Exercice 1: Expression du filtre numérique récursif de Wiener

Exercice 1: Expression du filtre numérique récursif deWienerNotations:⋆ x(k) et y(k), les échantillons de signaux aléatoires réels centrés stationnaires au secondordre.⋆ Γ x (k) = IE [x(n)x(n − k)], la fonction d’autocorrélation de x(k).⋆ Γ xy (k) = IE [x(n)y(n − k)], la fonction d’intercorrélation de x(k) et y(k).⋆ γ x (z) =⋆ γ xy (z) =Rappels:∞ ∑k=−∞∞ ∑k=−∞Γ x (k)z −k , la densité spectrale de puissance de x(k).Γ xy (k)z −k , la densité interspectrale de puissance de x(k) et y(k).⋆ Bruit blanc n(k) de moyenne nulle alors Γ n (k) = σ 2 nδ k0 .⋆ Filtrage d’un signal aléatoire γ y (z) = H(z)H(z −1 γ x (z).⋆ Filtre causal h(i) = 0 pour i < 0 et H(z) = +∞ ∑h(i)z −i .⋆ Transformée inverse en z d’une fonction de transfert causale:h(i) = 1 ∮H(z)z i−1 dz2πjQuestion 1: On cherche l’expression non causale du filtre de Wiener(non-réalisable):ŝ(k) =∞∑i=−∞|z|=1On cherche H(z) qui minimise IE [(s(k) − ŝ(k)) 2 ].i=0h(i)x(k − i)1

Question 1.1: Écrire le théorème d’orthogonalité pour le filtre H(z) et endéduire les équations de Wiener-Hopf permettant le calcul de la réponse impulsionnelleh(k)Rappel: X est le vecteur observé et contient s(k) dont on veut faire une estimation. Oncherche tout d’abord une estimée linéaire ŝ(k) à partir des observations de tout le vecteurXŝ(k) = ∑ i∈Zh(i)x(k − i)où les coefficients h(i) constituent la réponse impulsionnelle d’un filtre numérique transversal.La solution est déterminée en minimisant la moyenne quadratique de l’erreur d’estimationIE [(s(k) − ŝ(k)) 2 ].∀j ∈ Z,⇐⇒∂∂h(j) IE [ (s(k) − ŝ(k)) 2] = 0[]∂2IE (s(k) − ŝ(k))∂h(j)ŝ(k) = 0⇐⇒ IE [(s(k) − ŝ(k))x(k − j)] = 0 (1)L’expression (1) est appelé le théorème d’orthogonalité.Application:(1) ⇐⇒ ∀j ∈ Z, IE [s(k)x(k − j)] = IE[ ∑i∈Zh(i)x(k − i)x(k − j)]⇐⇒⇐⇒⇐⇒Γ sx (j) = ∑ i∈ZΓ sx = Γ x HH = Γ −1x Γ sxh(i)Γ x (j − i) (2)2

Question 1.2: Écrire la fonction de transfert du filtre H(z) en fonction de Γ sx (z)et de Γ x (z)(2) ⇐⇒⇐⇒⇐⇒⇐⇒⇐⇒∑h(i)Γ x (j − i)Γ sx (j)z −j = ∑ ( ∑j∈Z j∈Z i∈Zγ sx (z) = ∑ ( )∑h(i) Γ x (j − i)z −ji∈Z j∈Z( )∑Γ x (j ′ )z −j′j ′ ∈Zγ sx (z) = ∑ h(i)i∈Zγ sx (z) = ∑ h(i)γ x (z)z −ii∈Zγ sx (z) = H(z)γ x (z))z −jz −iSoitH(z) = γ sx(z)γ x (z)(3)Question 2: On cherche l’expression causale du filtre de Wiener:⎧⎪⎨ ŝ(k) =+∞∑i=−∞⎪⎩h(i) = 0 si i < 0On cherche H(z) qui minimise IE [(s(k) − ŝ(k)) 2 ].h(i)x(k − i)Question 2.1: On suppose que x(k) est produit par filtrage d’un bruit blanc v(k),de variance unité, de moyenne nulle au travers d’un filtre causal de réponse impulsionnelleb(k), de fonction de transfert B(z). On note f(k) la réponse impulsionnellecausale du filtre F (z) = B(z)H(z). Ecrire le théorème d’orthogonalitépour le filtre F (z) et les équations de Wiener-Hopf qui s’en déduisent. Montrerque F (z) = [γ sv (z)] +où la notation [] +signifie que l’on ne conserve que la partiecausale de l’intérieur de la parenthèse.v(k)B(z)x(k)H(z)^s(k)3

∀i, j ≥ 0, IE [(s(j) − ŝ(j))v(j − i)] = 0 (4)Il vient(4) ⇐⇒ IE [s(j)v(j − i)] = ∑ k∈Z + f(k)IE [v(j − k)v(j − i)]⇐⇒ Γ sv (i) = ∑ k∈Z + f(k)Γ v (i − k)⇐⇒ = ∑ k∈Z + f(k)Γ v (i − k)⇐⇒ = ∑ k∈Z + f(k)δ(i − k)⇐⇒⇐⇒ ∀i ≥ 0,= 1.f(i)f(i) = Γ sv (i)SoitF (z) = [γ sv (z)] +(5)Question 2.2: Montrer que γ sx(z) = γ sv(z) B(z −1 )Γ sx (k) = IE [s(n)x(n − k)]= IE [x(n)s(n − k)]= Γ sx (−k) = IE [x(n)s(n + k)][ ]∑= IE b(i)v(n − i)s(n + k)i∈Z += ∑ i∈Z + b(i)Γ sv (−k − i)= ∑ i∈Z + b(i)Γ sv (k + i)4

Il vientγ sx (k) = ∑ Γ sx (k)z −kk∈Z)= ∑ k∈Z( ∑i∈Z + b(i)Γ sv (k + i)z −k= ∑ ( )∑b(i) b(i)Γ sv (k ′ )z −k′ z +i avec k ′ = k + ii∈Z k ′ ∈Z= ∑ b(i)γ sv (z)z +ii∈Z= B(z −1 )γ sv (z)[ ]Question 2.3: En déduire que H(z) = 1 γsx(z)B(z) B(z −1 )Question 3: Application:H(z) = F (z)B(z)= 1B(z) [γ sv(z)] += 1 [ ]γsx (z)B(z) B(z −1 )Le signal s(k) suit un modèle autorégressif au 1er ordre:s(k + 1) = 0.5s(k) + w(k),w(k) est un bruit blanc de variance unité, de moyenne nulle.On suppose que x(k) = s(k) + n(k) où n(k) est un bruit blanc de variance 2, demoyenne nulle, non corrélé à s(k − j), non corrélé à w(k − j). Écrire l’expressiondu filtre de Wiener récursif causal.On veutH(z) = 1 [ ]γsx (z)(6)B(z) B(z −1 )+Orγ sx (z) = ∑ i∈Z= ∑ i∈ZIE [s(j)x(i − j)] z −iIE [s(j)s(i − j) + s(j)n(i − j)] z −i= ∑ IE [s(j)s(i − j)] z −ii∈Z= γ s (z)+5

On a∀k ∈ Z,s(k + 1) = 1 s(k) + w(k)2⇐⇒S(z)z = 1 S(z) + W (z)2⇐⇒ = W (z)z − 1/2⇐⇒ = G(z)W (z) où G(Z) =⇐⇒γ s (z) = G(z)G(z −1 )γ W (z)⇐⇒1γ s (z) =(z − 1/2)(z −1 − 1/2)⇐⇒1γ s (z) =(1 − z z−1)(1 − 2 2B est le filtre de synthèse de x à partir d’un bruit blanc.Il nous faut écrire γ x (z) = B(z)B(z −1 ).Orγ x (z) = γ s (z) + γ n (z)1=(1 − z z−1)(1 − ) + 22 2= 2(z2 − 7/2z + 1)z 2 − 5/2z + 1= 2(z − α)(z − α−1 )où α = 0.3138 et β = 0.5(z − β)(z − β −1 )1z − 1/2On poseAlors√2βB(z) =α√2β=⇒ B(z −1 ) =α√2β=⇒ =α√ 2α=⇒ =βz − αz − βz −1 − αz −1 − βα z − α −1β z − β −1z − α −1z − β −1B(z)B(z −1 ) = γ x (z)6

Il vientOrD’où√ α(6) ⇐⇒ H(z) =2β√ α=2β√ [ ]α z − β γs (z)(6) ⇐⇒ H(z) =2β z − α B(z −1 )+1γ s (z) =(1 − βz)(1 − βz −1 )z=(1 − βz)(z − β)β −1 z=(β −1 − z)(z − β)β −1 z= −(z − β −1 )(z − β)[z − βz − αz − βz − αIdentification de la partie causale:La décomposition en éléments simples donne:z(z − β)(z − α −1 )[z= −√ 2αβ(β − α−1)K(z) = − 1 √ 2αβ√ ]β −1 z β (z − β −1 )−(z − β −1 )(z − β) 2α (z − α −1 )[−√ 1]z2αβ (z − β)(z − α −1 )1(z − β) − 1(z − α −1 )La fonction K(z) est définie sur la couronne β < |z| < α −1 .Plusieurs méthodes sont alors possibles:⋆ On développe chaque terme en série entière:1z − α = 1−1 α −1 (αz − 1)= − 1 1α −1 (1 − αz)= − 1 ∑(αz) kα −1k≥0= − 1α − 1 ∑(αz) k−1 α −1= − 1α −1 − 1α −1k≥1∑(αz) −kk≤−1]++7

MaisDonc1z − α −1 + 1α −1 =1z − α = − ∑−1k≤−1zα −1 (z − α −1 )α −k z −(k+1)De même,|z| > β =⇒ 1z − β = ∑ β k z −(k+1)k≥0D’oùAlors[z ∑K(z) = −√ β k z −k + ∑ ]α −k z −k2αβ(β − α−1)k≥0k≤−11 ∑[K(z)] += −√ β k z −k2αβ(β − α−1)=k≥0α√ 2αβ(1 − αβ)11 − βz −1 (7)⋆ La fonction de transfert peut se décomposer en deux filtres stables (|A|, |B| < 1) dupremier ordre⋆⋆ partie causale |z| < A∑(Az −1 ) k =k≥011 − Az −1 (8)⋆⋆ partie non-causale: |z| < 1 B∑k≤−1(Bz) −k = ∑ (Bz) kk≥1(9)1=1 − Bz − 1 (10)= BZ1 − Bz(11)8

La fonction de transfert totale K(z) s’écrit (C, D constantes):C DBz+1 − Az−1 1 − Bz=C − ADB + z(DB − BC)(1 − Az −1 )(1 − Bz)OrK(z) = − 1 √ 2αβ= 1 √ 2αβz(z − β)(z − α −1 )α(1 − βz −1 )(1 − αzD’où{B = β < 1A = α < 1et⎧⎨ 0 = −αC + Dαα⎩ √ = C − αβD2αβ⎧⎨ C = Dα⎩ C = √ 2αβ(1 − αβ)⋆ Dernière solution: il faut se rappeler qu’une condition nécessaire et suffisante pourque K(z) représente un filtre causal et stable est que ses pôles soient situés à l’intérieurdu cercle unité.Il vient donc grâce à (7):√ α z − β α1H(z) =√2β z − α 2αβ(1 − αβ) (1 − βz −1 )(12)α 1H(z) =2β(1 − αβ) 1 − αz −1 (13)Pour |αz −1 | < 1,11 − αz −1 = ∑ k≥0α k z −k (14)Donc∀k ≥ 0, h(k) =α2β(1 − αβ) αk (15)9