PC-Solucao

PRINCÍPIOS DE COMUNICAÇÕES  João Célio Brandão, Abraham Alcaim e Raimundo Sampaio Neto

SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS

Centro de Estudos em Telecomunicações da PUC-Rio Rio de Janeiro – Novembro de 2010 É proibida a reprodução deste material, exceto para uso didático, sem fins fi ns lucrativos, mediante autorização dos autores.

CAPÍTULO 2 2.1 Analise cada uma das funções da Fig. E2.1e verifique se podem ser transformadas de Fourier de uma função real. (a)

(b)

0

f 

0

-f 0

f 0

f 

(c)

0

-f 0

f 0

f 

Fig. E2.1

Solução

Apenas a função da Fig. E2.1 (c) pode ser transformada de Fourier de uma função real pois não viola a condição G( f   f ) = G*(- f   f )

2.2 Calcule a transformada de Fourier das seguintes funções: 5 | t |≤ 4 5 0 ≤ t ≤ 4 (a) g (t ) =  ; (b) g (t ) =  0  fora 0  fora

(e)

2 − t  2 1 1 2 (c) g (t ) = (d) g (t ) = e 1 + t 2 2π σ  σ 

(f) 3

1

(g)

2

2

-1 0 -1

1

t 

0

2

4

t 

-2

0

2

t 

Utilize a tabela e as seguintes propriedades da transformada de Fourier (a) linearidade e mudança de escala (b) linearidade, mudança de escala e deslocamento no tempo (c) dualidade e mudança de escala (d) linearidade e mudança de escala (e) diferenciação e dualidade (f) linearidade e deslocamento (g) linearidade

1

CAPÍTULO 2 2.1 Analise cada uma das funções da Fig. E2.1e verifique se podem ser transformadas de Fourier de uma função real. (a)

(b)

0

f 

0

-f 0

f 0

f 

(c)

0

-f 0

f 0

f 

Fig. E2.1

Solução

Apenas a função da Fig. E2.1 (c) pode ser transformada de Fourier de uma função real pois não viola a condição G( f   f ) = G*(- f   f )

2.2 Calcule a transformada de Fourier das seguintes funções: 5 | t |≤ 4 5 0 ≤ t ≤ 4 (a) g (t ) =  ; (b) g (t ) =  0  fora 0  fora

(e)

2 − t  2 1 1 2 (c) g (t ) = (d) g (t ) = e 1 + t 2 2π σ  σ 

(f) 3

1

(g)

2

2

-1 0 -1

1

t 

0

2

4

t 

-2

0

2

t 

Utilize a tabela e as seguintes propriedades da transformada de Fourier (a) linearidade e mudança de escala (b) linearidade, mudança de escala e deslocamento no tempo (c) dualidade e mudança de escala (d) linearidade e mudança de escala (e) diferenciação e dualidade (f) linearidade e deslocamento (g) linearidade

1

Solução (a) g (t ) = 5 × rect ( 8t  ) ↔ 40 × sinc(8 f  )

) exp( − j 4π  f ) (b) g (t ) = 5 × rect ( t −42 ) ↔ 20 × sinc(4f )e (c) g (t ) =

1 1 = 2 1 + t  2

2 1 +  2π  

1 e (d) g (t ) = 2π σ

2 − t  2 2σ 

t   2π  

2

↔

1 2π e − 2π  f = π e − 2π  f  2

 t   −π    2πσ  

1 e = 2π σ  

 

2

↔e

−π ( 2πσ  f  )

2

=e

− 12 σ 2 ( 2π  f  )

2

dg (t ) = rect ( 2t ) ↔ 2 × sinc( 2 f ) = 2π  fG ( f )   dt  sinc(2 f ) G ( f ) = π  f  (f) g (t ) = 2 × rect ( t −42 ) + tri ( t-22 ) ↔ 8 × sinc( 4 f )e− j 4π f + 2sinc2 ( 2 f )e− j 4π  f

(e)

 

(2 f ) (g) g (t ) = 2 × rect ( 4t  ) − 2 × tri ( 2t ) ↔ 8× sinc( 4 f ) − 4× sinc2 (2

 

2.3 Considere do sinal da Fig. E2.3 cuja transformada de Fourier foi calculada no Exemplo 2.6. Obtenha essa mesma transformada usando (a) a propriedade 9 (diferenciação) e (b) a propriedade 10 (integração)  A

-T 

0

T

t 

 A - A

Fig. E2.3 Solução

dg (t ) = Aδ (t + T ) − 2 Aδ (t ) + Aδ (t − T ) ↔ Ae j 2π fT − 2 A + Ae − j 2π  fT =  2 A [ cos( 2π Tf ) − 1] dt  G ( f ) =

2 A [ cos(2π Tf ) − 1] jA [1 − cos( 2π Tf )]   = j 2π f π  f  

G ( f ) ; note que g (τ )dτ  = AT AT × tri ( ) ↔ AT × sinc (Tf ) =    j 2π  f  −∞

∫

t 

t  T 

2

2

∫

∞

g (τ )d τ  = 0

−∞

2

 

AT 2 × sen 2 (π Tf ) sen 2 (π Tf )   G ( f ) = j 2π f × AT × sinc (Tf ) = j 2π  f = j 2A π  f  (π Tf ) 2 2

Notando que

1 sen 2θ = [1 − cos(2θ )] 2

verificamos que as duas soluções são iguais. Verificamos também que

sen 2 (π Tf ) j2 A = j 2 ATsinc (Tf ) sen(π Tf )   π  f  confirmando o resultado em (2.46)

2.4 Utilize a propriedade 8 para calcular a integral do item (a) e o teorema de Parseval dado por (2.69) para calcular a integral do item (b). (a)

∫

∞

sinc(Tf )df  ;

(b)

−∞

∫

∞

sinc2 (Tf )df  

−∞

Solução (a) Lembrando que

sinc(Tf ) ↔

1  t   rect   T  T  

pela propriedade (8)

∫

∞

sinc(Tf )df  =

−∞

1 1 rect(0) = T T 

(b) Pelo Teorema de Parseval, 2

2

t  1 1 1 sinc (Tf )df =   rect2   dt =   T =   T −∞ −∞  T  T  T 

∫

∞

2

∫

∞

 

2.5 Usando as propriedades da função impulso calcule: (a) δ (t − 3) ∗ ( 2e−2t e−3 ) ; (b)

∞

∫ 

−∞

2t + 1 3(t −1) e δ (t − 1)dt  t + 1

Solução (a) (b)

δ (t − 3) ∗ ( 2e−2t e −3 ) = 2e −2( t −3) e −3 = 2e −2 t −3

∫

∞

−∞

2t + 1 3(t −1) 2 × 1 + 1 3(1−1) 3 e δ (t − 1)dt = e = t + 1 1+1 2

3

2.6 Usando as propriedades da convolução e do deslocamento na frequência, calcule (a)

sinc(3t ) ∗  sinc ( 4t ) e j 8π t   ; (b) sinc(4t ) ∗ sinc ( 4t ) e j 4π t  

Solução (a)

1   f  1  f  - 4  sinc(3t ) ∗  sinc ( 4t ) e j8π t  ↔ rect   × rect   3 3 4  4 

Podemos verificar que o produto das duas funções rect ( ) é nulo pois o primeiro se anula para f/3 > 0,5, isto é, f>1,5 e o segundo se anula para (f-4)/4<0,5, isto é, f<2. Como a transformada é nula, a convolução será nula.

(b)

 f f  - 2  1 1 sinc(4t ) ∗ sinc ( 4t ) e j 4π t   ↔ rect   × rect   4 4 4  4  1/4

-2

0

2

 f 

1/4

0

4

 f 

1/16 0

2

 f 

Verificamos como o auxílio da figura que o produto das funções rect ( ) neste caso será

1  f  1  f -2 1  f -1  = rect   × rect  rect    4 4 4  4  16  2 

 

Fazendo a transformada inversa obtemos

1 sinc(4t ) ∗ sinc ( 4t ) e j 2π 4t  = sinc(2t )e j 2π t 8

 

2.7 Usando a propriedade da modulação calcule a transformada de Fourier das funções abaixo e esboce o seu espectro de amplitude para  f 0 >> 1 (a)

g (t ) = e−t  cos(2π  f 0t )u (t )  

(b)

g (t ) = e− t  cos(2π  f0t )  

(c)

g (t ) = e− t sen(2π  f0t )  

4

Solução (a) g (t ) = e− t  cos(2π  f 0 t )u (t )   Como

e−t u (t ) ↔

1 1 +  j 2π  f 

pela propriedade da modulação,  1 1 1 G ( f ) =  + 2 1 + j 2π ( f − f0 ) 1 + j 2π ( f + f0 )   

Podemos observar que os módulos das duas parcelas complexas acima têm seu valor máximo para  f  =  f 0 e  f  = - f 0, respectivamente, e tendem a zero à medida que  f  se afasta destes valores. Podemos então usar a aproximação 1   1     f  > 0  2  1 + 4π 2 ( f − f 0 )2  G ( f ) ≅   1  1    f  < 0  2 2 2   1 + 4π  ( f + f 0 ) 

(b) g (t ) = e − t  cos(2π  f 0t ) Como

  e−|t | ↔

2 1 + (2π  f )2

pela propriedade da modulação,  1 2 2 G ( f ) =  + 2 2 2 1 + [2π ( f − f0 )] 1 + [2π ( f + f0 )]    Neste caso G( f ) é uma função real e positiva e, portanto, é igual a seu módulo, isto é,

G ( f ) = G ( f ) =  (c) g (t ) = e− t sen(2π  f0t ) Neste caso,

G ( f ) =

1 1 + 2 1 + [2π ( f − f 0 )] 1 + [2π ( f + f0 )]2  

   1  2 2 − 2 j 1 + [2π ( f − f0 )]2 1 + [2π ( f + f 0 )]2   

e

G ( f ) =

1 1 − 2 1 + [2π ( f − f0 )] 1 + [2π ( f + f0 )]2  

Nos 3 casos, considerando  f 0 >> 1, o espectro de amplitude terá forma semelhante à da figura

5

|G(f)|

- f 0

0

 f 0 

 f 

2.8 Utilize o resultado do exemplo 2.8 e as propriedades da integral de convolução para calcular a convolução entre as funções da Fig. E2.8. 5

0

1

2

t 

5 0

1

2

3

t 

Fig. E2.8 Solução Sabemos de (2.65) que

rect (T t  ) ∗ rect (T t  ) = T ⋅ tri(T t  ) No caso, temos

5 × rect ( t −21 ) ∗ 5 × rect (  t −22 ) Aplicando (2.63) duas vezes, considerando um atraso igual a 1 na primeira função e igual a 2 na segunda, podemos escrever  t − 3  5 × rect ( t −21 ) ∗ 5 × rect (  t −22 ) = 25 × 2 × tri    2  cujo gráfico está representado na figura. 50

1

3

5

t 

2.9 Calcule g1(t)*g2(t), representadas na Fig. E2.9, para t = 6.

6

g1(t )

g2(t )

3

2

(2)

0 1

2

3

4

5

6

7

8 t 

0 1

2

3 4

5

t 

Fig. E2.9 Solução Para t = 6, mostra-se na figura que segue a posição relativa das 2 funções do integrando de

g1 (t ) ∗ g 2 (t ) =

∫

∞

−∞

g1 (t − α ) g2 (α )dα    g2(α )

g1(6-α )

3 (2)

2

0 1

2

3

4

5

6

7

α 

Por inspeção, podemos calcular a área do triângulo e a área do impulso, levando em conta os valores de g1( ) que multiplicam estas funções, e obtemos o valor 8.

2.10 Utilizando a tabela de transformadas, a propriedade 13 – expressão (2.69), e outras propriedades, determine o valor das integrais (a)

1 cos(2π  f c t )dt  ; (b) 2 t  1 + −∞

∫

∞

1     sinc(Bt )e jπ Bt dt t  π  −∞

∫

∞

Solução (a) Usando a tabela de transformadas e aplicando as propriedades da dualidade e da mudança de escala, temos

1 ↔ π e −|2π  f | 2 1 + t 

Aplicando (2.69) temos

1 cos(2π f ct )dt = 2 −∞ 1 + t 

∫

∞

∫

∞

−∞

π e−|2π  f |

1 [δ ( f − fc ) + δ ( f + fc )] dt = π e−|2π  f c | 2

(b) Usando a tabela de transformadas e aplicando as propriedades da dualidade temos

1 ↔ 2 j × sgn(- f ) . π t 

7

sinc(Bt )e

jπ Bt  

1   f  −  B2  ↔ rect    B  B 

Aplicando (2.69) temos

1 sinc(Bt )e jπ  fB dt = −∞ π t

∫

∞

∫

∞

[2j× sgn(− f )]∗

−∞

1   f  −  B2  rect   dt B B  

 

As duas funções do integrando e seu produto estão representadas na figura abaixo. Podemos então concluir que a integral será igual a 2 j. 1/  B 2 0

 B

0

B

f 

2 j /  B

2.11 Para cada um dos três pulsos definidos na Fig. E2.11, (a) determine sua amplitude para que eles tenham energia unitária; (b) determine a expressão da densidade espectral de energia definida em (2.125). g1(t )

g2(t )

 A1

 A2

-T/2

0

T/2

t 

-T/4

T/4

t 

g3(t )  A3

- T/2

0

T/2

t 

Fig. E2.11 Solução

A12T = A22 T 2 = A32T = 1 Logo,

 A1 = A3 =  A2 =

1 T  2 T 

1  t   rect   ⇔ G1 ( f ) = T sinc(Tf )   T   T   T T  2 2t sinc  f    g 2 (t ) = rect   ⇔ G2 ( f ) = 2 T  T   2  g1 (t ) =

8

t +T 4  1  t − T 4  1 g3 (t ) = rect  T  − rect   T       T T   2   2 

G3 ( f ) =

1 T T sinc  2 2

 T  f 2

 

f  e jπ Tf / 2 − e− jπ Tf / 2   = T sinc 

    ⋅ jsen(π Tf / 2) 

Lembrando que o espectro de energia de g(t ) é o módulo ao quadrado de G( f ), temos,

| G1 ( f ) |2 = Tsinc2 (Tf )   2

G2 ( f ) =

T  T   sinc2  f   2 2   T  f 2 

| G3 ( f ) |2 = Tsinc 2 

 2  ⋅ sen (π Tf / 2) 

2.12) Determine a função de transferência, a largura de faixa de 3 dB e a resposta ao impulso e do filtro RC cujo circuito está representado na Fig. E2.12. R  X ( f )

Y ( f )

C

Fig. E2.12

Solução Analisando o circuito podemos escrever

1 j 2π  fC   Y( f ) = X( f )   1  R + j 2π  fC   A função de transferência, será

 H ( f ) =

Y ( f ) 1 = X ( f ) 1 + j 2π  fRC  

Para determinar a largura de faixa de 3 dB fazemos 2

 H ( f ) =

1 1 = 2 1 + ( 2π  fRC ) 2

e obtemos

 f = B3dB = Aplicando a transformada de Fourier obtemos

1 2π  RC 

h(t ) = ae − at u (t )  

9

onde

a=

1  RC 

  a saída 2.13 Um filtro RC tem resposta ao impulso dada por h(t ) = 100e−100t u (t ) .Determine   deste filtro no domínio do tempo quando a entrada é x (t ) = 2 cos(2π  × 50t ) Solução Usando a tabela de transformadas temos

 H ( f ) = . Para f c = 50, temos

100 100 +  j 2π  f 

100 1 = , 100 +  j 2π × 50 1 + jπ  1  H ( f c ) = 1 + π 2

 H ( f c ) =

 β ( f c ) = tg -1 (π )

Aplicando (2.117) chegamos a

y(t ) =

2 1 + π 2

cos[2π × 50t + tg −1 (π )]

2.14 Um pulso retangular de amplitude unitária e duração 0,01 ms passa pelo filtro passabaixa  H ( f ) representado na Fig. E2.14. Esboce a transformada de Fourier do sinal na saída deste filtro.  H ( f )

1

- 200

Solução

0

200

 f (kHz)

Fig. E2.14

O espectro de amplitude do sinal na saida do filtro é dado por

Y( f ) = X ( f ) H ( f )   onde

X ( f ) = T sinc(Tf )   sendo T = 10-5 s. Esta função está representada na figura que segue.

10

 X ( f )

-200

-100

0

100

200

300

 f (kHz)

Assim, chegamos na seguinte expressão e respectivo gráfico T sinc(Tf ) | f |≤  200 kHz Y ( f ) =  fora 0 Y ( f )

-200

-100

0

100

200

 f (kHz)

2.15 A relação entre a entrada x(t ) e a saída y(t ) de um sistema linear é dada por  y(t ) = 2 x(t ) + x(t-τ ) + x(t+τ )

Determine a função de transferência deste sistema.

Solução A resposta ao impulso é dada por h(t ) = 2δ (t ) + δ (t-τ ) + δ (t+τ )

e a função de transferência por H ( f ) = 2 + e− j 2πτ f + e j 2πτ f   =  2 + 2cos(2πτ  f )

 

2.16 A função

t  g (t ) = sinc2    T   é amostrada por impulsos de área unitária em t  = kT 0, onde T 0 = T  /2, obtendo-se o sinal  x(t ). (a) Faça um gráfico de  x(t ) e de sua transformada de Fourier  X ( f ). (b) Suponha que o sinal  x(t ) passa pelo filtro H ( f ) mostrado na Fig. E2.16. Determine a expressão do sinal y(t ) na saída do filtro.

11

 H ( f )

2/T

1

-1/T0

2/T

0

1/T0

 f 

Fig. E2.16

Solução O sinal x(t ) está mostrado na figura abaixo.  x(t )

-4T 0

-2T 0

0

T 0 2T 0

4T 0

 f 

Sabemos que  t   g(t ) = sinc2   ↔ G ( f ) = T × tri (Tf )  T  

 

Como o espectro do sinal amostrado é a repetição do espectro G( f ) multiplicado por 1/ T 0, este espectro é dado por   n n  1  X ( f ) = ∑ δ   f −  ∗ T × tri ( Tf ) = ∑ 2 ×tri T  f −    T  T0  T 0     n =−∞ 0 n =−∞ ∞

∞

e seu gráfico está mostrado abaixo, seguido do gráfico do sinal na saída do filtro.  X ( f )

2

-1T 0

-1/ T 

Y ( f )

0

1/ T 

1/ T 0

3/ T 

2/ T 0

 f 

0

1/ T 

1/ T 0

3/ T 

2/ T 0

 f 

2

-1T 0

-1/ T 

Fazendo a transformada inversa obtemos

 y (t ) =

 t   4 t sinc2   cos  2π   T T   T 0 

12

CAPÍTULO 3 3.1 Um sinal senoidal na frequência 4 kHz modula em amplitude uma portadora em 600 kHz. Considerando que a potência da portadora modulada é igual a 1 W, represente graficamente seu espectro de amplitude, nos seguintes casos: (a) modulação AM-SC-DSB (b) modulação AM-SSB - faixa lateral superior. (c) modulação AM com índice de modulação igual a 0,8 Solução

Ac2 Pm Ac2 Am2 = = 1 → Ac Am = 2 (a) Ps = 2 4  M ( f )

( Am /2)

-4

( Am /2)

0

4

 f (kHz)

S( f )

( Ac Am /4)=(0,5)

0

-f c

596

600 604

f 

(b) S( f )

( Ac Am /4)=(0,5 2 )

0

-f c

604

f 

Note que no sistema SSB obtido pela filtragem do sistema DSB, a potência fica reduzida à metade. Assim, para manter a potência em 1 W, as componentes do sinal devem ser multiplicadas por 2 .

Ac2 Ac2 ka2 Pm Ac2   µ 2  Ac2  0,64  + = = 1 → Ac = 1, 23 1 +  = 1+ (c) Ps = 2 2 2  2  2  2  Com base na Fig. 3.11 chegamos ao espectro representado na figura abaixo S( f ) (0,615) (0,246)

-600

0

596 600

604

 f 

13

3.2 Determine a frequência da portadora, a potência, o índice de modulação, a eficiência da transmissão e a largura de faixa dos seguintes sinais AM: (a) s(t ) = [10 + 4cos(20π .103 t ) ] cos(2π.106 t ) (b) s(t ) = 0,2 cos(20 103πt ) + 4cos(22 103πt ) + 0,2 cos(24 103πt ) x

x

x

Solução   que (a) Comparando com (3.18a) s(t ) = Ac [1 + µcos(2 πf mt ) ] cos(2 πf c t)  , vemos f c = 106, Ac = 10 e µ = 0,4. Calculamos então  Ac2 Ac2 µ 2 Ps = + = 50+100×0,42  /4 = 54

2

4

η = 4/54 = 0,074

ou, usando (3.23),

η = 0,16/(2+0,16)=0,074

 BT  = 2 f m = 20 kHz

(b)Expandindo a expressão geral de um sinal AM com sinal modulador senoidal, dada por (3.20) temos

s(t ) = Ac cos(2π fc t ) + Ac µ cos(2π f mt ) cos(2π f ct ) 

 

Usando identidade trigonométrica para o produto dos cossenos

s (t ) = Ac cos(2π f c t ) +

 µ Ac

cos[ 2π ( f c + f m )t ] +

2

µ Ac

2

Comparando com a expressão do enunciado chegamos a f c = 11 kHz

 Ac = 4;

µ  Ac

2

cos[ 2π  ( f c − f m )t ]

 

= 0, 2 →  µ  = 0,1

 Ac2 Ac2 µ 2 Ps = + = 8+ 0,04 2 4 η = 0,04/8,04=0.005

 BT  = 2 f m = 4 kHz

3.3 Observando o espectro de um sinal AM mostrado na Fig. E3.3, determine (a) o índice de modulação; (b) a expressão do sinal AM no domínio do tempo; (c) a potência da portadora modulada; (d) a eficiência da modulação. (10) (4)

-50 -45

(10) (4)

-40

(4)

0

40

(4)

45

50

 f (kHz)

Fig. E3.3 Solução (a) Comparando a Fig. E3.3 com a Fig. 3.11(b), verificamos que o sinal modulador é senoidal, que Ac /2 = 10 e que µ Ac /4=4. Temos então, µ = 16/20=0,8.

14

(b) Observando ainda, pela Fig. E3.3, que a frequência do sinal modulador é igual a 5 kHz e que a frequência da portadora é igual a 45 kHz, podemos escrever, usando (3.20), s(t ) = 20 1 + 0,8cos(2π × 5 ×103 t )  cos(2π  × 45 ×10 3 t)

 

(c) A potência da portadora modulada será

20 2 202 × 0,82 Ps = + = 200 + 64 = 264 W 2 4 (d) A eficiência da modulação será dada por η  =

ou, aplicando (3.23),

64 = 0,242 264

0,8 2 η  = = 0,242 2 + 0,82 3.4 Considere o sinal AM s(t ) = [1+a cos(2π f mt )] cos(2πf ct)

onde  f c>>f m e a = 3. É possível demodular o sinal utilizando um detetor de envoltória? Esboce como ficaria o sinal na saída de um detetor de envoltória ideal.

Solução Para que seja possível a deteção de envoltória, a condição é [1+a cos(2π f mt )] ≥0. Portanto, se a = 3, esta condição não é satisfeita pois o valor mínimo da função acima é igual a -2, como ilustrado na figura abaixo.

4 2 t 

-2

3.5 A Fig.E3.5 (a) mostra o espectro de um sinal AM que chega a um receptor. Este sinal é demodulado através do esquema da Fig. E3.5 (b). (a) determine o índice de modulação e escreva a expressão do sinal s(t ); (b) determine um valor razoável para a constante RC que permita garantir que o detetor de envoltória acompanhe, aproximadamente, as variações da envoltória da portadora.

15

(a)

S(f)

(1) (1/16)

0

(1/16)

995 1000 1005  f (kHz)

(b) R

C

Fig. E3.5

Solução Comparando com o espectro da Fig. 3.11, verificamos que A c = 2 e µ = 1/8; temos então s(t ) = 2 [1 + 0,125cos(2π f mt ) ] cos(2π  fc t)   onde  f m = é igual a 5 kHz e  f c = 1 MHz. Para acompanhamento adequado da envoltória, RC >> 1/  f c = 10-6. Um valor razoável para RC seria RC = 10-5 ou algum valor maior.

3.6 A transmissão de um sinal de audio com frequência máxima igual a 20 kHz é feita com portadora de frequência 100 kHz através do esquema da Fig. E3.6 (a). Verifique se os filtros das Figs E3.6 (b) , (c) e (d) permitem recuperar o sinal transmitido sem distorção. Se o filtro permitir, identifique o tipo de modulação. m(t )

s(t )

 H ( f )

(a)

cos(2π  fct ) (b)

0

(c)

 H ( f )

 H ( f )

80

100

 f (kHz)

0

95 100

120  f (kHz)

 H ( f )

(d)

0

95

105

120

 f (kHz)

Fig. E3.6

16

Solução Para recuperação do sinal sem distorção, a condição é H ( f − fc ) + H ( f + f c ) = K   onde K  é uma constante, para todo  f  dentro da faixa da mensagem que é a faixa [-20,20]. Observando que  f c=100 kHz, verificamos que esta condição é satisfeita para os filtros da figura abaixo (a) – sistema AM-DSB, e (c) sistema AM-VSB (Vestigial Side Band) mas não para o filtro da figura (b).

(a) -20

0

20

-20

-5 0 5

20

-20

-5 0 5

 f (kHz)

(b)

 f (kHz)

(c)

20

 f (kHz)

3.7 O sinal m(t ) = 5cos(2π  f m t ) é  transmitido através de um sistema AM-DSB. O sinal transmitido, dado por s(t ) = 5cos(2π f mt ) cos(2π  fct ) é demodulado através do demodulador   ) coerente da Fig. E3.7, onde θ  =π /4 e H 0( f ) é um filtro passa baixa ideal com largura de faixa maior do que  f m. (a) determine S( f ), o espectro de s(t ); (b) determine a expressão do sinal demodulado r (t ); (c) suponha que a portadora AM-DSB definida acima é filtrada por um filtro passa-faixa ideal para gerar um sinal SSB com faixa lateral superior; determine a expressão do sinal SSB assim obtido, no domínio do tempo; (d) usando o mesmo demodulador da Fig. E3.7, determine o sinal r (t ) obtido pela demodulação do sinal SSB do item (c). s(t )

 H 0( f )

r (t )

cos(2π  f c t + θ ˆ) Fig. E3.7

17

Solução (a)

5 5 M ( f ) = δ ( f − f m ) + δ ( f + fm )   2 2 1 5 5 5 5  S ( f ) =  δ ( f − f m − fc ) + δ ( f + f m − f c ) + δ ( f − fm + fc ) + δ ( f + f m +  fc )   2 2 2 2 2  5 = [δ ( f − f c − f m ) + δ ( f − f c + f m ) + δ ( f + f c + f m ) + δ ( f + f c  − f m )]   4  M ( f )

(5/2)

(5/2)

c-f m

0

f m

f 

S( f )

(5/4)

-f c-f m

f c

0

-f c+f m

f c-f m

(5/4)

f c

f c+f m

f 

5  π   (b) r (t ) = cos(2π  f mt ) cos    2 4 O erro de fase provoca uma atenuação no sinal demodulado. (c) O espectro do sinal SSB – faixa lateral superior – está mostrado na figura S( f )

(5/4)

-f c-f m

(5/4)

f c

f c

0

f c+f m

f 

No domínio do tempo temos

5 s(t ) = cos [ 2π ( f c + f m )t ] 2

 

(d) Antes do filtro passa-baixa temos

5 π 5 π 5 π      x(t ) = cos [ 2π ( f c + f m )t ] × cos  2π f c t +  = cos  2π fm t −  + cos  2π ( 2 fc + f m  ) t +    2 4 4  4 4  4  5  π   Após a filtragem, r (t ) = cos  2π  f m t −   ; o erro de fase provoca uma defasagem no sinal 4  4 demodulado.

18

3.8 Em uma transmissão AM de rádio difusão, as frequências das portadoras das emissoras vão de 540 a 1600 KHz e a faixa de cada canal é de 10 KHz. Sabendo que a frequência intermediária é 455 KHz e que a frequência do oscilador local deve estar sempre acima de 900 KHz (a) determine o maior e o menor valor da frequência do oscilador local para sintonizar todas as emissoras; (b) verifique se a frequência de portadora de alguma emissora pode ser frequência imagem de outra, isto é, verifique se seria possível sintonizar duas emissoras ao mesmo tempo. Solução Para f 0 = f c − f I   

540 ≤ f c ≤ 1600 → 540 − 455 ≤ f 0 ≤ 1600 − 455 → 85 ≤ f0 ≤ 1145

 

Esta solução não atende à exigência de f 0 > 900; Para f 0 = f c + f I   

540 ≤ f c ≤ 1600 → 540 + 455 ≤ f0 ≤ 1600 + 455 → 995 ≤ f0 ≤ 2055

 

Neste caso,

540 + 910 ≤  f c′ ≤ 1600 + 910 → 1450 ≤ f c′ ≤ 2510 Portanto, poderá haver sintonia da frequência imagem na faixa de frequência [1450,1600]

3.9 Determine a relação entre a potência da portadora modulada na entrada do demodulador e a potência da mensagem recuperada na saída do demodulador, para os sistemas AM analisados nesse capítulo, considerando um sinal modulador senoidal de amplitude 1 mV, na frequência 4 kHz, com índice de modulação igual a 0,5 no caso do sistema AM. Solução AM-DSB AM-SSB AM

Ps0 1 = Ps 2 Ps0 1 = Ps 4 Ps0 0,64  µ 2 = = = 0,485  µ 2 1 + 0,32 Ps 1+ 2

3.10 Uma portadora de frequência 100 kHz é modulada em frequência pelo sinal m(t ) = cos(2π  f mt ) , onde    f m = 4 kHz. (a) Sabendo que a sensibilidade de frequência do modulador (constante k  f ) é igual a 400 Hz/Volt e que a potência do sinal FM é igual a 8 W., determine o espectro do sinal FM; (b) determine, usando a fórmula de Carson, a largura de faixa do sinal FM obtido pela passagem do sinal FM definido anteriormente por um multiplicador de frequências com n = 10.

19

Solução

  por O espectro de um sinal FM modulado pelo sinal m(t ) = Am cos(2π  f m t ) é dado (3.105). Neste caso, Am = 1,  f m = 4×103, f c=100×103,  Ac= 4, k  f  = 400,  β  = k  f  Am /f m = 0,1. Como β <<1, podemos usar as aproximações em (3.109), isto é,  J 0( β ) ≅ 1 ; J 1( β ) ≅ β/  2;  J n( β ) ≅ 0 para n >1

Aplicando também (3.107) chegamos a

S ( f ) = 2δ ( f − 100 × 103 ) + 0,1× δ ( f − 104× 103 ) − 0,1× δ  ( f − 96× 103 ); f > 0

 

Ao passar pelo multiplicador ∆f´ = 10×∆f = 10×400= 4000; Usando a fórmula de Carson dada por (3.79) temos BT = 2(4000 + 4000) = 16000 Hz - Note-se que, para um sinal senoidal de frequência f m, W = f m.

3.11 A frequência da portadora em um modulador FM é igual a 1 MHz e a sensibilidade de frequência k  f  é igual a 40 kHz/volt. (a) Considere um sinal modulador dado por m(t ) = x (t ) = cos ( 2π  f0t )   onde  f 0 = 5 kHz. (a) Determine o desvio máximo de frequência e o índice de modulação do sinal FM; (b) esboce o espectro de amplitude do sinal FM; (c) mostre que, para um sinal modulador m(t ) =  x2(t ), a portadora modulada corresponde a um sinal FM cuja frequência de portadora é igual a 1,02 MHz; calcule o desvio máximo em relação a esta frequência e o índice de modulação correspondente. Solução (a) ∆f = 40 kHz; β = 40/5 = 8 (b) O espectro de amplitude está mostrado na figura, onde f c = 1 MHz e f m = 5 kHz (| J 0( β )|)

|S( f )|/( Ac /2)

(| J -1( β )|)

(| J 1( β )|) (| J 2( β )|)

….  f c -f m

0

1 1 2 2

(c) m(t ) = x 2 (t ) = + cos(4π  f 0t )

 f c

 f c +f m  f c+2f m

 f 

 

Como a frequência instantânea da portadora é dada por

fi (t ) = f c + k f m(t ) = f c +

k f k f  cos(4π  f 0 t ) + 2 2

 

observamos que a parcela constante da frequência sofre um acréscimo k  f  /2 = 20 kHz, resultando o valor 1020 kHz ou 1,02 MHz. Com relação a esta frequência, o desvio máximo será também igual a k /2 f  = 20 kHz, e, considerando que a frequência do sinal modulador é igual a 2 f 0 = 10 kHz, o índice de modulação igual a 20/10 = 2.

20

3.12 Um sinal FM é gerado de acordo com o esquema da Fig. E3.12 onde o sinal modulador é um cosseno de amplitude unitária na frequência 10 kHz e a sensibilidade de frequência k  f  do modulador é igual a 100 Hz/volt. (a) Determine o desvio máximo de frequência, o índice de modulação e a largura de faixa do sinal s0(t ). (b) Determine a frequência da portadora do modulador de faixa estreita e o fator de multiplicação n para gerar um sinal FM na frequência de portadora 100 MHz com desvio máximo igual a 20 kHz

m(t )

Modulador FM Faixa Estreita

s0(t )

Multiplicador de fase (× n )

s(t )

Fig. E3.12 Solução (a) ∆f = kf Am = 100; β = 100/10000=0,01; BT = 2f m = 20 kHz (b) n×100 = 20000; logo n = 200; n×f 0 = 100000 kHz; logo f 0 = 100000/200 = 500 kHz 3.13 Uma portadora é modulada em frequência pelo sinal m(t ) representado na Fig. E.3.13. (a) Mostre que a condição de FM faixa estreita é satisfeita se a constante de sensibilidade k  f  for igual a 10 Hz/volt; (b) Usando este valor de k  f  e supondo que a potência do sinal FM é igual a 1 W, faça um esboço de seu espectro de amplitude. m(t )

1

0

1

2

t (ms)

-1

Fig. E.3.13

Solução (a) O sinal φ (t ) =

∫

t 

m(α )d α  é mostrado na figura abaixo

0

φ(t )

10-3

0

1

2

t (ms)

Observando que o valor máximo de φ (t ) é 10-3 e que k  f  = 10, temos

21

2π k  f φ (t) ≤ 2π×10-2 <<1 Podemos então usar a expressão aproximada para FM de faixa estreita, dada por (3.84),

s(t ) ≅ Ac cos ( 2π fc t ) − Ac 2π k f φ ( t) sen ( 2π fc t  )   (b) A transformada de Fourier de φ(t) é dada por Φ( f ) = 10 −6 sinc2 (10 −3 f ) e j 2π ×10

−3

f 

Como a potência é 1,  Ac = 2 . Usando (3.85), isto é,

S( f ) =

 Acπ k f   Ac δ f − f + δ  f + f − ( ) ( ) [ [Φ( f − fc ) − Φ( f + fc ) ] c c ]  j 2

 

e considerando que o produto entre a amplitude de Φ(f), 10-6, e o coeficiente  Acπ  k  f  é igual a 2π  ×10−5 , chegamos ao esboço da figura abaixo ( 2)

2π ×10−5

0

 f c-1  f c  f c+1

 f (kHz)

3.14 Em um experimento em laboratório para calibrar um modulador FM, varia-se a amplitude do sinal modulador m(t ) = Am cos(2π  fm t ) e observa-se o espectro de amplitude da   portadora modulada em um analisador de espectro. Verifica-se que, para uma frequência  f m = 2 kHz, aumentando-se a amplitude  Am do sinal modulador a partir do zero, a componente mostrada pelo analisador na frequência da portadora se reduz progressivamente até se anular completamente para o valor  Am = 5 mV. Com esta observação, determine a constante de sensibilidade de frequência k  f . Solução Na Fig. 3.31 vemos que a amplitude da componente na frequência da portadora é dada por  J 0( β ). Pela Fig. 3.3.2, ou consultando uma tabela para obter maior precisão, verificamos que  J 0( β ) se anula para  β  =2,4 e outros valores. Pelo enunciado do problema temos

k f Am 5 ×10−3 k f     β  = = = 2, 4 → k  f  = 0,96 × 106 Hz/v 3 2 ×10  f m

22

CAPÍTULO 4 4.1) Uma fonte discreta sem memória tem um alfabeto de 8 símbolos com probabilidades dadas por 0,25 0,20 0,15 0,12 0,10 0,08 0,05 e 0,05. (a) use o procedimento de codificação de Huffman para determinar um código binário para a saída da fonte; (b) calcule o número médio de dígitos binários por palavra código; (c) determine a entropia da fonte e compare com o resultado do item anterior. Solução sk P(sk) 1

s1 0,25

(0,58) 1

1

s2 0,20

B1 = 11

(0,42)

0

s3 0,15 s4 0,12 s5 0,10

0

s8 0,05

B4 = 001 0

1 (0,18) (0,1)

0

(0,33)

0

1 0

B2 = 01 B3 = 101

(0,22)

s6 0,08 s7 0,05

1

1

Bk

0

B5 = 000 B6 = 1001 B7 = 00001 B8 = 00000

n = 2 × 0, 25 + 2 × 0, 20 + 3× 0,15 + 3× 0,12 + 3× 0,10 + 4× 0,08+ 5× 0,05+ 5× 0,05 = 2,83 Aplicando (4.2) obtemos H = 2,80, confirmando (4.4).

4.2 Um quadro de imagem de TV é gerado através de um ponto luminoso que se desloca na tela, formando um conjunto de 525 linhas. Suponha que, em cada linha, o ponto luminoso possa ocupar 600 posições distintas. Considerando todas as linhas, isto leva a um total de 315000 posições (pixels). Para cada pixel, suponha que existem 8 níveis de brilho e 3 níveis de cor, e que todas as combinações destes níveis tenham a mesma probabilidade. (a) calcule a entropia de cada pixel; (b) calcule a entropia de um quadro. Solução (a) Como cada pixel apresenta um número de possíveis combinações de atributos (brilho, cor) igual a 8×3 = 24, e as combinações são equiprováveis, sua entropia será igual a informação própria de cada pixel, isto é, 1 = log 2 (24) 1   24 

 H  p = log 2 

23

Para um quadro composto de 315000 pixels, o número de combinações é 315000 24. Usando a mesma formulação anterior,   1  H q = log 2  1  315000  24

  315000 ) = 315000 × log 2 (24)  = log 2 (24  

Portanto, a entropia do quadro será 315000 vezes a entropia do pixel.

4.3 Um sinal é amostrado a uma taxa de 2000 amostras/s e, estas amostras são quantizadas nos níveis 0, ±1, ±2, ... ±7. (a) calcule a mínima taxa de bits por segundo quando todos os níveis de quantização são codificados (sem ambiguidade) com o mesmo número de bits; (b) sabendo que a probabilidade de ocorrência de um nível i ≠ 0 é dada por

P(i ) =

1 2 i +1

determine a mínima taxa de bits por segundo, caso seja utilizada uma codificação com número diferente de bits por nível de quantização.

Solução (a) Como o número de níveis é igual a 15, usando o mesmo número de bits, são necessários 4 bits numa codificação com mesmo número de bits. Como são 2000 amostras/s, a taxa de bits neste caso será 2000×4 = 8000 bit/s (b) Inicialmente calculamos a probabilidade do nível i = 0, 1 1  1 1 1 1 128 − 64 − 32 − ... − 1  1 P(i = 0) = 1 −  2 × + 2 × + ...2 × =  = 1 − − − ... − 4 8 256 2 4 8 128 128   =

1 128

Sabemos que a codificação com mínimo comprimento médio, igual à entropia, pode ser obtida se o comprimento de cada símbolo si for dado por  1  ni = − log2    P( si )  o que nem sempre é possível pois esse valor nem sempre é inteiro. No caso deste exercício isto é possível, pois,  1  i +1 log 2   = log 2 ( 2 ) =| i | +1, i = 1, 2...7  P( si )   1  log 2   = log 2 (128 ) = 7; i = 0 P s ( ) i   Ou seja, os níveis i = ±1, ±2 ..±7 serão codificados, respectivamente com 2, 3, ...8 bits, e o nível i = 0 com 7 bits. A entropia será dada por

1 1 1 1 1  H  = 2 × + 3 × + 4 × + ...8 × + 7× ≅ 2,98 2 4 8 128 128 Com a taxa de amostragem de 2000 amostras/s obtemos, neste caso, a taxa de 2,98 ×2000 = 5960 bit/s.

24

4.4 O sinal s (t ) = 4sen(2π  f ct ) ,  onde f c = 4 kHz é amostrado a uma taxa de 12000 amostras/s. (a) Considerando 3 amostras sucessivas, a partir de t  = 0, determine a sequência de bits na saída de um sistema PCM com quantizador e tabela de codificação mostrados na Fig. E4.4. z 3,5 2,5 1,5 0,5 -0,5 -1,5 -2,5 -3,5

011 010 001 000 111 110 101 100

3,5 2,5 1,5 0,5 1

2

3

4

s

Fig. E4.4

Solução

O intervalo de amostragem será T = 1/12000. Substituindo na função s(t ) = 4sen( 2π  fc t )  onde f c = 4000, temos amostra 1: t = 0; s(t) = 0; bits: 000 ou 111 4 00 0    2π   amostra 2: t = 1/12000 s(t ) = 4 sen  2π  = s e n 4    = 2 3 ; bits: 011  1 20 00   3  80 0 0    4π   amostra 3: t = 2/12000 s(t ) = 4sen  2π   = 4 sen   = −2 3 ; bits 100 1 2 0 0 0 3     Sequência: 000011100 000011100 ou 111011100

4.5 Determine a razão sinal-ruído de quantização para um quantizador uniforme de 8 bits, quando o sinal a ser quantizado é a função periódica “dente de serra” da Fig. E4.5, onde τ  é uma variável aleatória uniformemente distribuída entre –T  /2 e T  /2. s(t ) V 

 /2 τ-T 

τ

 /2 τ+T 

t 

-V 

Fig. E4.5 – sinal “dente de serra”

25

Solução Podemos verificar que s(t ) terá distribuição uniforme no intervalo [-V ,V ]. ]. Neste caso, σ s2

e, portanto,

1 = 2V 

V 2 X dX  = 3 −V 

∫

V 

V  σ s

2

= 3

Assim, para uma quantização com 8 bits,

RSR (dB ) = 48 + 4, 77 − 20 log ( 3 ) = 48 4.6 A transmissão PCM de um sinal de voz utilizando quantização uniforme de 7 bits é projetada para operar, sem sobrecarga, com razão sinal-ruído de 35 dB. Supondo que o sinal de voz tem função densidade de probabilidade de Laplace, calcule a probabilidade de sobrecarga. Solução  V    = 35 σ   s

RSR (dB ) = 6 × 7 + 4, 77 − 20 log  V  σs A probabilidade de sobrecarga será

20 log 

2 P (s > V ) = 2

 V  = → = 3, 877 1 1 , 7 7  σ  s 

∫

∞

V 

2S

1 − σ s e dS dS = e − 2σ s

2 ×3, 87 877

4.7 Um sinal de voz com função densidade de probabilidade de Laplace é transmitido através de um sistema PCM de 7 bits com quantização uniforme e probabilidade de sobrecarga igual a 10-3. Calcule aproximadamente a razão sinal-ruído de quantização usando (4.22). Solução 2S

V 

− 2 1 − σ s V  P(| s |> V ) = 2 e dS = e σ s = 10−3 → = 4, 88 σ s V  2σ s RSR (dB ) = 6 × 7 + 4, 77 − 20 log ( 4, 88 ) = 32, 99

∫

∞

4.8 A codificação PCM de um sinal de audio, cuja frequência máxima é igual a 15 kHz, deve ser feita com quantizador uniforme uniforme e razão sinal-ruído maio maio ou igual a 36 dB. Supondo um fator de carga igual a 4, determine o menor valor possível da taxa de bits na transmissão deste sinal. Solução De (4.22) temos

RSR (dB dB ) = 6n + 4, 77 − 20 log ( 4 ) ≥ 36 de onde

26

n ≥ 7,21

Como n deve ser inteiro, tomamos n = 8. A taxa de bits será igual a 8×2×15 = 240 kbit/s ), cuja frequência máxima é  f m , é dada 4.9 A função autocorrelação de um sinal analógico s(t ), por 1   f  τ   Rs (τ ) = E[ s(t ) s(t − τ )] = σ s2 cos  m ; | τ |≤    f m  5  Este sinal deve ser digitalizado e transmitido através de um sistema DPCM com quantizador uniforme e com razão sinal-ruído maior ou igual a 40 dB. Supondo uma predição linear de primeira ordem, isto é, com base na amostra anterior, compare a taxa de bits da transmissão (a) para codificação com 4 bits; (b) para codificação com 5 bits. Obs: considere um fator de carga igual a 4 para o sinal a ser quantizado, isto é o erro de predição.

Solução (a) Expressando (4.51) em dB temos RSR(dB) = RSRQ (dB) + G p (dB) onde RSRQ(dB) é dado por (4.22). Aplicando (4.52) temos  1  G p (dB) = 10 log  2  1 −  ρ   Resulta então  1  RSR (dB dB ) = 6n + 4, 77 − 20 log ( 4) + 10 log   ≥ 40 2  1 − ρ   4,7277 + 0,6 0,6 n  ρ  ≥ 1 − 10−4,72

Para n = 4, obtemos  ρ  ≥ 0,9976. Notando que 1   f  τ    ρ = cos  m  ; | τ  |≤  f m  5   f  τ  1 obtemos, para  ρ  = 0,9976, m = 0,0693 . A taxa de amostragem será = 2,89 f m . Como a 5 τ  taxa de amstragem está acima do valor mínimo 2 f m, requerido pelo teorema da amostragem, o sistema pode operar com esta taxa. A taxa de bits da transmissão será  R = 4 × 2,88 f m = 11,52 f m bit/s

(b) Repetindo os cálculos para n = 5, obtemos  ρ  ≥ 0,9906 e, para  ρ  = 0,9906, Neste caso

1 τ 

 f mτ  = 0,137 . 5

= 1,46 f m . Este valor está abaixo do mínimo requerido pelo teorema da

amostragem, 2 f m e esta deverá deverá ser a taxa de amostragem amostragem utilizada. A taxa de bits da transmissão será R = 5× 2 f m = 10 f m bit/s Verificamos que a solução com 5 bits leva a uma menor taxa de transmissão

27

4.10 Considere um sinal de voz, com função densidade de probabilidade de Laplace dada no Exemplo 4.2, quantizado por um quantizador uniforme de n bits. Usando a aproximação  y N  =  x N , calcule (a) as variâncias do ruído de sobrecarga e do ruído de quantização granular em função do fator de carga  L = V  / σs e de σs; (b) a expressão da razão sinal-ruído total (sobrecarga + granular); (c) faça um gráfico da razão sinal-ruído de quantização total, em função de  L, para n = 8; (d) determine o o valor de  L que corresponde ao valor máximo da razão sinal-ruído Solução A variância do ruído de sobrecarga é calculada pela expressão (4.14), fazendo y N  = x N , isto é σ sc2

=2

∫

∞

V 

2

( S − xN ) ps ( S )dS

onde 2| s|

1 − σ s ps ( s ) = e 2σ s Substituindo, calculando a integral e notando que

V  1  x N  = V − ∆ = V − = V  1 −    N  N   obtemos  2 L L2  e  1 + + 2  N N    Para o cálculo da variância do ruído de quantização granular aplicamos (4.12) onde, neste caso, 2| s| 2 2  xk +1 1 − σ s 1  − σ s  xk − σ s xk +1  e  Pk  = e dS = −e 2  xk  σ  2 s   Substituindo e desenvolvendo obtemos σ sc2

= σ s2 − 2 L

∫

σ q2

= σ s2

 L2  1 − e− 2  12 N 

2 L 



A razão sinal-ruído de quantização total é dada por σ s2  RSR = 2 = σ q + σ sc2

1 L2  − e− 2 1 12 N

2 L 



+e

− 2L

 2 L L2  + 2 1 + N N  

 

Calculando para n = 8 bits ( N = 128) verificamos que a razão sinal-ruído é máxima para  L ≅ 7 e seu valor é aproximadamente igual a 35,2 dB.

28

CAPÍTULO 5 5.1 Os diagramas da Fig. E5.1 representam um integrador e um filtro com resposta ao impulso h(t ). Mostre que os dois diagramas são equivalentes se h(t ) for um filtro casado ao pulso retangular g(t ) mostrado na figura, isto é h(t ) = g(t 0-t ), com t 0 = T .  x(t )

 y(t )

h(t )

t0

 y

g(t ) 1  x(t )

T 

∫ 0

 y 0

T 

t 

Fig. E5.1

Solução De acordo com a propriedade básica do filtro casado, a saída  y do primeiro diagrama pode é dada por

y=

∫

∞

x(t ) g (t )dt  

−∞

Como 1 0 ≤ t ≤ T  g (t ) =  0 fora

podemos escrever

y=

∫

T 

x(t ) dt  

0

o que corresponde ao segundo diagrama.

5.2 Uma transmissão digital binária de mensagens equiprováveis é feita através dos sinais da Fig. E5.2 (a) Represente a estrutura do receptor de mínima distância para estes sinais utilizando filtro casado, amostrador em t  = 2T  e detetor de limiar; especifique a resposta ao impulso do filtro casado e determine o valor do limiar. (b) Mostre que a estrutura da Fig. E5.2 é equivalente ao receptor ótimo do item (a). s2(t)

 A

t=0

r (t) 0

T

t

∫ 

Solução

≥0

−∞

+ t=T 

t -A

_

t 

mˆ = m2

s1(t)

Fig E5.2

(a) A estrutura é a da Fig. 5.10. O filtro casado e o sinal diferença estão mostrados na figura abaixo. O limiar, λ é dado por (5.5a). Como as energias dos sinais são iguais, λ=0.

29

h(t )=sd (t 0-t )

sd (t )

2 A

0

2 A

T 

2T 

T 

t 

t 

(b) A forma alternativa do receptor ótimo é a da Fig. 5.7 que faz a correlação entre o sinal recebido e o sinal diferença sd (t ) = s2(t )–s1(t ). De acordo com o diagrama da figura 5.7, e observando a forma de sd (t ), podemos escrever T ∞ 0  T   r (t ) sd (t )dt = r (t )2 Adt = 2 A  r (t )dt − r (t )dt    −∞ 0 −∞  −∞  Ainda seguindo a Fig. 5.7, deve-se comparar a expressão acima com o limiar λ, que neste caso é igual a 0. Isto é 0  T   2 A  r (t )dt − r (t )dt  > 0 ⇒ mˆ = m2 −∞  −∞  Dividindo-se os dois lados por 2 A chega-se à regra de decisão do esquema da Fig.E5.2

∫

∫

∫

∫

∫

∫

5.3 Uma transmissão digital binária de mensagens equiprováveis é feita através dos sinais da Fig. E5.3. (a) Represente a estrutura do receptor de mínima distância para estes sinais utilizando filtro casado, amostrador em t  = 2T  e detetor de limiar; especifique a resposta ao impulso do filtro casado e determine o valor do limiar. (b) Mostre que a estrutura mostrada na Fig. E5.3 é equivalente ao receptor ótimo do item (a). s2(t )

 A

t=0 : x(0)

r (t) 0

T 

t 

t 

∫ 

 x(t)

−∞

 A

s1(t )

2 x(T )- x(0)- x(2T ) ≥0

t=T : x(T )

mˆ = m2

t=2T : x(2T ) T 

2T 

t 

Fig. E5.3 Solução (a) A estrutura é a da Fig. 5.10. O filtro casado e o sinal diferença estão mostrados na figura abaixo. O limiar, λ é dado por (5.6). Como as energias dos sinais são iguais, λ=0. h(t )=sd (t 0-t )

sd (t )

 A

 A 0

T  -A

2T 

t 

0

2T 

T 

t 

-A

(b) A forma alternativa do receptor ótimo é a da Fig. 5.7 que faz a correlação entre o sinal recebido e o sinal diferença sd (t ) = s2(t )–s1(t ). De acordo com o diagrama da figura 5.7, e observando a forma de sd (t ), podemos escrever

30

∫

∞

∫  = A  r (t )dt − ∫ ∫ −∞

r (t ) sd (t )dt =

 = A 2 

T

r (t ) Adt +

0

−∞

−∞

∫

r (t )dt −

−∞

r (t )(− A)dt = 

T 

0

T

T

∫

2 T 

∫









r (t )dt  − A 

0

r (t )dt −

−∞

∫

∫

2T 

−∞

2T

r (t )dt −

−∞

∫

T 

−∞



r (t )dt  =  



r (t )dt    

Ainda seguindo a Fig. 5.7, deve-se comparar a expressão acima com o limiar λ, que neste caso é igual a 0. Dividindo-se por A chega-se à regra de decisão do esquema da Fig.E5.3.

5.4 Mostre que o diagrama da Fig. E5.3 também pode ser usado para fazer a deteção ótima em um sistema de transmissão usando o par de sinais da Fig. E5.4 correspondente ao código Manchester. s2(t) s (t) 1

 A

 A

0 0

T 

2T 

2T 

T 

t 

t 

-A

-A

Fig. E.54 Solução O sinal diferença neste caso é igual ao do exercício 5.3, exceto a amplitude dos pulsos que é igual a 2 A. Como o limiar também é igual a 0, a comparação no detetor de limiar independe desta amplitude, ou seja, pode-se usar o mesmo diagrama da Fig. E5.3.

5.5 Considere que uma transmissão digital é feita com os sinais da Fig. E5.5 e que a deteção destes sinais é feita com base nas amostras colhidas na saída  x(t ) de um integrador cuja entrada é o sinal recebido, como representado na figura. (a) Mostre que as amostras de  x(t ) nos instantes 0, T  e 2T  representadas por  x(0),  x(T ) e  x(2T ) são suficientes para se fazer a deteção ótima; (b) sabendo que os valores das amostras são  x(0) = 0,4 ;  x(T ) = 0,3 ;  x(2T ) = 0,9, qual será a decisão ótima neste caso, s 1 s2 ou s3 ?  A s3(t )

s1(t ) 0

2T 

t 

0

2T 

t 

- A

s2(t)

 A

r (t ) 0

T 

2T 

t 

t 

 x(t )

∫ dt  −∞

- A

Fig. E5.5

31

Solução A regra de decisão ótima para n sinais equiprováveis é escolher o sinal que maximiza a expressão (5.3)

1 λ i = r (t ) si (t ) dt − 2 −∞

∫

∞

∫

∞

−∞

si2 (t )dt  

Aplicando a cada um dos sinais temos

0 1 2  2T   r (t ) Adt − ( A × 2T ) = A  r (t )dt − r (t )dt  − A2T   γ  1 = 2 0 −∞  −∞  T 2T  1 γ  2 = r (t )(− A)dt + r (t ) Adt − ( A2 × 2T ) =  2 T  0

∫ ∫

2T

∫

∫

∫

T  0  T   2T  = − A  r (t )dt − r (t )dt  + A  r (t )dt − r (t )dt  − A2T =  −∞ −∞  −∞   −∞  T  2T  0  = A  r (t )dt + r (t )dt − 2 r (t )dt  − A2T   −∞ −∞  −∞  2T 0 1 2  2T   r (t )(− A)dt − ( A × 2T ) = − A  r (t )dt − r (t )dt  − A2T   γ  3 = 2 0 −∞  −∞  Observando que

∫

∫ ∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

t 

∫

r (t ) dt = x(t )  ,

−∞

notando que as energias são iguais e dividindo todas as expressões anteriores por  A, a regra de decisão corresponde a escolher o maior valor entre  ρ 1 = x(2T ) − x (0)  ρ 2 = x(0) + x (2T ) − 2 x (T )    ρ 3 = − x(2T ) + x (0)

Para os dados do exercício:  ρ 1 = 0.9-0.4 = 0.5  ρ 2 = 0.4 + 0.9 -2 ×(0.3) = 0.7  ρ 1 = -0.9+0.4 = - 0.5

A decisão será portanto m2.

5.6 Mostre que, para um determinado valor da energia média E s, a energia do sinal diferença pode ser maximizada escolhendo s2(t ) = - s1(t ). Solução De (5.19) temos

Esd  = E1 + E2 − 2

∫

∞

−∞

s1 (t )s2 (t )dt  

Pela desigualdade de Schwartz, sabemos que   

2

 s1 (t ) s2 (t ) dt  ≤ −∞ 

∫

∞

∫

∞

−∞

s12 (t )dt

∫

∞

−∞

s22 (t )dt = E1 E2  

e, consequentemente, − E1 E2 ≤

∫

∞

−∞

s1 (t ) s2 (t )dt ≤ E1 E2  

A igualdade do lado esquerdo, que maximiza E sd ocorre quando s2(t ) = -ks1(t ), onde k  é uma constante positiva. Usando esta condição, obtemos

32

Esd  = E1 + k 2 E1 + 2kE1 = E1 (1+ k )2   A Energia Média será dada por

E1 (1 + k 2 ) E s = 2

Explicitando E1 nesta equação e substituindo na anterior obtemos

(1 + k )2 Esd = 2 E s 1 + k 2

Podemos verificar que esta expressão é maximizada para k  = 1. Ou seja, para maximizar a energia do sinal diferença, que equivale a distância entre os dois sinais no receptor ótimo, s2(t ) = - s1(t ). Neste caso E sd = 4E s.

5.7 Em uma transmissão PAM quaternária, é transmitido um pulso retangular de duração 0,2 ms com amplitudes ± 2 e ± 6 mV. (a) Calcule a energia média transmitida. (b) Determine os possíveis valores amostrados na saída do filtro casado do receptor ótimo na ausência de ruído. Solução (a) onde

1 Es =  2 × (2 × 10−3 ) 2 Eg + 2 × (6 × 10−3 )2 E g  = 20× 10−6 Eg 4

 

E g = 1× 0.2 × 10−3 = 2 × 10−4 Portanto

E s = 4 × 10−9 J (b) Para um filtro casado com resposta ao impulso h(t ) = g (t0 − t )   os valores amostrados são dados por (5.38a), com K =1. Neste caso, então, r ´(t 0) = ± 2×10-3 ×2×10-4 e ± 6×10-3 ×2×10-4

5.8 Considere um sistema ASK on-off onde os sinais são s2 (t ) = 2cos(2π  f c t ) 0 < t < 0.1 ms e s1(t ) = 0 O receptor é o receptor ótimo da Fig. 5.28 (a) onde h(t ), a resposta ao impulso do filtro, é dada por 0 ≤ t ≤ 0,1ms 1 h(t ) =  fora 0 (a) Calcule a energia média; (b) determine o valor do limiar. (c) Suponha que há um erro de 300 na fase do oscilador local; qual deverá ser o aumento da energia média dos sinais para compensar este erro e manter a mesma distância entre os possíveis valores amostrados? Solução (a) Os sinais definidos no exercício podem ser escritos como s2 (t ) = α g (t ) cos(2π  f c t )   onde g(t ) é um pulso retangular no intervalo [0, 0.1 ms] e α = 0 ou α = ∆ = 2. Como Eg = 0.1×10-3, a energia média, calculada através de (5.48) será

22 E s = × 0.1×10−3 = 10−4 J 4

33

(b) Podemos verificar que a resposta do filtro pode ser escrita como h(t ) = g(t 0-t ) -3 onde t 0 = 0,1×10 . Portanto é um filtro casado e os valores na entrada do detetor podem ser calculados por (5.53), com K = 1, isto é,

2 2

r ´(t 0) = 0 ou r ′(t0 ) = × Eg = 0.1 mV

 

A distância entre eles será, d = 0.1 mV e assim, o limiar será dado por λ  = 0.05 mV

(c) Analisando o receptor da Fig. 5.29, chegamos à seguinte expressão para os valores possíveis da amostra na entrada do detetor, na ausência de ruído e em presença de um erro de fase ε:

r ′(t0 ) =

α 

2

E g cos(ε )

Neste caso, para manter o mesmo valor de d  devemos aumentar o valor da amplitude ∆ de forma que ∆

Ou seja,

2

Eg cos(300 ) = E g .

∆=

2 = 2.31 cos(300 )

Aplicando novamente (5.48) obtemos E s = 1.33×10-4 J.

5.9 Um sistema de transmissão digital tem as seguintes características: modulação PSK-4; taxa de bits: 5000 bit/s; freqüência de portadora:  f c = 2500 Hz. (a) Supondo que a envoltória é constante em [0,T ] e que a energia média dos sinais transmitidos é igual a 2×10-4 J, faça um gráfico das 4 possíveis formas de onda, indicando o valor das amplitudes. Solução (a) a expressão geral dos sinais PSK-4 é s (t ) = Vg (t ) cos [ 2π fc t + θ  + φ ] onde φ = ±π / 4, ± 3π  / 4 e g(t) é um pulso retangular no intervalo [0, T ]. A energia média dos sinais é dada por V2 V 2T  Es = E g = = 2 × 10−4 Como

2

2

T  =

2 = 4 × 10−4 5000

obtemos V = 1. Fazendo, por conveniência, θ = 0, e notando que o período da portadora

1 1 = = 4 × 10−4  f c 2500 é igual ao intervalo de símbolo T , temos as seguintes formas de onda

34

θ=π /4

θ=3 π /4

1

1

0

0

T t 

-1

-1 θ=-π /4

1

θ=-3π /4

1

0 -1

T t 

0

T t 

T t 

-1

5.10 Em um sistema PSK-8 é transmitida, usualmente, uma portadora com fases iguais a π /8, 3π /8,..., 15π /8. Suponha agora que as fases transmitidas são 0, 2 π /8, 4π /8,..,14π /8. Modifique então o receptor de mínima distância da Fig. 5.44 de modo que ele continue operar adequadamente (a) alterando o detetor de limiar; (b) alterando o bloco tg-1; (c) sem alterar os dois blocos dos itens (a) e (b). Justifique as modificações. Solução (a) Na constelação original os limiares são 0, ±π /4, ±π  /2,... Como a constelação sofre uma rotação de -π /8, os limiares também devem ter uma redução de -π /8. (b) Os limiares podem ser mantidos adicionando π  /8 ao resultado da operação tg-1 no receptor da Fig. 5.44. (c) Pode-se verificar que a operação do receptor coerente (multiplicação pelas portadoras locais) fornece através de (5.66) e (5.67) um fasor cuja fase é a diferença de fases do sinal de entrada e das portadoras locais. Assim um aumento de π /8 na fase das portadoras locais terá o efeito de recolocar a nova constelação na posição original, podendo-se então fazer a deteção com os mesmos limiares. 5.11 Uma transmissão digital com taxa de 10 kbit/s é feita com modulação PSK-4. Sabe-se que a envoltória da portadora é constante e a energia média dos sinais na entrada do receptor é 2×10-14 J. O receptor é o da Fig. 5.37 onde h(t ) é um filtro casado cujo ganho é unitário na frequência f =0, isto é,  |H (0)| =1. (a) Determine analítica e graficamente a resposta ao impulso do filtro casado h(t ), sabendo que o instante de amostragem é t 0 = 0,4 ms. (b) determine a menor distância entre dois sinais no espaço de decisão; (c) repita o item (b) considerando os sistemas QAM-16 e PSK-8, com seus respectivos receptores representados nas Figs 5.37 e 5.43, respectivamente.

35

Solução (a) Sendo a envoltória constante, podemos definir que o pulso g(t ) é retangular, de amplitude unitária, no intervalo [0,T ]. Assim E g = T  onde T é o intervalo de símbolo dado por  L 2 T  = = = 2 × 10 − 4  R 10000 Como h(t )=Kg(t 0-t ), h(t ) é um pulso retangular de amplitude K e duração T , com início em t 0T = 0,2 ms. Sabemos então que H ( f ) = KT .Sinc(Tf )  

H (0) = KT   e, como  |H (0)| =1, então

K  =

1 = 5 × 103 T 

A forma de h(t ) está representada na figura

0.2

0.4

t  (ms)

(b) O espaço de decisão está representado na Fig. 5.37 onde se observa que a distância mínima é dada por

d=

∆

2

g´(t 0 )

Com o filtro casado h(t ) = Kg(t 0-t ), temos g´(t 0) = KE g = KT = 1 Portanto

d  =

∆

2

.

Para encontrar o valor de ∆, usamos a expressão da energia média dada por (5.57). Temos então

E s =

∆ 2 E g

4

= 2 × 10−14

Substituindo os valores e desenvolvendo, obtemos d = 10-5 V (c) para os outros sistemas de modulação o desenvolvimento é análogo, mudando, porém os valores dos parâmetros L, d e E s para cada sistema de modulação.

QAM-16

Eg = T  =

 L 4 = = 4 × 10 −4  R 10000 d  =

∆

2

.

5∆ 2 E g E s = = 2 × 10−14 4

36

1 4 × 2 × 10−14 d  = = 0, 316 × 10−5 −4 2 5 × 4 ×10 PSK-8

Eg = T  =

 L 3 = = 3 × 10 −4  R 10000

π π  d = Vg´(t0 )sen   = Vsen   . 8 8 V 2 E g E s = = 2 × 10−14 2 −14  π   2 × 2 × 10 d  = sen   = 0,442 × 10−5 −4 3 × 10 8

5.12 Considere o modelo de receptor de um sistema QAM-16 mostrado na Fig. 5.36 onde h(t ) = Kg(t 0-t ) sendo g(t ) a forma da envoltória na entrada do receptor, a qual é suposta retangular de amplitude unitária. (a) Sabendo que a taxa de bits é igual a 100 kbit/s, que a energia média na entrada do receptor é de 5 ×10-9 J e que os limiares de deteção são fixados em 0 e ± 2mV, determine o valor adequado da constante K . (b) Repita o cálculo para um pulso g(t) de espectro igual a raiz quadrada de um cosseno levantado definido pela expressão 5.112. Solução (a) Como h(t ) = Kg (t0 − t )  e g(t) é um pulso retangular de energia unitária, g´(t 0) = KE g E g = T  Com a taxa de bits especificada encontramos

T  =

4 4 = 5 = 4 × 10 −5  R 10

No sistema QAM-16 os limiares de deteção são dados por 0, ± ∆g´(t 0)/2. Temos então ∆

Aplicando (5.58) temos

2

g´(t0 ) =

∆

2

KEg =  2 × 10−3

5∆ 2 E g E s = = 5 × 10−9 4

Lembrando que Eg = T, substituindo os valores e desenvolvendo, chegamos a ∆ = 10-2 Levando na equação anterior chegamos a K = 104

(b) A energia de g(t ) pode ser calculada pela integral do espectro de energia, isto é

Eg =

∫

∞

2

G ( f ) df

 

−∞

onde G ( f ) = P ( f ) e  P( f ) é dado por (5.112). E g será portanto igual à área sob P( f ). Observando a forma de P( f ) mostrada na Fig. 5.60, podemos verificar que sua área não varia com o parâmetro α  e, portanto é igual à área do retângulo correspondente ao roll-off igual a zero, neste caso igual a 1. Substituindo nas expressões obtemos ∆ = 2 10 × 10−4 e

k  = 2 10

37

5.13 Um sistema QAM-16 é transmitido com taxa de 100 kbit/s e tem envoltória constante dentro de um intervalo de transmissão T . (a) determine a energia média que deve ter este sinal na entrada do receptor de mínima distância, sabendo que os limiares de deteção são fixados em 0 e ± 2 mV e que a resposta ao impulso do filtro casado no receptor da Fig. 5.36 tem energia unitária. Solução (a) Analogamente ao exercício anterior podemos escrever, considerando um filtro casado h(t ) = Kg(t 0-t ), ∆

2

KE g = 2 ×10−3

Neste caso h(t ) tem energia unitária. Assim,

∫

∞

2

h (t )dt = K

−∞

2

∫

∞

−∞

g 2 (t )dt = K 2 E g =  1

Obtemos então

1 E g

K  = Substituindo acima fica

∆ E g = 4 × 10−3

Aplicando (5.58) chegamos a

5 5 Es = ∆ 2 E g = (4 × 10−3 )2 = 2 × 10−5 J 4 4 5.14 (a) Mostre que uma condição suficiente para que as funções g(t )cos(2π f ct ) e g(t )sen(2π f ct ) sejam ortogonais é que

G ( f ) ∗ G ( f ) |  f =±2 f c = 0 (b) Mostre também que esta condição é suficiente para se verificar as igualdades

∫

∞

−∞

2

2

g (t ) cos (2π f c t )dt =

Solução

E  g 2 (t )sen2 (2π  f ct )dt =   g 2 −∞

∫

∞

(a) Desenvolvendo a condição de ortogonalidade e aplicando a propriedade de Parseval temos (b)

1 g (t ) cos(2π fct ) g (t )sen(2π f ct )dt = 2 −∞

∫ =

∞

∫

∞

∫

∞

−∞

g 2 (t )sen(4π  f ct )dt =  

X * ( f )Y ( f )df  

−∞

onde

X ( f ) = F { g 2 (t )} = G ( f ) ∗ G ( f )   e

Y ( f ) = F {sen(4π f ct )} =

1 [δ ( f − 2 f c ) − δ ( f + 2 f c )]   2 j

38

Como Y ( f ) só é diferente de zero para  f  = ± 2 f c, se  X ( f ) for nulo para estes valores de frequência, o produto será nulo, implicando portanto a condição de ortogonalidade.

(b) analogamente ao item (a) as identidades trigonométricas e as propriedades de Parseval e da convolução permitem verificar as expressões. 5.15 Mostre que, se g(t ) for um pulso retangular no intervalo [0, T ], uma condição suficiente   c= 1/(2T ). para a ortogonalidade entre os sinais g (t ) cos(2π  f ct ) e  g (t )sen(2π  f c t ) é f  Solução Como o pulso g(t) é retangular em [0, T ], a condição de ortogonalidade pode ser escrita da seguinte forma

∫

T 

0

cos(2π f ct )sen(2π  f c t )dt =  0

Desenvolvendo e resolvendo a integral obtemos

∫

T

0

1 cos(2π f ct )sen(2π f ct )dt = 2

∫

T 

0

sen(4π f ct )dt =

T  −1 cos(4π f ct )     0 8π  f c

Verifica-se que o resultado será nulo se f c= 1/(2T ).

5.16 Mostre que se g(t ) for um pulso retangular de duração T é possível obter ortogonalidade entre duas portadoras FSK, independentemente das fases θ 1 e θ 2, com separação de frequência k  fi − f j = ; i≠ j; T  onde k é um inteiro.

Solução Substituindo (5.73) em (5.75), usando identidade trigonométrica para o produto de cossenos e desprezando a parcela correspondente à senóide de frequência fi + fj , chega-se a

1 si (t ) s j (t ) dt = 2 −∞

∫

∞

∫

∞

−∞

g 2 (t ).cos[2π ( fi − f j )t + θi − θ j ]dt

 

Supondo que g(t ) é um pulso retangular de amplitude unitária podemos escrever

1 si (t ) s j (t ) dt = 2 −∞

∫

∞

∫

T 

0

cos[2π ( fi − f j )t + θi − θ j ]dt =

T  1 sen[2π ( fi − f j )t + θ i − θ j ]   0 4π ( fi − f j )

Substituindo os limites de integração verifica-se a propriedade.

5.17 Considere uma transmissão FSK binária com os sinais s1(t ) = g(t ) cos (2π  f 1t + θ 1) s2(t ) = g(t ) cos (2π  f 2t + θ 2)

onde g(t ) é um pulso retangular de amplitude unitária em [0, T ] e  f 1 e f 2 >> 1/ T.  Para cada um dos casos a seguir, determine a diferença de fase que torna os sinais ortogonais e a diferença de fase ótima, ou seja, aquela que leva à maior distância entre os sinais: (a) ( f 2 - f 1) = 1/ T;  (b) ( f 2 - f 1) = 1 /(2T ) ; (c) ( f 2 - f 1) = 0.

39

Solução A distância entre os sinais é a raiz quadrada da energia do sinal diferença, cuja expressão neste caso é

Esd  =

∫

∞

2

−∞

[ g (t ) cos(2π f 2t + θ 2 ) − g (t ) cos(2π f1t + θ1 )]  dt

 

Considerando que f i >>1/ T ,

∫ ∫

∞

−∞ ∞

−∞

g 2 (t ) cos(4π fi t + θ i )dt ≅ 0  g 2 (t ) cos [ 2π ( f1 + f 2 )t + θ1 + θ 2 ] dt ≅ 0  

Após algum desenvolvimento obtém-se então

∫

Esd  = T −

T 

0

cos [ 2π ( f 2 − f1 )t + θ 2 − θ 1 )] dt

 

Resolvendo para para f 2 ≠ f 1

Esd  = T − =T −

(a) Se  f 2 − f 1 = E sd =T .

(b) Se  f 2 − f 1 =

∫

T 

0

cos [ 2π ( f 2 − f1 )t + θ2 − θ 1 )] dt =

 

1 {sen [ 2π (f 2 − f1 )T + θ 2 − θ1 ] − sen(θ 2 − θ1 )}   2π ( f 2 − f 1 )

1 , independentemente de θ 1 e θ 2 os sinais serão sempre ortogonais e T 

1 2T  Esd  = T  +

1 π ( f 2 − f 1 )

[sen(θ 2 − θ 1 )]

Para que os sinais sejam ortogonais, θ 2 - θ 1 = 0, e neste caso, E sd  = T . O valor de E sd  é maximizado quando θ 2 - θ 1 = π /2; neste caso  2 Esd  = T  1 +   π   (c) Se  f 2 = f 1 , obviamente, os sinais não podem ser ortogonais. O valor de E sd 

Esd  = T −

∫

T 

0

cos(θ 2 − θ1 )dt = T − T cos(θ  2 − θ1 )  

é maximizado quando θ 2 - θ 1 = π . Neste caso E sd = 2T .

5.18 Considere uma transmissão FSK binária com os sinais s1(t ) = g(t )cos(2π  f 1t + θ ) s2(t ) = g(t )cos(2π  f 2t + θ )

onde g(t ) é um pulso retangular de amplitude unitária em [0, T ] e  f 1 e  f 2 >> 1/ T . Determine o valor de ∆ f  =  f 2 -  f 1, que maximiza a distância entre os sinais e, com isso, o desempenho da transmissão; compare este resultado com aquele correspondente a sinais ortogonais.

40

Solução O desempenho em uma transmissão binária é definido pela energia do sinal diferença, que neste caso é dada por

Esd  =

∫

∞

−∞

2

  [ g (t ) cos(2π f 2t + θ ) − g (t ) cos(2π f1t + θ )] dt

 

Considerando que f i >>1/ T ,

∫ ∫

∞

−∞ ∞

−∞

g 2 (t ) cos(4π fi t + θ i )dt ≅ 0  g 2 (t ) cos [ 2π ( f1 + f 2 )t + θ1 + θ 2 ] dt ≅ 0  

Após algum desenvolvimento obtém-se então

Esd  = T −

∫

T 

0

cos [ 2π ( f 2 − f1 )t )] dt

 

Para maximizar E sd  precisamos minimizar a integral na expressão acima

∫

T 

0

cos [ 2π ( f 2 − f1 )t )] dt =

1

sen( x ) sen(2π ∆fT ) = T ⋅   x 2π ∆ f

onde ∆ f  =  f 2 –  f 1 e  x = 2π∆ f .T . Para obtermos o mínimo, derivamos o resultado acima e igualamos a zero d  sen( x )  x.cos( x ) − sen( x ) = =0 dx  x  x2 A solução é dada por   x = tg(x), cuja solução numérica leva a um valor de  x igual a aproximadamente 4,49. Utilizando este resultado obtemos a separação entre frequências ∆ f  = 4,49/(2πT ) = 0.714/ T.  A energia do sinal diferença será dada por

Esd  ≅ T [1 + 0, 217] = 1, 217T  Obtém-se portanto um valor maior do que aquele obtido para sinais ortogonais, E sd  = T .

5.19 Um sinal FSK de fase contínua é gerado através de uma modulação FM, onde o sinal modulador é um sinal PAM binário com pulso retangular de duração igual ao intervalo de bit (NRZ) com amplitudes iguais a ± 5 Volt e taxa de 1 kbit/s. Sabe-se também que a constante de sensibilidade, k  f , do modulador FM é igual a 1 kHz/volt e a frequência da portadora é 50 kHz. Supondo uma sequência de amplitudes +5, -5, -5, +5 e +5, (a) faça o gráfico da frequência da portadora modulada ao longo do tempo; (b) faça o gráfico do desvio instantâneo de fase ao longo do tempo.

41

Solução m(t ) 5

0

1

2

3

4

5

t (ms)

0

1

2

3

4

5

t (ms)

-5  f i(t ) 55×103

45×103 10π

2π  k  f φ  (t )

0

1

2

3

4

5

t (ms)

-10π

5.20 Considere o sistema DPSK definido na Seção 5.2.4. (a) Suponha um sistema quaternário onde as fases associadas a cada par de bits são 00  π/4,

01  3π/4,

10 - π/4,

11  - 3π/4

Sabe-se que foram observados os seguintes valores sucessivos de r k,1 e rk,2 rk,1 = -3, -2., 1, -1 rk,2 = 1, 1, -3., 2 (a) Determine a sequência de bits detetados a partir da segunda transmissão; (b) sabendo que a fase inicial da portadora na primeira transmissão é 0 e supondo que não haja erro na deteção, determine a sequência de fases da portadora transmitida.

Solução (a) Devemos aplicar a regra de decisão dada por (5.92). Com os valores especificados acima. r k ,1 rk −1,1 + rk ,2 rk −1,2   = −2 × (− 3) + 1× 1 = 7 ˆ ⇒ φk  = −π  / 4 ; bits: 1 0 r k ,2 rk −1,1 − rk ,1rk −1,2   = 1× (− 3) − (− 2) × 1 = − 1

r k ,1 rk −1,1 + rk ,2 rk −1,2   = 1× (− 2) + (− 3) × 1 = − 5 r k ,2 rk −1,1 − rk ,1rk −1,2   = −3 × (− 2) − 1× 1 = 5 r k ,1 rk −1,1 + rk ,2 rk −1,2   = −1× 1 + 2 × ( −3) = − 7 r k ,2 rk −1,1 − rk ,1rk −1,2   = 2 × 1 − (− 1) × (− 3) = − 1

⇒

⇒

φ ˆk  = 3π  / 4 ; bits: 0 1

φˆk  = −3π  / 4 ; bits: 1 1

42

A sequência de bits detetados será : 1 0 0 1 1 1

(b) como no sistema DPSK a fase da portadora é incrementada da fase transmitida a cada nova transmissão, temos a seguinte sequência de fases: 0, -π /4, π /2, -π /4 5.21 Em um sistema PAM-2 simétrico, o pulso gerado no transmissor é retangular de duração 0,5 ms e o filtro de recepção é casado. (a) Determine a máxima taxa de bits para transmissão sem interferência entre símbolos; (b) desenhe o diagrama do olho observado na entrada do detetor, sabendo que o sistema opera com taxa de transmissão de 1,25 kbit/s. Solução Como o filtro é casado, o pulso básico na entrada do detetor será a convolução entre dois pulsos retangulares de duração 0,5 ms, resultando um pulso triangular de duração 1 ms. Através de (5.105) podemos concluir que, para este pulso triangular, o menor valor do intervalo de símbolo T  que permite eliminar a interferência entre símbolos é 0.5 ms (neste caso, a amostragem deve ser feita no instante de máximo do pulso).A taxa de bits correspondente é

 R =

1 = 2 × 103 bit/s −3 0.5 × 10

t 0 - 0.5

t 0 1 ms

t 0 + 0.5

t (ms)

Com a taxa de 1,25 kbit/s o intervalo de símbolo é T = 1/1250 = 0,8 ms. O sinal PAM está representado na figura abaixo, supondo que o pulso de referência,  p(t ) começa em t = 0 e tem seu máximo em t = 0,5. Tomando este instante como o instante de amostragem t 0, o diagrama do olho será construído com base no intervalo [t0-T/2, t0 + T/2] = [0.1, 0.9] Podemos observar que, neste intervalo, o pulso de referência,  p(t ) sofrerá interferência apenas dos pulsos anteriores  p(t +T ) e  p(t +2T ). Considerando as 4 possíveis combinações de amplitudes destes dois pulsos, e fazendo a soma, obtemos o diagrama da figura.

0

0,5 0,8 1

43

5.22) Um sinal com modulação PAM binária, com amplitudes ak = ± 1 e com um pulso g(t ) retangular de amplitude unitária em [0, T ] é transmitido através de um canal com resposta ao impulso c(t ) = δ (t ) + 0,3 δ (t -T ) + 0,1 δ (t -2T ), onde T é o intervalo de símbolo. Supondo que o filtro de recepção não altera os sinais, (a) calcule os valores possíveis de interferência entre símbolos no instante t =T  /2; (b) desenhe o diagrama do olho. Solução (a) O pulso p(t ) será a convolução entre g(t ) e c(t ), isto é

p(t ) = g (t ) ∗ [δ (t ) + 0,3δ (t − T ) + 0,1δ (t − 2T )] =  = g (t ) + 0,3g (t − T ) + 0,1g (t − 2T )   O pulso p(t ) está mostrado na figura abaixo.  p(t ) 1 0,3 0,1 0

T 

2T 

3T

t 

Aplicando (5.102) com t 0 = T  /2, temos

z = ∑ ak p(to − kT ) = a1 p ( T2 + T ) + a2 p ( T 2 + 2T ) = 0,3a1 + 0,1a 2 k ≠ 0

Considerando todas as combinações de amplitudes de a1 e a2, obtemos

 z = ± 0,1 ± 0,3 = ±0,4 ou ± 0, 2 (b) Podemos observar na figura abaixo que no intervalo [0, T ] o pulso de referência,  p(t ) é um segmento plano que sofrerá interferência apenas dos pulsos anteriores  p(t +T ) e  p(t +2T ). As interferências serão também segmentos planos e assim, para obter o diagrama do olho, basta calcular as combinações das amplitudes dos 3 segmentos. Para o pulso p(t) com amplitude +1 temos: 1+0,3+0,1=1,4 1-0,3+0,1=0,8

1+0,3-0,1=1,2 1-0,3-0,1=0,6

Invertendo o pulso de referência, obtemos os mesmos valores com sinal trocado. O diagrama está mostrado na figura seguinte.

44

 p(t )

1 0,3 0,1 0

T 

2T 

3T

t 

2T 

3T

t 

 p(t+T )

-T 

0

T 

 p(t+2T )

-2T 

-T 

0

T 

2T 

3T

t 

1,4 1,2 0,8 0,6

5.23 Um sinal PAM-2 simétrico chega na entrada do detetor com pulso básico dado por   π t   1+cos  − T ≤t 
Solução (a) Podemos verificar que, no intervalo [0, T ], apenas os pulsos  p(t ) e  p(t-T ) terão valor diferente de zero. A forma do sinal PAM-2 dada genericamente por (5.98), neste caso fica    π t   π (t − T )  y (t ) = a0 p (t ) + a−1 p (t − T ) = a0 1 + cos    + a−1 1 + cos    T   T     Notando que π (t − T )   π t  cos   = − cos    T   T  

45

obtemos π t    T  

y (t ) = a0 + a−1 + (a0 − a−1 ) cos 

No sistema PAM-2 ak  = ±∆ /2. Considerando todas as combinações de valores na expressão acima chegamos a a0 = ∆ / 2; a−1 = ∆ / 2 ∆  ∆ cos  π t  a = ∆ / 2; a = −∆ / 2 0 −1     T    y(t ) =  −∆ cos  π t  a = −∆ / 2; a = ∆ / 2 −1  T   0     a0 = −∆ / 2; a−1 = −∆ / 2 −∆ 2  p(t)

-T 

 p(t-T)

0

T 

2T 

t 

(b) Pela figura vemos que, em t  = 0, a interferência entre símbolos é nula e, consequentemente, a distorção absoluta dada por (5.104) também é nula. Para t  = T  /4, observamos que (5.102) fica reduzido a 1 termo, 

∆  π ( T 4 − T )   π  1 cos( ) 0, 293 = a − = ±   − 1 4    2 T    

a−1 p ( T 4 − T ) = a−1 1 + cos  

Calculando  π ( T )   T    p   = 1 + cos  4  = 1,707 4  T  

e aplicando (5.104) obtemos a distorção absoluta

0,293

∆

1,707

∆

 D =

2 = 0,172

2

5.24 Um sistema PAM binário de amplitudes ±1, opera com pulso de transmissão na entrada do detetor da forma  p(t ) = Sinc(t  / T ) onde T  é o intervalo de símbolo. (a) Para uma taxa de transmissão de 10 kbit/s, determine o valor máximo da interferência entre símbolos provocada por um atraso de 0,01 ms no instante ótimo de amostragem (considere apenas os 4 termos mais significativos); (b) calcule a distorção absoluta correspondente e verifique se o olho estará fechado; (c) repita os itens a e b considerando um sistema PAM-8 e uma taxa de 30 kbit/s. Solução (a) Aplicando (5.106) e observando que M = 2 e ∆ /2 = 1, temos

 z max = ∑  p(t 0 − kT ) k ≠ 0

46

onde  p(t ) = sinc(t  / T)  . Para este pulso, o instante ótimo de amostragem é t 0 = 0. Porém, de acordo com o enunciado, t 0 = 0 + 0,01 ms; como T  = 1/10000 = 0,1 ms, verifica-se que t 0 = T  /10. Calculando a expressão temos então k = 2 : p(t 0-kT ) = p(-1,9T ) = sinc(-1,9) = -0,052 k = 1 : p(t 0-kT ) = p(-0,9T ) = sinc(-0,9) = 0,109 k = -1 : p(t 0-kT ) = p(1,1T ) = sinc(1,1) = -0,089 k = -2 : p(t 0-kT ) = p(2,1T ) = sinc(2,1) = -0,047

zmax = (0,052 + 0,109 + 0,089+0,047) = 0,297

(b)Aplicando (5.107) temos,

 zmax ∆ 2  p (t 0 )

 D =

onde ∆ /2 = 1e p(t 0) = p(0,1T ) = sinc (0,1) = 0,984. Calculando, obtemos D = 0,297/0,984 = 0,302 Como o valor é menor do que 1, o olho está aberto

(c) Para o sistema PAM-8, M = 8 e, neste caso,

zmax = 7∑ p(t0 − kT )   k ≠ 0

Como o intervalo de símbolo T  em um sistema PAM-8 a 30 Kbit/s é igual ao intervalo de símbolo de um sistema binário a 10 Kbit/s, os valores do somatório são os mesmos calculados anteriormente. Chegamos então a zmax = 0,297 x 7 = 1,75; D = 2,11 > 1 Neste caso o olho está fechado

5.25 Calcule, em função do fator de roll-off , a energia (a) de um pulso com espectro P( f ) igual à raiz quadrada de um cosseno levantado dado por (5.114); (b) de um pulso com espectro P( f ) igual a um cosseno levantado dado por (5.114). Solução (a) calculando

E p =

∫

∞

2

P ( f ) df

 

−∞

onde P( f ) é dado por (5.114) obtemos 

α  

E p = T 1 −   4 (b)

Eq =

∫

∞

−∞

2

Q ( f ) df =

∫

∞

P ( f ) df

 

−∞

onde P( f ) é dado por (5.114). Observando, na Fig. 5.60, a simetria de P( f ), verifica-se que sua integral não depende do parâmetro α. Assim, a integral pode ser calculada para α = 0 obtendo-se facilmente E q = T .

47

5.26 No sistema PAM-4 representado na figura E5.26, a taxa de transmissão é de 19.200 bit/s e os pulsos na saída do modem são retangulares. Sabendo que a largura de faixa a ser usada na transmissão é igual a 7200 Hz, especifique as respostas de amplitude dos filtros de transmissão e recepção  |H T(  f )| e  |H  R( f )| para que o sistema opere com filtro casado no receptor e sem interferência entre símbolos. ruído

Transmissor

mode

 H  R( f )

 H T ( f )

Fig. E5.26

Solução

(a) Como apresentado no Apêndice da Seção 5.8, o espectro do pulso transmitido na saída do transmissor e a resposta de amplitude do filtro de recepção devem ser dados por | G( f ) |=| H R ( f ) |= Q( f )   onde Q( f ) é um espectro que satisfaz o Primeiro Critério de Nyquist, como o Cosseno Levantado. Por outro lado, o pulso gerado pelo modem é um pulso retangular cujo espectro de amplitude é dado por Sinc(Tf ). Observando o diagrama de blocos do transmissor podemos escrever então | G ( f ) |=| Sinc(Tf ) || HT ( f ) |= Q( f )   resultando assim Q( f ) | HT  ( f ) |= | Sinc(Tf ) | Para especificar numericamente o gráfico das funções, devemos lembrar que a frequência de simetria de Q( f ) é dada por 1/2 T , onde T é o intervalo de símbolo. Temos então 1 1 =  R 2T  2 s

 1  R  19200 =    = = 4800 4  2  2 

Este valor corresponde também à largura de faixa mínima para transmissão sem interferência entre símbolos e o fator de roll-off é equivalente ao excesso de faixa em relação à faixa mínima. Ou seja, α = (7200-4800)/4800 = 0,5. Os gráficos estão mostrados na figura abaixo. Q( f )

0

4800 7200

 f (kHz)

Sinc(Tf)

0

9600

 f (kHz)

48

CAPITULO 6 6.1 Defina o processo aleatório y (t ) = x(t )cos(2π f0 t + θ    ) , onde  x(t ) é um processo aleatório estacionário em sentido amplo com função autocorrelação  R x(τ ) e θ  é uma variável aleatória uniformemente distribuída no intervalo [0,2π], estatisticamente independente de  x(t ). (a) mostre que a função autocorrelação de  y(t ) é dada por R y (τ ) = 12 Rx (τ )cos(2π f0τ ) e,    sendo assim, S x ( f ) = 14 [ S x ( f − f0 ) + S x ( f + f0 )] ,  onde S x( f ) e S y( f ) são as densidades espectrais de potência de x(t ) e y(t ), respectivamente.

Solução Aplicando inicialmente a definição da função autocorrelação à expressão de  y(t ), temos R y (t1, t2 ) = E {[ x(t1 )cos(2π f0t1 + θ )][ x(t2 )cos(2π f 0 t2 + θ  ) ]}   Como θ é estatisticamente independente de x(t ), podemos escrever R y (t1 , t2 ) = E [ x(t1 ) x(t2 ) ] E [ cos(2π f0 t1 + θ )cos(2π f0 t2 +  θ ) ]   Usando o enunciado e aplicando identidade trigonométrica ao produto de cossenos, 1 R y (t1 , t2 ) = Rx (t1, t2 ) E {cos [ 2π f0 (t2 − t1 )] + cos [ 2π f 0 ( t2 + t1) +  2θ ]} 2 Como θ é uma variável aleatória uniformemente distribuída em [0,2π], podemos verificar que E {cos [ 2π f 0 (t2 + t1 ) + 2 θ ]} = 0 Usando a especificação do enunciado obtemos R y (τ ) = 12 Rx (τ )cos(2π f0τ )     Aplicando a transformada de Fourier aos dois lados da equação e usando a propriedade da modulação, chegamos finalmente a S x ( f ) = 14 [ S x ( f − f0 ) + S x ( f + f 0 )]  

6.2 Considere um ruído branco passa-baixa, Gaussiano, com densidade espectral de potência igual a 2x10-10 W/Hz na faixa de 0 a 10 kHz. (a) determine a expressão da função densidade de probabilidade de uma amostra deste ruído tomada no instante t  = 0; (b) determine a expressão da função densidade de probabilidade conjunta de duas amostras deste ruído tomadas nos instantes t = 0 e t = 0.05 ms; (c) calcule a probabilidade de que a diferença entre as amostras tomadas em t = 0 e t = 0.02 ms ultrapasse a 2mV Solução (a) Sabemos que qualquer amostra de um processo Gaussiano é uma variável aleatória Gaussiana. Podemos então escrever  X 2 − 2 1 pn (0) ( X ) = e 2σ  2πσ  onde 2

σ  =

∫

∞

−∞

Sn ( f )df =

∫

104

−10

4

2 × 10−10 df = 4 × 10 −6

(b) Duas amostras de um processo Gaussiano têm função densidade de probabilidade conjunta Gaussiana cuja expressão, além da variância, calculada anteriormente, depende da covariância. Para obter a covariância calculamos a função autocorrelação – transformada inversa da densidade espectral de potência dada na figura, dada por (6.13) onde τ é a diferença entre os instantes das amostragens, neste caso igual a 0,05 × 10-3 s. Obtemos

49

Rn (τ ) = 4 × 10−6 Sinc ( 20 ×103 × 0,05 ×10 −3 ) = = 4 × 10−6 Sinc (1) = 0

Sn( f ) 2×10

-10

0

-10

10

 f (kHz)

Verifica-se, portanto, que as amostras são estatisticamente independentes o que facilita a obtenção da função densidade de probabilidade conjunta, dada pelo produto das funções densidade de probabilidade de cada uma das amostras, isto é: pn1n2 ( X1 , X 2 ) =

onde n1 = n(0) e n2 = n(0,05×10-3).

1 2πσ 2

e

 X 12 + X 22 2σ 2

−

(c) Para calcular a probabilidade desejada, isto é, P  n1 + n2 > 2 × 10−3 )  onde n1 = n(0) e n2 = n(0,02×10-3), seria necessário, em princípio, determinar a função densidade de probabilidade conjunta das variáveis aleatórias n1 e n2. Porém, como as variáveis são Gaussianas, podemos afirmar que a soma s = n1 + n2, é uma variável Gaussiana. Basta então calcular a média e a variância de s, determinar sua função densidade de probabilidade e calcular a probabilidade pedida. Como o ruído tem média nula, a variável s tem média nula. A variância de s pode ser expressa como 2 σ s2 = E ( n1 + n2 )  = 2σ 2 + 2 E ( n1n2 )  

onde σ2 foi calculado acima e E (n1n2 ) = Rn (0,02 ×10 −3 ) = σ 2 Sinc ( 20 ×103 × 0,02 ×10 −3 ) = = σ 2 Sinc ( 0,4 ) = σ 2 × 0,757

Chegamos então a 2 σ s2 = E ( n1 + n2 )  = 2σ 2 (1 + 0,757) = 1,406 ×10 −5  

e  2 × 10−3 P  n0 + n1 ≥ 2 × 10 )  = ps ( S )dS = Q   1, 406 × 10−5 2×10 3  −3

∫

∞

−

  = Q(0,533)  

6.3 Considere um ruído branco passa-faixa com densidade espectral de potência igual a 10 -12 na faixa de 90 a 110 kHz. Determine as densidades espectrais de potência e as potências dos ruídos demodulados no receptor QAM da Fig. 6.6 com os seguintes valores da frequência de portadora (a)  f c = 100 kHz; (b)  f c = 90 kHz;  f c = 95 kHz; considere que h0(t ) representa um filtro passa-baixa ideal. Solução Aplicando (6.33) e (6.34) podemos escrever 1 Sn1 ( f ) = Snc ( f )   4 1 Sn2 ( f ) = Sns ( f )   4

50

Com a ilustração da Fig. 6.7, obtemos a seguir Snc( f ) e Sns( f ) para os itens (a) (b) e (c), respectivamente. As densidades espectrais de potência pedidas são aquelas obtidas nas figuras abaixo, divididas por 4. Quanto às potências pode-se verificar que nos 3 casos Pnc = Pns = Pn = 2 ×10−12 × 2 ×10 ×103 = 4 ×10 −8 W Portanto, também nos 3 casos: Pn1 = Pn2 = 10−8 W Sn− ( f )

10

-12

Sn+ ( f )

Sn( f )

-110 -100 -90

0 Snc ( f ) = S ns ( f )  

90

100

110

 f 

110

 f 

110

 f 

2×10-12

(a)

-10

Sn− ( f )

10

-12

0

10

 f 

Sn+ ( f )

Sn( f )

-110 -100 -90

0 Snc ( f ) = S ns ( f )  

90

100

(b) 10-12

-20

Sn− ( f )

-110 -100 -90

10

-10

-12

0

10

20

 f 

Sn+ ( f )

Sn( f )

0 Snc ( f ) = S ns ( f )  

(c)

90

100

2×10-12 10-12 -15

-5

5

15

 f 

51

6.4 Calcule a largura de faixa equivalente de ruído dos seguintes filtros cujas larguras de faixa de 3 dB são iguais a  B: (a) Cosseno Levantado dado por   1   H ( f ) = C L ( f ) =     1 1+ cos  π T    f − 1 − α     α    2  2T      

0 ≤  f  ≤

1 − α  2T 

1−α 1+ α ≤ f  ≤ 2T 2T 

 

(b) Raiz quadrada de Cosseno Levantado (c) RC:

h(t ) = ae-at u(t )

Solução (a) Calculando 1 Beq = 2

1 H ( f ) df = 2 −∞

∫

∞

2

∫

∞

−∞

2

CL ( f ) df

 

obtemos  Beq =

1  α   1− 2T   4 

A faixa de 3 dB é dada por  B =

Obtemos então

1 (1 − 0,272α ) 2T 

 Beq = B

1 − 0,25α  1 − 0,272α 

(b) Neste caso 1 Beq = 2

1 H ( f ) df = 2 −∞

∫

∞

2

∫

∞

−∞

CL ( f ) df

 

Observando a simetria de  H ( f ), (Fig. 5.60), verifica-se que sua integral não depende do parâmetro α. Assim, a integral pode ser calculada para α = 0 obtendo-se facilmente 1  Beq = 2T  Como a largura de faixa de 3 dB também é igual a 1/2 T , resulta  Beq = B

(c) Aplicando a propriedade de Parseval temos 1 Beq = 2

1 H ( f ) df = 2 −∞

∫

∞

2

1 h(t ) df = 2 −∞

∫

∞

2

∫

∞

0

a a 2 e−2at dt =   4

Aplicando a transformada de Fourier obtemos

52

a a + j 2π  f  de onde concluimos que  B = a /2π. Resulta então  H ( f ) =

 Beq =

π 

2

B

6.5 Em uma modelagem simplificada da transmissão telefônica através da linha do assinante, o receptor pode ser modelado como mostrado na Fig. E6.5, onde está representada a densidade espectral de potência do sinal de voz, Ss( f ) e a função de transferência do filtro passa-baixa, H ( f ) para f ≥ 0 (ambas as funções são pares). w(t ) s(t )

 H ( f )

Ss( f )

 H ( f )

1

300

3400

0

 f (Hz)

4000

 f (Hz)

 H 0( f ) 1 1/4 100 300

1/2 3400 4000

 f (Hz)

Fig. E6.5 (a) sabendo que o ruído branco tem densidade espectral de potência igual a 10 -13 W/Hz. e a potência do sinal de entrada é igual a -40 dBm, determine a razão sinal-ruído na saída do filtro; (b) sabe-se que o ouvido humano praticamente não altera as características do sinal de voz mas tem um efeito seletivo sobre o ruído que equivale à passagem deste ruído por um filtro; tomando para este filtro a função de transferência  H 0( f ) da figura, calcule o aumento na razão sinal-ruído devido a esta filtragem (denominada ponderação psofométrica).

Solução (a)

Ps = 10-7 W Pn = N0B = 2×10-13×4000 = 8×10-10 W 10−7  RSR = = 125 = 20, 97 dB 8 × 10−10

(b) A densidade espectral de potência o ruído na saída do filtro de ponderação psofométrica é obtida graficamente na figura abaixo.

53

Sn´( f ) 10

1 16

10

-13

1 4

−13

100 300

3400 4000

10−13 f(Hz)

Integrando (e lembrando que a integral deve incluir os valores negativos de frequência) obtemos Pn´ = 2 ( 161 10−13 × 200 + 10 −13 × 3100 + 14 10 −13 × 600 ) = 6,525×10-10 10−7 = 21,85 dB  RSR = 6, 525 × 10−10 Houve portanto um aumento de 0,88 dB na razão sinal-ruído

6.6) Repita o item (c) do Exemplo 6.2 com  10−4 H 0 ( f ) = cos  π  f 2 

 4  ;0 ≤ f ≤ 10   

Solução Com o novo filtro, o valor da variância do ruído n1(t ) é dada por 2

σ =

∫

104

−10

 10−4

 2 π  f  df  = ×10 −9  π   2 

50 × 10−15 cos  4

6.7 A Fig. E6.7 representa um sistema de recepção constituído de antena, cabo e amplificador. Sabe-se que a temperatura de ruído da antena é de 80 K, que o cabo está a uma temperatura ambiente de 300 K e que sua atenuação é 6 dB; o amplificador tem ganho de 20 dB e fator de ruído igual a 3 dB. (a) Deseja-se calcular a potência de ruído na entrada e na saída do sistema, considerando uma largura de faixa de 200 kHz; (b) sabendo que a razão sinal-ruido nos terminais da antena é igual a 30 dB, deseja-se obter a razão sinal-ruído na saída do cabo e na saída do amplificador.

cabo atenua ão = 6 dB

Ganho = 20 dB Fator de ruído = 3 dB

Fig. E6.7

54

Solução (a) Como T i = 80, a potência de ruído na entrada é dada por Pni = KTi B = 1,38 × 10−23 × 80 × 200 ×103 = 2,21 ×10 −16

Para determinar a potência de ruído na saída, devemos determinar a temperatura equivalente do sistema através de (6.67). Para isso, aplicando (6.63) e notando que uma atenuação de 6 dB corresponde a G1=1/4 ou L = 4 temos T a1= 300(4-1) = 900

A temperatura equivalente do segundo elemento T a2 pode ser calculada por (6.68), notando que o fator de ruído de 3 dB corresponde a F =2. Ou seja, T a2=290(2-1) = 290

Assim,

T e = 80 + 900 +

290 1 4

= 2680

Com o valor acima, aplicando (6.52) e integrando na faixa de 200 kHz , obtemos Pn0 = G1G2 KTe B =

1 × 100 × 1,38 × 10 −23 × 2680 × 200 ×10 3 4

= 1,85 ×10 −13

(b) Com a potência de ruído calculada no item (a) e o valor de 30 dB para a razão sinal-ruído nos terminais da antena, calculamos a potência do sinal na entrada Ps = 103 × 2,21 ×10 −16 = 2,21× 10 −13

A razão sinal-ruído em cada ponto do arranjo pode ser expressa por  RSR =

GPs Ps = GKTe B KTe B

onde T e é a temperatura equivalente e G é o ganho até o ponto considerado. Assim, na saída do cabo, T e = T i + T a1 = 980, e 2, 21 × 10 −13 ≅ 81,6  RSR = 1,38 ×10 −23 × 980 × 200 ×103 Analogamente, na saída do amplificador, T e = 2680, como calculado anteriormente, e asssim, 2, 21 × 10 −13 ≅ 29,8  RSR = 1,38 × 10−23 × 2680 × 200 ×103

55

CAPÍTULO 7 7.1 Em um sistema AM-DSB-SC, é transmitido um sinal de audio cuja frequência máxima é 10 kHz, com potência 5 W. A atenuação no canal é de 90 dB, de modo que, na entrada do receptor, a potência deste sinal é 5x10-9 W. (a) sabendo que a potência do sinal modulador é igual 1 mW, determine a amplitude da portadora a ser gerada no transmissor; (b) determine a densidade espectral de potência do ruído no receptor para que a razão sinal-ruído na saída do demodulador seja igual a 60 dB. (c) determine a temperatura equivalente de ruído do receptor Solução (a) 1 2

Ac2 Pm = 12 Ac2 × 10−3 = 5

donde Ac = 100

(b) Aplicando (7.10), temos Ps 5 ×10−9 = 4 = 106  RSR0 =  N 0W  10  N 0

donde

 N 0 = 5×10-19 W/Hz

Como, de acordo com (6.82),  N 0 = KT e, chegamos a 5 ×10−19 = 3, 62 × 10 4 T e = −23 1, 38 ×10

7.2 Utiliza-se uma potência de 1 W para fazer a transmissão de uma mensagem ocupando a faixa de 0 a 20 kHz em um canal com atenuação de 90 dB. Sabe-se que a densidade espectral de potência do ruído na entrada do receptor é igual a 10 -19 W/Hz. Compare o desempenho dos sistemas AM-DSB-SC e AM-SSB para esta transmissão, calculando, para os dois sistemas, os valores de razão sinal-ruído na entrada e na saída do demodulador. Solução (a) observando (7.10) e (7.11) podemos escrever para o AM-DSB P P  RSRi = s  RSR0 = s 2 N 0W   N 0W  10−9 = 0,125 × 106  RSRi = −19 3 2 × 2 × 10 × 20 × 10  RSR0 = 0,25×106

Para o AM-SSB, de acordo com (7.18) e (7.19), e utilizando os cálculos anteriores, temos  RSRi = 0,25×106  RSR0 = 0,25×106

7.3 A transmissão de um sinal de audio na faixa de 0 a 10 KHz é feita através de modulação AM e deteção de envoltória, cujo limiar é aproximadamente igual a 10 dB. Medidas feitas com um sinal senoidal na faixa da mensagem permitiram obter a curva da Fig. E7.3. Mediu-se também, para uma potência do sinal na entrada do detetor de envoltória igual a – 80 dBm, uma razão sinal-ruído na saída igual a 30 dB. (a) Determine o valor do índice de modulação; (b) determine o valor da densidade espectral de potência do ruído no canal

56

 RSR0(dB) 13,46

20  RSRi(dB)

Fig. E7.3 Solução (a) Expressando (7.37) em dB, temos  2µ 2  = −6,54 RSR0 (dB) − RSRi ( dB) = 10log10  2  2 +  µ   

donde  µ  = 0,5

(b)  RSR0 =

Ps  µ 2 10−11 0,52 = = 103 2 3 2  N 0W  2 +  µ   N 0 × 10 × 10 2 + 0,5

donde N 0 = 0,111×10-18

7.4 Em uma transmissão AM de um sinal de audio com frequência máxima de 20 kHz, a potência da portadora modulada é igual a 9 ×10-8W, o índice de modulação é igual a ½ e a densidade espectral de potência no canal é igual a 10 -15 W/Hz. (a) Considerando que o receptor opera acima do limiar, calcule a razão sinal-ruído na saída do detetor de envoltória; (b) calcule a redução que pode ser feita na potência de transmissão se for empregado um sistema AM-DSB-SC que fornece o mesmo valor de razão sinal-ruído na saída do demodulador. Solução (a) 9 ×10−8 0,52 Ps  µ 2  RSR0 = = = 250  N 0W  2 +  µ 2 2 × 10−15 × 20 × 103 2 + 0,52

(b) Usando (7.10), obtemos  RSR0 =

donde Ps = 10-8.

Ps

2 × 10

−15

× 20 ×103

= 250

7.5 Um sinal senoidal com potência de -30 dBm, cuja frequência está na faixa de 0 a 4 KHz, deve ser transmitido com modulação FM. Para obter informação sobre o ruído no receptor, é injetada uma portadora sem modulação de potência -50 dBm na entrada deste receptor, medindo-se na saída do demodulador uma potência de 10 dBm. (a) Calcule a densidade espectral de potência do ruído na entrada do receptor; (b) sabendo que o sistema de transmissão é projetado para operar com uma largura de faixa de 48 kHz e com uma razão sinal-ruído de entrada igual ao limiar de 10 dB, calcule a potência mínima necessária na entrada do demodulador e a razão sinal-ruído obtida na saída do demodulador; (c) determine a

57

melhoria de pré-ênfase necessária para que o sistema opere com razão sinal-ruído de 40 dB na saída do demodulador.

Solução (a) Ao se injetar a portadora sem modulação obtém-se a potência do ruído que é dada por (7.53). Temos então N0W 3 N 0 ×  (4 × 103 )3 = = 10−2 Pn0 = −8 2 3 × 10  A 3 c 2 donde N 0 = 0,47 10-20 W/Hz (b) Para uma faixa de BT  = 48 kHz, utilizando (7.35) temos Ps  RSRi = = 10 −20 0,47 × 10 × 48 × 103 donde Ps = 2,256×10-15. Aplicando a fórmula de Carson dada por (7.40) obtemos ∆f = 20 kHz. Levando em (7.62) 3(20 × 103 ) 2 (20 + 4) ×103  RSR0 = 10 (4 × 103 )3 Calculando obtemos RSR0 = 45.

(c) Para obtermos a razão sinal-ruído de 50 dB, o ganho da pré-ênfase deve ser 104 = 222,2 G= 45 que corresponde a 23,47 dB. 7.6 Uma portadora FM chega com potência de 10 -12 W a um receptor cujo limiar é 10 dB. (a) Sabendo que não há limitação de faixa para transmissão e que a densidade espectral de potência de ruído no receptor é igual a 5×10-19 W/Hz, determine o maior valor possível da razão sinal-ruído na saída do demodulador na transmissão de um sinal senoidal de frequência máxima igual a 10 KHz. Solução O maior valor de RSR0 é obtido com a máxima largura de faixa possível, a qual é determinada pelo limiar. Aplicando (7.35) temos então 10−12  BT  ≤ = 105 −18 10 × 10 Para o valor máximo da largura de faixa, aplicando (7.40) encontramos ∆f = 40 kHz. Substituindo em (7.60) obtemos 10−12 × 3 × (40 × 103 )2  RSR0 = = 240 2 × 10−18 × (10 × 103 )3 7.7 Uma mensagem ocupando a faixa de 0 a 4 KHz, é transmitida através de um sinal FM cujo desvio de frequência tem valor máximo de 96 kHz e valor RMS igual a 16 kHz. Sabendo que a densidade espectral de potência do ruído no receptor é igual a 10 -15 W/Hz, e que o demodulador tem limiar de 7 dB, (a) calcule o menor valor da potência na entrada do demodulador, de modo que a razão sinal-ruído na saída seja maior ou igual a 50 dB; (b) repita o cálculo supondo um ganho de pré-ênfase de 20 dB.

58

Solução (a) Aplicando (7.40) temos  BT  = 2(96 + 4) ×103 = 200 ×103 Observando que k f2 Pm é o quadrado do desvio RMS, temos então k f2 Pm = (16 × 103 )

2

Sabemos que a potência é limitada pela razão sinal-ruído na saída do demodulador e pelo limiar. Como o sinal não é senoidal, usando (7.54) temos  N 0W 3 2 × 10−15 × (4 × 103 ) 3 5 10 = 0,167 ×10−7 Ps ≥ 2 RSR0 = 3 2 3k f Pm 3(16 ×10 )

Aplicando (7.35) obtemos Ps ≥ N 0 BT × RSRL = 2 × 10−15 × 200 ×103 × 5 = 2 ×10 −9

O menor valor da potência necessária é igual 0,167×10-7.

(b) Com o ganho de pré-ênfase de 20 dB, a razão sinal-ruído na saída do demodulador sem pré-ênfase passa a ser igual a 30 dB. Usando este valor no primeiro limitante, obtemos Ps ≥ 0,167 × 10 −9 Ps ≥ 2 × 10−9

Neste caso o limiar é que determina o valor da potência mínima necessária, Ps = 2×10-9

59

CAPÍTULO 8 8.1 Para cada par de sinais na Fig. E8.1, calcule a energia média e a probabilidade de erro mínima em presença de ruído aditivo branco Gaussiano com densidade espectral de potência igual a 0,25×10-9 W/Hz, sabendo que A = 1 mV e T = 1 ms. (a)

(c)

(b)

3 A

 A

 A

0

T

0

t 

T

t   A

0

T

t 

-A t 

(d)

(e)

 A

0

T

t 

0

 A

(f)

 A

 A T

0

t 

T  /2

2T

t 

t 

-A

 A T 

T 

 A

T  

/2 T  /2 t  3

0

T  /2

-A

T  t 

Fig. E8.1

Solução (a)

 A2T  (10−3 )2 × 10−3 E s = = = 0,5 ×10−9 2 2  0,5 × 10−9   E s  P ( E ) = Q   = Q (1) = 0,159  = Q  −9   N  × 0,5 10 0     (b) e (f)

Es = A2T  = (10−3 )2 × 10−3 = 10−9  2 E s P ( E ) = Q    N 0

 2 × 10−9   = Q  −9 0,5 10 ×  

  = Q (2) = 2,28 × 10−2  

(c)

9 A2T + A2T   E s = = 5 × (10−3 )2 × 10−3 = 5 × 10−9 2 Esd  = 4 A2T  = 4 × (10−3 )2 × 10−3 = 4 × 10−9  E sd  P( E ) = Q   2 N 0

 4 × 10−9   = Q  −9 10  

  = Q (2) = 2, 28 × 10−2  

(d)

Es = A2T  = (10−3 )2 × 10−3 = 10−9   E s  10−9 P( E ) = Q   = Q  −9  N  × 0,5 10 0   

  = Q ( 2) = 8 × 10−2  

60

(e)

Es = A2T  = (10−3 )2 × 10−3 = 10−9 Esd  = A2T  = (10−3 )2 × 10−3 = 10−9  E sd  P( E ) = Q   2 N 0

 10−9   = Q  −9 10  

  = Q (1) = 0,159  

8.2 Para se fazer uma transmissão binária em banda básica, deve-se escolher os sinais entre os 4 pares mostrados abaixo. Qual deve ser a escolha se o critério for (i): a menor probabilidade de erro para um dado valor da energia média; (ii) : a menor probabilidade de erro para um dado valor da energia média, com a menor amplitude do pulso; (iii): a menor probabilidade de erro com a menor ocupação espectral. (a)

0

(b)

T

0

(c)

0

T/2

Solução

(d)

T

0

T/2

Fig. E8.2

(i) Os pares (c) e (d), por serem simétricos antipodais, apresentam menor probabilidade de erro para um dado valor da energia média. (ii) A energia média dos pares (c) e (d) pode ser calculada por Es ,c = Ac2T 

 Ad 2T  E s ,d  = 2

onde  Ac e  Ad  são as amplitudes dos pulsos (c) e (d). Para que os dois pares tenham a mesma energia média, obviamente,

 Ad = 2 Ac Ou seja, o par (c) terá menor amplitude.

(iii) Os pulsos da fig (c) têm maior duração e, assim, seu espectro de frequências será mais estreito do que os pulsos em (d). A resposta então é (c). 8.3 Em uma transmissão PAM quaternária, é transmitido um pulso retangular de duração 0,2 ms com amplitudes ± 2 e ± 6 mV. Sabe-se que, quando é transmitida a amplitude + 6 mV , a probabilidade de errar é igual a 10-2. (a) determine a probabilidade de errar quando for transmitida a amplitude + 2 mV. (b) determine a probabilidade de erro (c) supondo que o filtro de recepção é casado e sua amplitude é unitária, calcule a variância do ruído na entrada do detetor da Fig. 5.18. Solução (a) Com base em (8.31),(8.32) e (8.33) podemos escrever que  d   P ( E | a = 6) = Q   = 10−2  2σ   e, assim, com base nas mesmas equações,

61

 d   = 2 × 10−2   2σ   (b) A probabilidade de erro é a média das probabilidades de erro condicionais, isto é

P( E | a = 2) = 2Q 

1 P( E ) = (2 × 10−2 + 2 × 2 × 10−2 ) = 1,5× 10−2 4

(c) O filtro casado é um pulso retangular de duração 0,2 ms e amplitude unitária. As amostras do sinal na entrada do detetor são dadas por r ´(t 0) = aKE g

onde K = 1 e E g=T = 10-4 e a = ± 2 e ± 6. A distância d será, portanto, d = 4×10-4 e, assim,  4 ×10−4   d   −2 Q  = Q  = 10  2σ   2σ   Através de uma tabela da função Q, obtemos

4 × 10−4 = 2,32 2σ 

donde σ 2 = 0,743×10-8

8.4 Um sistema PSK-8 é utilizado para transmissão digital a uma taxa de bits de 15 kbit/s. Sabe-se que, na entrada do receptor, a potência da portadora modulada é igual a 3 ×10-6 W e que sua envoltória é dada por   2π t  1 − cos   0 ≤ t ≤ T  g (t ) =  T    0 fora  Sabe-se ainda que o filtro passa-baixa utilizado no receptor da Fig. 5.43 é dado por h(t ) = g(t 0-t ). (a) represente o espaço de decisão na deteção ótima e calcule a distância entre dois sinais vizinhos; (b) determine a probabilidade de erro mínima com ruído aditivo branco Gaussiano de densidade espectral de potência igual a 0,24×10-10 W/Hz. Solução A forma geral do espaço de decisão é dada pela Fig 5.42. Neste caso

g´(t0 ) = E g T  

Eg = ∫  0

2

3T   2π t   − dt  = 1 cos    2  T    

Como R = 15 kbit/s,

T  = Portanto,

3 = 0,2 × 10−3 3 15 × 10

g´(t 0) = E g = 0,3×10-3

Aplicando (5.69) e desenvolvendo temos

V  =

2 Es 2PT 4Ps 4Ps s = = = = 2 × 10 −3 Eg E g 3 3

O diagrama está mostrado na figura

62

r 2

0,3 ×10-6

r 1

Aplicando (8.61) obtemos  π  

d  = 0,6 ×10−6 × sen   = 0, 23× 10−6 8 (b) Aplicando (8.62) temos a probabilidade de erro  2 × 3 × 10−6 × 0,2 × 10−3  π    −2 P ( E ) ≅ 2Q  sen    = 2Q (1,913) = 2,8 × 10 −10 0,48 × 10  8   

8.5 No Exercício 5.11 são analisados 3 sistemas: PSK-4, QAM-16 e PSK-8 operando com receptor ótimo. Considerando que a variância da amostra de ruído na saída dos filtros casados do receptor é igual a 10 -12, calcule a probabilidade de erro em cada um desses sistemas. Solução Como a variância do ruído no detetor é a mesma para todos os sistemas, as probabilidades de erro podem ser calculadas através de suas expressões em termos da razão d  / σ  onde, para todos os sistemas, σ  = 10−6 . Utilizando os valores de d  obtidos no Exercício 5.11 temos: PSK-4

d = 10-5  10−5   d   P( E ) = 2Q   = 2Q  = 2Q ( 5) =0,574×10-6 −6   2σ    2 × 10 

QAM-16

d  = 0, 316 × 10−5  0, 316 × 10−5   d   -1 P( E ) = 3Q   = 3Q   = 3Q (1,58) =1,713×10 −6  2σ    2 × 10  PSK-8

d  = 0, 44 × 10−5

63

 0, 442 × 10−5   d   -1 P ( E ) = 2Q   = 2Q   = 2Q ( 2, 21) =0,278×10 −6  2σ    2 × 10 

Solução alternativa Como o receptor é ótimo, as probabilidades de erro podem ser calculadas através de suas expressões em termos da razão E  /  s N 0. Como a energia média E s está determinada, e é igual para todos os sistemas, precisamos, neste caso, determinar o valor de N 0 que é diferente para cada sistema. Usando (8.41) e como o filtro é casado temos σ 2 =

 N0 4

∞

∫ 

−∞

K 2 g 2 (t0 − t )dt =

N 0 2 K Eg   4

Da solução do Exercício 5.11 temos K = 1/ T e E g = T . Assim, σ 2 =

e, portanto,

 N 0 2 N  K E g = 0 = 10−12 4 4T   N 0 = 4 ×10−12 T 

Usando os valores de T calculados no Exercício 5.11 temos T = 2×10-4  N 0 = 8 × 10−16

PSK-4

QAM-16

 2 × 10−14  P ( E ) = 2Q   = 2Q ( 5)  8 × 10−16    -4 T = 4×10  N 0 = 16 ×10−16  E s P( E ) = 3Q   5 N o

PSK-8

  2 ×10−14  = 3Q  −16 5 16 10 × ×  

  = 3Q (1.58)  

T = 3×10-4  N 0 = 12 ×10−16  2 × 2 × 10−14   2 E s π   0,383 P( E ) = 2Q  sen  = 2Q  ×  = 2Q ( 2.21) −16   12 10  N M  × o    

8.6 Um sistema QAM-64 opera com taxa de 3 Mbit/s e chega ao receptor ótimo com envoltória constante e uma potência de 0,84×10-6 W. Sabendo que os valores dos limiares são 0, ± 5 mV, ± 10 mV e ± 15 mV; (a) determine a variância do ruído na entrada do detetor de limiar sabendo que a densidade espectral de potência do ruído no receptor é igual a 0,64×10-14; (b) determine a probabilidade de erro em termos da função Q. Solução (a) Como o receptor é ótimo, o filtro é casado e sua resposta ao impulso é dada, genericamente por h(t ) = Kg (t0 − t )  

64

onde g(t ) é a forma da envoltória da portadora. Neste caso g(t ) é um pulso retangular, cuja amplitude é considerada igual a 1. Assim, g´(t 0) = KE g E g = T  Com a taxa de bits especificada encontramos

T  =

 L 6 = = 2 × 10−6 6  R 3 × 10

No sistema QAM-64 os limiares de deteção são dados por 0, ± ∆g´(t 0)/2, ± ∆g´(t 0) e ± 3∆g´(t 0)/2. Temos então

d=

∆

2

KE g = 5 × 10−3

Aplicando (5.59) e lembrando que E s = PsT , obtemos

4 × 0,84 × 10−6 ∆= = 4 × 10−4 21 Substituindo os valores e desenvolvendo, chegamos a K = 1,25×107. Usando (8.41)

 N  σ  = 0 4 2

1, 28 × 10−14 −6 −6 2 14 ∫ −∞ K g (t0 − t )dt =  4 (1, 25) × 10 × 2 × 10 = 10 ∞

2

2

A probabilidade de erro pode ser calculada através de (8.54) ou (8.57). Usando (8.54) temos  5 ×10−3  P( E ) = 3,5Q  = 3,5Q (2,5) = 2,17 × 10−2 −3   2 ×10 

Usando (8.57) e notando que E s = PsT = 1,68×10-12,  3 × 1,68 × 10−12  P( E ) = 3,5 Q   = 3,5Q (2,5)  1, 28 × 10−14 × 63   

8.7 Considere um sistema ASK on-off descrito no Exercício 5.8.onde os sinais são

s1 (t ) = 2 cos(2π  f c t ) 0 < t  < 0.1 ms e s2(t ) = 0 e cujo receptor está mostrado na Fig. 5.28, onde a resposta ao impulso do filtro casado é dada por 0 ≤ t ≤ 0,1ms 1 h(t ) =  fora 0 Sabendo que a densidade espectral de potência de ruído no canal é igual a 2x10-6 W/Hz, (a) determine a variância do ruído na saída do filtro e calcule a probabilidade de erro usando esta variância e a distância determinada no item anterior; (b) determine a razão sinal-ruído E /N s 0e calcule a probabilidade de erro usando esta razão sinal-ruído; (c) suponha que seja usado o receptor não coerente da Fig. 5.50, onde o filtro h(t ) é o mesmo usado no receptor coerente;

65

dado que foi transmitido s2(t ) = 0, determine a probabilidade de que a amostra  x na entrada do detetor de limiar seja maior do que 0,01 mV.

Solução (a) A variância do ruído na saída do filtro é calculada por σ 2 =

 N 0 4

∞

∫ 

−∞

onde N 0 = 4×10-6 e E g = 0,1×10-3. Resulta

N 0 E   4 g

g 2 (t0 − t )dt =

σ2 = 10-10

Com a distância calculada no Exercício 5.8, d = 0,1×10-3, calculamos então, usando (8.15)  10−4  P( E ) = Q   = Q (5) −10 2 10 ×   (b) A energia média é dada por

22 E s = × 0.1× 10−3 = 10−4 4

Aplicando (8.27)

 10 −4 P( E ) = Q   4 ×10−6 

  = Q ( 5)  

(c) sabemos que, no sistema ASK on-off, quando é transmitida a amplitude nula, a densidade de probabilidade da amostra x no detetor é dada por (8.66). Temos então

P( x ≥ 2 × 10−5 ) =

∫

onde σ 2 = 10-10. Resulta então

∞

2×10−5

 X  σ 2

e

−

 X 2 2σ 2

dX = e

−

(2×10−5 ) 2 2σ 2

P( x ≥ 2 × 10−5 ) = e − 2 8.8 A Taxa de erro de bit é definida como a probabilidade de que um bit escolhido aleatoriamente na sequência transmitida esteja errado. A partir desta definição demonstre (8.84) Solução Podemos definir o espaço amostra da experiência aleatória através da dupla ( x, y) onde  x representa a posição do bit,  x = 1,2... L e  y o estado do bit, certo ou errado, isto é,  y = C ou y = E. De acordo com a definição temos

BER = P [ (1, E )] + P[(2, E )] + ... + P[(L , E )]]  Mas

1 P(i , E ) = P ( y = E x = i ) P( x = i ) = P (bˆi ≠ bi )  L Substituindo na equação acima obtemos

66

 L

1  BER = ∑ P(bˆi ≠ bi )  L i =1 Podemos expressar o número de bits errados na sequência, n e, como  L

ne = ∑ zi i =1

onde 1 bi = bˆi  zi =  0 bi ≠ bˆi Aplicando a definição de valor esperado podemos escrever

E ( zi ) = P(bˆi ≠ bi )  L

L

i =1

i =1

E (ne ) = ∑ E ( zi ) =∑ P (bˆi ≠ bi ) Comparando com a expressão de BER acima chegamos a

BER =

1 E ( ne )  L

8.9) Em um sistema PSK-4 onde φ é a fase transmitida e φ ˆ a fase detetada sabe-se que a probabilidade P(φ ˆ = α , φ  = β ) é igual a 10-2 quando a fase detetada é vizinha da fase transmitida e 5 x 10-3 quando a fase detetada é a fase oposta à fase transmitida. Calcule a probabilidade de erro e a taxa de erro de bit obtida com os seguintes esquemas de codificação: (I) BITS 00 01 10 11

(II) SÍMBOLOS π /4 3π /4 5π /4 7π /4

BITS 00 01 11 10

SÍMBOLOS π /4 3π /4 5π /4 7π /4

Solução Aplicando (8.83) temos P(E ) = P(φ  = π  / 4, φ ˆ = 3π  / 4) + P(φ  = π  / 4, φ ˆ = 5π  / 4) + P (φ  = π  / 4, φ ˆ = 7π  / 4) +

P(φ  = 3π  / 4, φ ˆ = π  / 4) + P(φ  = 3π  / 4, φ ˆ = 5π  / 4) + P (φ  = 3π  / 4, φ ˆ = 7π  / 4) + P(φ  = 5π  / 4, φ ˆ = π  / 4) + P(φ  = 5π  / 4, φ ˆ = 3π  / 4) + P (φ  = 5π  / 4, φ ˆ = 7π  / 4) + P(φ  = 7π  / 4, φ ˆ = π  / 4) + P(φ  = 7π  / 4, φ ˆ = 3π  / 4) + P (φ  = π  / 4, φ ˆ = 5π  / 4) = 4. 2.10 −2 + 5.10 −3 = 0,1

Aplicando (8.86) temos, com a codificação de símbolos do esquema (i)

67

E [ne ] = 1× P(φ  = π  / 4, φ ˆ = 3π  / 4) + 1× P (φ  = π  / 4, φ ˆ = 5π  / 4) + 2 × P(φ  = π  / 4, φ ˆ = 7π  / 4) + 1× P(φ  = 3π  / 4, φ ˆ = π  / 4) + 2 × P(φ  = 3π  / 4, φ ˆ = 5π  / 4) + 1× P (φ  = 3π  / 4, φ ˆ = 7π  / 4) + 1× P(φ  = 5π  / 4, φ ˆ = π  / 4) + 2 × P (φ  = 5π  / 4, φ ˆ = 3π  / 4) + 1× P (φ  = 5π  / 4, φ ˆ = 7π  / 4) + 2 × P(φ  = 7π  / 4, φ ˆ = π  / 4) + 1× P(φ  = 7π  / 4, φ ˆ = 3π  / 4) + 1× P(φ  = π  / 4, φ ˆ = 5π  / 4) = 4.[(3).10-2 + (1).5.10-3] = 0,14 Notando que L = 2 e substituindo em (8.84) obtemos a taxa de erro  BER = 0,07

Repetindo a mesma formulação para o esquema (ii) obtemos E (ne) = 4.[(2).10-2 + (2).5.10-3] = 0,12

O melhor resultado obtido com o esquema (ii) se explica facilmente pelo fato de que a codificação (ii) é uma codificação de Gray, onde as fases vizinhas estão associadas a palavras binárias que diferem apenas em 1 bit ao contrário do esquema (i) onde a diferença pode ser de 2 bits. Como o erro para uma fase vizinha é mais provável do que o erro para uma fase oposta, a média de bits errados será menor no esquema (ii).

8.10 Sabe-se que a relação entre a probabilidade de erro (de símbolo) e a taxa de erro (de bit) é dada, aproximadamente por (8.84) quando se usa a codificação de Gray e a razão sinal-ruído é alta. Verifique a precisão desta aproximação em um sistema PSK-4 com receptor ótimo para E b /N o = 0,5 e E b /N o = 2 Solução De acordo com (8.48) 2

  d   d   d   P ( E ) = 1 − 1 − Q    = 2Q   − Q 2    2σ    2σ   2σ    Usando a aproximação dada por (8.87)  d  1  d   BER ≅ Q   − Q 2    2σ  2  2σ   enquanto no Exemplo mostramos que  d   BER = Q    2σ   Para o sistema PSK-4 podemos verificar que

2 E b d  =  N 0 2σ  Temos então

Eb = 0.5;  N 0 Eb = 2;  N 0

2 E b d  = =1 2σ  N 0 2 E b d  = =2 N 0 2σ 

BER = 0,159 BERa = 0,146 BER = 0,0228 BERa = 0,0225

68

8.11) Usando as expressões das Tabelas 8.1, 8.2 e 8.3, compare o desempenho dos sistemas de transmissão digital analisados ao longo deste capítulo (exceto o ASK on-off não coerente) em termos da razão E b /  N 0 (em dB) necessária para obter uma taxa de erro de bit mínima de 10-4 em canal perturbado por ruído aditivo Gaussiano branco. Solução PAM On-Off, ASK On-Off, FSK-2  E   Eb E b Q  b  = 10−4 = 3,71; = 13,8 = 11, 4 dB  N N   N  o  o o  PAM-2 simétrico, ASK-2 simétrico, PSK-2 e PSK-4  2 E b  2 Eb E b −4 = 3,71; = 6,9 = 8, 4 dB Q   = 10  N N   N  o  o o  FSK-2 não coerente E 

E b = −2 ln(2 × 10−4 ) = 17,03 = 12,3 dB  N 0

E 

E b = − ln(2 × 10−4 ) = 8,52 = 9,3 dB  N 0

1 − 2 N bo e = 10−4 2 DPSK-2

1 − N bo e = 10 −4 2 PAM-4 e ASK-4 e QAM-16  4 E b  4 −4 Q   = 10 5 3  N  o   QAM-64  2 E b  12 −4 Q   = 10  N  7 7 o   PSK-8  6 E b π   3 Q  sen  = 10 −4 8 2   N o

4 Eb E  = 3,645 b = 16,61 = 12,2 dB 5 N o N o E  2 Eb = 3,58 b = 44,85 = 16,5 dB N o 7 N o E  6 Eb × 0,383 = 3,615; b = 14,85 = 11,7 dB  N o N o

8.12 Uma transmissão digital deve ser feita com modulador PSK-4 operando com receptor ótimo, sem interferência entre símbolos, com taxa de erro de bit desejada igual a 10 -4 em canal com ruído aditivo branco Gaussiano com densidade espectral de potência igual a 10 -12 W/Hz. (a) determine a largura de faixa mínima do canal e a potência necessária na entrada do receptor para transmitir a uma taxa de 64 kbit/s; (b) com os valores calculados no item (a), determine a máxima taxa de bits teoricamente possível para transmissão com probabilidade de erro arbitrariamente pequena. Solução (a) Aplicando (5.121) ou (8.96)

 B ≥

 R = 32 kHz 2

Para BER = 10-4 obtemos Eb /N0 = 6,9. Aplicando (8.93)

Ps = 6,9 × 64 × 103 × 2 × 10−12 = 0,883× 10−6 W

69

(b)

 0, 883 × 10−6  C  = 32 × 10 × log2  1+ = 124,39 kbit/s −12 3  2 10 32 10 × × ×   3

8.13 Repita o exercício 8.12 considerando que o pulso de transmissão e a resposta do filtro de recepção tem espectro do tipo cosseno levantado com fator de roll-off igual a 0,5. Solução (a)Aplicando (5.124) ou (8.98)

 B ≥

 R (1 + α ) = 48 kHz 2

O cálculo da potência não sofre alteração, ou seja,

Ps = 6,9 × 64 × 103 × 2 × 10−12 = 0,883× 10−6 W (b)

 0, 883 × 10−6  C = 48 × 10 × log2  1 + = 160,81 kbit/s −12 3  2 10 48 10 × × ×   3

8.14 Considere o mesmo sistema de transmissão digital definido no exercício anterior (modulador PSK-4 com receptor ótimo, sem interferência entre símbolos, com taxa de erro de bit desejada igual a 10-4 em canal com ruído branco Gaussiano com densidade espectral de potência igual a 10-12 W/Hz). Suponha agora que a largura de faixa disponível para a transmissão é fixada em 32 kHz e a potência do sinal no receptor em -30 dBm. Considere ainda que, opcionalmente, pode-se empregar um código corretor de erro de taxa ¾ e ganho 4 dB. (a) Determine a máxima taxa de bits que pode ser transmitida. (b) Para a taxa obtida, determine a faixa efetivamente utilizada e a taxa de erro com que o sistema vai operar. Solução (a) Pela Limitação de Faixa:  R ≤ 2×B = 64 kbit/s

Pela Limitação de Potência, notando que para BER = 10-4, E b /  N 0 = 6,9,

10 −6  R ≤ = 72,46 kbit/s 2 ×10−12 × 6,9 Prevalece então o menor valor, determinado pela limitação de faixa. Neste caso, não há vantagem em utilizar um código corretor de erro e, assim R ≤ 64 kbit/s

(b) A faixa utilizada é a faixa disponível, ou seja, 32 kHz. A taxa de erro de bit é aquela obtida com o valor de E b /  N 0 correspondente à taxa de 64 kbit/s, isto é

Eb Ps 10 −6 = = = 7,81 N 0 N 0 R 2 × 10−12 × 64 × 103

70

Este valor também poderia ser calculado observando que E b /  N 0 é inversamente proporcional à taxa de bits. Ou seja,

E b 72,46 = 6,9 × = 7,81 64  N 0 Usando a expressão da taxa de erro de bit para o sistema PSK-4 dada na Tabela 8.2, obtemos  BER = Q(3,95) = 0,391×10-4

Observa-se que o sistema opera com taxa de erro de bit menor do que a desejada, uma vez que há sobra de potência.

8.15 Repita o Exercício 8.14 considerando um sistema QAM-16. Solução (a) Pela Limitação de Faixa: R ≤ 4×B =128 kbit/s Pela Limitação de Potência, notando que para BER = 10-4, E b /  N 0 = 16,61

10 −6  R ≤ = 30,10 kbit/s 2 × 10−12 ×16,61 Prevalece então o menor valor, determinado pela limitação de potência. Neste caso, há vantagem em utilizar um código corretor de erro. Com o código especificado, de taxa ¾ e ganho 4 dB, (100,4 = 2,51), temos

3  R ≤ × 4 × 32 = 96 kbit/s 4 2, 51× 10−6  R ≤ = 75,56 2 × 10−12 × 16,61 Com a utilização do código, também prevalece o valor dado pela limitação de potência, porém bem maior do que aquele obtido sem o uso do código. A melhor solução é portanto o uso do código com o qual se pode transmitir a uma taxa de 75,56 kbit/s. Como esse valor é determinado pela limitação de potência, isto significa que o sistema opera com a taxa de erro de bit especificada, isto é, 10 -4. Por outro lado, a faixa ocupada é menor do que a disponível, ou seja,

 B =

75,56 = 18,89 k Hz 4

8.16 Repita o Exercício 8.15 supondo que o código corretor de erro utilizado tem Ganho de 5 dB e taxa igual a ½. Solução Neste caso, com o código de taxa ½ e ganho 5 dB, (10 0,5 = 3,16), temos

1  R ≤ × 4 × 32 = 64 kbit/s 2

71