EC2412 PROBL PROBLEM EMAS AS AM Problema 1
En el sistema de comunicación mostrado, x(t) es limitada en banda a W, además, el filtro pasabanda banda es es idea ideal y deja deja pasar pasar todo lo que esté esté entre entre f c-W y f c+W(Ganancia Unitaria). Si el elemento no lineal tiene la función característica dada por : V s =V e +0.1V e², determine el valor mínimo de f c que permite permite tene tenerr a la la sali salida da una seña señall A M. Encue Encuentre ntre el índice ndice de modulació odulación. n.
Respuesta al problema 1
L a gráf gráfiica anteri nterior or nos presenta la modulació odulación n en en AM AM de una seña señall emple pleando ando el el llamado ado modulador odulador de ley de potencias potencias
Comenzamos por conocer la expresión para V e: Ve =x(t) =x(t) +A +A cCos Cosωct Ahora, como sabe sabem mos la la relación relación entre entre Vs y V e, podem podemos conocer conocer el valor valor de Vs Vs en en funci función ón de la señal de entrada: ntrada: Vs =V e +0.1 V e² Por esto tenemos: Vs = x(t) +A cCos Cosωct +0.1 ( x(t) +A cCos Cosωct )² Vs = x(t) +A cCos Cosωct +0.1 + 0.1x²(t) x²(t) +0.2 x(t)A cCos Cosωct +0.1 A c² Cos²ωct
El filtro pasabanda está centrado en f c. Sabiendo esto podemos distinguir cuales son los términos que pasan por el filtro y conforman la salida.
A nál nálisis sis de cada cada térm térmiino: * Términos que pasan por el BPF. a). Ac Cos Cosωct . b). 0.2 x(t) A cCos Cosωct. Estas señales pasan debido a que están situadas en o alrededor de una frecuencia igual a fc. * Términos que no pasan por el BPF. a). x(t) x(t) ,porque ,porque está situada situada en banda base. base. (Se (Se asume que f c es mucho mayor a 2W) . b). 0.1 x²( x²(t) t),, porque està en banda base y tien tiene e ancho ancho de banda banda 2W(Se 2W(Se asume que f c es mayor a 3W) c). 0.1 A c²Cos²ωct, tien tiene e un térm término DC y otro centrado centrado en 2f 2f c (Se asume que f c es mayor a W) . Por lo tanto, en definitiva, si f c es mayor a 3W (fc mín es 3W) nos queda que: xsal(t) =AcCos Cos ct (1+0.2x(t))
De la expresión podemos ver que el índice de modulación es: m =0.2 Para obte obtener la l a se señal ñal A M, hici hicim mos la la supo suposi sici ción ón de que que la form forma a de del filtro no se supe superpusi rpusiera sobre le espectro de x²(t). Para comprender esto veamos: Sea el mensaje nsaje x(t) y def definam namos
y(t) =x²(t). = x²(t). Cons Consiideremos los siguien siguiente tes s espectros: X (f), (f),
Y (f) (f) y Z(f). f).
(a)
(b)
(c)
(a) Espectro del mensaje x(t) con ancho de banda W; (b) espectro de x²(t) con ancho de banda 2W; (c) espectro de x²(t) junto a la respuesta en frecuencia del filtro pasabanda de forma tal que no se superpongan.
A nál nálisis sis de cada cada térm térmiino: * Términos que pasan por el BPF. a). Ac Cos Cosωct . b). 0.2 x(t) A cCos Cosωct. Estas señales pasan debido a que están situadas en o alrededor de una frecuencia igual a fc. * Términos que no pasan por el BPF. a). x(t) x(t) ,porque ,porque está situada situada en banda base. base. (Se (Se asume que f c es mucho mayor a 2W) . b). 0.1 x²( x²(t) t),, porque està en banda base y tien tiene e ancho ancho de banda banda 2W(Se 2W(Se asume que f c es mayor a 3W) c). 0.1 A c²Cos²ωct, tien tiene e un térm término DC y otro centrado centrado en 2f 2f c (Se asume que f c es mayor a W) . Por lo tanto, en definitiva, si f c es mayor a 3W (fc mín es 3W) nos queda que: xsal(t) =AcCos Cos ct (1+0.2x(t))
De la expresión podemos ver que el índice de modulación es: m =0.2 Para obte obtener la l a se señal ñal A M, hici hicim mos la la supo suposi sici ción ón de que que la form forma a de del filtro no se supe superpusi rpusiera sobre le espectro de x²(t). Para comprender esto veamos: Sea el mensaje nsaje x(t) y def definam namos
y(t) =x²(t). = x²(t). Cons Consiideremos los siguien siguiente tes s espectros: X (f), (f),
Y (f) (f) y Z(f). f).
(a)
(b)
(c)
(a) Espectro del mensaje x(t) con ancho de banda W; (b) espectro de x²(t) con ancho de banda 2W; (c) espectro de x²(t) junto a la respuesta en frecuencia del filtro pasabanda de forma tal que no se superpongan.
Problema 2
En el sistema de banda lateral única (SSB) mostrado, determinar la componente de banda lateral inferior que aparece debido a imperfecciones en el desfasaje, si se sabe que la señal de entrada es un tono de amplitud unitaria.
Solución al problema 2
Resolviendo el problema gráficamente tenemos:
En esta última figura podemos observar que la fase de la señal, en el punto 4 cambió totalmente. Si hubiésemos modulado realmente en SSB la fase de la señal (de cada delta) en este punto hubiese sido (de izquierda a derecha): 180 grados, 0 grados, 0 grados y -180 grados. Debido a esta distorsión de fase, si ahora restamos X2(t) con X4(t) ya no vamos a obtener un señal USSB. De hecho, si asumimos Ac=1 tenemos un espectro de salida en magnitud:
Problema 3
En el sistema mostrado, el interruptor se cierra con los semiciclos positivos del Coseno, mientras que se abre en los semiciclos negativos
Si x(t) es de banda limitada a W y V1(t) =(1 +mx(t)) Cosωct, expresar V 1(t) ,V 2(t) , V 3(t) , V 4(t) . Solución: La señal V2(t) es equivalente a multiplicar V 1(t) por una señal cuadrada(voltajes 1 y 0) de frecuencia fundamental igual a la de la portadora. Por lo tanto:
∑ a Cosn
V2 (t) = (1+ mx(t))Cosω ct
n
ω ct
= a1(1+ mx(t))Cos2ω ct + a3 (1+ mx(t))Cosω ctCos3ω ct + .... Nota: Solo se toman las armonicas impares, ya que el desarrollo de Fourier de una señal cuadrada solo tiene terminos impares de frecuencia. Por el filtro pasabajo solo pasa: V 3(t) =0.5 a1(1+mx(t)) Finalmente: V 4(t)=0.5 a1 x(t)
Problema 4
En un sistema AM se conoce lo siguiente: -
El mensaje x(t)=0.5(1+Cos4πt)
-
m =0.8
-
Portadora=100Cos20000πt
Dibuje el espectro de potencia de la señal AM y calcule su potencia promedio total. Calcule eficiencia y ancho de banda del sistema. La expresión de una señal AM es la siguiente:
xAM = Ac (1+ mx(t))Cos(ω c .t)
Sea para este caso nuestro mensaje: x = 0.5(1+ Cos(4π t))
con un indice de modulación igual a 0.8 y una portadora igual a: 100Cos(2π 104 t) Desarrollando obtenemos: xAM = [1+ (0,8).(0,5)(1+ Cos(4π t)].100.Cos(2π 104 t)
= [1+ 0,4(1+ Cos(4π t)].[100.Cos(2π 104 t)] = 100[1+ 0,4(1+ Cos(4π t)][Cos(2π 104 t)] = 140Cos(2π 104 t) + 40Cos(4π t).Cos(2π 104 t) = 140Cos(2π 104 t) + 20Cos(2π 10002t) + 20.Cos(2π 9998t) Para calcular la potencia de la señal hallamos la autocorrelación de la señal y la evaluamos en cero como sigue a continuación: (140)2 (20) 2 (20)2 4 Ry (τ ) = Cos(2π 10 τ ) + Cos(2π .10002τ ) + Cos(2π .9998τ ) 2 2 2 evaluando en cero: = 9800 + 200 + 200 = 10200 = [10,2KW] La eficiencia para este caso es: m2Sx 08 . 2 * 0375 . = = 01935 → 1935% , , 1+ m2Sx 1+ 08 . 2 .0375 ,
Si realizamos el analisis de los espectros de las señales llegaremos a las mismas conclusiones: El espectro es
del cual se obtiene el espectro de potencia dela señal AM:
De donde se puede calcular la potencia promedio total :
<(x(t))2>=(2)(4900 . )+(4)(100)= 10200 . b.- El espectro de la señal x(t) es:
del cual se obtiene el espectro de potencia:
de donde se calcula la potencia de la señal mensaje: <(x(t))2>=
1 1 3 +(2) = 4 16 8
La eficiencia del sistema es: m2Sx (08 . ) 2(3/8) Eficiencia = × 100%= × 100%= 19,35% 1+ m2Sx 1+(0.8)2(3/8) El ancho de banda del sistema es 4 Hz. Como podemos apreciar el ancho de banda de una señal AM es el doble del ancho de banda del mensaje transmitido y su eficiencia es baja, aun cuando el indice de modulacion es alto (0.8), pero la potencia del mensaje es baja.
Problema 5
Se desea modular en UVSB el siguiente mensaje: x(t) = Cos 2π 103t + 2 Cos 10π 103t Esto se logra si se usa el modulador basado en el filtraje de una señal DSB con un filtro H(f) cuya función de transferencia es la mostrada ( máxima ganacia unitaria):
Otro método sería a través del esquema que a continuación se ilustra. Determine Hq(f), en función de H(f), en magnitud y fase; además grafique el espectro de la señal a la salida de dicho filtro y el de las señales a la entrada del sumador (escoja el signo apropiado).
0.5A cCosωct
Hq(f)
Desfasador 90º a f c
Las características del filtro Hq(f) deben ser las siguientes: Diagrama deMagnitud:
Diagrama de Fase:
Los espéctros de señal serán los siguientes:
VSB
Observaciones: El filtro Hq(f) reduce la amplitud del impulso en 1khz.
En la fase, se añaden 90º para que
sumados con los 90º que se añaden en la modulación con el seno resulte una amplitud negativa en fc1KHz y fc-5KHz . El espectro superior (arriba del sumador) no ha sido atenuado a excepcion del factor ¼ del multiplicador por coseno y el impulso ubicado fc-1KHz vale 0.25.
Ahora, en el espectro inferior
(abajo del sumador) el impulso ubicado en fc-1KHz ha sido atenuado y está defasado 180º (es negativo) por lo tanto, al realizar la suma, el espectro resultante tendrá una pequeña componente en fc1KHz. La componente en fc-5KHz desaparece completamente. Esto implica que se genera una señal UVSB puesto que deja pasar un “vestigio” de la parte inferior del espectro.
Problema 6
Se tiene un mensaje modulado en SSB. Determine la salida si esta señal alimenta a: a) un nuevo MODULADOR USSB. b) un nuevo MODULADOR LSSB. Determine en cada caso la potencia promedio resultante. Solución al problema 6
Una señal SSB se puede representar como: xSSB =
Ac
2
[x(t) cos(ω ct) ± xˆsen(ω ct)]
Si esta señal se vuelve a modular en SSB, tendriamos: X
, ssb
=
Ac
2
[xssb cos(ω ct) ± xˆssb sen(ω ct)]
Y desglosando en los casos LSSB y USSB:
,
+ 2 ˆ(t)sen(ω ct)cos(ω ct) Ac2 ⎡ x(t) cos (ω ct)− x
⎤ X ussb = ⎢ ⎥ 4 ⎢⎣− (x(t) sen2 (ω ct)−+ xˆ(t)cos(ω ct)sen(ω ct))⎥⎦ , Ac2 ⎡ x(t) cos2 (ω ct)+− xˆ(t)sen(ω ct)cos(ω ct) ⎤ X lssb = ⎢ ⎥ 4 ⎢⎣+ (x(t) sen2 (ω ct)−+ xˆ(t)cos(ω ct)sen(ω ct))⎥⎦ Usando las siguientes identidades:
cos(a) sen(a) = 12 sen(2a) cos2 (b) − sen2 (b) = 1− 2sen2 (b) = cos(2b) cos2 (c) + sen2 (c) = 1 cos2 (d) = 12 + 12 cos(2d) sen2 (e) = 12 − 12 cos(2e)
,
Ac2
X ussb =
=
Ac2
4
4
Ac2
X ussb =
=
4
c
c
c
[x(t) cos(2ω ct) + xˆ(t)sen(2ω ct)]
,
Ac2
[x(t)(cos2 (ω t) − sen2 (ω t)) + xˆ(t)sen(2ω t)] =
4
[x(t)(cos2 (ω t) − sen2 (ω t)) − xˆ(t)sen(2ω t)] = c
c
c
[x(t) cos(2ω ct) − xˆ(t)sen(2ω ct)]
Es una señal SSB alrededor de 2fc X
,
lssb X = X ssb lssb
=X
,
lssb X = X ssb ussb
=
Ac2
4
[x(t)(cos (ω t) + sen (ω t))] = 2
2
c
c
En el caso de las potencias, estas serian:
X'
2 ussb
Ac4
=
Ac4
16
x (t) cos (2ω ct) + 2
2
Ac4
16
2 2 x ˆ (t)sen (2ω ct)
1 Ac4 2 1 Ac4 2 = x (t) + x X (t) ˆ (t) = 16 2 16 2 16
X
,
2
lssb
2
=
Ac4
16
X 2 (t)
Problema 7
Una señal AM se aplica al siguiente sistema:
Determine y(t).
Ac2
4
x(t)
Solución: A la entrada del filtro pasabajo se tiene A c2(1+mx(t))2Cos2ωct Luego del filtro pasabajo 0.5 A c2 +Ac2mx(t)+0.5A c2m2x2(t) =0.5A c2(1+mx(t))2 Por lo tanto y(t) =0.707A c(1+mx(t)). Es decir esto es un demodulador AM.
Problema 8
Un sistema de comunicaciones tiene α=100dB,η=10-14 W/Hz, la potencia promedio del mensaje es unitaria y W=10kHz. Calcule para A.M (m=1, m=0.1) y para SSB, la potencia de transmisión para que (S/N)D=40 dB. (El demodulador es síncrono) ESQUEMA n(t) x(t)
xc(t) Tx
CANAL
BPF
+
α
SR
BW=W ó W/2
NR
y(t) DETECTOR
LPF
Solución al problema 8
Para el caso de SSB se tiene que:
xc(t) =
Ac
2
x(t)Cosω ct ±
Ac
2
x ˆ(t)Senω ct
Se sabe que la potencia de señal SSB es de la forma: 2
S T =
Ac x2
4
por lo que la potencia de la señal recibida a la entrada del detector y considerando las pérdidas en el canal: 2
SR =
Ac x2
4.α
en función de la cual se puede expresar la relación señal a ruido de la siguiente forma:
⎛ S ⎞ = SR = ST ⎜ ⎟ ⎝ N ⎠ D η W η Wα
entonces si:
⎛ S T ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ≥ 40db η α W ⎝ ⎠ dB ⇒
S T ηα W
≥ 104
→ S T ≥ 104.10−14.104.1010 ≥ 104 ∴ S T = 104 Para el caso de AM (con m=1): SD=(Ac2 (1+m2SX ))/α ; ND=2ηW (Sin quitar la DC) (S/N)D=(Ac2(1+m2SX ))/(2ηW) (S/N)D=2[(m2SX )/(1+m2SX)](S/N)R=2[(m2SX)/(1+m2SX )] (S T/α NR) Por lo tanto: S T=[α NR (S/N)D(1+m2SX)]/[2(m2SX)] Donde N=2ηW=2x10-14x10x103, m=1, SX=1, α=10x109, (S/N)D=10x103 Sustituyendo estos valores se obtiene: S T=[10x109x2x(10-14)x10x103x10x103(1+1)]/2=2x104 W Si consideramos ahora cuando m=0.1: Tan solo hay que cambiar el valor de m en la ecuación anterior para encontrar S T S T=[10x109x2x(10-14)x10x103x10x103(1+0.01)]/[2{0.01)]=1.01x106W Problema 9
Una señal modulada pasa por un receptor standard con detector síncrono. Calcule la relacion señal a ruido (S/N) detectada , si la portadora del detector síncrono tiene una diferencia de fase la del transmisor, para modulaciòn AM, DSB y SSB.
con
Solución al problema 9 Modulación AM
Se tieneun receptor estandar:
El ruido es blanco, gausseano y con densidad espectral de potencia Gn= / 2 y al pasar por el filtro(BPF), produce una de potencia Nr = 2W. Análisis de la señal XD(t)=X R(t) 2 Cos(ωct +φ) XR (t) 2Cos(ωct +φ) = A c/α [ 1 +m x(t)] Cos(ωct) 2Cos(ωct +φ) =2Ac /α ( 1 +m x(t)) Cos(ωct)( Cos(ωct) Cos(φ)- Sen(ωct) Sen(φ))
=2 A c /α (1 +m x(t)) Cos2(ωct) Cos(φ)- 2A c/α (1 +m x(t)) Cos(ωct)Sen(ωct) Sen(φ)
luego de pasar la señal por el filtro pasabajo (asumiendo que eliminamos la componente DC ) nos queda la siguiente expresión : XD(t)=A c /α m x(t) Cos(φ) Por otro lado tenemos que el ruido antes de pasar por el detector : r(t) = i(t) Cos(ωct) - q(t) Sen(ωct) la señal antes del filtro pasabajo será : d(t) = r (t) 2 Cos(ωct +φ)= ( i(t) Cos(ωct) - q(t) Sen(ωct)) 2Cos(ωct +φ) = i(t) Cos(ωct) 2 Cos(ωct +φ)- q(t) Sen(ωct) 2Cos(ωct +φ) = i(t) Cos(ωct )2 ( Cos(ωct) Cos(φ)- Sen(ωct) Sen(φ))
-
q(t) Sen(ωct) 2 )( Cos(ωct) Cos(φ)- Sen(ωct) Sen(φ))
= i(t) 2Cos2(ωct) Cos(φ)- i(t) 2 Cos(ωct) Sen(ωct) Sen(φ)
-
q(t)2 Sen(ωct) Cos(ωct) Cos(φ)+2 q(t) Sen2(ωct) Senφ i(t) Cos(φ) + i(t) Cos(2ωct) Cos(φ) - i(t) Sen(2ωct) Sen(φ)
=
-
q(t) Sen(2ωct) Cos(φ)+ q(t) Senφ-
q(t) Cos(2ωct) Sen(φ)
después de pasar por el filtro tenemos que: d(t) =
i(t) Cos(φ) + q(t) Senφ
entonces la relación señal a ruido después del detector será : X D(t)=A c/α m x(t) Cos(φ) Sd =
==Ac m Cos2(φ)/α 2 Nd =< d(t) >=<(
i(t) Cos(φ) + q(t) Sen(φ))2>
=<( i2 (t) Cos2(φ)+2 i(t) Cos(φ)
q(t) Sen(φ) + q2(t) Sen2(φ) )>
=< i2 (t) Cos2(φ) >+<2 i(t) Cos(φ) La expresión
< 2 i(t) Cos(φ)
q(t) Sen(φ) >+< q2(t) Sen2(φ) )>
q(t) Sen(φ) > = 0 porque
i(t) y
q(t) son dos señales
independientes y de media cero y < i (t)>= < q (t) >=< r (t)>, entonces: Nd = < i (t) >Cos2(φ)+< q (t)>Sen2(φ) =< i (t) >(Cos2(φ)+ Sen2(φ)) Nr =2W . =
=Nr (Cos2(φ)+ Sen2(φ)) Nr =2W
quedando: Nd =2W ahora,
y
(Cos2(φ)+ Sen2(φ))=1
Sd
Ac m =
Cos
α 22W
Nd
Se copncluye que un desfasaje en el receptor afecta a la señal trasmitida, por lo que la relación señal a ruido se reduce y si el desfasaje es de 90 grados la señal desaparece por completo y por lo tanto la relación señal a ruido es nula.
Modulación DSB
X DSB = Ac x(t) Cosωct Al atenuar (Ac x(t) Cosωct)/α Xdet =(Ac x(t) Cosωct)/α * 2Cos(ωct+φ ) Xdet =2Ac (x(t) Cosωct) * (Cosωct *Cos(φ ) - Senωct *Sen(φ )) /α
(Recordar : sen(A)*cos(A) =0.5 sen (2A) Xdet =2Ac x(t) Cos2ωct Cos(φ )-Ac x(t) Sen2ωct Sen(φ ) Al pasar esta señal por el filtro pasabajos los términos de doble frecuencia no pasan. Obtenemos como resultado la siguiente expresión: Xdet =Ac x(t) Cos(φ ) /α En cuanto al ruido, tenemos el mismo comportamiento que en el caso AM, por lo tanto la relaciòn señal a ruido resultará: Sd
Ac
Cos
= Nd α 2 2W Las conclusiones son las mismas que para AM. Modulación SSB
Sea
H(x(t)) = La Transformada de Hilbert de x(t)
X ssb = Ac (x(t) Cosωct±H(x(t)) Senωct)
Xdet =Ac (x(t) Cosωct±H(x(t)) Senωct)* 2Cos(ωct+φ ) Y luego se pasa por el LPF Xdet =2Ac (x(t) Cosωct±H(x(t)) Senωct) * (Cosωct *Cos(φ ) - Senωct *Sen(φ )) (Recordar : sen(A)*cos(A) =0.5 sen (2A) Xdet =2Ac (x(t)Cos2ωct Cos(φ ) –(±) H(x(t)) Sen²ωctSen(φ )) -Ac x(t) Sen2ωct Sen(φ ) ±Ac H(x(t)) Sen2ωct *Cos(φ ) Al pasar esta señal por el filtro pasabajos los términos de doble frecuencia no pasan. Obtenemos como resultado la siguiente expresión: Ac x(t) Cosφ±Ac H(x(t))Senφ (Recordar: cos²(A) =0.5 +0.5 cos (2A) y sen²(A) =0.5 - 0.5 sen(2A)) En frecuencia se tendría: AcX(f) (Cosφ−(±)jsgn(f) Senφ)= AcX(f)e±jsgn(f) Y esto es una distorsión de fase de la señal. Para ciertas aplicaciones puede no importar. Problema 10
Si s(t) =A R x(t) Cos ( 2π 106t + Ω ) +n(t) donde n(t) es ruido blanco gaussiano con densidad igual a 10-13 para toda f., determine como debe ser el oscilador del detector síncrono para poder rescatar el mensaje x(t). Solución: El oscilador del detector síncrono debe tener una frecuencia igual a la del filtro de frecuencia intermedia f IF ya que la señal de entrada es un aseñal DSB centrada en 1 MHz, pero el mezclador la traslada a f IF.
Problema 11
A un modulador AM se le hicieron las siguientes pruebas: Para un mensaje x1(t) (ver figura) y un índice de modulación m1 se obtuvo una eficiencia de modulación de 50%. Para un mensaje x2(t) y un índice de modulación de 0.5 se obtuvo una eficiencia de E%. Determine E y m1.
La potencia dela señal x1(t) puede ser calculada como: 1
Sx = T
0.5 T
1
T
∫ dt + T ∫ dt 0
1
0.5 T
Si la eficiencia del sistema es de50%, entonces el indice de modulación es:
m2Sx m2 × 100%= 50%= Eficiencia = E = 1+ m2Sx 1+ m2
× 100%
Esto implica que m=1 Para la señal x2(t):
La ecuacion de la rectaque decribe la función entre 0 y T/4 puede ser descrita como: x(t)=
4 t T
La potencia dela señal es:
0.25 T
4 0.25 4t 2 4 16 t3 1 ( ) dt = = Sx = T 0 T T T 2 3 0 3 Calculemos la eficiencia para para un indice de modulacion de 0.5: T
∫
+
2 mS x × 100%= Eficiencia = E = 2 1+ mSx
7,6 %
Problema 12
En la figura se muestra un transmisor que envía 2 mensajes a traves del mismo canal. Esto se logra modulando cada canal en cuadratura con el otro. Determinar si es posible recuperar los mensajes con detectores síncronos.
Solución al problema 12
Basta con usar dos detectores síncronos, cada uno en fase con la portadora del mensaje respectivo. Esto es:
A la salida de cada modulador balanceado setiene: X1mod(t) =x1(t)Cos(ωct) X2mod(t) =x2(t)Sen(ωct) Al canal va la suma deestas dos señales Y (t) =x1(t)Cos(ωct)+x2(t)Sen(ωct) Al multiplicar por Cos(ωct) x1(t)Cos2(ωct)+x2(t)Cos(ωct)Sen(ωct)=0.5 x1(t)+0.5 x1(t) Cos(2ωct)+0.5 x2(t)Sen(2ωct). Luego del pasabajo solo queda 0.5 x1(t) Similarmente la otra rama. Problema 14
Observe el siguiente sistema:
n(t) H (f)
2
1
x(t)
Modulador DSB -
+
L=20dB
f(KHz)
Fase=0
6
10Cos2π 10 t
6 2Cos2π10 t
S0 N0
Fase=0
H(f)
2
2
Filtro pasabajo BW=20KHz
-f 2
Filtro pasabanda 6 fcentral=10 4 BW=4.10
X
f 2 x (t) + n (t) 2
2
Donde: −4 2 H1(f ) = e10 f para f positivas −4 f − 10 H 2(f ) = e para f positivas
2
Densidad espectral del ruido n(t)= 0,5. 10-10 w/Hz En las condiciones mostradas se grafica S 0/N0 en función de f 2 cuando el mensaje es un tono de 10KHz y potencia unitaria,y se obtiene:
Determine: 1) La potencia de x2(t) 2) La potencia de n2(t) 3) a 4) b Solucion: En primer lugar se observa que fx=f 2min =10khz para que pase la señal, ya para f 2 menores la relación señal a ruido es nula. Por otra parte cuando fy=f 2=20Khz y hasta f 2->∞ pasa la misma cantidad de ruido, debido a que el filtro que está antes del filtro H2(f) lo limita. Por lo tanto a=(S/N) cuando f 2 =10khz, mientras que b=(S/N) cuando f 2 =20khz. Comenzaremos con el análisis del paso de la señal A la salida del filtro H1(f), se tendrá una señal igual a −4
e10
104
x(t) = e1 x(t)
Luego de modularla en DSB tendremos 10 e1 x(t)Cos2π 106 t Al atenuar 20 dB (100 en potencia, 10 en voltaje) obtenemos lo siguiente: e1 x(t)Cos2π 106 t
Al entrar en el modulador DSB el espectro de potencia se ve afectado por un factor de cien que luego va a desaparecer debido a la perdidas del canal αL =100-> α=20db. El espectro de la señal se centrará ahora en 1MHz. Al pasar por el filtro pasabanda tendremos la misma señal. El detector síncrono arroja
e1 x(t)
Finalmente el filtro H2(f) produce x(t) Por lo tanto la potencia de señal a la salida es la misma de entrada e igual a 1.(Para los dos casos de f 2)
Veamos el análisi s del r uido 40KHz 0.5x10-10
Este es un ruido pasabanda que se puede expresar como: n(t) = ni Cos(w0t) − nq Sen(w0t) w0 = 2π f c
⇒ n(t) = (ni Cos(2π f ct) − nq Sen(2π f ct))2Cos(2π f ct) ⎛ 1+ Cos4π 106 t ⎞ ⎟⎟ − 2nq Sen(2π 106 t)Cos(2π 106 t) = 2ni ⎜⎜ 2 ⎝ ⎠ solo _ pasa _ ni
La densidad de potencia dela componente ni es: Gni(f) 10-10
20KHz Al pasar por el filtro H2
f 2min = 10KHz 10K
N = 2.
∫e
−10− 4 f
.η .df =
0
⎡ e−10− f = 2η ⎢ −4 ⎢⎣ − 10 4
10K
= 1,26µ w
0
S = a = 58.98dB N para el caso f 2max = 20KH
⇒
tenemos ana log amente:
20K
N = 2.
∫e
−10− 4 f
.η .df =
0
⎡ e−10− f = 2η ⎢ −4 ⎢⎣ − 10 4
⇒
20K
= 1.72µ W
0
S = b = 57.62dB N
Problema 15
Para el sistema mostrado:
X
LPF BW=5KHz
x (t) 1
X
x (t) 3
+
(t) -90 °
X
f=5KHz LPF BW=5KHz
-90 °
Σ f=10KHz
X x (t) 2
Con un mensaje x(t) de espectro como el siguiente:
x (t) 4
_
y(t)
X(f) 1
0.3
3.3
f (KHz)
Determine el espectro de x1(t) , x2(t) , x3(t) , x4(t) El espectro de la señal x1(t) será:
Fase =0 para toda f
X(f) 1
0.5
1.7
4.7
f (KHz)
Para la señal x2(t) X(f) 2
0.5
1.7
4.7
f(KHz)
arg X(f) 2 -90 °
Para las señales x3(t) y x4(t)
f(KHz)
Fase =0 para toda f
X(f) 3
0.25
-5.3
-10
8.3
5.3
11.7 10
X(f)
14.7
f(KHz)
4
0.25
-5.3 -10
8.3
5.3
11.7 10
14.7
argX4(f)
f(KHz)
180
-180
f(KHz)
Encuentre una expresión temporal ( en función de x(t) ) para la señal y(t). Como se observa y(t) resulta una señal LSSB con frecuencia de portadora igual a 15 KHz, por lo tanto podemos expresarla como y(t) = 0. 5(x(t)Cos30 π10 3 t + ˆx(t )Sen30 π 10 3 t) Problema 16
Un mismo mensaje x(t) de media nula se pasa a través de 2 sistemas de modulación (AM(m=1) y DSB) con la misma frecuencia de portadora. Ambas señales mo duladas, de igual potencia, se transmiten por canales idénticos; finalmente ambas se detectan con detectores síncronos con las mismas características.
a) Diga cual de las dos portadoras sin modular tiene mayor potencia. b) Si los detectores síncronos usados tienen como oscilador 2Senωct, ¿Qué se tendrá a la salida de cada uno de ellos en ausencia de ruido?
Respuesta:
a) Diga cual de las dos portadoras sin modular tiene mayor potencia. El mensaje x(t) tiene media nula y esta limitado en banda, por lo tanto cumple con las condiciones de modulacion lineal. Para AM
xAM = Ac1(1+ mx(t)) cos 2
potencias PAm =
Ac1
2
c
2
+
Ac1
2
2
m x(t) y PDSB = 2
modulacion para AM igual a 1, obtendremos:
t y para DSB Ac2
2 Ac1
2
xDSB = Ac2 x(t) cos
t , teniendo como
c
2 2
x(t) , igualando dichas potencias, y teniendo indice de
= Ac2
2
x(t)
2
1+ x(t)
2
, lo que indica que la potencia de portadora
de AM es menor que la de DSB. b) Si los detectores síncronos usados tienen como oscilador 2Senωct, ¿Qué se tendrá a la salida de cada uno de ellos en ausencia de ruido? La figura muestra el diagrama del detector sincrono:
Para AM(m=1): 2xAM sen ct = 2Ac (1+ mx(t))cos( ct)sen( ct) = Ac (1+ mx(t))sen(2ω ct) Para DSB
2xDSB sen ct = 2Ac x(t) cos( ct)sen( ct) = Ac x(t)sen(2ω ct) Lo que indica que para ambos casos despues de filtrar con un LPFy quitar la DC el resultado es cero.
Problema 17 El sistema mostrado es un modulador SSB:
a) Dibuje el espectro (Magnitud y Fase) de xA(t), xB(t) y xC(t) . b) Encuentre el espectro (magnitud y fase) de x(t) si se sabe que la señal SSB tiene la siguiente expresión
xSSB (t) = x(t)Cos ωct ± xˆ (t)Senω ct
c) La señal w(t)=(xC(t)+xB(t)) es banda base. Determine su ancho de banda. J ustifique...
Respuesta:
a)
Dibuje el espectro (Magnitud y Fase) de xA(t), xB(t) y xC(t) .
b) Encuentre el espectro (magnitud y fase) de x(t) si se sabe que la señal SSB tiene la siguiente expresión xSSB (t) = x(t)Cos ωct ± xˆ (t)Senω ct
ˆ (t)Senω ct, entonces x(t) = xE2coswct, pasada por un filtro Como xE = xSSB (t) = x(t)Cosωct ± x pasabajos de frecuencia de corte menor 95 kHz. Es decir será 2Xc pasada por un LPF
c) La señal w(t)=(xC(t)+xB(t)) es banda base. Determine su ancho de banda. J ustifique...
Como la señal w(t) es banda base, se puede observar en el gráfico de Magnitud que el ancho de banda es 15kHz. Problema 18 Observe el siguiente sistema
Se tiene un mensaje de voz x(t) ( banda entre 300 Hz y 4 KHz) que se desea modular en Single Side Band (SSB). En el sistema mostrado se elige f 1=10KHz y f 2=100KHz. A) Dibuje los espectros en cada etapa del sistema (salidas de mezcladores y filtros) B) Determine los valores que pueden tomar fx y fy para que la salida sea una señal en banda lateral inferior (LSSB) Respuesta:
Asumiendo X(f)
Luego del P rimer Mezclador
Luego del Primer Filtro
Luego del Segundo Mezclador
Luego del Segundo Filtro
Luego del primer filtro se presenta una condición, si se cumple:
89,7k < Fx < 110,3k y 114k < Fy , se cumple lo mostrado en la figura anterior. De lo contrario:
Esto ocurre si:
0 < Fx < 86k y 89,7k < Fy < 110,3k Para XLSSB ⇒ 0 < Fx
< 86k y 89,7k < Fy < 110,3k
Problema 19
El sistema mostrado es un SCRAMBLER (Revolvedor de espectros) para encubrir información de un mensaje x(t) que tiene el espectro mostrado. a)Dibuje X1(f), X2(f), X3(f), X4(f) en magnitud y fase
Solución: a)El espectro de X(t) tiene la siguiente forma io
W
La señal X1(t) viene dada por la siguiente expresión x1(t) = x(t) cos(4π t) y posee un espectro de la siguiente forma 33
X1(f)
ArgX1(f)
Después de pasarlo por el transformador de Hilbert el espectro queda
La señal X3(t) tiene la siguiente forma X 3(t) = X 2(t) sen(2π t)
La señal X4 es la que deja pasar el filtro pasabajas ideal de ancho de banda W
34
Problema 20
El sistema mostrado es un demodulador SSB:
a) Dibuje el espectro ( Magnitud y Fase) de xA(t) , xB(t) y xC(t) . b) b) Encuentre el espectro (magnitud y fase) de x(t) si se sabe que la señal SSB tiene la siguiente expresión xSSB (t) = x(t)Cos ωct ± xˆ (t)Senω ct c) c) La señal z(t)=(xC(t)- xB(t)) es SSB. Determine su frecuencia de portadora. Justifique... Solución:
a) Al pasar la señal XE Por el transformador de Hilbert nos da la señal X A cuyo espectro es el siguiente:
35
Para obtener la señal de X B hay que multiplicar le señal de X A por el sen( ct) quedando el siguiente espectro:
Para obtener la señal de XC hay que multiplicar le señal de X E por el cos( ct)
36
quedando el siguiente espectro para la señal xD(t): La señal XD viene dada por la suma de las señales XB y XC
X D = X B + XC
b) X E es una señal SSB, toda señal SSB al pasar por un detector síncrono da la señal original del mensaje X(t) por lo que pasaremos a XE por un detector síncrono de frecuencia igual a f = 95KHzy filtro pasabajo ideal, quedando que el espectro del
mensaje es igual a Donde x(t) es igual x(t) = 2.5cos(2π 15000t) + 2cos(2π 5000t − 40º) Observe que esto es parecido a la señal xc(t) C) Si la señal Z(t) es igual a Z(t) = ( XC (t) − X B (t)) queda que el espectro de Z(t) de la siguiente forma 37
