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DECOM-FEEC-UNICAMP EE-881 – Princípios de Comunicações I
EXERCíCIOS – CAPÍTULOS 3 E 4
DECOM-FEEC-UNICAMP EE-881 – Princípios de Comunicações I
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)
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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!" #$
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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"# $%
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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!" #$
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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
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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( )
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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)
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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
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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( )
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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
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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( )( )
"
#
--
$
%
.
.
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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
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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
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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
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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
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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
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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( )
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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( )
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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
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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
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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
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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
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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
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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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