2
Sin N(ω0 +[Sin (ω0 +[
Examinons chacun de s deux termes séparément. Le module du premier terme est voisin de 1 pour où ωω = ω 0 + pωe e est la fréquence d’échantillonnage et p est entier. Le module du second terme est voisin de 1 pour ω = −ω 0 + pω e où ωe est la fréquence d’échantillonnage et p est entier. Si la fréquence d’échantillonnage est plus élevée que la fréquence propre du signal, on peut éliminer sa contribution en intercalant un filtre passe –bas de fréquence de coupure ωc telle que ω . On récupère donc un signal non négligeable seulement
pour ω =
0 < ωc < ωe
ω0 ±π
Nδt.
Conclusion : La résolution de la FFT en fréquence est donc liée au temps total d’échantillonnage.
Ondes 6-9
ANNEXE : Approche illustrée de la transformée de Fourier
La transformée de Fourier est l’opération qui permet de déterminer les fréquences qui composent un signal temporel. On va considérer au départ une fonction simple : f (t) = Cos(2πt) donc de fréquence 1 et de période 1. En réalité tout signal réel a une certaine largeur en fréquence. Néanmoins on va commencer par ce signal simple. Quand on veut réaliser pratiquement la transformée de Fourier de ce signal, on en prend un échantillonnage. On réalise par exemple un échantillonnage de 10 points tous les 0.1s et on
réalise la TF ou transformée de Fourier : g(ν) =2N
f (i i =1
N
∑ δt) Cos(2πν i δt)
En prenant une infinité de points d’échantillonnage infiniment proches, on aurait une transformée de Fourier non nulle pour une fréquence de 1, la fréquence du signal. La transformée de Fourier est donc à priori la méthode de traitement du signal indispensable pour connaître les fréquences temporelles présentes dans le signal. Avec un échantillonnage discret, on obtient la transformée de Fourier suivante :
2 4 6 8 10 12
-0.4
-0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Fig. 1a :Fonction g(ν) au voisinage de 1 pour f (t) = Cos(2πt)
Fig. 1b :Fonction g(ν)entre 0 et 12 f (t) = Cos(2πt)
On constate sur la figure 1-a un maximum en 1, ce que l’on attend. Mais on voit que la fonction g(ν) oscille à l’intérieur d’une certaine enveloppe. De plus en allant regarder à plus haute fréquence, on observe des pics en 9 et 11 soit 10±1.
Quelles sont les influences des divers paramètres sur ces observations ?
Avoir pris T = 1 et ν=1 peut être trompeur. Prenons T=1.5, δt=0.1 et N=15. Pour l’instant, on choisit un nombre de points correspondant à une période du signal.
1 2 3 4 5
-0.4
-0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
2 4 6 8 10 12
-0.4
-0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Fig 2a : Fonction g(ν) au voisinage de 0 pour
f (t) = Cos(2πt /1.5) Fig 2b : Fonction g(ν)entre 0 et 12
f (t) = Cos(2πt /1.5) On constate que les maximums sont observés en ν=0.666 , ν=10±0.666,…. . La fréquence des oscillations secondaires autour de chaque maximum a changé.
Influence du nombre de points d’échantillonnage
Ondes 6-10
2 4 6 8 10 12
-0.4
-0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
2 4 6 8 10 12
-0.4
-0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Fig 3a : Fonction g(ν) pour f (t) = Cos(2πt)
δp=0.1 Np=10
Fig 3b : Fonction g(ν) pour f (t) = Cos(2πt) δp=0.1 Np=40
Il est clair que plus le nombre de points sélectionnés est grand, plus la courbe se resserre autour de la valeur attendue, mais les fréquences « parasites » restent.
0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5 1.75
-0.4
-0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0.9 0.95 1.05 1.1
-0.4
-0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Fig 4a : Fonction g(ν) pour f (t) = Cos(2πt)
δp=0.1 Np=10
Fig 4b : Fonction g(ν) pour f (t) = Cos(2πt)
δp=0.1 Np=100 On constate que δν varie comme 1/Np. La résolution en fréquence est donc
inversement proportionnelle au nombre de points d’échantillonnage.
Essayons de tester une autre fréquence :
1.9 1.95 2.05 2.1
-0.4
-0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0.9 0.95 1.05 1.1
-0.4
-0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Fig 5a :Fonction g(ν) pour f (t) = Cos(4πt) ; δp=0.1 Np=100
Fig 5b : Fonction g(ν) pour f (t) = Cos(2πt)
δp=0.1 Np=100
On constate que δν varie comme 1/Np mais ne dépend pas de la fréquence du signal. Essayons de tester un autre intervalle de temps d’échantillonnage δt:
Ondes 6-11
0.9 0.95 1.05 1.1
-0.4
-0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0.9 0.95 1.05 1.1
-0.4
-0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Fig 6a : Fonction g(ν) pour f (t) = Cos(2πt)
δp=0.1 Np=100
Fig 6b : Fonction g(ν) pour f (t) = Cos(2πt)
δp=0.2, Np=100 On constate donc que δν varie comme1/δt. CONCLUSION : La largeur de la bande en fréquence varie comme 1/(Npδt), c’est-à-dire comme 1/Tt où Tt est la largeur totale de la bande considérée l’analyse. Il est clair que cette bande doit être suffisamment large pour bien décrire la fonction. On ne peut pas augmenter δt pour bien séparer des fonctions d’allure voisine, donc il faut essayer d’avoir le maximum de points d’échantillonnage.
Il est aussi facile de voir aussi que l’amplitude des pics a une signification physique et correspond à l’amplitude de chacune des harmoniques :
1 2 3 4
-0.4
-0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Fig. 7 : Fonction g(ν) pour f (t) = 0.2 Cos(2πt) + Cos(6πt) , δp=0.1, Np=100
Les fréquences parasites ne sont pas représentées car on peut les éliminer par un filtre passe-bas. Le traitement FFT va de plus lisser le bas de chacun des pics.
Ondes 6-12