Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 6 exercices, avec les corrigés complets à la fin.
Le motif de 8 bits 0000 1111 stocke un entier signé en complément à deux. Quelle est sa valeur N en décimal ?
Une image non compressée fait 800 × 600 pixels avec 24 bits par pixel. Quelle mémoire M occupe-t-elle, en Kio (1 Kio = 1024 octets) ?
Utilisez le tableau de Karnaugh pour trouver la forme somme de produits (SOP) minimale de F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 6, 7, 9, 12, 13, 14, 15). Combien de littéraux L contient-elle au total (une variable primée compte pour un littéral) ?
Pour F(A, B, C, D) = Σm(5, 6, 7, 11) + d(0, 2, 3, 10, 15), où d marque les états indifférents, trouvez le nombre N d’implicants premiers essentiels.
Un enregistreur échantillonne 4 canaux à 1 kHz chacun avec un CAN de 14 bits. Chaque échantillon est stocké en octets entiers. Trouvez la mémoire M nécessaire pour un enregistrement de 5 min, en Mo (1 Mo = 10⁶ octets).
Un signal carré de 450 Hz est échantillonné à 1 kHz sans filtre anti-repliement. Un signal carré contient les harmoniques impairs 3f₁, 5f₁, 7f₁, … À quelle fréquence fa l’harmonique 3f₁ apparaît-il dans les données échantillonnées ? Donnez-la en Hz.
Réponse: N = 15
Systèmes de numération positionnels : chaque chiffre vaut sa valeur multipliée par une puissance de la base. En binaire les positions valent 1, 2, 4, 8, 16, … ; en hexadécimal 1, 16, 256, …, avec A–F pour 10–15. En complément à deux sur 8 bits, le bit de gauche vaut −128 au lieu de +128 : c'est ainsi qu'on stocke les nombres négatifs.
Les autres bits gardent leurs valeurs positives habituelles.
Réponse: M = 1406 KiB
Systèmes de numération positionnels : chaque chiffre vaut sa valeur multipliée par une puissance de la base. En binaire les positions valent 1, 2, 4, 8, 16, … ; en hexadécimal 1, 16, 256, …, avec A–F pour 10–15. En complément à deux sur 8 bits, le bit de gauche vaut −128 au lieu de +128 : c'est ainsi qu'on stocke les nombres négatifs.
Réponse: L = 14
Tableaux de Karnaugh : les cases sont ordonnées en code de Gray (00, 01, 11, 10), donc les cases voisines, y compris celles de part et d’autre des bords, diffèrent par exactement une variable. Regroupez les 1 en rectangles de 1, 2, 4, 8 ou 16 cases, aussi grands que possible et en aussi petit nombre que possible, jusqu’à ce que chaque 1 soit couvert. Chaque groupe est un terme produit : les variables qui restent constantes à l’intérieur. Un groupe de 2ᵏ cases perd k variables. Les états indifférents (X) peuvent servir à agrandir les groupes mais n’ont jamais besoin d’être couverts. Regrouper les 0 donne la forme POS minimale.
Chaque groupe est un rectangle de 2ᵏ cases ; les cases de bord sont voisines des cases du bord opposé.
Réponse: N = 2
Tableaux de Karnaugh : les cases sont ordonnées en code de Gray (00, 01, 11, 10), donc les cases voisines, y compris celles de part et d’autre des bords, diffèrent par exactement une variable. Regroupez les 1 en rectangles de 1, 2, 4, 8 ou 16 cases, aussi grands que possible et en aussi petit nombre que possible, jusqu’à ce que chaque 1 soit couvert. Chaque groupe est un terme produit : les variables qui restent constantes à l’intérieur. Un groupe de 2ᵏ cases perd k variables. Les états indifférents (X) peuvent servir à agrandir les groupes mais n’ont jamais besoin d’être couverts. Regrouper les 0 donne la forme POS minimale.
Les plus grands groupes pouvant être formés de 1 et de X.
Réponse: M = 2,4 MB
Débits de données : chaque canal fournit fs échantillons par seconde de N bits, donc le débit brut est canaux × fs × N bit/s. En mémoire, un échantillon occupe des octets entiers (un échantillon de 12 bits est stocké sur 2 octets), donc la mémoire d’un enregistrement vaut canaux × fs × octets par échantillon × durée. Un CAN multiplexé convertit les canaux l’un après l’autre : chaque conversion (avec stabilisation) dure t, donc un tour de n canaux dure n·t et chaque canal est échantillonné à 1/(n·t).
Réponse: fa = 350 Hz
Échantillonnage : un CAN mesure le signal fs fois par seconde. D’après le théorème de Nyquist–Shannon, une fréquence f n’est correctement captée que si f < fs/2, la fréquence de Nyquist (de repliement) ; la fréquence d’échantillonnage doit donc dépasser le double de la plus haute fréquence du signal. Une fréquence plus élevée n’est pas perdue : elle apparaît comme un alias à fa = |f − k·fs|, avec l’entier k qui ramène le résultat entre 0 et fs/2. Les échantillons ne permettent pas de distinguer les deux, donc un filtre anti-repliement analogique doit supprimer tout ce qui dépasse fs/2 avant le CAN.
L’alias tombe dans la bande du signal, où aucun filtre numérique ne peut l’éliminer. Seul un filtre analogique placé avant le CAN est efficace.
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