Matrise EEA SRM Universit Paris XI - ENS Cachan

2000-2001 1

Module SRM : Examen du 15 juin 2001

Solutions

A. Antennes

1. On doit avoir d >> et d > dF = 2a2 . Or = 3 cm et dF = 60 cm donc dmin =

2a2 = 60 cm.

2. Caractristique vectorielle de rayonnement

a. )(B)(A2

jkEdydxe

aycos

2jkE

),(F 02a

2a

2a

2a

)yx(jk20

=

=

+ o

=a

asina)(A

(loi d'illumination uniforme suivant x) et

+

=2a

2a

yjk dye2

ay2cos1

)(B . Aprs quelques

calculs, on obtient finalement : 22

2

aa

asin

2a)(B

= .

b. Dans le plan E ( = 0), on retrouve pour le diagramme de rayonnement l'allure "habituelle" en sinus cardinal, avec un lobe principal centr en 0, et des lobes secondaires dlimits par

des annulations de F(,0) en m = m/a et qui prennent leur maxima en (2m+1)/a, o m est un entier relatif non nul. L'espace visible est dlimit par 10 (a = 10).

Dans le plan H ( = 0), on a toujours le mme sinus cardinal, mais "pondr" par la fonction

f(u) = 2/( 2 - u2), o u = a/. La prsence de f(u) a deux influences notables : la valeur /a ne conduit pas l'annulation de la caractristique vectorielle de rayonnement, le dnominateur

de f(u) s'annulant. On a en fait F(0,/a)/F(0,0) = 1/2 et le lobe principal dans le plan H est plus large que dans le plan E. Pour m = m/a, avec m entier relatif de valeur absolue strictement suprieure 1, le sinus cardinal s'annule alors que f(u) a une valeur finie, la caractristique

vectorielle de rayonnement est donc gale 0. L'amplitude des lobes secondaires dlimites

par ces valeurs m est cependant fortement rduite par la prsence de f(u). L'espace visible est dlimit par 10. Les tracs des diagrammes de rayonnement dans les plans E et H sont donns sur la figure

ci-dessous :

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0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

-1 -0,5 0 0,5 1

F( ,0) (plan E)

F(0, ) (plan H)D

iagr

amm

e de

rayo

nnem

ent

Cosinus directeur

c. D'aprs l'tude prcdente, la largeur du lobe principale dans le plan E est gale 21 = 2/a, si on dfinit la largeur de ce lobe par rapport aux annulations de F(,0). Dans le plan H, la

largeur du lobe principal est donne par 22 = 41 =4/a. On a donc E = 2.arcsin(/a) 2/a = 0,2 rd = 11,5 et H = 2.arcsin(2/a) 4/a = 0,4 rd = 23.

d. Dans le plan E, le niveau du premier lobe secondaire (situ en = 3/(2a)) est NsE = 2/(3) = -13,5 dB. Dans le plan H, on suppose comme propos dans le texte que le

premier lobe secondaire a son maximum en = 5/(2a) (les abscisses des lobes secondaires dans le plan H ne peuvent tre calcules analytiquement, mais elles sont proches de celles

correspondant aux maxima des lobes secondaires du plan E), d'o NsH = 8/(105) = -32,3 dB.

e. On obtient facilement :

)(B)(A2

jkE),(F 00

0

=

Le dphasage dans la loi d'illumination modifie donc la direction des lobes de rayonnement (le

lobe principal se situe ainsi dans la direction (0,0)) sans modifier l'allure de la caractristique de rayonnement.

3. Directivit

a. Pour une ouverture carre de ct a, la directivit peut atteint la valeur maximale

DM = 4a2/2 = 31 dB si la loi d'illumination de l'ouverture est uniforme.

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b. D'aprs le cours (cf. polycopi p. 25), on a :

+

=

ouverture

2

2

ouverture

)y.0x.0(jk

20 dydx)y,x(E

dydxe)y,x(E4D , soit,

=

ouverture

420

2

20dydx

aycosE

)0,0(Fjk2

4D , d'o,

=

2a

2a

420

22

0

20

dyaycosEa

2aE

4D , et tous calculs faits, on a finalement :

dB293a24D

2

20 =

= .

On a de plus D0/DM = 2/3.

4. Liaison radar

a. ( ) ( ) = GDrrf4c

WW 2

02RE

3

2

E

R .

b. A. N. : WR/WE = -115 dB.

c. Afin de localiser la cible, on fait varier la direction du lobe principal de rayonnement, soit par

un balayage mcanique, soit par un balayage "lectrique" : dphasage introduit dans la loi

d'illumination de l'ouverture (cf. 2.e), rseau d'antennes avec dphasage introduit dans les

alimentations des diffrentes antennes du rseau

5. Rception et adaptation d'impdance

a. Uq et Zq dpendent des caractristiques de l'ouverture en rgime d'mission, cf. cours

(thorme de rciprocit)

b. zL = 2,6 + j.1,4 d'o L = 0,54, Arg(L) = 20, TR = 3,34. c. Deux solutions possibles : d1 = 0,199 et l1 = 0,09 ou bien d2= 0,356 et l1 = 0,396 .

d. Pour d1 = 0,1 (distance de la charge au premier stub) et d2 = 0,3 (de la charge au deuxime stub), on a deux solutions possibles : l1 = 0,31 et l2 = 0,415 ou bien l1 = 0,162 et l2 = 0,122 .

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B. Transmission numrique : Principe de la transmission CDMA

I. Modulation

1. a = 1 v(t) = g(t) ; a = 0 v(t) = -g(t).

2. Modulation de phase PSK 2 tats (BPSK), ou modulation d'amplitude ASK 2 tats.

3. La densit spectrale de puissance Dx(f) du signal x(t) est un sinus cardinal centr en 0 et

s'annulant aux frquences multiples de mT/1M =& (Dx(f) = (sin(fTm)/(fTm))2). Son

encombrement en frquences Bx est gal mT/1M =& si on le limite au lobe principal de Dx(f).

4. Pour g(t) = g1(t), Bw = Bx. Pour g(t) = g2(t), Bw = 2Bx. Enfin pour g(t) = g3(t) et g(t) = g4(t),

Bw = 4Bx.

II. Dmodulation

1. d(t) = 2.cos(0t) w(t) = (1+cos(20t) v(t), la composante autour de 20 est filtre par le

passe-bas d'o d(t) = v(t).

2. Si a = 1, d prend les valeurs dk successives suivantes : {1 ; -1 ; 1 ; -1}. On a alors :

c = 1 1 + (-1) (-1) + 1 1 + (-1) (-1) = 4 d'o b = 1. Si a = 0, {dk} = {-1 ; 1 ; -1 ; 1} et

donc, c = (-1) 1 + 1 (-1) + (-1) 1 + 1 (-1) = -4, d'o b = 0. On a bien b = a.

3. Les valeurs de d sont inchanges par rapport la question prcdente, d'o :

pour g1 utilis la dmodulation: a = 1 c = 0 b = 1 et a = 0 c = 0 b = 1, b ne

correspond donc pas a.

pour g2 : a = 1 c = 0 b = 1 et a = 0 c = 0 b = 1, on a encore b a,

pour g4 : a = 1 c = 2 b = 1 et a = 0 c = -2 b = 0. On retrouve cette fois-ci

b = a.

III. Multiplexage

1. A l'mission, on a w(t) = cos(0t) (x(t) g1(t) + x'(t) g3(t)). A la rception,

d(t) = x(t) g1(t) + x'(t) g3(t). Si g1(t) est utilis la dmodulation, les 4 cas possibles sont :

a = 0 et a' = 0 {dk} = {-2 ; 0 ; -2 ; 0} c = -4 b = 0 = a = a',

a = 0 et a' = 1 {dk} = {0 ; -2 ; 0 ; -2} c = -4 b = 0 = a a',

a = 1 et a' = 0 {dk} = {0 ; 2 ; 0 ; 2} c = 4 b = 1 = a a',

a = 1 et a' = 1 {dk} = {2 ; 0 ; 2 ; 0} c = 4 b = 1 = a = a'.

On a donc b = a et b est diffrent de a'.

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2. Pour g3(t) utilis la rception, les valeurs de dk sont toujours les mmes et les cas possibles

sont :

a = 0 et a' = 0 c = -4 b = 0 = a = a',

a = 0 et a' = 1 c = 4 b = 1 = a' a,

a = 1 et a' = 0 c = -4 b = 0 = a' a,

a = 1 et a' = 1 c = 4 b = 1 = a = a'.

On a donc b = a' et b est diffrent de a.

3. Pour g4(t) utilis la rception, les cas possibles sont :

a = 0 et a' = 0 c = -4 b = 0 = a = a',

a = 0 et a' = 1 c = 0 b = 1 = a' a,

a = 1 et a' = 0 c = 0 b = 1 = a a',

a = 1 et a' = 1 c = 4 b = 1 = a = a'.

On a donc b diffrent de a et a'.

4. On a = 0. Les signaux g1 et g3 sont donc orthogonaux alors qu'on a constat dans

les questions III.1 et III.2 que l'utilisation de ces codes permet deux utilisateurs de partager le

mme canal en CDMA. On a = 0 et dans la question II.3 on a vu que l'utilisation en

rception du signal g2 ne permet pas de rcuprer un signal cod avec g3. On a = +2

alors que d'aprs les rsultats de la question II.3 l'utilisation en rception du signal g4 permet de

dmoduler correctement un signal cod avec g3. On a = 0. On a = +2.

Enfin, on a = -2. On peut en dduire que les codes utiliss en CDMA doivent tre

orthogonaux afin de permettre le multiplexage d'un canal de transmission donn.

5. L'encombrement du signal CDMA est N/Tm >> Bx. Le spectre est N fois plus large que celui du

signal initial, on a bien une "transmission par talement de spectre".

6. Le spectre est indpendant du nombre d'usagers.