EXERCíCIOS CAPÍTULOS E 4
1. Considere um sistema de omuniações em banda base analógio om AWGN. O anal não introduz distorção e a densidade espetral de potênia do ruído é N 0 /2 é igual a 10-9 W/Hz. O sinal de informação transmitido possui faixa de 4 khz. No reeptor, um filtro RC passa-baixas om largura de faixa de 8 khz ( db) é utilizado para limitar a potênia de ruído na saída. Calule a potênia de ruído de saída. Resposta em frequênia do FPB-RC: R x( i( C y(
RC dy ( t ) + y( = x t dt H ( f ) = Y ( f ) Ri( + y( = x( Trans. Fourier j2π frcy ( f ) +Y ( f ) = X ( f ) X ( f ) = 1 j2π frc +1 = 1 f 1+ j 8000 1 onde = 2π 8000 " Hz % RC Potênia média do ruído de saída: 2 E! " n 2 0 ( t ) = N 0 2 H ( f ) 2 df = N 0 2 1 f 1+ j 8000 df = N 0 2 1 ( f + df 2 1+ * - ) 8000, = 2π N 0 2 8000 = 2π 10 9 8000 = 25,1 10 6! " W
2. Calule a faixa de transmissão B T e a potênia neessária S T dos sistemas DSB, SSB e AM para transmitir um sinal de áudio om largura de faixa de 10 khz e (SNR) 0 = 40 db. O anal introduz 40 db de perda de potênia e o ruído é AWGN om densidade espetral de potênia N 0 /2 = 10-9 W/Hz. Assuma µ = 0,5 para o AM. DSB e AM: B T = 20 khz SSB: B T = 10 khz Potênia do Transmissor: DSB e SSB: ( SNR) = S i 0 N 0 W =104 ( 40 db) S i = N 0 W 10 4 = 2 10 9 10 4 10 4 = 0,2 W% & Perda de potênia no anal = 40 db, então: S T = 0,2 10 4 = 2.000 " W %
Potênia do Transmissor: AM: ( SNR) = 1! S i 0 " N 0 W & =10 4 % S i = N 0 W 10 4 = 2 10 9 10 4 10 4 = 0,6 ) * W+, Perda de potênia no anal = 40 db, então: S T = 6.000! " W
. Suponha que dispositivos não lineares estão disponíveis para os quais a orrente de saída i 0 e a tensão de entrada v i estão relaionadas por: i 0 = a 1 v i + a 1 v i a 1 e a 2 = tes. Explique omo estes dispositivos podem ser usados para forneer: a) um modulador produto b) um modulador de amplitude.
a) um modulador produto: s( = A m( os( π f Entrada do dispositivo não linear: v i = A os( π f + m( m( = sinal mensagem Saída do dispositivo não linear: i 0 = a 1 v i + a 2 v i = a! 1 " A os π f t = a! 1 " A os π f t + 2 a A m t 2 Relações utilizadas: os ( a) = os 2 ( a)os a os( a)os b + m(! 1+ os( 2π f " = 1 2 + m(! " 1+ os 2a + a! A 2" os π f t + 1 4 a A! A 2 " os π f t = 1! 2 os ( a + b ) + os( a b) " + m( + os( π f + a A os π f 2 ( t )m 2 t os a = 1 2 os ( a ) + 1 2 + a 2 m ( os( 2a)os( a)
Assumindo que m( está ompreendida entre W f W, então o espetro de i 0 fia: I 0 (f) DSB-SC de interesse -f /2 -f -f /2 -W -W W W f /2 f /2 f 2W 4W 4W 2W Preisamos de um filtro passa-faixa entrado em f e largura de faixa 2W que satisfaça: f W > f /2 + 2W f > 6W
b) modulador em amplitude: Para gerar uma onda AM basta somar uma portadora à onda DSB-SC. i 0 = a! 1 " A os( π f + m t 1+ os( 2π f + 2 a A m t! 2 " + 1 4 a A! A 2 " os π f t + os( π f + a 2 A os( π f m 2 ( + a 2 m ( 2 a A m t 2 + 2 a A m t 2 os( 2π f onda AM = A! " 1+ A 0 m t Soma-se a portadora: A os(2πf A os( 2π f + 2 a A m t 2 os( 2π f = A 1+ 2 a A 2 A 0 usado para ontrolar o índie de modulação. os 2π f t! " A 0 2 m t &os 2π f t %
4. Considere o sinal AM modulado por um tom: = A! 1+ µ os( 2π f m s t Suponha que o µ = 2 e que f >> f m. Este sinal é apliado a um detetor de envoltória produzindo v(. a) Represente v( em série de Fourier. " os 2π f t b) Qual é a razão entre a amplitude da segunda harmônia e da fundamental de v(.
a) v( em série de Fourier. Saída do detetor de envoltória: v( = A 1+ µ os( 2π f m v( = A 1+ 2os( 2π f m 2A A A 1/2f m 1/fm t 1/f m 2/f m 1/f m t 1/2f m 2A os( 2π f m A + 2A os( 2π f m = a 0 + 2 a n os( 2πnf m v t n=1
a 0 = 2 f m 1 2 f m 1 f v( dt = 2 f " m A + 2A os( 2π f m t m )% dt 1 2 f + 2 f " m m A 2A os 2π f m t 0 0 1 f m % dt = A + 4A π sen ' ) 2π ( *, + a n = 2 f m 1 2 f m 0 v( os( 2πnf m dt 1 f m = 2 f " m A + 2A os 2π f m t 0 1 2 f m +2 f " m A 2A os 2π f m t 1 f m % os ( 2πnf t m )dt % os ( 2πnf t m )dt = A " ' 2πn * " A ' 2π n +1-2sen), sen( πn).+ -2sen nπ ( + % ( n +1)π - ) ( " A ' 2π n 1 + -2sen ( n 1)π - ) ( *, + sen π ( n 1).. % *, + sen π ( n +1).. + %
b) Para n = 1: Para n = 2:! a 1 = A 2π + 1 & " % & a 2 = A 2π Razão segunda harmônia por fundamental: a 2 a 1 = A 2π! A 2π + 1 & " % & = 2π 6π ( + 2π ) = + 2π
5. Considere o sinal FM de banda estreita definido por: s ( A os( 2πf βa sen( 2πf sen( 2πf m 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,). Envoltória: a( = A 1+ β 2 sen( 2π f m Valor máximo: a max = A 1+ β 2 a max /a min Valor mínimo: Razão: a min = A a max 1,04 1,0 1,02 1,01 1,00 a min = 1+ β 2 β 0,1 0,2 0,
b) Determine a potênia média do sinal FM de banda estreita expresso omo porentagem da potênia média da onda portadora não modulada. Desenhe esse resultado versus β (0 β 0,). s( A os( 2π f β A sen( 2π f sen( 2π f m A os 2π f t Potênia média de s(: + β 2 A os 2π f + f m % t& β 2 A os 2π f f % ( m)t& P s = A 2 2 + β 2 A 8 2 + β 2 A 2 8 = A 2! 2 1+ β 2 " 2 & % P s /P Potênia média da portadora: Razão: P = A 2 2 P s P =1+ β 2 1,04 1,0 1,02 1,01 1,00 2 0,1 0,2 0, β
) Expandindo o ângulo θ i ( do sinal FM de banda estreita na forma de série de potênias, e restringindo o índie de modulação β ao valor máximo de 0,, mostre que: β θi m 2 t 2πf t + βsen 2πf t sen ( πf Qual o valor da distorção harmônia para β = 0,? Ângulo θ i ( expresso em termos das omponentes em fase e em quadratura: m mas tan 1 x θ ( x) = x + i ( = 2πf = 2πf, então t t + tan + tan 1 1 s s Q I ( ( ( βsen( 2πf ) m β θi m 2 t 2πf t + βsen 2πf t sen ( πf + m
Razão entre potênias da ª e 1ª harmônias: D h β 2 β 2 4 β = 9 valor da distorção harmônia para β = 0,: D h = 0 4 4, 9 = 9 10 = 0,09%
5. Obtenha as funções de autoorrelação e de orrelação ruzada das omponentes em fase e em quadratura do ruído de faixa estreita na entrada do detetor oerente para o sistema DSB-SC. Autoorrelação: S N I % ( f ) = S NQ ( f ) = S f f N ( ) + S N ( f + f ) B f B &% 0 fora R N I ( τ ) = R N ( τ )exp( j2π f τ ) + R N ( τ )exp( j2π f τ ) = R N τ! " exp( j2π f τ ) + exp( j2π f τ ) = 2R N ( τ )os( 2π f τ )
Correlação ruzada: S N IQ ' ( f ) = S NQI ( f ) = j " ) S f f N ( ) S N ( f + f ) ( % B f B * ) 0 fora R N IQ ( f ) = R NQI ( f ) = j" R N τ = jr N τ " exp j2π f τ R N τ exp( j2π f τ ) exp( j2π f τ ) = 2R N ( τ ) sen( 2π f τ ) % exp( j2π f τ )%
6. Um sinal de faixa estreita possui largura de faixa de 10 khz entrado em uma frequênia de portadora de 100 khz. Propõe-se representar este sinal na forma disreta através da amostragem individual de suas omponentes em fase e em quadratura. Qual é a mínima taxa de amostragem que pode ser utilizada para esta representação? Justifique sua resposta. X(f) X(f ) -f Componentes em fase e em quadratura: f 2W = 10 khz f Taxa mínima de amostragem = 2W = 10 khz (Nyquis 0 W= 5 khz f
7. Vinte e quatro sinais de voz são amostrados uniformemente e então multiplexados no tempo. A operação de amostragem utiliza amostras de topo plano om 1 µs de duração. A operação de multiplexação inlui provisão para sinronização inluindo um pulso extra om duração de 1 µs. A maior omponente de ada sinal de voz é,4 khz. a) Assumindo uma taxa de amostragem de 8 khz, alular o espaçamento entre pulsos suessivos do sinal multiplexado. Tempo de amostragem: T s = 1 8000 Total de anais (voz + sin) = 25 =125 µs Tempo permitido para ada anal: Duração de ada pulso = 1 µs T = T s 25 = 125 25 = 5 µs Espaçamento entre os pulsos = 5 1 = 4 µs
b) Repita o álulo usando a taxa de amostragem de Nyquist. Tempo de amostragem: T s = 1 6800 Total de anais (voz + sin) = 25 =147 µs Tempo permitido para ada anal: Duração de ada pulso = 1 µs T = T s 25 = 147 25 = 6,68 µs Espaçamento entre os pulsos = 6,68 1 = 5,68 µs
8. Um sinal analógio é amostrado à taxa de Nyquist f s e quantizado om L níveis. Enontre a duração τ de um bit do sinal odifiado em binário. Seja n = nº de bits por amostra, então Número de bits por segundo que deve ser transmitido = nf s. Logo, n = log 2 L τ = 1 nf s = 1 f s log 2 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 neessários e enontre a orrespondente razão sinal-ruído de quantização de saída. Número de bits por amostra = n Número de níveis: L=2 n SNR Q = 2 L2! ( SNR Q ) =10log db 10 " 2% & +10log 10 L 2 mas (SNR Q ) db = 40 è SNR Q = 10.000, logo Portanto, o número de níveis neessários = 2 7 = 128 =1,76 + 20log 10 L ( SNR Q ) =1,76 + 20log db 10 2 n =1,76 + 6,02n 10.000 = 2 L2 L = 82 n = log 2 82 = 6,6 7
Razão sinal-ruído de quantização de saída SNR Q é ( SNR Q ) =1,76 + 6,02n db =1,76 + 6,02 7 = 4,9 " db %