Exercícios Resolvidos 2

DECOM-FEEC-UNICAMP EE-881 – Princípios de Comunicações I

EXERCíCIOS – CAPÍTULOS 3 E 4


1.  Considere um sistema de comunicações em banda base analógico com AWGN. O canal não introduz distorção e a densidade espectral de potência do ruído é N0/2 é igual a 10-9 W/Hz. O sinal de informação transmitido possui faixa de 4 kHz. No receptor, um filtro RC passa-baixas com largura de faixa de 8 kHz (3 dB) é utilizado para limitar a potência de ruído na saída. Calcule a potência de ruído de saída.

Resposta em frequência do FPB-RC:

R

C x(t) y(t) i(t)


Ri t( )+ y t( ) = x t( )

RCdy t( )dt

+ y t( ) = x t( )Trans. Fourier

⇒ j2π fRCY f( )+Y f( ) = X f( )

H f( ) =Y f( )X f( )

=1

j2π fRC +1=

1

1+ j f8000

1RC

= 2π ×8000 Hz"# $%onde

Potência média do ruído de saída:

E n02 t( )!

"#$=

N0

2H f( )

2df

−∞

∞

∫ =N0

21

1+ j f8000

2

df =−∞

∞

∫N0

21

1+ f8000(

)*

+

,-

2df

−∞

∞

∫

=2π ⋅N0

2×8000 = 2π ⋅10−9 ×8000 = 25,1×10−6 W!" #$


2.  Calcule a faixa de transmissão BT e a potência necessária ST dos sistemas DSB, SSB e AM para transmitir um sinal de áudio com largura de faixa de 10 kHz e (SNR)0 = 40 dB. O canal introduz 40 dB de perda de potência e o ruído é AWGN com densidade espectral de potência N0/2 = 10-9 W/Hz. Assuma µ = 0,5 para o AM.

DSB e AM: BT = 20 kHz SSB: BT = 10 kHz

Potência do Transmissor: DSB e SSB: Perda de potência no canal = 40 dB, então:

SNR( )0=SiN0W

=104 40 dB( )

Si = N0W ×104 = 2×10−9 ×104 ×104 = 0,2 W#$ %&

ST = 0,2×104 = 2.000 W"# $%


Potência do Transmissor: AM: Perda de potência no canal = 40 dB, então:

SNR( )0=

13

SiN0W

!

"#

$

%&=104

Si = N0W ×3×104 = 2×10−9 ×104 ×3×104 = 0,6 W)* +,

ST = 6.000 W!" #$


3. Suponha que dispositivos não lineares estão disponíveis para os quais a corrente de saída i0 e a tensão de entrada vi estão relacionadas por:

a1 e a2 = ctes.

Explique como estes dispositivos podem ser usados para fornecer:

a)  um modulador produto

b)  um modulador de amplitude.

i0 = a1vi + a1vi3


a) um modulador produto: Entrada do dispositivo não linear: m(t) = sinal mensagem Saída do dispositivo não linear: Relações utilizadas:

s t( ) = Acm t( )cos π fct( )

i0 = a1vi + a2vi3 = a1 Ac cos π fct( )+m t( )!

"#$+ a2 Ac cos π fct( )+m t( )!

"#$3

= a1 Ac cos π fct( )+m t( )!"

#$+14a2Ac

3 Ac cos 3π fct( )+3cos π fct( )!"

#$

+32a2Ac

3m t( ) 1+ cos 2π fct( )!"

#$+3a2Ac cos π fct( )m2 t( )+ a2m3 t( )

cos3 a( ) = cos2 a( )cos a( ) = 12 1+ cos 2a( )!"

#$cos a( ) = 12 cos a( )+ 12 cos 2a( )cos a( )

cos a( )cos b( ) = 12 cos a+b( )+ cos a−b( )!"

#$

vi = Ac cos π fct( )+m t( )


Precisamos de um filtro passa-faixa centrado em fc e largura de faixa 2W que satisfaça:

fc – W > fc/2 + 2W ⇒ fc > 6W

Assumindo que m(t) está compreendida entre –W ≤ f ≤ W, então o espectro de i0 fica:

DSB-SC de interesse

-3fc/2 -fc -fc/2 fc/2 3fc/2 fc

2W 2W 4W 4W

W -W -3W 3W

I0(f)


b) modulador em amplitude: Para gerar uma onda AM basta somar uma portadora à onda DSB-SC. A0 usado para controlar o índice de modulação.

i0 = a1 Ac cos π fct( )+m t( )!"

#$+14a2Ac

3 Ac cos 3π fct( )+3cos π fct( )!"

#$

+32a2Ac

3m t( ) 1+ cos 2π fct( )!"

#$

+3a2Ac cos π fct( )m2 t( )+ a2m3 t( )

32a2Ac

3m t( )+ 32 a2Ac3m t( )cos 2π fct( )

onda AM = Ac 1+ A0m t( )!"

#$cos 2π fct( )

Soma-se a portadora: Accos(2πfct)

Ac cos 2π fct( )+ 32 a2Ac3m t( )cos 2π fct( ) = Ac 1+

32a2Ac

2m t( )!

"#

$

%&cos 2π fct( )

A0


4. Considere o sinal AM modulado por um tom: Suponha que o µ = 2 e que fc >> fm. Este sinal é aplicado a um detector de envoltória produzindo v(t). a)  Represente v(t) em série de Fourier.

b)  Qual é a razão entre a amplitude da segunda harmônica e da fundamental de v(t) .

s t( ) = Ac 1+µ cos 2π fmt( )!"

#$cos 2π fct( )


a) v(t) em série de Fourier.

Saída do detector de envoltória:

v t( ) = Ac 1+µ cos 2π fmt( )

v t( ) = Ac 1+ 2cos 2π fmt( )

2Ac cos 2π fmt( )

2Ac

1/2fm

1/fm t

v t( ) = a0 + 2 an cos 2πnfmt( )n=1

∞

∑

Ac + 2Ac cos 2π fmt( )

3Ac

1/2fm

1/fm t

Ac

1/3fm 2/3fm


a0 = 2 fm v t( )dt0

1 2 fm∫ = 2 fm Ac + 2Ac cos 2π fmt( )"#

$%dt0

1 3 fm∫ + 2 fm −Ac − 2Ac cos 2π fmt( )"#

$%dt1 3 fm

1 2 fm∫

=Ac3+4Acπsen 2π

3'

()

*

+,

an = 2 fm v t( )cos 2πnfmt( )dt0

1 2 fm∫

= 2 fm Ac + 2Ac cos 2π fmt( )"#

$%cos 2πnfmt( )dt0

1 3 fm∫

+2 fm −Ac − 2Ac cos 2π fmt( )"#

$%cos 2πnfmt( )dt1 3 fm

1 2 fm∫

=Acnπ

2sen 2πn3

'

()

*

+,− sen πn( )

"

#-

$

%.+

Acn+1( )π

2sen2π n+1( )

3

'

(

))

*

+

,,− sen π n+1( )( )

"

#

--

$

%

.

.+

+Ac

n−1( )π2sen

2π n−1( )3

'

(

))

*

+

,,− sen π n−1( )( )

"

#

--

$

%

.

.


b) Para n = 1: Para n = 2: Razão segunda harmônica por fundamental:

a1 = Ac32π

+13

!

"##

$

%&&

a2 = Ac32π

a2a1=

Ac32π

Ac32π

+13

!

"##

$

%&&

=32π

6π

3 3+ 2π( )=

3 33 3+ 2π


5. Considere o sinal FM de banda estreita definido por: a)  Determine a envoltória do sinal modulado. Qual a relação dos valores

máximo e mínimo desta envoltória? Desenhe essa relação por β (0 ≤ β ≤ 0,3).

Envoltória: Valor máximo: Valor mínimo: Razão:

( ) ( ) ( ) ( )tftfAtfAts mcccc ππβπ 2sen2sen2cos −≅

a t( ) = Ac 1+β 2sen 2π fmt( )

amax = Ac 1+β2

amin = Ac

amaxamin

= 1+β 2

β 0,3 0,2 0,1

1,00 1,01 1,02 1,03 1,04

amax/amin


b)  Determine a potência média do sinal FM de banda estreita expresso como porcentagem da potência média da onda portadora não modulada. Desenhe esse resultado versus β (0 ≤ β ≤ 0,3).

Potência média de s(t): Potência média da portadora: Razão:

s t( ) ≅ Ac cos 2π fct( )−βAcsen 2π fct( )sen 2π fmt( )

≅ Ac cos 2π fct( )+ β2 Ac cos 2π fc + fm( ) t#$

%&−

β2Ac cos 2π fc − fm( ) t#

$%&

Ps =Ac2

2+β 2Ac

2

8+β 2Ac

2

8=Ac2

21+ β

2

2

!

"#

$

%&

Pc =Ac2

2

PsPc=1+ β

2

2 β 0,3 0,2 0,1

1,00 1,01 1,02 1,03 1,04

Ps/Pc


c)  Expandindo o ângulo θi(t) do sinal FM de banda estreita na forma de série de potências, e restringindo o índice de modulação β ao valor máximo de 0,3, mostre que:

Qual o valor da distorção harmônica para β = 0,3? Ângulo θi(t) expresso em termos das componentes em fase e em quadratura: mas , então

( ) ( ) ( )tftftft mmci πβ

πβπθ 2sen3

2sen2 33

−+≅

( )( )( )

( )( )tftf

tsts

tft

mc

I

Qci

πβπ

πθ

2sentan2

tan2

1

1

−

−

+=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

( ) +−=−3

tan3

1 xxx

( ) ( ) ( ) +−+≅ tftftft mmci πβ

πβπθ 2sen3

2sen2 33


Razão entre potências da 3ª e 1ª harmônicas: valor da distorção harmônica para β = 0,3:

9

3 4

2

23

β

β

β

=⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

≅hD

%09,010993,0 44

=×== −hD


5. Obtenha as funções de autocorrelação e de correlação cruzada das componentes em fase e em quadratura do ruído de faixa estreita na entrada do detector coerente para o sistema DSB-SC. Autocorrelação:

SNI f( ) = SNQ f( ) =SN f − fc( )+ SN f + fc( ) − B ≤ f ≤ B

0 fora

#$%

&%

RNI τ( ) = RN τ( )exp j2π fcτ( )+ RN τ( )exp − j2π fcτ( )

= RN τ( ) exp j2π fcτ( )+ exp − j2π fcτ( )!"

#$

= 2RN τ( )cos 2π fcτ( )


Correlação cruzada:

SNIQ f( ) = −SNQI f( ) =j SN f − fc( )− SN f + fc( )"#

$% − B ≤ f ≤ B

0 fora

'

()

*)

RNIQ f( ) = −RNQI f( ) = j RN τ( )exp − j2π fcτ( )− RN τ( )exp j2π fcτ( )"#

$%

= jRN τ( ) exp − j2π fcτ( )− exp j2π fcτ( )"#

$%

= 2RN τ( ) sen 2π fcτ( )


6. Um sinal de faixa estreita possui largura de faixa de 10 kHz centrado em uma frequência de portadora de 100 kHz. Propõe-se representar este sinal na forma discreta através da amostragem individual de suas componentes em fase e em quadratura. Qual é a mínima taxa de amostragem que pode ser utilizada para esta representação? Justifique sua resposta. Componentes em fase e em quadratura: Taxa mínima de amostragem = 2W = 10 kHz (Nyquist)

f fc -fc

|X(f)|

2W = 10 kHz

|X(fc)|

f 0

W= 5 kHz


7. Vinte e quatro sinais de voz são amostrados uniformemente e então multiplexados no tempo. A operação de amostragem utiliza amostras de topo plano com 1 µs de duração. A operação de multiplexação inclui provisão para sincronização incluindo um pulso extra com duração de 1 µs. A maior componente de cada sinal de voz é 3,4 kHz.

a) Assumindo uma taxa de amostragem de 8 kHz, calcular o espaçamento entre

pulsos sucessivos do sinal multiplexado.

Tempo de amostragem:

Total de canais (voz + sinc) = 25 Tempo permitido para cada canal: Duração de cada pulso = 1 µs Espaçamento entre os pulsos = 5 – 1 = 4 µs

Ts =18000

=125µs

Tc =Ts25

=12525

= 5µs


b) Repita o cálculo usando a taxa de amostragem de Nyquist.

Tempo de amostragem:

Total de canais (voz + sinc) = 25 Tempo permitido para cada canal: Duração de cada pulso = 1 µs Espaçamento entre os pulsos = 6,68 – 1 = 5,68 µs

Ts =16800

=147 µs

Tc =Ts25

=14725

= 6,68 µs


8.  Um sinal analógico é amostrado à taxa de Nyquist fs e quantizado com L níveis. Encontre a duração τ de um bit do sinal codificado em binário.

Seja n = nº de bits por amostra, então Número de bits por segundo que deve ser transmitido = nfs . Logo,

n = log2 L

τ =1nfs

=1

fs log2 L


9.  Em um sistema PCM binário, a razão sinal-ruído de quantização de saída deve ser mantida a um nível mínimo de 40 dB. Determine o número de níveis necessários e encontre a correspondente razão sinal-ruído de quantização de saída.

Número de bits por amostra = n Número de níveis: L=2n

mas (SNRQ)dB = 40 è SNRQ = 10.000, logo Portanto, o número de níveis necessários = 27 = 128

SNRQ =32L2

SNRQ( )dB =10log1032

!

"#$

%&+10log10 L

2( ) =1,76+ 20log10 L

SNRQ( )dB =1,76+ 20log10 2n =1,76+6,02n

10.000 = 32L2 ⇒ L = 82 n = log2 82 = 6,36 ≅ 7


Razão sinal-ruído de quantização de saída SNRQ é

SNRQ( )dB =1,76+6,02n

=1,76+6,02×7 = 43,9 dB"# $%

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