solucionario - principio de las comunicaciones - josé briceño

UNIVERSIDAD DE LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA ESCUELA DE INGENIERIA ELECTRICA

PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES (Tercera Edición) EDICION DIGITAL

PROBLEMARIO José E. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA

Mérida, Abril 2005 0

1 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO I

Estimado Lector: Es posible que al resolver estos problemas o al transcribirlos pudiera haberse producido algunas erratas. Si Ud. consigue alguna errata, le ruego que me lo comunique para yo hacer la corrección correspondiente. Puede comunicarse conmigo mediante las siguientes direcciones de correo electrónico:

[email protected] o [email protected] Muchas gracias. Prof. José Briceño M., Dr. Ing. Universidad de Los Andes Mérida, Venezuela

CAPITULO I 1.1. Clasifique cada una de las señales siguientes como señales de energía, de potencia o ninguna de las dos. Calcule la energía o la potencia, según el caso. (a) x ( t ) = 2 cos(6πt − π / 2). Señal periódica, sinusoidal: señal de potencia.

(2) 2 < x ( t ) >= = 2W 2 2

(b) x ( t ) = A cos(ωc t . Señal periódica, sinusoidal: señal de potencia. Es una señal rectificada de onda completa. < x 2 ( t ) >=

A2 W 2

t (c) x ( t ) = A ⋅ t ⋅ exp(− )u ( t ) . Esta señal converge; es una señal de energía. τ ∞

Energía = A 2 ∫ t 2 exp(− 0

(d) x ( t ) =

Aτ ; τ + jt

Energía = 2∫

∞

0

(e)

x(t) =

2t A2 3 τ joules )dt = τ 4 Aτ τ2 + t 2

.

Esta señal converge; es una señal de energía.

A 2 τ2 dt = A 2 π | τ | joules τ2 + t 2

t t x ( t ) = A exp(− )Π ( ) . Es una señal acotada; es una señal de energía. τ τ _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


Energía = A 2 ∫

τ/ 2

−τ / 2

exp(−

2t )dt = 1,18A 2 τ joules τ

t (f) x ( t ) = A exp( ) cos(2πf c t ). No converge; no es ni de potencia ni de energía. τ t t (g) x ( t ) = A exp(− )Π ( ) cos(2πf c t ). Es una señal acotada; es de energía. τ 2τ τ

2t ) cos 2 (2πf c t)dt. Hagamos, por ejemplo, A = 10; τ = 10-3 y τ fc = 10 kHz. Para estos valores se tiene: Energía = 0,043 joules Energía = A 2 2∫ exp(− 0

(h) x ( t ) = (i) x ( t ) =

A t Π ( ). No está acotada; no es ni de potencia ni de energía. t τ τ A t−τ A 3τ Π( )= para ≤ t ≤ . Acotada; es de energía τ t t 2 2

Energía = A

2

∫

3τ / 2

τ/2

1 4 A2 dt = t2 3 τ

joules

1.2. Grafique las siguientes señales de energía y verifique que sus energías son las dadas. t t (a) x ( t ) = A exp(− )Π ( ) . Fig. P1.2(a) → T 2T

x(t)

A

t

t x ( t ) = A exp(− ) para t ≤ T T T

Energía = A 2 2∫ exp(− 0

(b) x ( t ) = x(t) = Energía =

-T

0 Fig. P1.2(a).

2t )dt = 0,8647A 2T joules T

A t −T/2 r ( t )Π ( ) . Fig. P1.2(b) → T T A t para 0 ≤ t ≤ T T A2 T2

∫

T

0

T

1 t 2dt = A 2T joules 3

A

x(t) t

0

T Fig. P1.2(b).

x(t)

2A

_______________________ J. Briceño M., Dr.t Ing. Profesor -T 0 Titular, T ULA Fig. P1.2(c).


πt ⎤ t ⎡ (c) x ( t ) = A ⎢1 + cos( )⎥ Π ( ) . Fig. P1.2(c) T ⎦ 2T ⎣ πt ⎤ ⎡ x ( t ) = A ⎢1 + cos( )⎥ para t ≤ T T ⎦ ⎣ x(t) es una señal llamada “en coseno elevado”. Energía = A 2∫ 2

T

0

πt ⎤ ⎡ 2 ⎢⎣1 + cos( T )⎥⎦ dt = 3A T joules 2

1.3. Demuestre que las potencias promedio de las siguientes señales son las correspondientes dadas. A (a) De la Fig. 1.45 del Texto, x T ( t ) = − ( t − T) en T ; A = 10; T = 10-3 seg T 2 1 TA < x T2 ( t ) >= ∫ 2 ( t − T) 2dt = 33,33W T 0 T (b) De la Fig. 1.46 del Texto, x T ( t ) = 10 exp(−103 t ) en T. T = 2 x 10-3 seg. 2 T/2 100 exp(−2x103 t )dt = 43,233W ∫ 0 T t −T/4 t − 3T / 4 (c) De la Fig. 1.47 delTexto, x T (t) = Π( ) − Π( ) en T; T = 2 ms T/2 T/2 1 T/2 1 T < x T2 ( t ) >= ∫ dt + ∫ dt = 1W T 0 T T/2 < x T2 ( t ) >=

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


1.4. Grafique las siguientes señales:

(a) r(t + 2)

(b) r(-t - 2)

(c) r(t) - 2r(t -1)

2 t -2

1

1 t -3

0

(d) u(2t -1) = u(t - 1/2)

-2

t

0

0

(e) r(t) u(t - 1)

1

0

t

t

1/2

0

1

exp(-a)

1

t

-1

2

(h) exp(−at )δ( t − 1)

(g) exp(-at)u(t - 1)

2

(f) r(t) - u(t)

1

0

1

(i) u(t) - u(t -1)

exp(-a)

1 t

0

1

t

0

1

( k ) δ(t - 1)δ(2t)

( j) 3δ(t - 2) + 2u(t) 3

t 0

1

(l) u(t)u(1- t) 1

2 No hay intercepción t

t



( m) r(t)cos(ωo t )

(n) δ(2t − 2π) =

10

0 10 x()t

5

1/2

t

0

t (o) δ( + 2) = 2δ( t + 4) 2

1 δ( t − π) 2

10

2 t

t

π

0

-4

t (r) Π ( ) − Λ(t ) 2

t t (q ) Π ( ) + Λ ( ) 8 4

1 1 ( p) δ(1 - 2t) = δ( − t ) 2 2 1/2

0

2

1

1 t 0

t

1/2

-4

t t (s) 2Π( )Λ ( ) 2 2

0

4

( t ) sgn(t)sen(ωo t ) 1

0

1

( u ) 2Π (2t - 1) = 2Π(

2

t + 1/2 ) 1/2 2

t

1

0 t

-1

-1

0

t

-1

1

( v) Λ (4 - 2t) = Λ (

0

2- t ) 1/2

3/2

-3/4 2 (x) 10( t − 2) Π (

1

-1/2 -1/4

0

t−2 ) 2

10 t

t 2 5/2

(y) exp( t )Π( t + 2 ) + exp(− t )Π ( t − 2 ) 2 2

0

( z) exp(-t)Π(

1

2

3

t+2 t−2 ) + exp(t )Π( ) 2 2 e −1

e−1

-3

-2

-1

0

1

2

e−3 t 3

e −3 t -3

-2

-1

1

2

3

Fig. P1.4 _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


1.5. Verifique las siguientes integrales (a)

∞

∫

−∞

⎡ 1 ⎤ 1 1 δ(1 - πt) = δ ⎢π( − t )⎥ = δ( − t ) ⎣ π ⎦ π π

1 δ(1 − πt ) cos( )dt; t

1 ∞ 1 1 1 1 δ( − t ) cos( )dt = cos(π) = − ∫ − ∞ π π t π π (b)

∫

t 2 exp[− sen( t )]cos(2 t )δ(2 t − 2π)dt ;

∞

−∞

1 δ(2t − 2π) = δ[2( t − π)] = δ( t − π) 2

1 ∞ 2 1 t exp[− sen( t )] cos(2t )δ( t − π)dt = π2 ∫ 2 −∞ 2 ∞

(c)

∫

(d)

∫

∞

(e)

∫

∞

(f)

∫

∞

(g)

∫

(h)

∫

−∞

−∞

( t 3 + t 2 + t + 1)δ( t − 3)dt = 27 + 9 + 3 + 1 = 40

δ( t + 3) exp(− t )dt = exp(3) = 20,086 δ( t − 2) cos[π( t − 3)]dt = cos[π(2 − 3)] = cos(− π) = −1

−∞

( t 3 + 4)δ(1 − t )dt = (1 + 4) = 5

−∞ ∞

1 ( t 3 + 3)δ(3t − 3 = 9)dt; δ(3t - 9) = δ[3(t - 3)] = δ(t - 3) −∞ 3 1 ∞ 3 1 ( t + 3)δ( t − 3)dt = (27 + 3) = 10 3 ∫− ∞ 3 ∞

t t 1 ( t 2 + 2)δ( − 1)dt; δ( − 1) = δ[ ( t − 2)] = 2δ( t − 2) −∞ 2 2 2 ∞

2 ∫ ( t 2 + 2)δ( t − 2)dt = 2(4 + 2) = 12 −∞

(i)

∫

∞

t ⋅ u (2 − t )u ( t )dt;

−∞

∫

2

∫

∞

−∞

∫

t -1 ) 2

t ⋅ dt = 2

0

(j)

u(2 - t)u(t) = Π (

[δ( t ) + u ( t ) − u ( t − 2)]dt;

∞

−∞

u(t) - u(t - 2) = Π (

t -1 ) 2

2

δ( t )dt + ∫ dt =1 + 2 = 3 0



(k)

∫

∞

−∞

∫

∞

∫ ∫

t

−∞

(l)

−∞ t

1

δ( t − t o )u ( t − t1 )dt;

para t o ≥ t1 ,

δ(t - t o )u ( t − t1 ) = δ( t − t o )

para t o < t1 ,

δ(t - t o )u ( t − t1 ) = 0

⎧1 para t o ≥ t1 δ( t − t o )u ( t − t1 )dt = ⎨ ⎩0 para t o < t1 u (τ − 1)dτ;

pero u(τ - 1) = 0 para τ < 1

dτ = ( t − 1) para t ≥ 1 = r(t - 1)

1.6. Demuestre que el período de la señal periódica x(t) = 10 cos2(t) es igual a π. Solución: x ( t ) = 10 cos 2 ( t ) = 5 + 5 cos(2t ) = 5 + 5 cos(2π

1 1 2t ) = 5 + 5 cos(2π t ) , de donde 2π π

1 1 ∴T = = π π fo 1.7. Verifique si las siguientes señales son periódicas, en cuyo caso determine el período. fo =

(a)

x ( t ) = cos(6πt ) + cos(6 2πt ) 2π ⋅ 3T = 2πm ⎫ m 1 → fracción irracional; la señal no es periódica ⎬ = 2 2π ⋅ 3 2T = 2πn ⎭ n

(b)

x ( t ) = 10 cos(60πt ) + 5 cos(25t )

2π ⋅ 30T = 2πm ⎫ ⎪ m 30π → fracción irracional; la señal no es periódica ⎬ = 12,5 2π ⋅ T = 2πn ⎪ n 12,5 π ⎭ (c) x ( t ) = cos(60πt ) + cos(50πt ) 2π ⋅ 30T = 2πm ⎫ m 30 → fracción racional; la señal es periódica ⎬ = 2π ⋅ 25T = 2πn ⎭ n 25 25 =1 Período T = 25 t t (d) x ( t ) = cos( ) + cos( ) 3 7



1 ⎫ T = 2πm ⎪ ⎪m 7 6π ⎬ = → fracción racional; la señal es periódica 1 n 3 2π T = 2πn ⎪⎪ 14π ⎭ 2π

Período T =

(e) x ( t ) =

3 = 42π 1 14π

∞

∑ Π (t − 5n) →

señal periódica rectangular amplitud unitaria, de período

n = −∞

Período T = 5 y (f)

τ = 1.

x ( t ) = cos(5πt ) + sen(6πt ) 2π ⋅ 2,5T = 2πm ⎫ m 5 ⎬ = → fracción racional; la señal es periódica 2π ⋅ 3T = 2πn ⎭ n 6 Período T = 5/2,5 = 2

(h) x ( t ) = sen(2 t ) + cos(πt ) 1 ⎫ 2π T = 2πm ⎪ ⎪m 2 π ⎬ = → fracción irracional; la señal no es periódica n π 1 2π T = 2πn ⎪⎪ 2 ⎭ 1.8. Dibujar los fasores y los espectros uni y bilaterales de las señales Amp

(a)

Imag Real 0

0

π x ( t ) = 5 cos(6πt − ) 4 fo = 3 Hz

Amp

π/4

0

2,5

5 f

f -3

Fase

f - π/4

(a) Diagrama Fasorial

2,

π/4 -3

(b) Espectro Unilateral

0

Fase f

0

- π/4 (c) Espectro Bilateral

Fig. P1.8(a)



(b) π 6 π π = 2cos[10πt - − ] 6 2

x ( t ) = 2 sen(10πt −

Amp

Imag 0

1

Real 0

f

0

Fase 5

2π / 3

f

5 -5

- 2π / 3 (a) Diagrama Fasorial

f

0 -5

Fase

2π / 3

x ( t ) = 2 cos(10πt − 2π / 3) fo = 5 Hz

Amp

1

2

(b) Espectro Unilateral

f

0

- 2π / 3 (c) Espectro Bilateral

Fig. P1.8(b).

1.9. Demostrar las siguientes transformaciones trigonométricas (Sugerencia: usar fasores) (a) x ( t ) = A1 cos(ωc t ) + A 2 cos[(ωc + ωm ) t ] = E ( t ) cos[ωc t + Ψ ( t )] con f c ≥ f m A 2 sen(ωm t ) donde E( t ) = A12 + A 22 + 2A1A 2 cos(ωm t ) y Ψ (t) = arctg A1 + A 2 cos(ωm t ) ωm t

Imag

Solución:

Ψ (t )

x ( t ) = A1 cos(ωc t ) + A 2 cos[(ωc + ωm ) t ]

A2 E( t )

El diagrama fasorial generalizado de x(t) tiene la forma mostrada en la Fig. P1.9(a).

A1

0

+ [A1 sen(ωc t) + A 2 sen[(ωc + ωm )t]

2

Desarrollando y ordenando llegamos a la expresión

A1 sen(ωc t)

ωc t

Del diagrama fasorial de la Fig. P1.9(a), E 2 (t) = [A1 cos(ωc t) + A 2 cos[(ωc + ωm )t]2

Θ(t )

A 2 sen[(ωc + ωm )t ] ωc t

A1 cos(ωc t)

Real A 2 cos[(ωc + ωm )t ]

Fig. P1.9(a).

términos

E 2 ( t ) = A12 + A 22 + 2A1A 2 cos(ωm t ) , de donde

E( t ) = A12 + A 22 + 2A1A 2 cos(ωm t ) Asimismo, vemos del diagrama que

Θ( t ) = ωc t + Ψ ( t ) , donde

⎡ A 2 sen(ωm t ) ⎤ Ψ ( t ) = arctg ⎢ ⎥ . Por la tanto, x(t) se puede expresar en la forma A + A cos( ω t ) 2 m ⎦ ⎣ 1

x ( t ) = E( t ) cos[Θ( t )] = E( t ) cos[ωc t + Ψ ( t )] _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


Nótese que Ψ ( t ) es el ángulo de desfase entre el fasor de x(t) y el fasor de A1 cos(ωc t ). π (b) x ( t ) = A1 cos(ωc t ) + A 2 sen[(ωc + ωm ) t ] = A1 cos(ωc t ) + A 2 cos[(ωc + ωm ) t − ] 2 El diagrama fasorial correspondiente se muestra en la Fig. P1.9(b).

Imag

ωm t ωm t

A 2 sen(ωm t )

A1 ωc t

0

A2

π 2

Ψ (t ) A 2 E( t ) Θ(t )

A1 cos(ωc t )

Fig. P1.9(b).

π − (ωc + ωm ) t 2 π A 2 sen[ − (ωc + ωm ) t ] 2

ωc t

A1 sen(ωc t )

Real π A 2 cos[ − (ωc + ωm )t ] 2

De la Fig. P1.9(b), π π ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ E 2 ( t ) = ⎢A1 cos(ωc t ) + A 2 cos[ − (ωc + ωm ) t ]⎥ + ⎢A1 sen(ωc t ) − A 2 sen[ − (ωc + ωm ) t ]⎥ 2 2 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ π π ⎡ ⎤ E 2 ( t ) = ⎢+ A12 cos 2 (ωc t ) + 2A1A 2 cos(ωc t ) cos[ − (ωc + ωm ) t ] + A 22 cos 2 [ − (ωc + ωm ) t ]⎥ + 2 2 ⎣ ⎦ π π ⎡ ⎤ + ⎢A 12 sen 2 (ω c t ) − 2A 1 A 2 sen(ω c t ) sen[ − (ω c + ω m ) t ] + A 22 sen 2 [ − (ω c + ω m ) t ]⎥ 2 2 ⎣ ⎦ 2

[

2

]

π π ⎡ ⎤ E 2 ( t ) = A12 cos 2 (ωc t ) + sen 2 (ωc t ) + A 22 ⎢cos 2 [ − (ωc + ωm ) t ] + sen 2 [ − (ωc + ωm ) t ]⎥ + 2 2 ⎣ ⎦ π π ⎤ ⎡ + 2A1A 2 ⎢cos(ωc t ) cos[ − (ωc + ωm ) t ] − sen[ − (ωc + ωm ) t ]⎥ 2 2 ⎣ ⎦ El lector puede verificar fácilmente que el tercer término de la expresión anterior es igual a 2A1A 2 sen(ωm t ). Por lo tanto, E 2 ( t ) = A12 + A 22 + 2A1A 2 sen(ωm t ) , de donde E( t ) = A12 + A 22 + 2A1A 2 sen(ωm t )

En cuanto al desfase, del diagrama vemos que ωc t = Ψ ( t ) + Θ( t ), de donde _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


Θ(t) = ωc t − Ψ (t) . También

Ψ ( t ) = arctg

A 2 cos(ωm t ) A1 + A 2 sen(ωm t )

El signo menos puede incorporarse a Ψ ( t ) o dejarse como está. 1.10.

Exprese x(t) en la forma polar x ( t ) = E( t ) cos[ωc t + Ψ ( t )] y dibuje su diagrama fasorial. (a) x ( t ) = 6 sen(50πt ) cos(10πt ) + 10 cos(60πt ) cos(20πt ); referencia fc = 20 Solución:

x ( t ) = 6 sen(50πt ) cos(10πt ) + 10 cos(60πt ) cos(20πt ) x ( t ) = 3 cos(60πt ) + 3 cos(40πt ) + 5 cos(80πt ) + 5 cos(40πt ) x ( t ) = 8 cos(40πt ) + 3 cos(60πt ) + 5 cos(80πt ) Sea 40π = ωc ; 20π = ω1; 80π = ωc + 2ω1 . Entonces, x ( t ) = 8 cos(ωc t ) + 3 cos[(ωc + ω1 ) t ] + 5 cos[(ωc + 2ω1 ) t ] . El diagrama fasorial de x(t), referido a fc, tiene la forma, Fig. P1.10(a) . Del diagrama fasorial, E 2 ( t ) = [8 + 3 cos(ω1t ) + 5 cos(2ω1t )] + 2

+ [3 sen(ω1t ) + 5 sen(2ω1t )]

2

3 sen(ω1t ) + 5 sen(2ω1t ) Ψ ( t ) = arctg 8 + 3 cos(ω1t ) + 5 cos(2ω1t )

5

E(t)

Ψ( t) 3 0

8

2ω1t ω1t

ref

Fig. P1.10(a).

(b) x(t) = [A c + A m cos(ωm t)]cos(ωc t) con A c > A m y f c >> f m x ( t ) = A c cos(ωc t ) +

Am/2

Ac Am A cos[(ωc + ωm ) t ] + m cos[( 0 ωc − ωm ) t ] 2 2 Fig. P1.10(b)

ωm t ref E(t)

Am/2

ωm t

El diagrama fasorial de x(t) tiene la forma mostrada en la Fig. P1.10(b) Del diagrama fasorial, Fig. P2.10(b), E( t ) = A c + A m cos(ωm t )

y

Ψ(t) = 0



Nótese que este es el diagrama fasorial de una Señal Modulada AM, que veremos en el Capítulo VI. (c) x ( t ) = A c cos(ωc t ) − A m sen(ωm t ) sen(ωc t ) con A c > A m y f c >> f m A A x ( t ) = A c cos(ωc t ) + m cos[(ωc + ωm ) t ] − m cos[(ωc − ωm ) t ] 2 2 El diagrama fasorial de x(t) tiene la forma, Fig. P1.10(c).

Am/2

Del diagrama fasorial, Fig. P1.10(c), E( t ) = A c2 + [2

E(t)

Am sen(ωm t )]2 2

Ψ ( t ) ωm t

= A c2 + A 2m sen 2 (ωm t )

Ac

0

A sen(ωm t ) Ψ ( t ) = arctg m Ac Nótese que este es el diagrama fasorial de una Señal Modulada FM en Banda Angosta, que veremos en el Capítulo VI.

ωm t ref ωm t

Fig. P1.10(c)

(d) x ( t ) = A c cos(ωc t ) + n c ( t ) cos(ωc t ) − n s ( t ) sen(ωc t ) . Esta señal representa a una portadora de frecuencia fc afectada por ruido blanco pasabanda, concepto que utilizaremos en el estudio de la influencia del ruido en sistemas de comunicación. π x ( t ) = [A c + n c ( t )] cos(ωc t ) − n s ( t ) cos(ωc t − ) , 2 cuyo diagrama fasorial es, Fig. P1.10(d). Del diagrama fasorial, Fig. P1.10(d),

E(t)

Ψ(t)

E( t ) = [A c + n c ( t )]2 + n s2 ( t ) 0

Ψ ( t ) = arctg

n s (t) Ac + n c (t)

ns(t) ref

Ac + nc(t) -ns(t) Fig. P1.10.(d)

1.11. Demuestre que si x ( t ) = x ( t + T), entonces, a +T / 2

T/2

a −T / 2

−T / 2

∫

x ( t )dt = ∫

x ( t )dt = ∫

T

0

x ( t )dt y

∫

T+t

T

t

x(t)dt = ∫ x ( t )dt 0

Solución: Sea el cambio de variables t = τ − T ∴ dt = dτ. _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


Si x ( t + T) = x ( t ), entonces

x(τ - T + T) = x(τ) = x(τ - T)

[A]

Consideremos ahora: β

∫ x (t )dt;

haciendo t = τ − T y usando [A],

α

∫

β

α

x ( t )dt = ∫

β+T

α+T

x ( τ − T ) dτ = ∫

β+T

α+T

Cambiando t por τ,

∫

β

α

x ( τ ) dτ

x ( t )dt = ∫

β+T

α+T

a +T / 2

−T / 2

a −T / 2

a −T / 2

∫

Se puede escribir también:

[B]

x ( t )dt

x ( t )dt = ∫

x ( t )dt + ∫

a +T / 2

−T / 2

x ( t )dt

Aplicando [B] la primera integral del miembro derecho, obtenemos: a +T / 2

T/2

a −T / 2

a +T / 2

∫

x ( t )dt = ∫

Por consiguiente, Si a = Si 1.12.

T , 2

∫

T/2

- T/2

x ( t )dt + ∫

a +T / 2

−T / 2

x ( t )dt = ∫

−T / 2

a +T / 2

T/2

a −T / 2

−T / 2

∫

a +T / 2

x ( t )dt = ∫

x ( t )dt + ∫

T/2

a +T / 2

x ( t )dt = ∫

T/2

−T / 2

x ( t )dt

x ( t )dt

T

x(t)dt = ∫ x(t)dt 0

α = 0 y β = t, entonces, de [B] :

t

t +T

0

T

∫ x(t)dt = ∫

x(t)dt

En las señales periódicas siguientes, verifique que el coeficiente de Fourier Xn es el dado. Desarrolle también xT(t) en serie de Fourier con A = 8. (a) De la Fig. 1.48 del Texto, x T (t) =

T t − T /8 4A T t + T / 8 4A ( t + )Π ( )− ( t − )Π ( ) en T T 4 T/4 T 4 T/4

Señal simétrica, φn = 0 8A T / 4 T 16A X n = 2 ∫ − ( t − ) cos(2πnf o t )dt = 2 2 [ T 0 4 4π n =

π 1 − cos(n ) 2 ] 2

π 16A A n A sen 2 (n ) = sinc 2 ( ); A = 8, X o = = 2 2 2 4π n 4 4 4 4

X1 = 1,621; X2 = 0,811; X3 = 0,18 x T ( t ) = 2 + 3,242 cos(ωo t ) + 1,621cos(2ωo t ) + 0,36 cos(3ωo t ) + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅



(b) De la Fig. 1.49 del Texto, x T ( t ) = A cos( 2 π f o t ) en T; f o =

1 T

Señal simétrica, φn = 0.

π cos(n ) 2A T / 4 A 2 Xn = cos(2πf o t ) cos(2πnf o t )dt = − π n2 −1 T ∫0 ⎧ − A(−1) n / 2 para n par ⎪ X n = ⎨ π(n 2 − 1) ⎪0 para n impar ⎩ A = 2,546; X 2 = 0,849; X 4 = −0,17; X 6 = 0,073 π x T ( t ) = 2,546 + 1,698 cos(2ωo t ) − 0,34 cos(4ωo t ) + 0,146 cos(6ωo t ) − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ Xo =

A = 8;

(c) De la Fig. 1.50 del Texto, x T ( t ) = Xn =

A T2

Xo =

A T2

∫

T

0

∫

T

0

t exp(− j2πnf o t )dt = j t ⋅ dt =

A t en T T

2Aπn A π para todo n y n ≠ 0; φn = =j 2 (2πn ) 2πn 2

A 8 = = 4; 2 2

X1 = 1,273; X 2 = 0,637; X 3 = 0,424

El desarrollo en serie de Fourier es una serie de senos de la forma x T ( t ) = 4 + 2,546 sen(ωo t ) + 1,273 sen(2ωo t ) + 0,849 sen(3ωo t ) + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ t (d) De la Fig. 1.51 del Texto, x T ( t ) = A exp(− ) en T T Xn =

A T t exp(− j2πn − 1) − 1 exp(− ) exp(− j2πnf o t )dt = −A ∫ T 0 T 1 + j2πn

X n = −A

exp(−1) − 1 0,6321A = ; 1 + j2πn 1 + j2πn

φn = − arctg(2πn ) ; A = 8

X o = 5,057; X1 = 0,795; X 2 = 0,401; X 3 = 0,268

φ1 = −80,96o ; φ2 = −85,45o ; φ3 = −86,96o x T ( t ) = 5,057 + 1,59 cos(ωo t − 80,96 o ) + 0,802 cos(2ωo t − 85,45o ) + + 0,268 cos(3ωo t − 86,96o ) + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


(e) De la Fig. 1.52 del Texto, x T ( t ) =

A 2 t en T T2

Xn =

A T 2 A j2πn − 2π2 n 2 − π = − t exp( j 2 nf t ) dt o − jπ 3 n 3 T 3 ∫0 4

Xn =

A(1 + jπn ) ; 2π 2 n 2

φ n = arctg(πn ); X o =

A T3

∫

T

0

t 2 dt =

A 8 = = 2,667 3 3

X1 = 1,336; X 2 = 0,645; X 3 = 0,427

φ1 = 72,343o ; φ2 = 80,95o ; φ3 = 83,943o x T ( t ) = 2,667 + 2,672 cos(ωo t + 72,343o ) + 1,289 cos(2ωo t + 80,96 o ) + + 0,854 cos(3ωo t + 83,94o ) + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ (f) Sea la Fig. P1.12 (Fig. 1.53 del Texto)

αT β αT ; = =α 2 2π π donde α es una medida del desplazamiento bo de xT(t). α varía entre 0 y π/2

T = 2π ;

En la Fig. 1.53 del Texto, hagamos β =

mientras que bo varía entre 1 y cero; por lo tanto, b o = cos(α) 2πt En relación con el eje 0’, x 'T = cos( ) = cos( t ) T En relación con el eje 0, x T ( t ) = x 'T ( t ) − b o , pero b o = cos(α) . Entonces, x T ( t ) = cos( t ) − cos(α) en T . Señal simétrica



Xn =

2 α [cos(t ) − cos(α)] cos(nt )dt 2π ∫0

Xn =

1 cos(α)sen (nα) − nsen (α) cos(nα) ; n (n + 1)(n − 1) π

φn = 0

para todo n, excepto n = ±1 y n = 0 Xo =

sen(α) − α ⋅ cos(α) 1 sen(2α) ; X1 = [α − ] π 2π 2

Para desarrollar xT(t) en Serie de Fourier, vamos a suponer que α = π/4 y que la amplitud de x 'T ( t ) es de 100 en vez de 1 (En la práctica estos valores son altos). Entonces, Xo = 4,8; X1 = 4,5; X2 = 3,8; X3 = 2,7; X4 = 1,5; ......., de donde x T ( t ) = 4,8 + 9,1 cos(ωo t ) + 7,5 cos(2ωo t ) + 5,3 cos(3ωo t ) + 3 cos(4ωo t ) + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 1.13.La señal (d) del Problema 1.12 se aplica a un filtro pasabajo de ganancia 2 y ancho de banda B = 2500 Hz. Si A = 10 y T = 1 ms, compruebe que (a) La potencia de entrada al filtro es de 43,233 W (b) La salida del filtro es y( t ) = 12,642 + 3,975 cos(2πx103 t − 80,96o ) + 2,006 cos(4πx103 t − 85,45o ) (c) La potencia de salida del filtro es de 169,73 W Solución: Del Problema 1.12(d): X n =

0,6321A 1 + 4π n 2

2

; A = 10; T = 10-3 s; fo = 103; ganancia = 2

La separación entre componentes es de 1000 Hz. Como B = 2500 Hz, por el filtro pasarán solamente las componentes Xo, X1 y X2. (a) Potencia de entrada. 10 −3

< x T2 ( t ) >= 103 ∫

0

t x T ( t ) = 10 exp(− ) en T T

100 exp(−2 ⋅ 103 t )dt = 43,24 W

(b) Salida del filtro. De los resultados del Problema 1. 12, para A = 10 y fo = 1000 y( t ) = 12,642 + 3,974 cos(2000πt − 80,96o ) + 2,006 cos(4000πt − 85,45o ) (d) Potencia de salida del filtro. < y 2 ( t ) = 4[X o2 + 2 | X1 |2 +2 | X 2 |2 ] _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


< y 2 ( t ) >= 4[(0,6,321) 2 + 2(0,994) 2 + 2(0,501) 2 ] = 169,73 W 1.14. La señal rectificada de media onda del Problema 1.12(b) se aplica a un filtro pasabajo de ganancia unitaria y ancho de banda B = 400 Hz. Si A = 100 y fo = 60 Hz, demuestre que el Factor de Rizado a la salida del filtro es del 48,24%. Solución: Datos: B = 400 Hz; A = 100; Señal rectificada del Problema 1.12(b) ⎧ − 100(−1) n / 2 para n par ⎪ Del Problema 1.12(b), X n = ⎨ π(n 2 − 1) ⎪0 para n impar ⎩ Puesto que el filtro deja pasar hasta 400 Hz y solamente existen componentes con n par, el filtro dejará pasar las componentes Xo, X2, X4 y X6. De los datos del Problema 1.12(b), N

Factor de Rizado% =

2∑ X n n =2

X o2

2

2[(0,849) 2 + (−0,17) 2 + (0,073) 2 ] 100 = 48,24% (2,546) 2

100 =

1.15.(a) Dibuje el espectro de potencia |Xn|2 vs nfo de las tres señales del Problema 1.3. (Tome seis componentes a cada lado del origen). (b) Si estas tres señales se aplican separadamente a un filtro pasabanda de ganancia unitaria, de ancho de banda B = 1400 Hz y centrado en fc = 1500 Hz, determine las correspondientes potencias de salida del filtro. Solución: A ( t − T) en T; A = 10; f o = 1000 Hz T −A T jπn j5 5 X n = 2 ∫ ( t − T) exp(− j2πnf o t )dt = −5 2 2 = − ; X n = 0 T n π πn πn

(a) 1. Señal Diente de Sierra: x T ( t ) = −

10 −3

X o = −107 ∫

0

( t − 10− 3 )dt = 5 ; |Xo|2 = 25; |X1|2 = 6,416; |X2|2 = 0,401; |X3|2 = 0,079; |X4|2 = 0,025; |X5|2 = 0,01; |X6|2 = 0,005.

El espectro de potencia tiene la forma (frecuencias positivas solamente) Xo

2

X1

0

fo

fo = 1000 Hz

2

X2

fo

2

X3

2

X4 fo

2

fo

X5

2

fo

X6

2

f

fo

Fig. P1.15.



2. Señal Exponencial. x T ( t ) = 10 exp(−103 | t |) en T; T = 2 ms; f o = 500 Hz 2 T/2 10[1 − (−1) n exp(−1)] 3 10 exp( − 10 t ) cos( 2 π nf t ) dt = o T ∫0 1 + π2 n 2 2 2 2 X o2 = 39,958; X1 = 1,584; X 2 = 0,024; X 3 = 0,023; etc. El espectro tiene la misma forma que la de la Fig. P1.15, pero con las componentes a las frecuencias 0, 500 Hz, 1000 Hz, 1500 Hz, 2000 Hz, 2500 Hz, etc. Xn =

t −T/4 t − 3T / 2 ) − Π( ) en T; f o = 103 Hz; T = 10- 3 T/2 T/2 T 1 ⎡ T/2 Xn = exp(− j2πnf o t )dt − ∫ exp(− j2πnf o t )dt ⎤ ∫ ⎢ ⎥⎦ 0 T/2 ⎣ T n 1 [−2 exp(− jnπ) + 1 + exp(− j2πn )] 1 − 2(−1) + 2 Xn = = 2 jnπ 2 jnπ ⎧ 2 para n impar 4 2 ⎪ X n = ⎨ jnπ X n = 2 2 para n impar; X o = 0 n π ⎪0 para n par ⎩

3. Señal Cuadrada. x T ( t ) = Π (

X1 = 0,405; X 3 = 0,045; X 5 = 0,016; X 7 = 0,008; X 9 = 0,005; etc. 2

2

2

2

2

El espectro es similar al de la Fig. P1.15, pero con las componentes a las frecuencias 1 kHz, 3 kHz, 5 kHz, 7 kHz, 9 kHz, etc. (b) Filtro Pasabanda, ganancia unitaria, B = 1400 Hz, fc = 1500 Hz. La banda de paso del filtro se extiende desde 800 Hz hasta 2200 Hz 1. Señal Diente de Sierra. fo = 1000 Hz. Solamente pasan las componentes X1 y X2 de 1000 Hz y 2000 Hz, respectivamente. Potencia de salida: < y 2 ( t ) >= 2[X12 + X 22 ] = 2(6,416 + 0,401) = 13,634 W 2. Señal Exponencial. f o = 500 Hz; n impar. Pasa solamente la componente X3 de 1500 Hz. Potencia de Salida: < y 2 ( t ) >= 2X 32 = 2 x 4,453 = 8,906 W 3. Señal Cuadrada. fo = 1000 Hz; n impar. Pasa solamente la componente X1 de 1000 Hz. Potencia de salida: < y 2 ( t ) >= 2X12 = 2x 0,405 = 0,810 W



1.16. Sea la señal periódica de la Fig. P1.16 (Fig. 1.54 del Texto). Aplique el concepto de Transformada de Fourier de Señales Periódicas.

xT(t)

10 t

-5

-4

-3

-2

-1

0

Fig. P1.16

Demuestre:

1

2

3

4

5

-10

(a) Que el Coeficiente de Fourier Xn es n n X n = 5(−1) n sin c( ) − 2,5sin c 2 ( ); φn = 0; X o = 2,5 2 4 (b) Que si la señal se aplica a una resistencia de 1000 Ohm, la potencia disipada en la resistencia es de 266,67 mW. Solución: (a) De la Fig. P1.16, la señal generatriz xg(t) de x(t) es: x g (t) = −10Λ(t) + 10Π (

t−2 ) , cuya transformada de Fourier es 2

X g (f ) = −10sin c 2 (f ) + 20sin c(2f ) exp(− j4πf ) ; el período de x(t) es T = 4.

Xn =

1⎡ n n ⎤ −10sin c 2 ( ) + 20sin c( ) exp(− jπn) ⎥ ⎢ 4⎣ 4 2 ⎦

n −1 nπ ⎧⎪(−1) 2 para n impar pero cos(nπ)=(-1) ; sen( ) = ⎨ 2 ⎪⎩0 para n par n

Entonces,

n n X n = 5(−1) n sin c( ) − 2,5sin c 2 ( ) para n impar. Xo = 2,5; φn = 0 2 4

< x 2 (t) > (b) La potencia disipada en una carga de RL Ohm es PL = RL ⎧10(t − 1) para 0 ≤ t<1 Hay que definir a x(t) en el intervalo T: x(t) = ⎨ en T/2 para 1 ≤ t<2 ⎩10 1

2

< x (t) >= 2∫ 100(t − 1) dt + 2∫ 100dt = 266,67 W 2

2

0

1



PL =

266,67 = 0, 26667 W = 266,67 mW 1000

1.17. Suponga que el circuito eléctrico de la Fig. P1.17 (Fig. 1.55 del Texto) tiene un voltaje aplicado v(t) de la forma ∞

v( t ) = Vo + ∑ Vn cos(2πnf o t + θn )

i(t) Circuito Eléctrico

v(t)

n =1

La corriente correspondiente vendrá dada por

Fig. P1.17

∞

i( t ) = Io + ∑ I n cos(2πnf o t + φn ). n =1

Si se define la potencia promedio de entrada al circuito en la forma 1 T/2 P = ∫ v( t ) ⋅ i( t )dt , demuestre que la potencia de entrada se puede expresar en la T −T / 2 ∞ V ⋅I forma P = Vo I o + ∑ n n cos(θ n − φ n ) 2 n =1 Solución: P=

∞ ∞ 1 T/2 1 T/2 v ( t ) i ( t ) dt = [ V + V cos( 2 π nf t + θ )] [ I + I n cos(2πnf o t + φn ]dt ∑ ∑ o o n o n T ∫− T / 2 T ∫− T / 2 n =1 n =1

P=

∞ ∞ 1 T/2 {[ V I + V I cos( 2 π nf t + φ ) + I o o o∑ n o n o ∑ Vn cos( 2πnf o t + θ n ) + T ∫− T / 2 n =1 n =1 ∞

∞

n =1

n =1

+ ∑ Vn cos(2πnf o t + θn ) ⋅ ∑ I n cos(2πnf o t + φn )]}dt ∞ 1 T/2 1 T/2 P = ∫ Vo I o dt + Vo ∑ I n ∫ cos(2πnf o t + φn )dt + T −T / 2 T −T / 2 n =1 ∞ 1 T/2 + Io ∑ Vn ∫ cos(2πnf o t + θn )dt + T −T / 2 n =1 ∞ 1 T/2 + ∑ Vn ⋅ I n ∫ cos(2πnf o t + θn ) ⋅ cos(2πnf o t + φn ) ⋅ dt T −T / 2 n =1 La primera integral es simplemente igual a VoIo; la segunda y tercera integrales son iguales a cero porque la integración se hace dentro de un período completo del coseno. 1 La cuarta integral es igual a cos(θn − φn ). Por lo tanto, 2 _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


P = Vo Io +

1 ∞ ∑ Vn In cos(θn − φn ) 2 n =1

1.18. El voltaje aplicado al circuito eléctrico de la Fig. 1.55 del Texto es v(t) = Vo cos(2πf o t) y la corriente i(t) tiene la forma

i(t) = Io

∞

⎡

t − nT

∑ ⎢⎣Π( T / 2 ) − Π(

n =−∞

t − nT − T / 2 ⎤ )⎥ . T/2 ⎦

(a) Demuestre que la potencia instantánea p(t) = v(t) i(t), para T = 1, es p(t) = Vo Io cos(2πt) en T. Nótese que p(t) tiene la forma de una señal rectificada

de onda completa. (b) Demuestre que la potencia promedio es

< p 2 (t) >=

1 2 2 Vo Io . 2

Solución: Veamos primero la forma de i(t). La señal i(t) es periódica y su función generatriz ig(t) se t t −T/2 ⎤ ⎡ obtiene para n = 0. Entonces, para n = 0, i g (t) = Io ⎢Π ( ) − Π( ) . En la Fig. T / 2 ⎥⎦ ⎣ T/2 P1.18(a) se muestra ig(t) e i(t) para T = 1. ig(t)

i(t)

Io

Io T=1

-1/2

3/4 t -1/4

0

1/4

-1

-1/4

1/2 0

t

1/4

1

-1 -Io

-Io

(a) Señal Generatriz

(b) Corriente Fig. P1.18(a)

En la Fig. P1.18(b) se muestra gráficamente la formación del producto v(t) por i(t) que es la potencia instantánea, y la forma final de p(t), siendo p(t) = Vo Io cos(2πt) cuando T = 1. Nótese que p(t) tiene la forma de una señal rectificada de onda completa. Nótese también que el período de p(t) es T = ½.



v(t)

Vo

i(t)

Io 0

-1

-1/2

-1/4

t 1/4

1/2

1

-Io

(a)

-Vo p(t)

VoIo t

-1 -3/4 -1/4 0 1/4 3/4 (b) Potencia instantánea p(t) = v(t) i(t) Fig. P1.18(b)

1

(b) El período de p(t) es T/2, entonces, < p 2 (t) >= =

2 T/2 2 2 Vo Io cos 2 (2πt)dt = 4(Vo Io ) 2 ∫ 0 T

1/ 4

∫ cos (2πt)dt 2

0

2 2 o o

VI 2

1.19. La señal v(t) = 2110 cos(2πf o t) , con fo = 60 Hz, se aplica a un rectificador de media onda. El rectificador alimenta a una carga de 50 Ohm. (a) Demuestre que el Coeficiente de Fourier de la corriente i(t) que circula por la carga es n+2 ⎧ 2 − 2110( 1) ⎪⎪ I n = ⎨ 50π(n 2 − 1) para n par ; ⎪ para n impar ⎪⎩0

Io = 0,99 Amp;

φn = 0

(b) El desarrollo de i(t) en Serie de Fourier es i(t) = 0,99 + 0, 66 cos(240πt) − 0,132 cos(480πt) + + 0, 057 cos(720πt) − 0, 031cos(960πt) + ........



Solución: (a)

v(t) = 2110 cos(2πf o t) ; i(t) =

La señal de salida rectificada tiene la forma de la Fig. P1.19.

v(t) 1 ; T= ; fo = 60 Hz; R = 50 Ohm R 60 Vo -----

----t

La corriente será -T

2110 cos(2πf o t) v(t) en T i(t) = = R 50

-T/2 -T/4 0 T/4 T/2 Fig. P1.19

T

El Coeficiente de Fourier de i(t) será 2 In = T In =

T/4

∫ 0

2110 cos(120πt) cos(120πnt)dt 50

120 2110 50

1/ 240

∫

cos(120πt) cos(120πnt)dt

0

nπ n +2 ) 110 2 110 2 (−1) 2 2 In = − para n par = 50 π(n + 1)(n − 1) 50π n 2 − 1 cos(

n+2 ⎧ 2 − 110 2 ( 1) ⎪ I n = ⎨ 50π n 2 − 1 ⎪ ⎩0

para n par

;

Io = 0,99 Amp;

φn = 0

para n impar

El desarrollo de Fourier de i(t) es:

i(t) = 0,99 + 0, 66 cos(240πt) − 0,132 cos(480πt) + + 0, 057 cos(720πt) − 0, 031cos(960πt) + ........

1.20.` Sea la Fig. P1.20 (Fig. 1.56 del Texto).

x(t)

A

(a) Demuestre que el Coeficiente de Fourier de x(t) es

⎧ 8A para impar ⎪ X n = ⎨ 3π2 n 2 ⎪⎩0 para n par y n ≠ 0

-T/2 -T

T/2 -to 0

to -A/3

t T

Fig. P1.20

A Xo = ; 3

φn = 0 _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


(b) Demuestre que la potencia promedio de x(t), para A = 10, es < x 2 (t) >= 25,926 W (c) La señal x(t) se pasa por un filtro pasabajo, de ganancia unitaria y ancho de banda de 35 Hz. Si T= 0,1 y A = 10, demuestre que la potencia de salida del filtro es de 26,915 W. Solución: (a) La forma de la señal se presta para calcular los coeficientes de Fourier mediante la Transformada de Fourier. La señal generatriz se puede expresar en la forma x g (t) = −

A t 4A t Π( ) + Λ( ) , cuya transformada de Fourier es 3 T 3 T/2

AT 4AT Tf sin c(Tf ) + sin c 2 ( ) 3 6 2 1 ⎡ AT nT 4AT nT ⎤ A 4A n Xn = ⎢− sin c( ) + sin c 2 ( ) ⎥ = − sin c(n) + sin c 2 ( ) T⎣ 3 T 6 2T ⎦ 3 6 2 X g (f ) = −

⎧ 8A ⎪ X n = ⎨ π2 n 2 ⎪⎩0

para n impar para n par y n ≠ 0

φn = 0

El lector puede demostrar fácilmente que

Xo = A/3.

(b) Para calcular la potencia promedio de x(t) , hay que definir x(t) en forma analítica dentro del intervalo T. Primero hay que hallar el valor to mostrado en la Fig. P1.20. to es el punto por donde la señal cruza el eje t. Por triángulos semejantes, A 4A / 3 3T = ; de donde t o = . Por lo tanto, la señal x(t) será to T/2 8 T ⎧ 8A ⎪⎪ 3T (t + t o ) para - 2 ≤ t < 0 x(t) = ⎨ ⎪− 8A (t − t ) para 0 ≤ t< T o ⎪⎩ 3T 2

con

to =

3T . 8

La potencia de entrada al filtro será, para A = 10 y T = 0,1, 2 < x (t) >= T 2

T/2

∫ 0

2

3T ⎤ ⎡ 8A ⎢⎣ − 3T (t − 8 ) ⎥⎦ dt = 25,926 W

(c) Ancho de Banda del filtro = 35 Hz; fo = 10 Hz.



Como el filtro tiene un ancho de banda de 35 Hz y fo = 10 Hz, él dejará pasar solamente las componentes Xo, X1, X2 y X3 . Por lo tanto, su potencia de salida será, aplicando el Teorema de Parseval, < y 2 (t) >= X o2 + 2 ⎡⎣ X12 + X 22 + X 32 ⎤⎦ = 25,915 W 1.21. Sean las dos señales periódicas de la Fig. P1.21.

A

x(t)

nπ sen ( ) 4 ; X = 0; φ = π X n = j2A o n nπ 2 2

n −1 ⎧ 2 − ( 1) ⎪⎪− j2A para n impar ≠ ±1 2 Yn = ⎨ π(n − 1) ⎪ para n par ⎪⎩0 π 2A θn = Yo = 0; Y1 =j ; 3π 2

T/2

T/4 0

(a) Demuestre que sus correspondientes Coeficientes de Fourier son

t

T/4 -A

y(t)

A 0

t

Seno -A

Fig. P1.21

(b) Demuestre que las potencias de x(t) y de y(t) están relacionadas mediante la expresión < y 2 (t) >=

< x 2 (t) > A 2 = 2 4

Solución: (a) Para x(t) utilicemos el método de la Transformada de una Señal Periódica. La señal generatriz de x(t) es t + T /8 t − T /8 ) − AΠ ( ) T/4 T/4 AT Tf T AT Tf T X g (f ) = sin c( )exp( j2π f ) − sin c( )exp(− j2π f ) 4 4 8 4 4 8 AT Tf πTf X g (f ) = j sin c( )sen( ) 2 4 4 1 ⎡ AT Tn πnT ⎤ A n nπ Xn = ⎢ j sin c( )sen( ) ⎥ = j sin c( )sen( ) T⎣ 2 4T 4T ⎦ 2 4 4 x g (t) = AΠ (



A Xn = j 2

nπ ) 4 sen( nπ ) = j 2A sen 2 ( nπ ); X = 0; φ = π o n nπ 4 nπ 4 2 4

sen(

Para la señal y(t) vamos a usar la integral. De la Fig. P1.21, definimos y(t): y(t) = −Asen(

4πt T T ) para − ≤ t < ; es una señal impar T 4 4

2 T/4 4πt 2πnt Yn = − j ∫ − Asen( )sen( )dt . Integrando, T 0 T T n −1 nπ ⎧ ) ⎪ 2A(−1) 2 para n impar ; Y = 0; φ = π 2 = ⎪− j Yn = − j2A o ⎨ π(n 2 − 4) n 2 π(n − 4) ⎪ 2 para n par ⎪⎩0

sen(

(b) Cálculo de las potencias: Para x(t),

Para y(t), < y 2 (t) >=

< x 2 (t) >=

2 T

T/4

∫

A 2dt =

0

A2 2

1 T / 4 2 2 4πt A2 . Se verifica que < y (t) >= A sen ( )dt = T − T∫/ 4 T 4 2

< x 2 (t) A 2 = 2 4

1.22. El voltaje periódico de la Fig. P1. 22(a) se aplica al circuito RL serie mostrado en (b). Demuestre que:

(a )

v(t)

−π

1

π

0 _1

(a)

⎧ 2 (−1) ( n −1)/ 2 ⎪ para n impar I n = ⎨ n (1 + jn )π ⎪ ⎩ 0 para n par

i(t) t

2π Fig. P1.22

R=1 Ohm L=1 H

v(t) (b)

(b) El desarrollo en serie de Fourier de la corriente i(t) es _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


i (t ) =

⎤ 4⎡ 1 1 1 cos(t − 45 o ) − cos( 3t − 71,56 o ) + cos(5t − 78,69 o ) -..........⎥ ⎢ ⎦ π⎣ 2 3 10 5 26

Solución:

t t−π (a) De la Fig. 1.58 el Texto, v( t ) = Π ( ) − Π ( ) en T. π π Señal simétrica; T = 2π; fo = 1/2π. Para el circuito serie RL: Z(f) = R +j2πfL Vn =

1⎡ cos(nt )dt − ∫ cos(nt )dt ⎤ = ⎥⎦ π/2 π ⎢⎣ ∫0 π/2

π

nπ ( n −1) / 2 ) ⎧ 2(−1) para n impar ⎪ 2 = nπ ⎨ nπ ⎪0 para n par ⎩

2 sen(

R = 1 ; L = 1 ; Para f = nfo y fo = 1/2π,

Zn = R + j2πnfoL = 1 + jn

Entonces, ⎧ 2(−1) ( n −1) / 2 para n impar V ⎪ ; I n = n = ⎨ nπ(1 + jn ) Zn ⎪ para n par ⎩0

In =

(b)

2(−1) ( n −1) / 2 nπ 1 + n

2

; Io = 0; I1 =

2 π 2

; I3 =

φn = − arctg(n )

2 −2 −2 ; I5 = ; I7 = 3π 10 5π 26 7π 50

φ1 = -45º; φ3 = -71,56º; φ5 = -78,69º; φ7 = -81,87º i( t ) =

4⎡ 1 1 1 ⎤ cos( t − 45o ) − cos(3t − 71,56o ) + cos(5t − 78,69o ) − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⎥ ⎢ π⎣ 2 3 10 5 26 ⎦

1.23. Verifique los siguientes pares de Transformadas de Fourier. Sea

x ( t ) ⇔ X (f )

(a) x ( t − t o ) exp( − j2πf c t ) ⇔ X (f + f c ) exp[ − j2πt o (f + f c )] Apliquemos los Teoremas de la TF con la notación X(f ) = TF{x ( t )} y

x(t) = TF-1{X(f )}

Sea y( t ) = x ( t − t o ) exp(− j2πf c t ) ⇔ Y(f ) = TF{x ( t − t o ) exp(− j2πf c t )} Y (f ) = TF{x ( t − t o )}|f →f +fc = [ X (f ) exp( − j2πt o f )] |f →f +fc ; de donde Y(f ) = X(f + f c ) exp[− j2πt o (f + f c )] Para el signo positivo del exponencial el procedimiento es el mismo. _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


(b) x ( t ) = A exp(−a t ) ⇔ X(f ) =

2aA . Aplicando la integral de Fourier, a + 4π 2 f 2 2

∞

∞

−∞

0

X(f ) = A ∫ exp(−a t ) exp(− j2πft )dt = 2A ∫ exp(−at ) cos(2πft )dt

X (f ) =

2aA a + 4π 2 f 2 2

(c) x ( t ) = A[1 − exp(−at )]u ( t ) = Au( t ) − A exp(−at )u ( t ) = x1 ( t ) − x 2 ( t ) Del Ejemplo 1.18 del Texto,

x1 ( t ) = Au ( t ) ⇔ X1 (f ) =

A A δ(f ) + 2 j2πf

Del Ejemplo 1.16 del Texto, x 2 ( t ) = A exp(−at )u ( t ) ⇔ X 2 (f ) =

A . Entonces, a + j2πf

X (f ) =

A A A A aA + jA 2πf − jA 2πf δ( f ) + − = δ( f ) + 2 j2πf a + j2πf 2 j2πf (a + j2πf )

X (f ) =

A aA δ(f ) + 2 j2πf (a + j2πf )

(d) x ( t ) = At exp(−at )u ( t ) . Mediante la Integral de Fourier, ∞

X(f ) = A ∫ t exp(−at ) exp(− j2πft )dt = 0

(e)

x ( t ) = A exp(−at )u ( t ) cos(2πf c t ) . Sea del Texto, x1 ( t ) = A exp(−at )u ( t ) ⇔ X1 (f ) =

A (a + j2πf ) 2 x1 ( t ) = A exp(−at )u ( t ). Del Ejemplo 1.16

A . Y del Teorema de la Modulación, a + j2πf

1 x1 ( t ) cos(2πf c t ) ⇔ [X1 (f + f c ) + X1 (f − f c )] = X(f ) . De donde, 2 X (f ) =

⎤ A⎡ 1 1 + ⎥ ⎢ 2 ⎣ a + j2π(f + f c ) a + j2π(f − f c ) ⎦



(f) x ( t ) = A exp(−a t ) cos(2πf c t ). Sea x1 ( t ) = A exp(−a t ). Del Problema 1.17(b), x1 ( t ) = A exp(−a t ) ⇔ X1 (f ) =

2aA , y del Teorema de la Modulación, a + 4π 2 f 2 2

1 aA aA X(f ) = [X1 (f + f c ) + X1 (f − f c )] = 2 + 2 2 2 2 a + 4π (f + f c ) a + 4π 2 (f − f c ) 2 t2 ); x(t) es par . Mediante la Integral de Fourier, 2a 2 ∞ t2 aA 2π X(f ) = 2A ∫ exp(− 2 ) cos(2πft )dt = = A 2πa 2 [exp(−2π2a 2f 2 )] 0 2a [exp(π2a 2f 2 )]2

(g) x ( t ) = A exp(−

1.24. Ventana de Ponderación de Hamming. La “Ventana de Hamming”, utilizada en el procesamiento de señales, está definida en la forma πt ⎧ t πt ⎤ ⎪0,54 + 0,46 cos( ) para t ≤ T ⎡ x(t) = ⎨ = ⎢0,54 + 0,46 cos( )⎥ Π ( ) T T ⎦ 2T ⎣ ⎪⎩0 en el resto

(a) Grafique x(t) para T = 1 seg. (b) Demuestre que X(f ) = 1,08sinc(2Tf ) + 0,46sinc(2Tf + 1) + 0,46sinc(2Tf − 1) (c) Grafique X(f) para T = 1 ms. Verifique que el primer cero de X(f) ocurre a f = 1 kHz. Solución: (a) En la Fig. P1.24(a) se grafica la Ventana de Hamming. Nótese que ella es una señal en coseno elevado. t t πt ) + 0,46Π ( ) cos( ) 2T 2T T t Sea x1 ( t ) = Π ( ) ⇔ X1 (f ) = 2Tsinc(2Tf ) 2T t 1 x 2 ( t ) = Π ( ) cos(2π t ) ⇔ X 2 (f ) ; y del Teorema de la Modulación 2T 2T 1⎡ 1 1 ⎤ X 2 (f ) = ⎢2Tsinc[2T(f + )] + 2Tsinc[2T(f − ) 2⎣ 2T 2T ⎥⎦ X(f ) = 0,54TX1 (f ) + 0,46X 2 (f ) = 1,08Tsinc(2Tf ) + 0,46T[sinc(2Tf + 1) + sinc(2Tf − 1)] (b) x ( t ) = 0,54Π (

En la Fig. P1.24(b) se grafica el espectro de la Ventana de Hamming para T = 10-3. _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


Nótese, Fig. P1.24, que el espectro es prácticamente cero para frecuencias superiores a 1000 Hz, es decir, para frecuencias superiores a 1/T. Esta es una característica muy útil en el procesamiento de señales. 1.25. Sea la secuencia de impulsos de la Fig. P1.25. (a) Demuestre que su transformada de Fourier X(f) es −3 −3 f ⎡exp(− j10 πf ) + exp(− j5x10 πf ) + ⎤ X(f ) = 10−3 sin c( 3 ) ⎢ ⎥ 10 ⎢⎣ +3exp( − j7x10−3 πf ) ⎥⎦

(b) Grafique |X(f)| y verifique que el primer cero de |X(f)| está a una frecuencia de 1000 Hz.

3

x(t) 1

1 t

0

1 2 3 4 milisegundos Fig. P1.25.

(c) Demuestre que la energía contenida dentro del primer cero de |X(f)| es el 90,3% de la energía total de la señal. Solución: De la Fig. P1.25:

t − 0,5x10−3 t − 2,5x10−3 t − 3,5x10−3 x(t) = Π ( ) + Π( ) + 3Π ( ) 10−3 10−3 10−3

10−3 f ) + 10−3 sin c(10−3 f ) exp(− j2πx2,5x10−3 f ) + 2 -3 −3 +3x10 sin c(10 f ) exp(− j2πx3,5x10−3 f )

X(f ) = 10−3 sin c(10−3 f )exp(− j2π

f X(f ) = 10−3 sin c( 3 ) ⎡⎣exp(− j10−3 πf ) + exp(− j5x10−3 πf ) + 3exp(− j7x10−3 πf ) ⎤⎦ 10



(b) Con ayuda de MATHCAD en la figura siguiente se grafica |X(f)|. 0.006

|X(f)| 0.004 X( f ) 0.002

f 0 2000

1000

0

1000

f

Hz

2000

Nótese que el primer cero de |X(f))| está a 1000 Hz. (c) La energía total de x(t) viene dada por la integral 10−3

EnergíaTotal = E =

3x10−3

∫ dt + ∫ 0

2x10−3

4x10−3

dt +

∫

9dt = 11x10−3 joules

3x10−3

La energía dentro del primer cero vendrá dada por 1000

EB =

∫

| X(f ) |2 df = 9,931x10−3 joules

−1000

Por lo tanto,

E B 9,931x10−3 = = 0,903 ; de donde E 11x10−3

EB = 0,903 E

La energía dentro del primer cero es el 90,3% de la energía total de la señal. 1.26. La señal x ( t ) = exp(− t )u ( t ) se aplica al circuito RC de la Fig. 1.60 del Texto. j2πf Demuestre que la transformada de Fourier de la salida es Y(f ) = (1 + j2πf ) 2 Solución: 1 x ( t ) = exp(− t )u ( t ) ⇔ X(f ) = . Pero del circuito RC, 1 + j2πf R j2πfRC X(f ), con R = 1 y C = 1, Y (f ) = X (f ) = 1 1 j 2 fRC + π R+ j2πfC j2πf 1 Y (f ) = X(f ); pero como X(f) = , entonces 1 + j2πf 1 + j2πf j2πf Y (f ) = (1 + j2πf ) 2



1.27. La misma entrada del Problema anterior se aplica al circuito RL de la Fig. 1.61 del 1 Texto. Demuestre que Y(f ) = (1 + j2πf ) 2 Solución: R 1 X (f ) = X (f ) Del circuito de la Fig. 1.61 del Texto, Y(f ) = R + j2πfL 1 + j2πf 1 1 Como X(f ) = , entonces Y(f) = 1 + j2πf (1 + j2πf) 2 1.28. Demuestre que las transformadas de Fourier X(f) de las señales x(t) siguientes son las dadas. t 1 t (a) De la Fig. 1.62 del Texto, x ( t ) = A cos( t )Π ( ) = A cos(2π t )Π ( ) ⇔ X(f ) π 2π π t Π ( ) ⇔ πsinc(πf ) , fc = 1/2π; π

y por el Teorema de la Modulación,

X (f ) =

Aπ ⎡ 1 1 ⎤ sinc[π(f + )] + sinc[π(f − )]⎥ ⎢ 2 ⎣ 2π 2π ⎦

X (f ) =

1 1 ⎤ Aπ ⎡ sinc(πf + ) + sinc(πf − )⎥ ⎢ 2 ⎣ 2 2 ⎦

(b) De la Fig. 1.63 del Texto, x ( t ) = X(f ) = − j2∫

2

0

A t t ⋅ Π ( ) ; señal impar 2 4

A jA ⎡ 4 cos(4πf ) sen(4πf ) ⎤ t sen(2πft )dt = − 2 4 ⎢⎣ πf π2f 2 ⎥⎦

⎡ cos(4πf ) sen(4πf ) ⎤ X(f ) = jA ⎢ − π2f 2 ⎥⎦ ⎣ πf 1 x ( t ) = x1 ( t ) + x1 ( t − 2), donde x1 ( t ) = At 2Π ( t − ) ⇔ X1 (f ) 2

(c) Parábolas;

x 2 ( t ) = x1 ( t − 2) ⇔ X 2 (f ) = X1 (f ) exp(− j2π2f ) = X1 (f ) exp(− j4πf ) 1

X1 (f ) = A ∫ t 2 exp(− j2πft )dt 0

X1 (f ) =

A j2πf exp(− j2πf ) + exp(− j2πf ) − 2π 2f 2 exp(− j2πf ) − 1 4 jπ 3 f 3



X1 (f ) =

A ⎡ exp(− j2πf )[(1 + jπf ) 2 − π2f 3 ] − 1⎤ ⎥ 4 ⎢⎣ jπ 3 f 3 ⎦

X(f ) = X1 (f )[1 + exp(− j4πf )] = X1 (f ) exp(− j2πf )[exp( j2πf ) + exp(− j2πf )] X(f ) = 2 cos(2πf ) exp(− j2πf )X1 (f ) . Reemplazando X1 (f),

[

]

X (f ) =

A cos(2πf ) exp(− j2πf ) exp(− j2πf )[(1 + jπf ) 2 − π 2 f 2 ] − 1 j2π3f 3

X (f ) =

A cos(2πf ) exp(− j4πf ) (1 + jπf ) 2 − π2f 2 − exp( j2πf ) j2π3f 3

[

(c) Trapecio, x ( t ) = 2AΛ (

]

t t ) − AΛ( ) T/2 T/4

T T T T AT f f X(f ) = 2A sinc 2 ( f ) − A sinc 2 ( f ) = [4sinc 2 ( ) − sinc 2 ( )] 2/T 4/T 2 2 4 4 4 (d) De la Fig. 1.66 del Texto, x ( t ) = x1 ( t ) + x1 ( t + 4 t o ) + x1 ( t − 4 t o ) x1 ( t ) = A cos(20 t ) = A cos(2π

10 t ); π

2π

π π π 10 t o = ∴ t o = ; 4t o = π 2 40 10

π π π2 ) ⇔ X 2 (f) = X1 (f)exp(j2π f) = X1 (f)exp(j f) 10 10 5 2 π π x 3 ( t ) = x1 ( t − ) ⇔ X 3 (f ) = X1 (f ) exp(− j f ) 10 5

x 2 ( t ) = x1 ( t +

π2f ) π / 40 20 , de donde X1 (f ) = 2 ∫ A cos(20 t ) cos(− j2πft )dt = 0 100 − π 2 f 2 `10A cos(

π 2f ) 2 20 ⎡1 + 2 cos( π f )⎤ X (f ) = 100 − π2f 2 ⎢⎣ 5 ⎥⎦ 10A cos(

1.29. Sea x ( t ) = 10 exp(− t ) . Calcule el ancho de banda B dentro del cual está contenido el 80% de la energía de la señal. [Respuesta: B = 0,15056Hz]. Solución: x ( t ) = 10 exp(− t ) ⇔ X(f ) =

∞ 20 ; Energía Total E t = 2 ∫ 100 exp(−2 t )dt = 100 joules 2 2 0 1 + 4π f



Si en el ancho de banda B está contenido el 80% de la energía, entonces, 2∫

B

0

200

400 df = 80 joules. Resolviendo la integral, (1 + 4π2f 2 ) 2 2πB + arctg(2πB) + 4π2 B2 arctg(2πB) = 80 , expresión que se reduce a la ecuación π(1 + 4π2 B2 )

(1 + 4π2 B2 )[arctg(2πB) −

2π ] + 2πB = 0 . Resolviendo esta ecuación, obtenemos 5

B = 0,15056 Hz. 1.30. La señal x ( t ) = t exp(− Kt )u ( t ) se pasa por un filtro pasabajo de ganancia unitaria y ancho de banda B. Calcule el ancho de banda B del filtro a fin de que la energía de salida del filtro sea el 80% de la energía a la entrada. Expresar B en función de K. Solución: Del Problema 1.1(c) con K = 1/τ y A = 1, ∞

Energía Total de entrada E t = ∫ t 2 exp(−2Kt )dt = 0

x ( t ) = t exp(−Kt )u ( t ) ⇔ X(f ) = Para la salida: E s = 2∫

B

0

1 . También, del Problema 1.23(d), 4K 3

1 1 ; X(f) = 2 2 2 2 (K + j2πf ) (K − 4π f ) 2 + 16K 2 π2f 2

df 0,8 = 2 2 2 (K − 4π f ) + 16K π f 4K 3 2

2 2 2

Resolviendo la integral, B B 2KπB + K 2 arctg(2π ) + 4π2 B2 arctg(2π ) 1 K K = 0,2 3 2 2 2 2 K π(K + 4π B K3 Esta expresión se puede reducir a la ecuación siguiente:

B B B [1 + 4π2 ( ) 2 ][arctg(2π ) − 0,4π] + 2π = 0 K K K Resolviendo esta ecuación para B/K, obtenemos: B = 0,15056 o también B = 0,15056K K



1.31. Sea x(t) = sinc2(10t). Demuestre que ⎧ 1 ⎡ f f2 ⎤ ⎪ ⎢1 − + ⎥ para f ≤ 10 (a) su espectro de energía es G x (f ) = ⎨100 ⎣ 5 100 ⎦ ⎪ para 10 ≤ f ⎩0 (b) Su energía total es Ex = 1/15 joules Solución: ⎧ 1 ⎪⎪100 (f + 10) para - 10 ≤ f < 0 1 f 2 (a) x ( t ) = sinc (10t ) ⇔ X(f ) = Λ( ) = ⎨ 10 10 ⎪ 1 ⎪⎩- 100 (f − 10) para 0 ≤ f ≤ 10 ⎧ 1 f f2 ( 1 + + ) para - 10 ≤ f < 0 ⎪⎪100 2 5 100 Espectro de energía G x (f ) = X(f ) = ⎨ 2 ⎪ 1 (1 − f + f ) para 0 ≤ f ≤ 10 ⎪⎩100 5 100

En forma compacta, G x (f ) = (b) Energía total

E t = 2∫

10

0

f 1 f2 (1 − + ) para f ≤ 10 100 5 100

1 2 1 (f − 20f + 100)df = 0,067 = joules . 4 10 15

1.32. En las figuras siguientes verifique la correspondencia x ( t ) ⇔ X(f ) , es decir, dada x(t) determine X(f), y viceversa. Solución: ⎧π ⎪⎪ para f < 0 (a) Fig. 1.67 del Texto. φ(f ) = ⎨ 2 ⎪- π para f ≥ 0 ⎪⎩ 2 f + fo / 2 f − fo / 2 π π X(f ) = AΠ ( ) exp( j ) + AΠ ( ) exp(− j ) fo 2 fo 2 X(f ) = jA[Π (

f + fo / 2 f − fo / 2 ) − Π( )]. De donde, fo fo

x ( t ) = jAfosinc(f o t ) exp(− j2π

fo f t ) − jAf osinc(f o t ) exp( j2π o t ) 2 2 _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


x ( t ) = 2Afosinc(f o t ) sen(πf o t ) =

2A sen 2 (πf o t ) πt

Vamos ahora hacia atrás. Dada x(t) determinar X(f). x(t) =

2A sen 2 (πf o t ) ; esta es una señal impar. Por integración directa, πt

X(f ) = −2 j∫

∞

0

2A − jA [2 sgn(f ) − sgn(f + f o ) + sgn(−f + f o )] sen 2 (πf o t ) sen(2πft )dt = πt 2

El lector puede verificar que esta expresión es igual a X (f ) =

⎡ − Aj ⎡ f + fo / 2 f − fo / 2 ⎤ f + fo / 2 f − fo / 2 ⎤ ) + 2Π ( ) ⎥ = A ⎢ jΠ ( ) − jΠ ( )⎥ ⎢ − 2Π ( 2 ⎣ fo fo fo fo ⎦ ⎣ ⎦

X(f ) = AΠ (

f + fo / 2 π f − fo / 2 π ) exp( j ) + AΠ ( ) exp(− j ) fo 2 fo 2

que es la expresión que representa a la Fig. 1.67 del Texto, parte anterior. (b) De la Fig. 1.68 del Texto, φ(f ) = −

π f 1 1 f − fo ⎤ 1 ⎡ f + fo = −2π ∴ to = ; X (f ) = A ⎢ Λ ( ) + Λ( )⎥ exp(− j2π f) 2B 2B ⎦ 4f o 2 fo 4f o 4f o ⎣

f − fo ⎫ ⎧ f + fo x ( t ) = ATF−1 ⎨Λ ( ) + Λ( )⎬ | 1 2B 2B ⎭ t → t − 4 f o ⎩

[

]

x ( t ) = 2ABsinc2 (2Bt ) exp(− j2πf o t ) + 2ABsinc2 (2Bt ) exp( j2πf o t ) |

t→t −

1 4f o

x ( t ) = 2ABsinc2 [2B( t −

1 1 1 )][exp[− j2πf o ( t − )] + exp[ j2πf o ( t − )] 4f o 4f o 4f o

x ( t ) = 4ABsinc2 [2B( t −

1 1 )] cos[2πf o ( t − )] 4f o 4f o

Vamos ahora hacia atrás. Dada x(t) determinar X(f). x ( t ) = 4ABsinc2 [2B( t −

{

1 1 )] cos[2πf o ( t − )] 4f o 4f o

}

X(f ) = 4AB TF sinc 2 (2Bt ) cos(2πf o t ) exp(− j2π

1 f) 4f o _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


y del Teorema de la Modulación

[ {

}

{

}

TF{⋅ ⋅ ⋅} =

1 TF sinc 2 (2Bt ) |f → f + f o + TF sinc 2 (2Bt ) |f → f − f o 2

TF{⋅ ⋅ ⋅} =

1 ⎡ f + fo f − fo ⎤ Λ( ) + Λ( ) , de donde ⎢ 4B ⎣ 2B 2B ⎥⎦

]

f − fo ⎤ 1 ⎡ f + fo X (f ) = A ⎢ Λ ( ) + Λ( )⎥ exp(− j2π f ) que es la misma expresión de la parte 2B 2B ⎦ 4f o ⎣ anterior.

(c) De la Fig. 1.69 del Texto, φ(f ) = −

4π f = −2π2f ; 1

to = 2

⎡ f ⎤ X(f ) = ⎢Π ( ) − Λ (f )⎥ exp(− j4πf ) ⎣ 2 ⎦ x ( t ) = 2sinc(2t ) |t → t − 2 −sinc 2 ( t ) |t → t − 2 = 2sinc[2( t − 2)] − sinc 2 ( t − 2) sen[2π( t − 2)] sen 2 [π( t − 2)] x(t) = − π ( t − 2) [π( t − 2)]2

Ahora vamos hacia atrás. Dada x(t) determinar X(f). sen[2π( t − 2)] sen 2 [π( t − 2)] x (t ) = − = 2sinc[2( t − 2)] − sinc 2 ( t − 2) 2 π( t − 2) [π( t − 2)]

{

}

X ( f ) = TF {2sinc ( 2 t )}exp( − j2 π 2 f ) − TF sinc 2 ( t ) exp( − j2 π 2f ) ⎡ f ⎤ X(f ) = ⎢Π ( ) − Λ (f )⎥ exp(− j4πf ) que es la misma expresión anterior. ⎣ 2 ⎦ 1.33. Sea el sistema de la Fig. 1.70 del Texto. El filtro pasabajo tiene ganancia unitaria y un ancho de banda de 50 Hz. x1 ( t ) = exp(−0,01t ) cos(2π ⋅ 106 t )u ( t ); x 2 ( t ) = 10 cos(2π ⋅ 106 t ) Demuestre que y( t ) ≈ 5 exp(−0,01t )u ( t ) Solución: A la salida del multiplicador, x 3 ( t ) = 10 exp(−0,01t ) cos 2 (2π ⋅ 106 t ) u(t) 1 x 3 ( t ) = 10 exp(−0,01t ) [1 + cos(2π2 ⋅ 106 t )]u ( t ) 2 _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


x 3 ( t ) = 5 exp(−0,01t )u ( t ) + 5 exp(−0,01t ) cos(2π2 ⋅ 106 t )u ( t ) El segundo término de x3(t) tiene un espectro centrado en 2 MHz, muy por encima de 50 Hz que es el ancho de banda del filtro. El espectro de salida del filtro es entonces, Y(f ) ≈ TF{5 exp(−0,01t )u ( t )} = Nótese que

Y (f ) =

X1 (f ) ; o también y(t) = 5exp(-0,01t)u(t) 2

X1 (f ) 5 = ; Y(0) = 500 y Y(50) = 0,016 . Esto 2 (0,01) 2 + 4π2f 2

quiere decir que casi el 100% de X1 / 2 pasa a la salida. 1.34.

Mediante la transformada de Fourier de la señal generatriz, demuestre que los coeficientes de Fourier Xn de las siguientes señales periódicas son las correspondientes dadas.

(a) De la Fig. 1.71 del Texto, la señal generatriz es t t AT T x g ( t ) = AΠ ( ) + AΛ( ) ⇔ X g (f ) = ATsinc(Tf ) + sinc 2 ( f ) T/2 2 2 T Xn =

1 n 1⎡ n AT Tn ⎤ X g ( ) = ⎢ATsinc(T ) + sinc 2 ( ) T T T⎣ T 2 2 T ⎥⎦

⎧ 2A para n impar y n ≠ 0 1 ⎪ 2 n X n = A[sinc(n ) + sinc ( )] = ⎨ π2 n 2 ; φn = 0 2 2 ⎪⎩0 para n par También,

Xo =

1 1 3 [AT + AT] = A T 2 2

(b) De la Fig. 1.72 del Texto, la señal generatriz es x g ( t ) = A exp(−

T/2 t t t )Π ( ) ⇔ X g (f ) = 2∫ A exp(− ) cos(2πft )dt 0 2T T 2T

1 1 − exp(− ) cos(πfT) + 4πfT exp(− ) sen(πfT) + 1 4 4 X g (f ) = 4AT 1 + 16π2 n 2T 2f 2 1 1 − exp(− ) cos(nπ) + 1 1 − (−1) n exp(− ) 1 n 4 4 ; φn = 0 X n = X g ( ) = 4A = 4A 2 2 2 T T 1 + 16π n 1 + (4πn )



1 X o = 4A[1 − exp(− )] = 0,885 A 4 1.35. Sea el sistema de la Fig. 1.73 del Texto, donde x1(t) y x2(t) son señales aleatorias. B = 5 kHz; fc = 100 kHz. El filtro es pasabajo y de ganancia de potencia 2. En la salida calcule la relación S1/S2 donde S1 es la potencia a la salida debida a x1(t), mientras que S2 es la potencia a la salida debida a x2(t). Solución: f − fc ⎤ ⎡ f + fc x1 ( t ) ⇒ Sx1 (f ) = 10− 3 ⎢Π ( ) + Π( ) 2B 2B ⎥⎦ ⎣ f − fc ⎤ ⎡ f + fc x 2 ( t ) ⇒ Sx 2 (f ) = 10− 4 ⎢Λ( ) + Λ( ) B B ⎥⎦ ⎣ Las potencias se calculan separadamente. Para x1(t) sola. A la salida del multiplicador, x 31 ( t ) = x 1 ( t ) 2 cos( 2 π f c t ) . De acuerdo con el Teorema de la Modulación para Señales de Potencia, f f + fc f − fc ⎤ ⎡ x 31 ( t ) ⇒ Sx 31 (f ) = [Sx1 (f + f c ) + Sx1 (f − f c )] = 10− 3 ⎢2Π ( ) + Π ( ) + Π( ) 2B 2B ⎥⎦ 2B ⎣ El filtro pasabajo deja pasar solamente las componentes dentro de f ≤ B con ganancia 2, entonces, Sy1 (f ) = 4x10− 3 Π (

f ) , cuya potencia es S1 = 4x10-3 x 2x5x10-3 = 40 W 2B

Para x2(t) sola. A la salida del multiplicador, x 32 ( t ) = x 2 ( t )2 cos(2πf c t ) . f f + fc f − fc ⎤ ⎡ x 32 ( t ) ⇒ Sx 32 (f ) = 10− 4 ⎢2Λ ( ) + Λ( ) + Λ( ) B B B ⎥⎦ ⎣ A la salida con ganancia 2, f Sy 2 (f ) = 4x10− 4 Λ( ) , cuya potencia es S2 = 4x10-4 x5x103 = 2 W B ⎡S ⎤ S1 40 S = = 20 y en dB ⎢ 1 ⎥ = 10 log10 ( 1 ) = 13,01 dB S2 2 S2 ⎣ S2 ⎦ dB



1.36. En las figuras siguientes se muestra el espectro de señales moduladas de la forma x c ( t ) = x ( t )A cos(2πf c t ) ⇔ X c (f ) . (a) Dada Xc(f) en forma gráfica, determinar x(t) (b) Dada x(t), determinar Xc(f) cuya forma gráfica se da Solución: (a) y (b) De la Fig. 1.74 del Texto: X c (f ) = AΠ (

f + fc f + fc f − fc f − fc ) + AΛ ( ) + AΠ ( ) + AΛ ( ) 2B B 2B B

f − fc ⎤ f − fc ⎤ ⎡ f + fc ⎡ f + fc ) ) + Λ( )⎥ + A ⎢ Λ ( ) + Π( X c (f ) = A ⎢ Π ( B ⎥⎦ B 2B ⎦ 2B ⎣ ⎣ x c ( t ) = A[2Bsinc(2Bt ) exp(− j2πf c t ) + 2Bsinc(2Bt ) exp( j2πf c t )] +

[ x ( t ) = 2B[2sinc(2Bt ) + sinc (Bt )]A cos(2πf t ) .

+ A Bsinc 2 (Bt ) exp(− j2πf c t ) + Bsinc 2 (Bt ) exp( j2πf c t ) 2

c

c

[

]

Por consiguiente,

]

⎡ sen(2πBt ) sen 2 (πBt ) ⎤ x ( t ) = 2B 2sinc(2Bt ) + sinc 2 (Bt ) = 2B⎢ + (πBt ) 2 ⎥⎦ ⎣ πBt

Ahora vamos hacia atrás. ⎡ sen(2πBt) sen 2 (πBt ) ⎤ Sea x c ( t ) = x ( t )A cos(2πf c t ) donde x(t) = 2B⎢ + (πBt ) 2 ⎥⎦ ⎣ πBt

[

]

x ( t ) = 2B 2sinc(2Bt ) + sinc 2 (Bt ) ⇔ X(f ) f 1 f ⎤ f f ⎡ 2 X(f ) = 2B⎢ Π ( ) + Λ ( )⎥ = 2Π ( ) + 2Λ ( ) . Y de acuerdo con el Teorema 2B B ⎣ 2 B 2B B B ⎦ de la Modulación, f + fc f − fc f + fc f − fc X c (f ) = AΠ ( ) + AΠ ( ) + AΛ( ) + AΛ( ) que tiene la misma 2B 2B B B forma dada en la Fig. 1.74 del Texto. (b) De la Fig. 1.75 del Texto, A 1 1 π 1 cos(2π f ) ∴ 2π B = ∴ f o = 4B = 2 fo fo 2 to



1 f + fc ⎤ A ⎡ 1 f − fc ⎤ A⎡ cos[2π (f + f c )]Π ( )⎥ + ⎢cos[2π (f − f c )]Π ( ) ⎢ 2⎣ 4B 2B ⎦ 2 ⎣ 4B 2B ⎥⎦

X c (f ) = x c (t) =

A −1 ⎧ 1 f ⎫ TF ⎨cos(2π f )Π ( )⎬ exp(− j2πf c t ) + 2 4B 2B ⎭ ⎩

+

A −1 ⎧ 1 f ⎫ TF ⎨cos(2π )Π ( )⎬ exp( j2πf c t ) 2 4B 2B ⎭ ⎩

1 f ⎫ ⎧ x c ( t ) = TF −1 ⎨cos(2π f )Π ( )⎬A cos(2πf c t ) ; por consiguiente, 4B 2B ⎭ ⎩ 1 f ⎫ ⎧ x ( t ) = TF −1 ⎨cos(2π f )Π ( )⎬, y por el Teorema de la Modulación, 4B 2B ⎭ ⎩ x (t ) =

1⎡ 1 1 ⎤ 2Bsinc[2B( t + )] + 2Bsinc[2B( t − )] , de donde ⎢ 2⎣ 4B 4B ⎥⎦

1 1 ⎫ ⎧ x ( t ) = B⎨sinc[2B( t + )] + sinc[2B( t − )]⎬ 4B 4B ⎭ ⎩ Ahora vamos hacia atrás. 1 1 ⎫ ⎧ )] + sinc[2B( t − )]⎬ Sea x c ( t ) = x ( t )A cos(2πf c t ), donde x ( t ) = B⎨sinc[2B( t + 4B 4B ⎭ ⎩ Determinar Xc(f). 1 ⎫ 1 ⎫ ⎧ ⎧ X(f ) = B TF⎨sinc[2B( t + )]⎬ + B TF⎨sinc[2B(t )]⎬ 4B ⎭ 4B ⎭ ⎩ ⎩ 1 ⎫ 1 f 1 ⎧ TF⎨sinc[2B( t + )]⎬ = Π ( ) exp( j2π f) y 4B ⎭ 2B 2B 4B ⎩ 1 ⎫ 1 f 1 ⎧ TF⎨sinc[2B( t − )]⎬ = Π ( ) exp(− j2π f) 4 B ⎭ 2B 2B 4B ⎩ X (f ) = Π ( X c (f ) =

f 1 ) cos(2π f ) . Y por el Teorema de la Modulación, 2B 4B

A⎡ 1 f + fc 1 f − fc ⎤ cos[2π (f + f c )]Π ( ) + cos[2π (f − f c )]Π ( ) ⎢ 2⎣ 4B 2B 4B 2B ⎥⎦

que tiene la misma forma dada en la Fig. 1.75 del Texto. _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


1.37. Considere la función z(t) = x(t) + y(t), donde x(t) e y(t) son ortogonales para todo t, es decir, < x(t) y(t) > = 0. Demuestre que R z (τ) = R x (τ) + R y (τ) y

< z 2 (t) >=< x 2 (t) > + < y 2 (t) >

Solución: R z (τ) =< z( t )z( t + τ) >=< [ x ( t ) + y( t )][x ( t + τ) + y( t + τ)] > R z (τ) =< x ( t ) x ( t + τ) + x ( t ) y( t + τ) + y( t ) x ( t + τ) + y( t ) y( t + τ) > R z (τ) =< x ( t ) x ( t + τ) > + < x ( t ) y( t + τ) > + < y( t ) x ( t + τ) > + < y( t ) y( t + τ) >

R z (τ) = R x (τ) + R xy (τ) + R yx (τ) + R y (τ) pero como < x(t)y(t) >= 0 para todo t, entonces R xy (τ) = R yx (τ) = 0 , de donde

R z (τ) = R x (τ) + R y (τ) < z 2 (t) >=< [x(t) + y(t)]2 >=< x 2 (t) + 2x(t)y(t)+ < y 2 (t) > < z 2 (t) >=< x 2 (t) > +2 < x(t)y(t) > + < y 2 (t) > pero como = 0,

entonces

< z 2 (t) >=< x 2 (t) > + < y 2 (t) > ⎡ f + 104 f − 104 ⎤ 1.38. Sea x(t) ⇒ Sx (f ) = 10−9 ⎢ Λ ( ) ( ) W/Hz. + Λ 103 103 ⎥⎦ ⎣

Si x c (t) = 4x(t) cos(2π104 t) ⇒ Sxc (f ) , determine la potencia promedio de una señal z(t) cuya densidad espectral de potencia es Sz (f ) = Sxc (f )Π (

f ) W/Hz 2x103

Solución: f + 104 + 104 f − 104 ) + Λ ( )+ 103 103 f+104 − 104 f − 104 − 104 +Λ ( ) + Λ ( )] 103 103

Sxc (f ) = 4Sx (f + f c ) + 4Sx (f − f c ) = 4x10−9 [Λ (

⎡ f f + 2x104 f − 2x104 ⎤ + Λ Sxc (f ) = 4x10−9 ⎢ 2Λ ( 3 ) + Λ ( ) ( ) ⎥ que tiene la forma mostrada 10 103 103 ⎣ ⎦ en la Fig. P1.38.



Puesto que ⎛ f ⎞ Sz (f ) = Sxc (f )Π ⎜ 3 ⎟ ⎝ 2x10 ⎠

Sxc(f)

-9

8x10

4x10

-9

f

Entonces -21

f Sz (f ) = 8x10 Λ ( 3 ) 10

-20

-19

-1

−9

0

1

19

Fig. P1.38.

20 21 kHz

∞

< z 2 (t) >= ∫ Sx (f )df = 103 x8x10−9 = 8x10−6 = 8µW −∞

(b) De la Fig. 1.76(a) del Texto, | f | ⎡ f + 15x103 f − 15x103 ⎤ Sx1 (f ) = 10 exp(− 6 ) ⎢Π ( ) + Π( )⎥ 10 ⎣ 104 104 ⎦ −3

f )df = 19, 7 W 10 106 ⎡ f + 15x103 f − 15x103 ⎤ De la Fig. 1.76(b) del Texto, Sx 2 (f ) = 10−11 f 2 ⎢Π ( ) ( )⎥ + Π 104 104 ⎣ ⎦ Su potencia promedio será: < x12 (t) >= 2x10−3 ∫

Su potencia promedio será:

2x104 4

< x 22 (t) >= 2x10−11 ∫

exp(−

2x104

104

f 2 df = 46, 67 W

(c) 1. De la Fig. 1.76(a) podemos definir f ⎧ −3 ⎪⎪10 exp(106 ) para -20 kHz ≤ f ≤ -10 kHz Sx1 (f ) = ⎨ ⎪10-3 exp(− f ) para 10 kHz ≤ f ≤ 20 kHz ⎪⎩ 106 Sx1(f) es una función par de f; por lo tanto, su antitransformada de Fourier, que es la función de autocorrelación, es R x1 (τ) = 10−3 x2 ∫

2x104

10

R x1 (τ) = −1,98x103

Para τ = 0,

4

exp(−

f )df . Resolviendo la integral, 106

0,99 cos(4x104 πτ) − 1,98x106 πτsen(4x104 πτ) − cos(2x104 πτ) + 2x106 πτsen(2x104 πτ) (1 + 4x1012 π2 τ2 )

= R x1 (0) = 19, 7 , resultado ya obtenido en la parte (b).



2. De la Fig. 1.76(b) del Texto, Sx 2 (f ) = 10−11 f 2

para 10 kHz ≤ f ≤ 20 kHz . Esta es una función par de f.

R x 2 (τ) = 2x10−11 ∫

2x104

104

R x 2 (τ) = −

f 2 cos(2πτf )df . MATHCAD nos da,

1 sen(4x104 πτ)(1 − 8x108 π2 τ 2 ) − sen(2x104 πτ)(1 − 2x108 π2 τ2 ) − 4x104 πτ cos(4x104 πτ) + 2x104 πτ cos(2x104 πτ) 2x1011 π 3 τ3

La potencia de la señal viene dada por < x 22 (t) >= lim R x 2 (τ) = R x 2 (0) τ→ 0

Y con ayuda de MATHCAD obtenemos < x 22 (t) >= 46, 67 , que es el mismo valor calculado en la parte (b). 1.39. A la entrada de un filtro pasabajo, de ganancia 2 y ancho de banda de 5 kHZ, se aplica una señal x(t) cuya función de autocorrelación es R x (τ) = 10sin 2 (104 τ) . Demuestre que a la salida del filtro R y (τ) = 20sin c(104 τ) + 10sin c 2 (5x103τ)

y

= 30 W

Solución: f f H(f ) = 2Π ( 4 ); x(t) ⇒ R x (τ) = 10sin c 2 (104 τ) ⇔ Sx (f ) = 10−3 Π ( 4 ) 10 10 f 2 H(f ) = 4Π ( 4 ); 10

f 2 Sy (f ) = H(f ) Sx (f ) = 4Sx (f )Π ( 4 ) 10

En la Fig. P1.39 se muestra la forma de Sy(f). De la Fig. P1.39,

Sy(f)

-3

4x10

f f Sy (f ) = 2x10−3 Π ( 4 ) + 2x10−3 Λ ( ) 10 5x103

-3

2x10

R y (τ) = 20sin c(104 τ) + 10sin c 2 (5x103 τ)

< y2 (t) > = Ry(0)= 20 + 10 = 30 W

f -10

-5 0 Fig. P1.39

5 10 kHz



1.40. A la entrada del detector coherente, Fig. P1.40, se aplica una señal x(t) cuya función de autocorrelación es

x(t)

R x (τ) = 20sin c2 (5x103 τ) cos(2π105 τ)

y(t) Filtro Pasabajo

2cos(2 π fct)

(a)

Dibuje la forma de la densidad espectral de potencia a la entrada y salida del filtro. Solución: x(t) ⇒ R x (τ) = 20sin c2 (5x103 τ) cos(2π105 τ) ⇔ Sx (f );

Fig. P1.40(a).

f c = 105 Hz

f f + 105 f − 105 ⎤ −3 ⎡ ); S (f ) 2x10 ( ) ( )⎥ = Λ + Λ x ⎢ 2 5x103 5x105 ⎦ ⎣ 5x10 A la salida del multiplicador o entrada del filtro (de ganancia unitaria), la función de autocorrelación es 1 R i (τ) = R x (τ) cos(2πf c τ) ⇔ Si (f ) = [Sx (f + f c ) + Sx (f − f c ) ] 2 ⎡ f f + 2x105 f − 2x105 ⎤ Si (f ) = 2x10−3 ⎢ 2Λ ( ) ( ) ( )⎥ + Λ + Λ 5x103 5x103 5x103 ⎦ ⎣ El filtro deja pasar solamente las componentes de baja frecuencia, de donde, f So (f ) = 4x10−3 Λ ( ) . En la Fig. P1.40(b) se muestran estas densidades espectrales. 5x103 20sin c 2 (5x103 τ) ⇔ 4x10−3 Λ (

Filtro Pasabajo

Si(f)

-3

-3

So(f) 4x10-3

4x10

10 kHz

2x10 -200

-5

0

200

5

f kHz

(a) Entrada al Filtro

f -5

5 kHz 0 (b) Salida del Filtro

Fig. P1.40(b).

So (f ) = 4x10−3 Λ ( (b)

f ) ⇔ R o (τ) = 20sin c 2 (5x103 τ) 3 5x10

∞

< y 2 (t) >= ∫ So (f )df = 5x103 x4x10−3 = 20 W −∞

< y 2 (t) >= R o (0) = 20 W



1.41. A la entrada del filtro RL de la Fig. 1.78 del Texto, se aplica ruido blanco cuya densidad espectral de potencia es η/2. Calcule la función de autocorrelación, la densidad espectral de potencia y la potencia promedio a la salida del filtro. Solución: Para el filtro RL: H(f ) =

Sni (f ) =

R R 1 R R = ⇔ h(t) = exp(− t)u(t) R + j2πfL L R + j2πf L L L

R 1 η 2 ; H(f) = ( ) 2 . La densidad espectral a la salida será 2 L ( R ) 2 + (2πf ) 2 L

R η 1 Sy (f ) = ( ) 2 . Y la correspondiente función de autocorrelación, L 2 ( R ) 2 + (2πf ) 2 L ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎪ R 2 η⎢ 1 R 2 η −1 ⎪ 1 R ⎥ R y (τ) = ( ) TF ⎨ ⎬ = ( ) ⎢ R exp(− τ ) ⎥ R L 2 L ⎥ 2 2 ⎪ ( ) + (2πf ) ⎪ L 2 ⎢ 2( ) ⎩ L ⎭ ⎣ L ⎦

R y ( τ) =

Rη R exp(− τ ) . Para τ = 0, la potencia promedio de salida del filtro será L4 L

< y 2 (t) >= R y (0) =

Rη L4

1.42. Determine la densidad espectral de potencia de la señal compleja x(t) = A exp( j2πf o t) utilizando el Teorema de Wiener-Kintchine. Solución: x(t) = A exp( j2πf o t) . Vemos que x(t) es compleja; por lo tanto, de la expresión 1.121, R x (τ) =< x * (t)x(t + τ) >, x(t+τ) = A exp[ j2πf o (t + τ)] 1 2 T A2 A ∫ exp(− j2πf o t) exp[ j2πf o (t + τ)]dt = 0 T T 2 2 R x (τ) = A exp( j2πf o τ) ⇔ Sx (f ) = A δ(f − f o ) R x ( τ) =

∞

∞

−∞

−∞

∫

T

0

exp( j2πf o τ)dt

< x 2 (t) >= ∫ Sx (f )df = A 2 ∫ δ(f − f o )df = A 2 O también

< x 2 (t) >= R x (0) = A 2



1.43. Demuestre que si x(t) ⇒ Sx (f ), entonces y(t)=x(t)-x(t-T) ⇒ Sy (f)=4Sx (f )sen 2 (πTf ). Solución: R y (τ) =< y(t)y(t + τ) >=< [x(t) − x(t − T)][x(t + τ) − x(t − T + τ)] > R y (τ) =< x(t)x(t + τ) − x(t)x(t − T + τ) − x(t − T)x(t + τ) + x(t − T)x(t − T + τ) >

Sea R x (τ) =< x(t)x(t + τ) > . Para t → t − T,

R x (τ) =< x(t − T)x(t − T + τ) >

τ → τ + T,

R x (τ + T) =< x(t)x(t + T + τ) > hagamos t → t-T, R x (τ + T) =< x(t − T)x(t + τ) >;entonces,

R y (τ) = R x (τ) − R x (τ − T) − R x (τ + T) + R x (τ) R y (τ) = 2R x (τ) − R x (τ − T) − R x (τ + T). Por transformada de Fourier,

Sy (f ) = 2Sx (f ) − [Sx (f ) exp(− j2πTf ) + Sx (f ) exp( j2πTf )] = 2Sx (f ) − 2Sx (f ) cos(2πTf ) Sy (f ) = 2Sx (f )[1 − cos(2πTf )] = 4Sx (f )sen 2 (πTf ) 1.44. Demuestre que (a) Si x(t) tiene una función de autocorrelación R x (τ) =

A2 τ 1 [1 + Λ ( )] , donde Tb = , 4 Tb fb

entonces, si y(t) = x(t) cos(2πf c t) , determinar su densidad espectral de potencia Sy(f). Solución: R x ( τ) =

A2 A2 τ A2 A2 f + Λ ( ) ⇔ Sx (f ) = δ(f ) + sin c 2 ( ) 4 4 Tb 4 4f b fb

Mediante el Teorema de la Modulación para Señales de Potencia, 1 [Sx (f + f c ) + Sx (f − f c )] 4 f − fc ⎤ A2 A2 ⎡ 2 f + fc Sy (f ) = ) + sin c 2 ( )⎥ [ δ(f + f c ) + δ(f − f c )] + ⎢sin c ( 16 16f b ⎣ fb fb ⎦ y(t) = x(t) cos(2πf c t) ⇒ Sy (f ) =

Esta es la densidad espectral de potencia de una señal digital ASK, que veremos en el Capítulo V. (b) Si x(t) ⇒ R x (τ) = A 2 Λ (

τ A2 f ) ⇔ Sx (f ) = sin c 2 ( ) , entonces, Tb fb fb _______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA


y(t) = x(t) cos(2πf c t) ⇒ Sy (f ) =

A2 4f b

⎡ f − fc ⎤ 2 f + fc ) + sin c 2 ( )⎥ ⎢sin c ( fb fb ⎦ ⎣

Esta es la densidad espectral de potencia de una señal digital PSK/DPSK, que veremos en el Capítulo V. 1.45. En el Ejemplo 1.32 del Texto se determinó la función de autocorrelación de una señal periódica rectangular. Determinar la densidad espectral correspondiente. Solución: Del Ejemplo 1.32 del Texto, R x (τ) =

A2 2

∞

∑ Λ(

n =−∞

τ − nT ) , Esta es una señal periódica cuya T/2

A τ A 2T T señal generatriz es R gx (τ) = Λ( ) ⇔ Sgx (f ) = sin c 2 ( f ) 2 T/2 4 2 2

Xn =

1 n 1 A 2T Tn A2 n Sgx ( ) = sin c 2 ( )= sin c 2 ( ) , T T T 4 2T 4 2

⎧ A2 ⎪ de donde X n = ⎨ (nπ) 2 ⎪0 ⎩

para n impar y n ≠ 0 para n par

De la expresión 1.102 del Texto, Sx (f ) =

A2 Xo = 4

∞

A2 ∑ 2 δ(f − nfo ) n = −∞ (nπ)

para n impar y n ≠ 0 .

También, Sx (f ) =

∞ ∞ ⎤ A2 A2 A2 ⎡ 1 (f ) 2 (f nf ) (f ) 8 δ + ∑ δ − o = δ + ∑ δ(f − nf o ) ⎥ para n impar. ⎢ 2 2 4 4 ⎣ n =1 (nπ) n =1 (nπ) ⎦

1.46. Se tiene una señal x(t) cuya función de autocorrelación es R x (τ) = exp(− también una señal y(t) cuya densidad espectral es

Sy (f ) =

τ ) . Se tiene a

Sx (f ) , donde Sx(f) 1 + (2πbf ) 2

es la densidad espectral de x(t). Demuestre que la función de autocorrelación de y(t) es R y ( τ) =

τ τ ⎤ a ⎡ a exp( − ) − b exp( − ) ⎥ , y la correspondiente potencia promedio, ⎢ a 2 − b2 ⎣ a b ⎦



< y 2 (t) >= R y (0) =

a a+b

Solución: τ 2 1 2a = . Entonces, ) ⇔ Sx (f ) = a ( 1 ) 2 + (2πf ) 2 1 + (2πaf ) 2 a a 1 1 Sy (f ) = 2a . Para reducir esta expresión a una forma fácil de 2 1 + (2πaf ) 1 + (2πfb) 2 operar, hagamos lo siguiente: R x (τ) = exp(−

2a a 2 − b2 + (2πabf ) 2 − (2πabf )2 2a a 2 + a 2 (2πbf )2 − b2 − b2 (2πaf )2 = a 2 − b 2 [1 + (2πaf )2 ][1 + (2πbf )2 ] a 2 − b2 [1 + (2πaf )2 ][1 + (2πbf )2 ]

Sy (f ) =

2a a 2 [1 + (2πbf ) 2 ] − b 2 [1 + (2πaf ) 2 ] Sy (f ) = 2 . a − b2 [1 + (2πaf ) 2 ][1 + (2πbf ) 2 ]

Separando las fracciones,

Sy (f ) =

⎤ 2a ⎡ a 2 [1 + (2πbf ) 2 ] b 2 [1 + (2πaf ) 2 ] − 2 2 ⎢ 2 2 2 2 ⎥ a − b ⎣ [1 + (2πaf ) ][1 + (2πbf ) ] [1 + (2πaf ) ][1 + (2πbf ) ] ⎦

Sy (f ) =

⎤ 2a ⎡ a2 b2 − 2 2 ⎢ 2 2⎥ a − b ⎣1 + (2πaf ) 1 + (2πbf ) ⎦

Por Transformada de Fourier Inversa de Sy(f) podemos determinar Rx(τ). En efecto, R y ( τ) =

⎫ 2a a2 b2 −1 ⎧ − TF ; pero, ⎨ 2 2 2 2⎬ a −b ⎩1 + (2πaf ) 1 + (2πbf ) ⎭

⎧ ⎫ 2 ⎪ ⎪ a τ ⎧ ⎫ a 1 TF−1 ⎨ = TF−1 ⎨ = exp(− ) ; y en la misma forma, ⎬ 2⎬ a ⎩1 + (2πaf ) ⎭ ⎪ ( 1 ) 2 + (2πf ) 2 ⎪ 2 ⎩ a ⎭ τ ⎧ ⎫ b b2 TF−1 ⎨ = exp(− ) . Por lo tanto, 2⎬ b ⎩1 + (2πbf ) ⎭ 2 R y (τ) =

2a a − b2 2

⎡a τ τ ⎤ b a ⎢ exp(− ) − exp(− ) ⎥ = 2 a 2 b ⎦ a − b2 ⎣2

⎡ τ τ ⎤ ⎢a exp(− ) − b exp(− ) ⎥ a b ⎦ ⎣



La correspondiente potencia de y(t) será < y 2 (t) >= R y (0) =

a a+b


50 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO II

CAPITULO II 2.1. Demuestre que el sistema caracterizado por la ecuación diferencial d2 d y( t ) = t x ( t ) + t x ( t ), es un sistema lineal variante en el tiempo. 2 dt dt 2

Solución: Por inspección, ésta es una ecuación diferencial cuyos coeficientes no son constantes y son funciones de t; por lo tanto, el sistema es variante en el tiempo y no puede ser representado mediante una función de transferencia. El lector puede ver fácilmente que y( t ) ≠ y( t − τ) . Veamos ahora la linealidad. d2 d Sea x ( t ) = ax1 ( t ) + bx 2 ( t ). Entonces y( t ) = t 2 [ax1 ( t ) + bx 2 ( t )] + t [ax1 ( t ) + bx 2 ( t )] dt dt 2 2 d d d d y( t ) = a[ t 2 2 x1 ( t ) + t x1 ( t )] + b[ t 2 2 x 2 ( t ) + t x 2 ( t )] dt dt dt dt y( t ) = ay1 ( t ) + by 2 ( t ) . El sistema es lineal pero variante en el tiempo. 2

2.2. La relación entrada-salida de un SLIT se puede representar mediante la ecuación d diferencial x ( t ) = y( t ) + y( t ) . Para este sistema demuestre que: dt 1 (a) h ( t ) = exp(− t )u ( t ) ⇔ H (f ) = 1 + j2πf 1 X (f ) Solución: X(f ) = j2πfY(f ) + Y(f ) = (1 + j2πf )Y(f ) ∴ Y(f ) = 1 + j2πf 1 De donde H(f ) = . Y del Ejemplo 1.16 del Texto, 1 + j2πf 1 H (f ) = ⇔ h ( t ) = exp(− t )u ( t ) 1 + j2πf

(b) Si x(t) es una señal periódica como la mostrada en la Fig. 2.59 del Texto, 2 π Yn y φ yn tendrán los valores Yn = y φ yn = −[ + arctg(nπ)] . 2 2 2 nπ 1 + n π Solución: Xn Yn = H(nf o )X n = . También, de la Fig. 2.59 del Texto, 1 + j2πnf o 1 3 x ( t ) = Π ( t − ) − Π ( t − ) en T; T = 2; fo = 1/2. Por integración, 2 2 2 1 1 − exp(− jnπ) 1 + exp(− j2nπ) X n = ⎡ ∫ exp(− j2πnt )dt − ∫ exp(− j2πnt )dt ⎤ = + ⎢ ⎥ 0 1 ⎦ 2⎣ jnπ j2nπ


⎧ 2 para n impar 2 π ⎪ ; Yn = para n impar; φ yn = − − arctg(nπ) X n = ⎨ jnπ jnπ(1 + j2πn ) 2 ⎪0 para n par ⎩ π para n impar; φ yn = −[ + arctg(nπ)] 2 nπ 1 + 4π2 n 2 Nótese que en este caso y(t) es una señal periódica de la forma 2

Yn =

y( t ) =

∞

∑Y

n = −∞

n

exp( jφ yn ) exp( j2πnf o )

(c) Si x ( t ) = Aδ( t − t o ), entonces y( t ) = A exp[−( t − t o )]u ( t − t o ) Solución: 1 x ( t ) = Aδ( t − t o ) ⇔ X(f ) = A exp(− j2πt o f ); H(f) = 1 + j2πf A exp(− j2πt o f ) Y ( f ) = H ( f ) X (f ) = 1 + j2πf ⎧ 1 ⎫ y( t ) = A TF-1 ⎨ ⎬ |t → t − t o = A exp(− t )u ( t ) |t → t − t o = A exp[−( t − t o )]u ( t − t o ) ⎩1 + j2πf ⎭ t t A (d) Si x(t) = Au(t), entonces y(t) = 2Asenh( ) exp(− )u ( t ) + 2 2 2 Solución: A A 1 x ( t ) = Au( t ) ⇔ X(f ) = δ(f ) + ; H(f) = 2 j2πf 1 + j2πf ⎡ 1 ⎤⎡ A A ⎤ Aδ(f ) A Y (f ) = ⎢ = + δ( f ) + ⎥ ⎢ ⎥ j2πf ⎦ 2(1 + j2πf ) j2πf (1 + j2πf ) ⎣1 + j2πf ⎦ ⎣ 2 A A 1 Y ( f ) = δ( f ) + [ ] 2 j2πf 1 + j2πf t ⎧ 1 ⎫ A y( t ) = + A ∫ [TF−1 ⎨ ⎬ |t = t ' ]dt ' 0 2 ⎩1 + j2πf ⎭ ⎧ 1 ⎫ Pero TF −1 ⎨ ⎬ |t = t ' = exp(− t ' )u ( t ' ) ⎩1 + j2πf ⎭ t A A y( t ) = + A ∫ exp(− t ' )u ( t ' )dt ' = + A[1 − exp(− t )] u(t) 0 2 2 A t t t y( t ) = + A exp(− )[exp( ) − exp(− )] u(t) 2 2 2 2 A t t y( t ) = + 2A exp(− ) senh( ) 2 2 2


(e) Si x ( t ) = A cos(2πt ), entonces y(t) =

A [cos(2πt ) + 2π sen(2πt )] 1 + 4π 2

Solución: A [δ(f + 1) + δ(f − 1)]; H(f) = 1 2 1 + j2πf A⎡ 1 ⎤ [δ(f + 1) + δ(f − 1)] = A ⎡⎢ δ(f + 1) + δ(f − 1) ⎤⎥ Y (f ) = ⎢ ⎥ 2 ⎣1 + j2πf ⎦ 2 ⎣1 + j2πf 1 + j2πf ⎦ A ⎡ δ(f + 1) δ(f − 1) ⎤ Y (f ) = ⎢ + . Desarrollando llegamos a la forma 2 ⎣ 1 − j2π 1 + j2π ⎥⎦ x ( t ) = A cos(2πt ) ⇔ X(f ) =

1 ⎧A [δ(f + 1) + δ(f − 1)] + 2πj A [δ(f + 1) − δ(f − 1)]⎫⎬ , de donde 2 ⎨ (1 + 4π ) ⎩ 2 2 ⎭ A [cos(2πt ) + 2π sen(2πt )] y( t ) = 1 + 4π 2

Y (f ) =

(f) Si x ( t ) = A exp(− t )u ( t ), entonces y(t) = Atexp(-t)u(t) Solución: A 1 x ( t ) = A exp(− t )u ( t ) ⇔ X(f ) = ; H(f) = 1 + j2πf 1 + j2πf A Y (f ) = H (f ) X (f ) = . Y del Problema 1.23(d), (1 + j2πf ) 2 y( t ) = At exp(− t )u ( t ) ∞ t − nT (g) Si x ( t ) = ∑ AΛ ( ), entonces, T/2 n = −∞ ⎧ ∞ 2A exp[ j(2πnf o t ) − arctg(2πnf o t )] para n impar ⎪∑ y( t ) = ⎨n = −∞ n 2 π2 1 + (2πnf o ) 2 ⎪ para n par ⎩0 Solución: ∞ t − nT x (t ) = A ∑ Λ( ) es una señal periódica triangular de período T. T/2 n = −∞ La señal generatriz xg(t) de x(t) es un triángulo de la forma t AT T x g ( t ) = AΛ ( ) ⇔ X g (f ) = sinc 2 ( f ) T/2 2 2 ⎧ 2A para n impar 1 n 1 AT A ⎪ 2 T n 2 n X n = Xg ( ) = sinc ( ) = sinc ( ) = ⎨ n 2 π2 T T 2 2T 2 2 ⎪ T para n par ⎩0

Hn =

1 ; 1 + j2πnf o

Yn = H n X n =

2A ; φ n = − arctg(2πnf o ) n π (1 + j2πnf o ) 2

2


Yn =

2A n π 2

2

1 + (2πnf o ) 2

. y(t) es una señal periódica de la forma

⎧ ∞ 2A exp[ j(2πnf o t ) − arctg(2πnf o )] para n impar ⎪ y( t ) = Yn exp( jφ n ) exp( j2πnf o t ) = ⎨n = −∞ n 2 π 2 1 + ( 2πnf o ) 2 n = −∞ ⎪ para n par ⎩0

∑

∞

∑

2.3. La entrada x(t) y la salida y(t) de un SLIT están relacionadas mediante la ecuación ∞ d integrodiferencial y( t ) = ∫ y(τ) x ( t − τ)dτ + u ( t ). −∞ dt (a) Si x(t) = exp(-2t)u(t), demuestre que y(t) = exp(-t)u(t)+δ(t). Demuestre también que la respuesta impulsional del SLIT es h( t ) = exp( − t ) u( t ) + 3δ( t ) + δ' ( t ) , donde δ' ( t ) es un doblete Solución:

{

∞

}

Y(f ) = TF ∫ y(τ) x ( t − τ)dτ + j2πf TF{u(t)} −∞

⎡ δ( f ) 1 ⎤ Y(f ) = Y(f )X(f ) + j2πf ⎢ + = Y (f ) X (f ) + 1 j2πf ⎥⎦ ⎣ 2 1 Y (f ) Si x ( t ) = exp(−2t )u ( t ) ⇔ X(f ) = , entonces Y(f ) = +1 2 + j2πf 2 + j2πf 1 2 + j2πf 2 1 Y(f )[1 − ] = 1∴ Y(f ) = = + j2πf [ ] 2 + j2πf 1 + j2πf 1 + j2πf 1 + j2πf ⎧ 1 ⎫ d 1 ⎫ −1 ⎧ y( t ) = 2TF-1 ⎨ ⎬ + TF ⎨ ⎬ ⎩1 + j2πf ⎭ dt ⎩1 + j2πf ⎭ d y( t ) = 2 exp(− t )u ( t ) + [exp(− t )u ( t )]; dt d pero [exp(− t )u ( t )] = δ( t ) − exp(− t )u ( t ) dt y( t ) = 2 exp(− t )u ( t ) + δ( t ) − exp(− t )u ( t ) = exp(− t )u ( t ) + δ( t ) y( t ) = exp( t ) u( t ) + δ( t ) ⇔ Y (f ) = x ( t ) = exp(−2t )u ( t ) ⇔ X(f ) =

1 2 + j2πf +1 = 1 + j2πf 1 + j2πf

1 ; pero como Y(f) = H(f) X(f), entonces, 2 + j2πf

(j2πf) 2 1 2 + j2πf = H (f ) ; de donde H(f) = 4 + 1 + j2πf 2 + j2πf 1 + j2πf

Tomando la antitransformada de H(f),


h ( t ) = 4δ( t ) +

d d2 [exp(− t )u ( t )] = 4δ( t ) + [δ( t ) − exp(− t )u ( t )] 2 dt dt

h ( t ) = 4δ( t ) +

d δ( t ) − δ( t ) + exp(− t )u ( t ) = exp(− t )u ( t ) + 3δ( t ) + δ' ( t ) dt

donde δ' ( t ) =

d δ( t ) es un doblete dt

2.4. La entrada x(t) y la salida y(t) de un SLIT vienen dadas por x ( t ) = exp[−( t − π)]u ( t − π); y(t) ⇔ Y(f) =

exp(-j4π2f ) 1 − (2πf ) 2 + j4πf

Demuestre que la respuesta impulsional del SLIT es h(t) = x(t) Solución:

t o = π; [1 - (2πf) 2 + j4πf ] = (1 + j2πf ) 2 X(f ) = TF{exp(− t )u ( t )}exp(− j2π2f ) =

exp(− j2π 2f ) ; pero Y(f ) = H(f )X(f ) 1 + j2πf

exp(− j4π2f ) exp(−2π2f ) exp(− j4π2f + j2π2f ) exp(− j2π2f ) = H ( f ) ∴ H ( f ) = = = X (f ) (1 + j2πf ) 2 1 + j2πf 1 + j2πf 1 + j2πf

Por consiguiente, h(t) = x(t) 2.5. Sea el sistema mostrado en la Fig. 2.60 del Texto. El cursor oscila a una velocidad constante entre los puntos A y B, siendo To el tiempo de ir de A a B, y viceversa. Demuestre: (a) Que éste es un sistema lineal variante en el tiempo. Solución: De la Fig. 2.60 del Texto, la salida y(t) está ponderada por el cursor, el cual equivale a un operador triangular, es decir, la respuesta y(t) es, en un intervalo 2To t dado, igual a y( t ) = Λ ( ) x ( t ). El período de y(t) es 2To. To t−τ Para un desplazamiento dado τ, y( t − τ) = Λ ( ) x ( t − τ) To Pero Λ (

t−τ t ) ≠ Λ( ), de donde y(t) ≠ y(t - τ) To To

El sistema es variante en el tiempo. Veamos ahora la linealidad. Sea x ( t ) = ax1 ( t ) + bx 2 ( t ); y(t) = Λ (

t )[ax1 ( t ) + bx 2 ( t )] To


y( t ) = aΛ(

t t ) x1 ( t ) + bΛ ( ) x 2 ( t ) = ay1 ( t ) + by 2 ( t ) . El sistema es lineal. To To

El sistema es lineal variante en el tiempo ∞

(b) Demostrar que y( t ) = x ( t ) ∑ Λ ( n = −∞

∞ t − 2nTo t − 2nTo ) y h ( t , τ) = ∑ δ ( t − τ) Λ ( ) To To n = −∞

Solución ∞

En general, y( t ) = x ( t ) ∑ Λ ( n = −∞

t − 2nTo ) To

Cuando x ( t ) = δ( t − τ) → y(t) = h(t, τ), entonces ∞ τ − 2nTo t − 2nTo pero como los ) = δ ( t − τ) ∑ Λ ( ), To To n = −∞ n = −∞ triángulos son iguales y están centrados en 2nTo, el valor de τ deberá estar entre ∞

h ( t , τ) = δ( t − τ) ∑ Λ (

(2n − 1)To < τ ≤ (2n + 1)To . Nótese que para cualquier valor de τ , el valor de la sumatoria es una constante. Sea entonces τ = 2nTo ± τ o , donde τ o < To . ±τ τ τ − 2nTo ) = Λ ( o ) = Λ ( o ) = una constante. De donde, To To To

Entonces

Λ(

h ( t , τ) = Λ (

τo )δ( t − τ) To

para τ = 2nTo ± τ o ,

con

τ o < To .

2.6. La respuesta impulsional de un SLIT es h ( t ) = [3 exp(−2t ) − 1]u ( t ). Demuestre que (a) Su función de transferencia es H(f ) =

j2πf − 1 j2πf (1 + jπf )

Solución: h ( t ) = [3 exp(−2t ) − 1]u ( t ) ⇔ H(f ) = H (f ) =

3 1 δ( f ) − − 2 + j2πf 2 j2πf

j12πf − δ(f ) j2πf (2 + j2πf ) − 2(2 + j2πf ) j2πf − 1 = j4πf (2 + j2πf ) j2πf (1 + jπf )

h ( t ) = [3 exp(−2 t ) − 1]u ( t ) ⇔ H(f ) =

j2πf − 1 j2πf (1 + jπf )

(b) Si x ( t ) = exp( t )u (− t ), entonces y(t) = [exp(-2t) - 1]u(t) Solución: El lector puede verificar que es más fácil trabajar en el dominio del tiempo.


∞

∞

−∞

−∞

y( t ) = ∫ x ( t − τ)h (τ)dτ = ∫ exp( t − τ)u[−( t − τ)][3 exp(−2τ) − 1]u (τ)dτ ∞

∞

−∞

−∞

y( t ) = 3∫ exp( t − τ) exp(−2τ)u (τ − t )u (τ)dτ − ∫ exp( t − τ)u (τ − t )u (τ)dτ

pero u (τ − t )u (τ) = 1 para 0 ≤ t ≤ τ . Los límites van desde t a ∞. ∞

∞

t

t

y( t ) = 3∫ exp( t − τ) exp(−2τ)dτ − ∫ exp( t − τ)dτ . Integrando, obtenemos

y( t ) = exp(−2t ) − 1

para 0 ≤ t

y( t ) = [exp(−2t ) − 1]u ( t ) 2.7. La respuesta impulsional de un SLIT es h ( t ) = δ( t ) + 2 exp(−3t )u ( t ). Demuestre que (a) Su función de transferencia es H(f ) =

5 + j2πf 3 + j2πf

Solución: H (f ) = 1 +

2 3 + j2πf + 2 5 + j2πf = = 3 + j2πf 3 + j2πf 3 + j2πf

(b) Si x ( t ) = 3 cos( t ), entonces y(t) = 3

29 cos(2 t − 11,88o ) 13

Solución: ∞

y( t ) = ∫ 3 cos[2( t − τ)][δ(τ) + 2 exp(−3τ)u (τ)]dτ −∞

∞

∞

−∞

−∞

y( t ) = 3∫ cos[2( t − τ)]δ(τ)dτ + 6 ∫ cos[2( t − τ)] exp(−3τ)u (τ)dτ ∞

y( t ) = 3 cos(2 t ) + 6 ∫ cos[2( t − τ)] exp(−3τ)dτ 0

y( t ) = 3 cos(2t ) +

18 12 57 12 cos(2t ) + sen(2 t ) = cos(2 t ) + sen(2t ) 13 13 13 13

Esta expresión se puede representar en la forma B A cos α + B sen α = A 2 + B2 cos[α − arctg( )] A (

57 2 12 2 29 ) +( ) =3 = 4,481 ; 13 13 13

y( t ) = 3

29 cos[2 t − 11,889o ] 13

B arctg( ) = 11,889o . Por lo tanto, A


(c) Si x ( t ) = 4 cos 2 (2 t ), entonces y(t) =

10 41 +2 cos(4 t − 14,47 o ) 3 25

Solución: x ( t ) = 4 cos 2 (2t ) = 2[1 + cos(4t )] ; ∞

y( t ) = 2 ∫ [1 + cos[4( t − τ)]][δ(τ) + 2 exp(−3τ)u (τ)]dτ −∞

⎧ ∞ δ(τ)dτ + 2 ∞ exp(−3τ)u (τ)dτ + ∞ cos[4( t − τ)]δ(τ)dτ + ⎫ ∫− ∞ ∫−∞ ⎪ ⎪∫ y ( t ) = 2⎨ − ∞ ∞ ⎬ ⎪ ⎪+ 2∫ cos[4( t − τ)] exp(−3τ)u (τ)dτ −∞ ⎭ ⎩

{

∞

∞

0

0

}

y( t ) = 2 1 + 2 ∫ exp(−3τ)dτ + cos(4 t ) + 2 ∫ cos[4( t − τ)] exp(−3τ)dτ

y( t ) =

10 62 16 62 16 41 + cos(4t ) + sen(4 t ). Sea A = ; B = ; A 2 + B2 = 2,561 = 2 3 25 25 25 25 25

B φ = arctg( ) = 14,47 o ; A

y( t ) =

10 41 +2 cos(4 t − 14,47 o ) 3 25

t (d) x ( t ) = Π ( ); h(t) = δ(t) + 2exp(-3t)u(t); y(t) = x(t) ∗ h(t) 2 Aplicamos el procedimiento del Ejemplo 2.10(a), donde B = 1 y xo = 1. z(x) Î y(t); y(x) Î h(t) . Entonces, de la expresión (2.47), ∞

∞

−1 ∞

1

y(t) = ∫ h(t − τ)dτ − ∫ h(t − τ)dτ . Y para y(t) =

h(t) = δ(t) + 2exp(−3t)u(t), ∞

∫ [δ(t − τ) + 2exp[−3(t − τ)] u(t − τ)]dτ − ∫ [δ(t − τ) + 2exp[−3(t − τ)]u(t − τ)] dτ

−1

1

∞

∞

y(t) = ∫ δ(t − τ)u(t − τ)dτ + 2exp(−3t) ∫ exp(3τ)u(t − τ)dτ − −1

−1

∞

∞

1

1

-∫ δ(t-τ)u(t − τ)dτ − 2exp(−3t) ∫ exp(3τ)u(t − τ)dτ

Las integrales con impulsos son iguales a 1 y se eliminan. En las otras integrales el límite superior es t; la primera integral es válida en el intervalo −1 ≤ t < 1 , mientras que la segunda lo es para 1 ≤ t . Entonces, ⎡t ⎤ t ⎡t ⎤ y(t) = 2exp(−3t) ⎢ ∫ exp(3τ)dτ ⎥ Π ( ) − 2exp(−3t) ⎢ ∫ exp(3τ)dτ ⎥ u(t − 1) ⎣ −1 ⎦ 2 ⎣1 ⎦


Integrando, 2 t 2 y(t) = exp(−3t) [ exp(3t) − exp(−3)] Π ( ) − exp(−3t) [ exp(3t) − exp(3)] u(t − 1) 3 2 3 Finalmente, y(t) =

2 t 2 [1 − exp[−3(t + 1)]] Π ( ) − [1 − exp[−3(t − 1)]] u(t − 1) 3 2 3

En la Fig. P2.7 se muestra la forma de y(t). 1

y(t) 0.5

0

1

0

1

2

t

3

Fig. P2.7

2.8. La función de transferencia de un SLIT es ⎡ 1 ⎤ H(f ) = 10⎢1 − ⎥ exp(− j4πf ) . ⎣ 1 + j2πf ⎦ Determine la respuesta del SLIT cuando se le aplica la excitación x(t) = 5u(t-2). Solución: ⎧ 1 j2πf 1 ⎫ h ( t ) = 10 TF-1 ⎨1 − = ; de modo que ⎬ |t → t − 2 ; pero 1 − 1 + j2πf 1 + j2πf ⎩ 1 + j2πf ⎭ ⎧ j2πf ⎫ d 1 ⎫ d −1 ⎧ h ( t ) = 10 TF-1 ⎨ ⎬ |t → t − 2 = 10 TF ⎨ ⎬ |t → t − 2 = 10 [exp(− t )u ( t )] |t → t − 2 dt dt ⎩1 + j2πf ⎭ ⎩1 + j2πf ⎭

h ( t ) = 10[δ( t − 2) − exp[−( t − 2)]u ( t − 2)]

x ( t ) = 5u ( t − 2)

∞

y( t ) = 50 ∫ u ( t − 2 − τ)[δ(τ − 2) − exp[−(τ − 2)]u (τ − 2)]dτ −∞ ∞

∞

−∞

−∞

y( t ) = 50 ∫ u ( t − 2 − τ)δ(τ − 2)dτ − 50∫ exp[−(τ − 2)]u ( t − 2 − τ)u (τ − 2)dτ

pero u ( t − 2 − τ)u (τ − 2) = 1 y( t ) = 50u ( t − 4) − {50 ∫

t −2

2

para 2 ≤ t - 2 ó 4 ≤ t . Los límites van de 2 a (t – 2)

exp(−τ + 2)dτ}u ( t − 4)

y( t ) = 50u ( t − 4) − 50[1 − exp[−( t − 4)]]u ( t − 4)

y( t ) = 50 exp[−( t − 4)]u ( t − 4)


2.9. En el circuito RL de la Fig. 2.61 del Texto calcule la corriente cuando v( t ) = exp(− t )u ( t ) . Suponga que la corriente i(0-) = 0. Solución: v( t ) = exp(− t )u ( t ) ⇔ V(f ) = I(f ) =

⎡ 1 ⎤⎡ ⎤ V (f ) 1 1 = =⎢ = X1 (f )X 2 (f ) ⎥ ⎢ Z(f ) (1 + j2πf )(R + j2πfL) ⎣1 + j2πf ⎦ ⎣ R + j2πfL ⎥⎦ 1 ⇔ x1 ( t ) = exp(− t )u ( t ) 1 + j2πf

X1 (f ) =

1

X 2 (f ) =

⎤ ⎡R L ⎢ + j2πf ⎥ ⎣L ⎦ convolución, i ( t ) = x1 ( t ) ∗ x 2 ( t ) = pero

1 ; Z(f) = R + j2πfL; V(f) = Z(f)I(f) 1 + j2πf

⇔ x 2 (t) =

para 0 ≤ t . Los límites van de 0 a t.

R exp(− τ) exp[− ( t − τ)]dτ}u ( t ) = 0 L

∫

Y mediante el teorema de la

1 ∞ R exp(− τ)u (τ) exp[− ( t − τ)]u ( t − τ)dτ ∫ L −∞ L

u (τ)u ( t − τ) = 1

1 i( t ) = { L

1 R exp(− t )u ( t ) . L L

t

exp(−

R t ) − exp(− t ) L u (t ) L−R

Nota: Debe verificarse que |L – R| ≠ 0. 2.10. Determine, mediante convolución puramente analítica, la salida y(t) en los siguientes casos: (a) x ( t ) = 5Π (

t −5 ); h(t) = -2δ(t + 30) + 4δ(t - 50); y(t) = h(t) ∗ x(t) 10

y( t ) = x ( t ) ∗ [−2δ( t + 30) + 4δ( t − 50)] = −2x ( t + 30) + 4x ( t − 50) y( t ) = −10Π (

t − 5 + 30 t − 5 − 50 t + 25 t − 55 ) + 20Π ( ) = −10Π ( ) + 20Π ( ) 10 10 10 10 ∞

(b) x ( t ) = 10Λ ( t ); h(t) = 5 ∑ δ(t - 4n); T = 4 n = -∞

∞

∞

y( t ) = 50∫ Λ( t − τ)δ(τ − 4n )dτ = 50 ∑ Λ ( t − τ)δ(τ − 4n )dτ −∞ ∞

y( t ) = 50 ∑ Λ ( t − 4n ) n = −∞

n = −∞


(c) x ( t ) = 10u ( t ); h(t) = 10Π (

∞ t - 10 τ − 10 ); y(t) = 100∫ u ( t − τ)Π ( )dτ ∞ 20 20

20

y( t ) = 100 ∫ u ( t − τ)dτ 0

Esta integral es una función de t en el intervalo 0 ≤ t ≤ 20 , y tiene un valor constante para t > 20. y(t) se puede escribir en la forma siguiente:

⎧ t dτ para 0 ≤ t ≤ 20 ⎪∫0 y( t ) = 100⎨ t ⎪⎡ ∫ dτ⎤ |t = 20 para 20 < t ⎩⎢⎣ 0 ⎥⎦ que equivale a la forma t t − 10 ⎧ ⎡ t ⎤ y( t ) = ⎡100 ∫ dτ⎤ Π ( ) + ⎨100 ∫ dτ |t = 20 ⎫⎬u ( t − 20) . Resolviendo la integral, ⎢⎣ ⎥⎦ 0 20 ⎩ ⎢⎣ 0 ⎥⎦ ⎭

y( t ) = 100 ⋅ t ⋅ Π (

t − 10 ) + 2000u ( t − 20) 20

(d) x ( t ) = 10u ( t ); h(t) = 10(10 - t)Π y( t ) = 1000

∫

∞

−∞

u ( t − τ) Π (

t −5 t -5 t −5 ) = 100Π ( ) − 10tΠ ( ) 10 10 10

τ−5 )dτ − 100 10

10

10

0

0

∫

∞

−∞

τu ( t − τ)Π (

τ−5 )dτ . 10

y( t ) = 1000 ∫ u ( t − τ)dτ − 100 ∫ τ ⋅ u ( t − τ)dτ

Sea y1(t) la primera integral e y2(t) y( t ) = y1 ( t ) + y 2 ( t ). Igual que en el problema anterior,

la

segunda.

⎧ t dτ para 0 ≤ t ≤ 10 ⎪∫0 y1 ( t ) = 1000⎨ t ⎪⎡ ∫ dτ⎤ |t =10 para 10 < t ⎩⎢⎣ 0 ⎥⎦ ⎧ t τdτ para 0 ≤ t ≤ 10 ⎪∫0 y 2 ( t ) = −100⎨ t ⎪⎡ ∫ τdτ⎤ |t =10 para 0 < t ⎥⎦ ⎩⎢⎣ 0 y( t ) = 1000 tΠ (

t −5 1 t −5 ) + 10000u ( t − 10) − 100 t 2Π ( ) − 5000u ( t − 10) 10 2 10

y( t ) = (1000 t − 50t 2 )Π (

t −5 ) + (10000 − 5000)u ( t − 10) 10

Entonces,


y( t ) = 50(20t − t 2 )Π (

t −5 ) + 5000u ( t − 10) 10

La salida y(t) tiene la forma dada en la Fig. P2.10. t −1 t -3 ); h(t) = 10Π ( ). 4 4 Aplicar el procedimiento mostrado en el Ejemplo 2.40 (c). (e) x ( t ) = 10Π (

2.11. Dibuje el espectro de las siguientes señales (a)

x s ( t ) = 10sinc 2 (

∞ t ) ⋅ ∑ δ( t − nT) 2T n = −∞

Solución: Sea

x s ( t ) = x1 ( t ) ⋅ x 2 ( t ) ⇔ X s (f ) = X1 (f ) ∗ X 2 (f )

donde x1 ( t ) = 10sinc 2 ( x 2 (t) =

∞

∑

n = −∞

t ) ⇔ X1 (f ) = 20TΛ (2Tf ) 2T

δ( t − nT) ⇔ X 2 (f ) = f o ∞

X s (f ) = 20T ∫ Λ[2T(f − v)]f o −∞

∞

X s (f ) = 20 ∑

n = −∞

∫

∞

−∞

∞

∑ δ(f − nf );

fo =

o

n = −∞

1 T

∞

∑ δ(v − nf )dv o

n = −∞

∞

Λ[2T(f − v)]δ( v − nf o )dv = 20 ∑ Λ[2T(f − nf o )] n = −∞

20

Xs(f)

− 3f o / 2 − f o − f o / 2 0 f o / 2 Fig. P2.11(a).

f

f o 3f o / 2

∞ ⎡ f − nf o ⎤ X s (f ) = 20 ∑ Λ ⎢ ⎥ . Este espectro se muestra en la Fig. P2.11(a) n = −∞ ⎣ fo / 2 ⎦

(b)

∞ ⎡ n ⎤ x s ( t ) = ⎢2sinc(2t ) ⋅ δ( t − ) ⎥ ∗ 4Π (4 t ) 3 ⎦ n = −∞ ⎣

∑


Solución: f 2

Sea x1 ( t ) = 2sinc(2t ) ⇔ X1 (f ) = Π ( ) ; x 2 (t) =

∞

T = 1/3; fo = 3

∞ n δ( t − ) ⇔ X 2 (f ) = 3 δ(f − 3n ) ; x ( t ) = x1 ( t ) x 2 ( t ) ⇔ X(f ) = X1 (f ) ∗ X 2 (f ) 3 n = −∞ n = −∞

∑

X (f ) =

∫

∑

∞

−∞

Π(

∞ ∞ f −v δ( v − 3n )dv = 3 )3 2 n = −∞ n = −∞

∑

∑∫

∞

−∞

Π(

f x 3 ( t ) = 4Π (4t ) ⇔ X 3 (f ) = sinc( ). También 4

∞ f −v f − 3n Π( )δ( v − 3n )dv = 3 ) 2 2 n = −∞

∑

x s ( t ) = x ( t ) ∗ x 3 ( t ) ⇔ X s (f ) = X (f ) ⋅ X 3 (f )

∞ f f − 3n X s (f ) = 3sinc( ) ⋅ ) . En la Fig. P2.11(b) se grafica este espectro. Π( 4 n = −∞ 2

∑

2.12. Demuestre que en una red de transmisión sin distorsión el retardo de fase y el retardo de envolvente son iguales cuando β(0) = 0.¿Qué sucede cuando β(0) ≠ 0? Respuesta: En una red de transmisión sin distorsión se verifica, ecuación (2.59) del Texto, cuando n = 0, que β(f ) = −2πt o f . Por definición, ecuaciones 2.65 y 2.66 del Texto, para f = 0, β(0) = 0 y los retardos serán iguales a cero. Para f ≠ 0, las pendientes son iguales y tp(f) = tg(f). La situación es diferente cuando n ≠ 0; en este caso, para f = 0, β(0) = ± nπ . Esto significa que si la característica aunque sea lineal no pasa por el origen, habrá un término de distorsión inicial constante. En efecto, de la expresión (2.57) del Texto, H(f ) = h o exp[ jβ(f )] = h o exp[ j(−2πt o f ± nπ)] = (−1) n h o exp(− j2πt o f ) El término (-1)n para n entero representa un término de distorsión de fase constante inicial que no es grave en el caso general; sin embargo, la situación es más grave si la característica de fase es lineal en algún intervalo de frecuencias, pero si su prolongación, para f = 0, no pasa por un múltiplo entero de π, entonces se producirá un


término de distorsión de fase. Esto es de particular importancia en la transmisión de datos. 2.13. En la Fig. 2.62 del Texto se muestra las características de amplitud y fase de una red dada. (a) Demuestre que esta red produce un término de distorsión de fase. Solución: Nótese que la característica de fase, aunque lineal, no corta el eje β(f) en un múltiplo entero de π. De la Fig. 2.62(b) del Texto, ⎧− π ⎪⎪ 30 (f − 10) para 0 ≤ f β(f ) = ⎨ ⎪ - π (f + 10) para f < 0 ⎪⎩ 30 Por ejemplo, para f ≥ 0: β(f ) = −

1 π π π π f + = −2π f + = −2πt o f + ; to = 1/60 30 3 60 3 3

π La red produce un término constante de fase exp(− j ). 3 (b) Demuestre que el retardo de fase y el retardo de grupo son, respectivamente, t p (f ) =

1 1 1 + ; t g (f) = 60 6f 60

Solución: Por definición, −π π f+ 1 β( f ) 1 30 3 = 1 − 1 =− t p (f ) = − 2π f 2π f 60 6f t g (f ) = (c)

−1 d −1 − π 1 = β(f ) = 2π df 2π 30 60

t p (f ) =

1 1 − , 60 6f

cuya gráfica se muestra en la

Fig. P2.13. Para f < 10, el retardo es negativo, lo cual no corresponde a redes físicas en las cuales el retardo es siempre positivo. Para f = 0, el retardo es cero y aumenta con f hasta un valor máximo tomax = 1/60 cuando f → ∞.


2.14. La señal x ( t ) = 10sinc(10 t ) + 10sinc 2 (5t ) cos(30πt ) se aplica a un filtro cuyas características de amplitud y fase se muestran en la Fig. 2.63 del Texto. Demuestre que la salida del filtro es 1 y( t ) = 40sinc[10( t − )] + 20sinc 2 (5t ) sen(30πt ) 40 ¿Qué tipos de distorsión hay presentes en la salida? Solución: X(f)

f f + 15 f − 15 ) + Λ( ) + Λ( ) 10 5 5 que se muestra en la Fig.P2.13 X (f ) = Π (

De la Fig. 2.131 del características del filtro son:

Texto,

Para f ≤ 10 : ganancia 4 y β(f) = β(f ) = −2π

-20 -15 -10 -5 0

las

1 f 5 10 15 20

Fig. P2.14

-π f 20

1 1 f ; to = 40 40

Para − 20 < f ≤ −10 : ganancia 2 y β(f) = Para 10 < f ≤ 20 : ganancia 2 y β(f) = -

π 2

π 2

Por lo tanto, Y(f ) = 4Π (

f + 15 f − 15 f 1 π π ) exp(− j2π f ) + 2Λ ( ) exp( j ) + 2Λ ( ) exp(− j ) 10 40 5 2 5 2

Y(f ) = 4Π (

f 1 f + 15 f − 15 ) exp(− j2π ) + 2 j[Λ ( ) + Λ( )] 10 40 5 5

⎧ f ⎫ 2 2 y( t ) = 4 TF-1 ⎨Π ( )⎬ | 1 +10 jsinc (5t ) exp(− j2 π15t ) + 10 jsinc (5 t ) exp( j2π15t ) t t → − ⎩ 10 ⎭ 40 y( t ) = 40sinc[10( t −

1 )] + 10 jsinc 2 (5t )[exp(− j2π15t ) − exp( j2π15t )] 40

y( t ) = 40sinc[10( t −

1 )] + 20sinc 2 (5t ) sen(30πt ) 40

Hay distorsión de amplitud y de fase.


2.15. En la Fig. 2.64 del Texto se muestra las características de amplitud y fase de un filtro dado. Determine la salida del filtro para cada una de las señales siguientes, y especifique el tipo de distorsión producido. Solución: De la Fig. 2.64 del Texto, las características del filtro son: Para f < 10 MHz : ganancia cero y β(f) = Para f ≤ −10 MHz : ganancia 2 y β(f) = Para f ≥ 10 MHz :

1 1 π f = -2π f; t o = 20 40 40

π 2

ganancia 2 y β(f) = -

π 2

(a) x ( t ) = 4sinc(2 x105 t ) cos(2π106 t ); f c = 106 ;

sinc(2x105 t ) ⇔

2 ⎡ f + 106 f − 106 ⎤ X (f ) = Π( ) + Π( ) 2 x105 ⎢⎣ 2 x105 2 x105 ⎥⎦ que tiene la forma de la figura P2.15(a). Por lo tanto, el filtro dejará pasar solamente componentes para f ≥ 1 MHz , pero la fase será

X(f)

1 f Π( ) 5 2x10 2x105 -5

10

0,2 -1

0 Fig. P2.15(a)

f MHz

1

lineal. La salida y(t) será: Y(f ) = 2x10 − 5 [Π (

[

f + 1,05x106 f − 1,05x106 ) + Π ( )] exp(− j2πt o ) 105 105

]

y( t ) = 2 sinc[105 ( t − t o )] exp[− j2π1,05x106 ( t − t o )] + sinc(105 t ) exp[ j2π1,05x106 ( t − t o )] y( t ) = 4sinc[105 ( t − t o )] cos[2π1,05x106 ( t − t o )] , donde t o =

1 10 −6 π = 2π 2x107 40

Hubo distorsión de amplitud solamente. (b) x ( t ) = 4sinc(2x106 t ) cos(2π107 t ); f c = 10 MHz; sinc(2x106 t ) ⇔ ⎡ f + 107 f − 107 ⎤ + Π X(f ) = 10 − 6 ⎢Π ( ) ( )⎥ 6 2x106 ⎦ ⎣ 2 x10

que tiene la forma de la figura P2.15(b). Vemos que no hay distorsión de amplitud, pero sí de fase:

X(f)

1 f Π( ) 6 2x10 2 x106 -6

10

f -11 -10 -9

0 Fig. P2.15(b)

9 10 11 MHz


para f ≤ 10 MHz, la fase es lineal, pero para f > 10MHz, la fase es

π . Entonces,vemos que 2

la salida Y(f) está formada por dos partes, es decir, ⎡ f + 10,5x106 f − 10,5x106 π π ⎤ Y(f ) = 2x10− 6 ⎢Π ( ) exp( j ) + Π ( ) exp(− j )⎥ + 6 6 10 2 10 2 ⎦ ⎣ ⎡ f + 9,5x106 f − 9,5x106 ⎤ + 2 x10 − 6 ⎢Π ( ) + Π ( )⎥ exp(− j2πt o f ) 106 106 ⎣ ⎦

⎡ f + 10,5x106 f − 10,5x106 ⎤ Y(f ) = 2 x10 − 6 j⎢Π ( ) − Π ( )⎥ + 106 106 ⎣ ⎦ ⎡ f + 9,5x106 f − 9,5x106 ⎤ + 2 x10 − 6 ⎢Π ( ) + Π ( )⎥ exp(− j2πt o f ) 106 106 ⎣ ⎦

[

]

y( t ) = 2 j sinc(106 t ) exp(− j2π10,5x106 t ) − sinc(106 t ) exp( j2π10,5x106 t ) +

[

6

6

]

6

+ 2 sinc[10 ( t − t o )] exp[− j2π9,5x10 ( t − t o )] + sinc[10 ( t − t o )] exp[ j2π9,5x106 ( t − t o )] y( t ) = 4sinc(106 t ) cos(2π10,5x106 t ) + 4sinc[106 ( t − t o )] cos[2π9,5x106 ( t − t o )] ; t o =

−6

10 40

Hubo distorsión de fase solamente. (c) x ( t ) = 16sinc(8x105 t ) cos(28π106 t ) + 2sinc(106 t ) cos(107 πt ) f c1 = 14x106 ; f c2 = 5x106 ⎡ f + 14 x106 f − 14 x106 ⎤ f + 5x106 f − 5x106 ⎤ −6 ⎡ + Π + Π + Π X(f ) = 10 − 5 ⎢Π ( ) ( ) 10 ( ) ( )⎥ ⎢ 0,8x106 0,8x106 ⎥⎦ 106 106 ⎣ ⎣ ⎦

X(f) tiene entonces la forma de la Fig. P2.15(c) Comparando con las características del filtro podemos ver que la salida es

Y(f ) = 2 x10 − 5 [Π ( + 2 x10− 6 [Π (

X(f)

-5

10

-6

10 -14

-5

0 Fig. P2.15(c)

0,8 1 5

f + 14 x106 π f − 14 x106 π ) exp( j ) + Π ( ) exp(− j )] + 6 6 0,8x10 2 0,8x10 2

f + 5x106 f − 5x106 ) + Π( )] exp(− j2πt o f ) 6 10 106

f

MHz 14


⎡ f + 14 x106 f − 14 x106 ⎤ Y(f ) = 2 x10 − 5 j⎢Π ( ) − Π ( ) + 0,8x106 0,8x106 ⎥⎦ ⎣ ⎡ f + 5x106 f − 5x106 ⎤ + 2 x10 − 6 ⎢Π ( ) + Π ( )⎥ exp(− j2πt o f ) 106 106 ⎣ ⎦

y( t ) = 2x10−5 j[0,8x106 sinc(0,8x106 t ) exp(− j2π14x106 t ) + − 0,8x106 sinc(0,8x106 t ) exp( j2π14 x10x106 t )] +

[

]

+ 2 x10 −6 106 sinc(106 t ) exp( − j2π5x106 t ) + 106 sinc(106 t ) exp( j2π5x106 t ) |t → t − t o

[

]

y( t ) = 16 jsinc(0,8x10 t ) exp(− j2π14x10 t ) − exp( j2π14x10 t ) + 6

6

[

6

6

6

6

]

+ 2sinc(10 t ) exp( j2π5x10 t ) + exp(− j2π5x10 t ) |t → t − t o y( t ) = 32sinc(8x105 t ) sen(28π106 t ) + 4sinc[106 ( t −

10 −6 10 −6 )] cos[π107 ( t − )] 40 40

Hubo distorsión de fase solamente. 2.16. Un sistema lineal está representado mediante la ecuación diferencial d d y( t ) + a o y( t ) = b1 x ( t ) + bo x ( t ) dt dt (a)

Determinar |H(f)|, β(f) y h(t).

Tomando la TF :

j2πfY(f ) + a o Y(f ) = b1 j2πfX(f ) + b o X(f )

Y(f )[a o + j2πf ] = X(f )[b o + b1 j2πf ] ∴ Y(f ) = H (f ) =

b o + b1 j2πf ; a o + j2πf

H (f ) =

bo j2πf + b1 a o + j2πf a o + j2πf

b o + b1 j2πf X(f ) , de donde a o + j2πf

b o2 + (b1 2πf ) 2 ; a o2 + (2πf ) 2

H(f) =

β(f) = arctg(

b1 2πf 2πf ) − arctg( ) bo ao

⎧ ⎫ ⎫ 1 d 1 -1 ⎧ h ( t ) = b o TF-1 ⎨ ⎬ + b1 TF ⎨ ⎬ dt ⎩ a o + j2πf ⎭ ⎩ a o + j2πf ⎭ d h ( t ) = b o exp(−a o t )u ( t ) + b1 [exp(−a o t )u ( t )] dt h ( t ) = b o exp(−a o t )u ( t ) + b1 exp(−a o t )δ( t ) − b1a o exp(−a o t )u ( t )

h ( t ) = (b o − a o b1 ) exp(−a o t )u ( t ) + b1δ( t ) (b) Para bo = 0,

H (f ) =

2πb1 f a + (2πf ) 2 o

2

; β(f) =

2πf π ) − arctg( 2 ao


Para graficar, hagamos, por ejemplo, a o = 10 y b1 = 100 . Las características del filtro tendrán la forma, Fig. P2.16,

Este es un filtro pasaalto. (b)

Para bo = 0, H(f ) =

2πb1f a o2

+ (2πf )

2

; β(f) =

Para graficar hagamos ao = 10; b1 = 10;

2πf π - arctg( ) 2 ao

H (f ) =

20πf 100 + (2πf ) 2

En la Fig. P2.16(b) se muestra las características de este filtro. Este es un filtro pasaalto.

(c)

Para b1 = 0 y ao = 1 β(f ) = − arctg(2πf )

Por definición, t g (f ) = − t g (f ) = −

1 d β(f ) 2π df

1 d 1 [− arctg(2πf )] = 2π df 1 + (2πf ) 2

En la figura P2.16(c) se grafica tg(f).

; β(f) =

π πf - arctg( ) 2 5


2.17. La red mostrada en la Fig. 2.65 del Texto es un sistema muy utilizado en instrumentos de medición. (a) Demuestre que cuando R1C1 = R2C2, la red se comporta como una red sin distorsión con retardo cero. Solución: Sea, en la Fig. 2.65 del Texto: Z1 (f ) =

Z 2 (f ) Z 2 (f ) R2 X (f ) ∴ H (f ) = = Z1 (f ) + Z2 (f ) Z1 (f ) + Z2 (f ) R 1 + j2πfR 2C 2 + R 1 2 1 + j2πfR1C1

Y (f ) =

H (f ) =

R1 R2 y Z2 (f ) = 1 + j2πfR1C1 1 + j2πfR 2C 2

R 2 (1 + j2πfR 1C1 ) R 2 + j2πfR 1R 2 C1 = R 1 (1 + j2πR 2 C 2 ) + R 2 (1 + j2πR 1C1 ) (R 1 + R 2 ) + j2πfR 1R 2 (C1 + C 2 )

Si R1C1 = R 2C 2 ,

entonces,

Por consiguiente, H(f) =

H (f ) =

R2 R1 + R 2

R2 = h o y β(f) = 0 , lo que implica que to = 0. El retardo R1 + R 2

es cero. La red se comporta como una red sin distorsión pero con retardo cero. (b) Sea R1 = 2R 2 = 1000 Ω; R 2 = 500 Ω; C1 = C 2 = 10 µF; R1C1 = 10−2 ; R 2C 2 = 5x10−3 R 1R 2 (C1 + C 2 ) = 10

H(f ) = 50

1 + j2πfx10−2 150 + j2πf

H(f) = 50

1 + 4π 2f 2 x10 −4 ; (150) 2 + 4π2 f 2

β(f) = arctg

2πf 2πf − arctg 100 150

Estas características tienen la forma dada en la Fig. P2.17

Nótese que para frecuencias superiores a 1 kHz, el sistema se comporta como una red sin distorsión con un desfase muy bajo que tiende rápidamente a cero.


2.18. Un sistema no lineal tiene la característica de transferencia y( t ) = a 1x ( t ) + a 2 x 2 ( t ) + a 3 x 3 ( t ) La salida deseada es la correspondiente a x(t). (a) Sea x ( t ) = cos(10πt ) + cos(100πt ); a1 = 11; a 2 = 6; a 3 = 4 Determine los términos de distorsión armónica y los de intermodulación. Calcule la potencia promedio de la salida deseada. Solución: Sea 10π = ω1; f1 = 5; 100π = ω2 ; f 2 = 50 y( t ) = a1 cos(ω1t ) + a1 cos(ω2 t ) + a 2 [cos(ω1t ) + cos(ω2 t )]2 + a 3[cos(ω1t ) + cos(ω2 t )]3 Desarrollando el cuadrado y el cubo, y agrupando téminos llegamos a y( t ) = a 2 + [a 1 +

a a 3 3a 3 a 3 + + ][cos(ω1 ) + cos(ω2 t )] + 2 [cos(2ω1t ) + cos(2ω2 t )] + 2 2 2 4

a3 [cos(3ω1t ) + cos(3ω2 t )] + a 2{cos[(ω1 + ω2 ) t ] + cos[(ω1 − ω2 ) t ]} 4 3a 3a + 3 {cos[(2ω1 + ω2 ) t ] + cos[(2ω1 − ω2 ) t ]} + 3 {cos[(2ω2 + ω1 ) t ] + cos[(2ω2 − ω1 ) t ]} 4 4 +

y( t ) = 6 + 20[cos(ω1t ) + cos(ω2 t )] + 3[cos(2ω1t ) + cos(2ω2 t )] + [cos(3ω1t ) + cos(3ω2 t )] + + 6{cos[(ω1 + ω2 ) t ] + cos[(ω1 − ω2 ) t ]} + 3{cos[(2ω1 + ω2 ) t ] + cos[(2ω1 − ω2 ) t ]} + + 3{cos[(2ω2 + ω1 ) t ] + cos[(2ω2 − ω1 ) t ]}

La salida deseada es Cuya potencia es

x d ( t ) = 20 cos(10πt ) + 20 cos(100πt )

< x d2 ( t ) >= 200 + 200 = 400 W

Los términos de salida son: 1 término de componente continua:

6

4 términos de Distorsión Armónica a las frecuencias 2f1, 2f2, 3f1 y 3f2 6 términos de Distorsión de Intermodulación a las frecuencias (f1 + f2), (f1 – f2), (2f1 + f2), (2f1 - f2), (2f2 + f1) y (2f2 – f1 ) (b) x ( t ) = 10 cos(100πt ) = 100 cos(ωt ); ω = 100π; a1 = 2; a 2 = 10−2 ; a 3 = 10−3 y( t ) = 20 cos(ωt ) + 10−2102 cos 2 (ωt ) + 10−3103 cos3 (ωt ) y( t ) = 0,5 + 20,75 cos(100πt ) + 0,5 cos(200πt ) + 0,25 cos(600πt ) El porcentaje de “Distorsión de Tercera Armónica” es, del Ejemplo 2.45 del Texto,


(c)

D3 % =

Amplitud de la Componente de Tercera Armónica 100 Amplitud de la Componente Fundamental

D3 % =

0,25 100 = 1,205% 20,75

x(t) = 2x103 sin c(2x103 t); a1 = 10; a 2 = −10−2 ; a 3 = 0

y( t ) = 20x103 sinc(2x103 t ) − 10−2 x 4x106 sinc 2 (2 x103 t ) Y (f ) =

f 4 x104 f 20 x103 Π − Λ( ) ) ( 3 3 3 2 x103 2x10 2x10 2 x10

Y(f ) = 10Π (

f f ) − 20Λ ( ) 3 2x10 2x103

cuyo espectro se muestra en la Fig. P2.18. 2.19. Sea una señal x(t) de banda limitada fm. ¿Es x2(t) también de banda limitada? Si lo es, determine su frecuencia máxima. En general, ¿Qué puede decirse del espectro de xn(t)? (Utilice el teorema de la convolución). Determine y dibuje, en cada caso, el espectro del cuadrado de las siguientes señales y observe sus correspondientes anchos de banda. Solución: x(t) es de banda limitada fm. ∞

y( t ) = x 2 ( t ) ⇔ Y(f ) = X(f ) ∗ X(f ) = ∫ X( v)X(f − v)dv −∞

Si x(t) es de banda limitada, el producto de convolución ocupará un ancho de banda 2fm (frecuencias positivas); por lo tanto, x2(t) será también de banda limitada. x 3 ( t ) ⇔ [X(f ) ∗ X(f )] ∗ X(f ) → será de banda limitada 3fm y en general, x n ( t ) = [X(f ) ∗ X(f ) ∗ X(f ) ⋅ ⋅⋅] ∗ X(f ) → será de banda limitada nfm (en el corchete hay (n – 1) términos). Si x(t) es pasabanda, de ancho de banda 2B centrado en fc, el ancho de banda de y( t ) = x n ( t ) será 2nB con la condición fc > nB. (a) x ( t ) = 4Af msinc(2f m t ) y( t ) = x 2 ( t ) = 16A 2f m2 sinc 2 (2f m t )


X(f ) = 2AΠ (

f ) 2f m

Y(f ) = 8f m A 2 Λ (

f ) 2f m

Estos espectros tienen la forma mostrada en la Fig. P2.19(a) Nótese que el espectro de x2(t) tiene un ancho de banda el doble del de x(t). ⎡ f + fc f − fc ⎤ (b) x ( t ) = 4Af msinc(2f m t ) cos(2πf c t ) ⇔ A ⎢Π ( ) + Π( ) 2f m 2f m ⎥⎦ ⎣

y( t ) = x 2 ( t ) = 4A 2f m2 sinc 2 (2f m t ) cos 2 (2πf c t ) y( t ) = 2A 2f m2 sinc 2 (2f m t ) + 2A 2f m2 sinc 2 (2f m t ) cos(2π2f c t ) Y (f ) = A 2 f m Λ (

f A 2f m )+ 2f m 2

⎡ f + fc f − fc ⎤ ⎢ Λ ( 2f ) + Λ ( 2f ) ⎥ m m ⎦ ⎣

cuyos espectros se muestran en la figura P2.19(b)

2.20. En la Fig. 2.66 del Texto se muestra las características ideales de un filtro conocido con el nombre de “filtro de ranura (notch filter)”. Este filtro se utiliza para eliminar frecuencias indeseables. Determinar su respuesta impulsional Solución: De la Fig. 2.66 del Texto, f + fc f − fc ⎤ -π 1 1 ⎡ H(f ) = h o ⎢1 − Λ( ) − Λ( )⎥; β(f) = f = −2 π f ; to = B B ⎦ 4f c 8f c 8f c ⎣

f + fc f − fc ⎤ ⎡ H(f ) = h o ⎢1 − Λ( ) − Λ( ) exp(− j2πt o f ) B B ⎥⎦ ⎣

[

]

h ( t ) = h o δ( t − t o ) − h o B sinc 2 (Bt ) exp(− j2πf c t ) + sinc 2 (Bt ) exp( j2πf c t ) |t → t − t o

[

]

h ( t ) = h o δ( t − t o ) − 2h o B sinc 2 (Bt ) cos(2πf c t ) |t → t − t o

h ( t ) = h o δ( t − t o ) − 2h o Bsinc2 [B( t − t o )] cos[2πf c ( t − t o )] con t o =

1 8f c


2.21. Sea un filtro cuya función de transferencia es H(f ) = h osinc(τf ) exp(− j2πt o f ). Si se le t aplica la señal x ( t ) = AΠ ( ), determine su salida y(t). τ Solución: t H(f ) = h osinc(τf ) exp(− j2πt o f ); x(t) = AΠ ( ) ⇔ X(f ) = Aτsinc(τf ) τ Y(f ) = H(f )X(f ) = Aτh osinc 2 (τf ) exp(− j2πt o f ) t − to ⎡1 t ⎤ y( t ) = Aτh o TF-1{sinc 2 (τf )}|t → t − t o = Aτh o ⎢ Λ ( )⎥ |t → t − t o = Ah o Λ ( ) τ ⎣τ τ ⎦ 2.22. Sea los filtros reales mostrados en la Fig. 2.67 del Texto. (a) Determine y grafique las correspondientes características de amplitud y de fase. (b) Determine los anchos de banda de 3 dB. (c) Determine las ecuaciones integrodiferenciales que los caracterizan. (d) Para los filtros (a) y (b), determine el retardo de envolvente y el ancho de banda de acuerdo con la definición dada en la expresión (2.79) del Texto. Solución: 1. Sea la Fig. 2.67(a) del Texto.

(a) De la forma del circuito,

H (f ) =

1 j2πfC Y (f ) = X(f ) . De donde 1 R+ j2πfC

1 1 ; H(f) = ; β(f) = -arctg(2πfRC) 1 + j2πfRC 1 + (2πfRC) 2

Gráfica para R = 600 y C = 10-7 Este es un filtro pasabajo, Fig. 2.22(a).


(b) Ancho de banda de 3 dB. Sea B este ancho de banda; por definición, 1 1 + (2πBRC)

2

=

1 1 → (2πBRC) 2 = 1∴ B = 2πRC 2

Para R = 600 Ω y C = 10-7 F,

B = 2653 Hz

(c) Ecuación diferencial. Y (f ) =

1 1 1 X (f ) = X (f ) 1 1 + j2πfRC RC + j2πf RC

⎫ ⎧ ⎪ ⎪ 1 1 1 t y( t ) = TF −1 ⎨ ∗ x(t) = [exp(− )u ( t )] ∗ x ( t ) ⎬ 1 RC RC RC ⎪ + j2πf ⎪ ⎭ ⎩ RC

y( t ) =

τ 1 ∞ 1 ∞ τ x ( t − τ ) exp( − ) u ( τ ) d τ = x ( t − τ) exp(− )dτ ∫ ∫ − ∞ 0 RC RC RC RC

(d) Retardo de envolvente tg(f). β(f ) = − arctg(2πfRC); t g (f ) =

RC −1 d [− arctg(2πfRC)] = 2π df 1 + (2πfRC) 2

Ancho de Banda según ecuación (2.79) del Texto. ∞

1 ∫ H(f ) df Ecuación (2.79) del Texto: B = − ∞ 2 H(f ) max Pero la integral

∫

∞

−∞

H(f ) df → ∞. Esto quiere decir que no podemos utilizar la expresión

(2.79) del Texto para evaluar el ancho de banda. 2. Sea el circuito de la Fig. 2.67(b) del Texto. (a) R

H (f ) = R+

1 j2πfC

=

2π f RC j2πfRC π ; H(f) = ; β(f) = − arctg(2πfRC) 2 1 + j2πfRC 2 1 + (2πfRC)

En la Fig. P2.22(b) se grafica H(f) para R = 1200 Ω y C = 10-6 F.


Este es un filtro utilizado para la eliminación de la componente continua y componentes de baja frecuencia. Ajustando los valores de R y de C se puede lograr valores muy bajos para el ancho de banda de 3 dB, como veremos a continuación. (b) Ancho de banda de 3 dB. Sea B este ancho de banda. De la definición, 2πBRC 1 + (2πBRC)

2

=

1 1 → (2πBRC) 2 = 1∴ B = 2πRC 2

para R = 1200 Ω y C = 10-6 F, (c) Ecuación Diferencial.

B = 132,6 Hz.

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

j2πf 1 + j2πf RC

X (f )

⎧ ⎫ ⎪ ⎪ π j 2 f y( t ) = TF −1 ⎨ ⎬ ∗ x ( t ); 1 ⎪ + j2πf ⎪ ⎩ RC ⎭ ⎧ ⎫ ⎪ j2πf ⎪ d t 1 t )u ( t )] = δ( t ) − exp(− )u ( t ) pero TF ⎨ ⎬ = [exp(− 1 RC RC RC ⎪ + j2πf ⎪ dt ⎩ RC ⎭ -1

∞

y( t ) = ∫ x ( t − τ)[δ(τ) − −∞ ∞

τ 1 exp(− )u (τ)]dτ RC RC

y( t ) = ∫ x ( t − τ)δ(τ)dτ − −∞

y( t ) = x ( t ) −

τ 1 ∞ x ( t − τ) exp(− )u (τ)dτ ∫ RC − ∞ RC

τ 1 ∞ x ( t − τ) exp(− )dτ ∫ RC 0 RC

(d) Retardo de Envolvente tg(f). β(f ) =

−1 d π π − arctg(2πfRC); t g (f ) = [ − arctg(2πfRC)] 2 2π df 2


RC 1 + (2πfRC) 2

t g (f ) =

Ancho de Banda según la ecuación (1.79) del Texto.

∫

En este caso se verifica también que

∞

−∞

H(f ) df → ∞ , de modo que no se puede

utilizar la ecuación (2.79) para definir un ancho de banda para este filtro. 3. Sea el circuito de la Fig. 2.67(c) del Texto. (a) Definamos:

1 1 1 − (2πf ) 2 LC j2πfL = + j2πfC = ∴ Z1 (f ) = Z1 (f ) j2πfL j2πfL 1 − (2πf ) 2 LC

R H (f ) = = R + Z1 (f ) R +

H (f ) =

R R − (2πf ) 2 RLC = j2πfL [R − (2πf ) 2 RLC] + j2πfL 2 1 − (2πf ) LC

R − (2πf ) 2 RLC [R − (2πf ) RLC] + (2πfL) 2

2

2

; β(f) = -arctg[

2πfL ] R - (2πf) 2 RLC

Para graficar H(f), Fig. P2.22(c), hagamos L=1 H, C = 10-7 F y R = 10 KΩ.

Este filtro es una realización práctica del “filtro de ranura” visto en el Problema 2.20. Los ceros de |H(f)| están a una frecuencia para la cual (2πfo)2LC = 1, es decir, para 1 fc = . En el presente caso, fc = 503,3 Hz. 2π LC (b) Ancho de Banda de 3 dB. Sea B este ancho de banda; de la definición, [R − (2πB) 2 RLC] [R − (2πB) 2 RLC]2 + (2πBL) 2

=

1 , de donde, 2

R 2 [1 − (2πB) 2 LC]2 − (2πBL) 2 = 0 Resolviendo esta ecuación, las frecuencias de 3 dB de |H(f)| son:


± L + L2 + 4R 2 LC . Para R = 104, L = 1 y C = 10-7, las frecuencias de 3 dB B= 4πRLC son: B1 = 429,967 Hz; B2 = 589,122 Hz, siendo la frecuencia de corte o de la ranura igual a fc = 503,3 Hz.

Y (f ) =

(d) Ecuación diferencial.

R − (2πf ) 2 RLC [R − (2πf ) 2 RLC] + j2πfL

X(f ) ; donde H(f) se

puede desarrollar en la forma H (f ) =

R R + LC( j2πf ) 2 2 R − (2πf ) RLC + j2πfL R − (2πf ) RLC + j2πfL 2

H(f ) = H1 (f ) + LC( j2πf ) 2 H1 (f ) ⇔ h ( t ) = TF −1{H1 (f )} + LC

d2 TF −1{H1 (f )} dt 2

⎧ ⎫ R h1 ( t ) = TF −1 ⎨ ⎬ . Para esta expresión MATCAD nos da 2 ⎩ R − (2πf ) LC + j2πfL ⎭ h1 ( t ) =

2R 4R 2CL − L2

h ( t ) = h1 ( t ) + LC

exp(−

⎡ 4R 2CL − L2 t ) sen ⎢ 2RC 2RCL ⎢⎣

⎤ t ⎥ u(t) ⎥⎦

d2 h1t . También y( t ) = h ( t ) ∗ x ( t ) , de donde dt 2

⎡ ⎤ d2 y( t ) = ⎢h1 ( t ) + LC 2 h1 ( t )⎥ ∗ x ( t ) dt ⎣ ⎦

El lector puede simplificar aún más esta expresión. 4. Sea el circuito de la Fig. 2.67(d) del Texto. (a) H(f ) =

R R + j2πfL +

H (f ) =

1 j2πfC

=

j2πfRC 1 − (2πf ) 2 LC + j2πfRC

2π f RC [1 − (2πf ) 2 LC]2 + (2πfRC) 2

; β(f ) =

π 2πfRC − arctg[ ] 2 1 − (2πf ) 2 LC

En la Fig. P2.22(d) se grafican estas características para R = 600 Ω, L = 0,01 H y C = 10-6


Este filtro elimina la componente continua. Nótese un valor máximo a la frecuencia 1 para la cual f o = ; en este caso fo = 1592 Hz. Allí se produce un cambio de 2π LC fase. Veremos a continuación que éste es en realidad un filtro pasabanda. (b) Ancho de banda de 3 dB. Sea B este ancho de banda; por definición, 2πBRC [1 − (2πB) LC] + (2πBRC) 2

2

2

=

1 . Desarrollando se obtiene la ecuación 2

[1 − (2πB) 2 LC]2 − (2πBRC) 2 = 0 . Resolviendo esta ecuación, ± RC + (RC) 2 + 4LC . Las frecuencias de 3 dB son, para los valores dados de 4πLC R, C y L, B1 = 258,3 Hz y B2 = 9808 Hz B=

Estas frecuencias definen una banda de paso que en el presente caso es de B2 – B1 = 9549 Hz 2.23.

Se tiene una señal x(t) diente de sierra creciente cuyo período es de 1 ms, con un valor máximo de 15V y mínimo de 5V. Se dispone también de tres filtros ideales: H1(f) pasabajo de ancho de banda de 500 Hz; H2(f) pasabajo de ancho de banda de 1500 Hz; y H3(f) pasaalto de frecuencia de corte de 500 Hz. Todos los filtros tienen ganancia unitaria. Si la entrada es x(t), dibuje la señal de salida en los siguientes casos: Solución: La entrada x(t) tiene la forma de la Fig. P2.23(a)

x(t) =

10 t + 5 en T; T = 10-3 ; f o = 1000 Hz −3 10 10 −3

X n = 103 ∫

0

[104 t + 5] exp(− j2000πnt )dt

Xn = j

5 5 π ; para todo n y n ≠ 0; X n = ; φn = ; Xo = 10; términos en seno. nπ nπ 2

Habrá componentes para todo n a las frecuencias fn = n1000.


(a) Salida de H1 (f) solamente. Filtro pasabajo, ancho de banda de 500 Hz. Solamente pasa la componente continua y(t) = 10 con la forma de la Fig. P2.23(b) (b)

Salida de H2(f) solamente.

Filtro pasabajo, ancho de banda de 1500 Hz. Pasa solamente la componente continua y la componente fundamental. 10 sen(2π1000t ) que se muestra en la P2.23(c). π (c) Salida de H3(f) solamente.

y( t ) = 10 +

Filtro pasaalto, frecuencia de corte de 500 Hz. Pasan todas las componentes de frecuencia menos la componente continua. y( t ) = x ( t ) − 10

que se muestra en la Fig. P2.23(d)

(c) H1(f) y H2(f) en cascada. La salida depende solamente de H1(f). Pasa solamente la componente continua; la salida tiene la misma forma de la parte (a). (d) H1(f) y H3(f) en cascada. Pasan todas las componentes; la salida es igual a la entrada x(t). (e) H2(f) y H3(f) en cascada. La salida depende solamente de H2(f). Salida igual que en el caso (b). (f) H1(f), H2(f) y H3(f) en cascada. La salida depende solamente de H1(f). Igual que en el caso (a) (g) H1(f) y H2(f) en paralelo. La salida depende solamente de H2(f). Igual que en el caso (b).


2.24. Sea el circuito mostrado en la Fig. 2.68 del Texto. (a) Determine sus características de amplitud y de fase. Solución: 1 1 j2πfC j2πfC De la Fig. 2.68 del Texto, Y(f ) = X (f ) = H (f ) X (f ) 1 1 R+ R+ j2πfC j2πfC H (f ) =

1 1 1 1 1 = = 2 2 1 1 + j2πfRC 1 + j2πfRC [1 + j2πfRC] (RC) [ + j2πf ]2 RC

Del Problema 1.23(d), h ( t ) = H (f ) = H(f) =

1 t t ⋅ exp(− )u ( t ) 2 (RC) RC

1 1 − (2πfRC) 2 + j4πfRC 1

4πfRC ; β(f) = -arctg[ ] 1 - (2πfRC) 2 [1 − (2πfRC) ] + (4πfRC) 2 2

2

En la Fig. P2.24(a) se grafica H(f) para R = 1 MΩ y C = 10-12 F.

(b) Ancho de Banda de 3 dB. Sea B este ancho de banda. Por definición, 1 [1 − (2πBRC) ] + (4πBRC) 2 2

B=

2

=

1 2

. Resolviendo esta ecuación, obtenemos:

2 −1 . Para R = 106 y C = 10-12, B = 102,431 kHz. 2πRC

(c) H(f ) =

1 1 2 (RC) [ 1 + j2πf ]2 RC


y del Problema 2.17(d), h ( t ) = (d) x ( t ) = Π (

t 1 t ⋅ exp(− )u ( t ) 2 RC (RC)

t −T/2 t 1 ); h ( t ) = t ⋅ exp(− )u ( t ); y(t) = h(t) ∗ x(t) 2 T RC (RC)

En este caso vamos a aplicar el procedimiento del Ejemplo 2.10(a). Donde y( x ) => h ( t ) y x(t) = Π (

t - T/2 ) = u ( t ) − u ( t − T). T

De la Expresión (2.47), ∞

∞

0

T

z( x ) => y( t ) = ∫ h ( t − τ)dτ − ∫ h ( t − τ)dτ

y( t ) = ∫

∞

0

∞ t−τ t−τ t−τ t−τ exp(− )u ( t − τ)dτ − ∫ exp(− )u ( t − τ)dτ 2 2 T ( RC) (RC) RC RC

La primera integral es válida en el intervalo 0 < t ≤ T , mientras que la segunda es válida para T < t; u ( t − τ) implica que el límite superior es t. Entonces, ⎡ t t−τ t −τ ⎤ t −T/2 ⎡ t t −τ t−τ ⎤ y( t ) = ⎢ ∫ exp( )dτ⎥ Π ( ) − ⎢∫ exp(− )dτ⎥ u ( t − T) − 2 0 ( RC) 2 T RC RC T ⎦ ⎣ (RC) ⎣ ⎦ Resolviendo las integrales, t + RC t ⎤ t −T/2 ⎡ − t + T − RC −t+T ⎤ ⎡ y( t ) = ⎢1 − ( ) exp(− )⎥ Π ( ) − ⎢1 + ( ) exp( ) u ( t − T) RC ⎥⎦ RC RC ⎦ T RC ⎣ ⎣ En la Fig. P2.24(b) se muestra la salida y(t) para T = 0,8 seg y RC = 0,1


2.25.Transformadas de Hilbert. Demuestre que (a) Si x(t ) = 2 Af m sinc(2 f m t ), entonces

= x(t)

A [1 − cos(2πf m t )] πt

Solución: x(t) = 2Af m sin c(2f m t) ⇔ X(f ) = 2Af m

1 f f Π( ) = AΠ ( ) 2f m 2f m 2f m

ˆ ) = − jsgn(f )X(f ) = jAΠ ( f + f m / 2 ) − jAΠ ( f − f m / 2 ) X(f fm fm xˆ (t) = jAf m sin c(f m t)exp(− j2π

fm f t) − jA sin c(f m t)exp( j2π m t) 2 2

xˆ (t) = 2Af m sin c(f m t)sen(πf m t) = 2Af m xˆ (t) =

sen(πf m t) sen(πf m t) πf m t

2A A sen 2 (πf m t) = [1 − cos(2πf m t)] πt πt

(b) Si x(t ) = 2 Af m sinc 2 (f m t ) ⋅ sen(2 πf c t ) , entonces, para f c ≥ f m x(t ) = −2Af m sinc 2 (f m t ) ⋅ cos(2 πf c t )

Solución: ⎡ f + fc f − fc ⎤ ˆ f+f f − fc X(f ) = jA ⎢ Λ ( ) − Λ( ) ⎥ ; X(f)=-jsgn(f)X(f)=-AΛ( c ) − AΛ ( ) fm fm ⎦ fm fm ⎣

xˆ (t) = − Af m sin c 2 (f m t)exp( j2πf c t) − Af m sin c2 (f m t) exp(− j2πf c t) xˆ (t) = −2Af m sin c 2 (f m t)cos(2πf c t) ∞

(c) x(t) = xˆ (t) =

At t − T / 2 A τ τ−T/2 ˆ Π( ); x(t)= Π( )dτ ∫ T T πT −∞ t − τ T

A A t t A ⎤ A | −T ⎥ = t ⋅ ln −− [ −T + t ln | t | − t ln | T − t |] = ⎡⎢ t ln | πT πT ⎣ T−t T−t π ⎦ πT

ˆ (d) x(t) = 2Af m sin c 2 (f m t)sen(2πf m t); x(t)= - 2Af m sin c2 (f m t) cos(2πf c t) = z x (t) exp(− j2πf c t) = x c (t) + jx s (t) Envolvente de x(t) Î z(t)

ˆ ˆ Pero z x (t) = x(t) + jx(t); z x (t)=[x(t)+jx(t)]exp(-j2 πf c t) z x (t) = 2Af m sin c 2 (f m t)[sen(2πf c t) − jcos(2πf c t)]exp(− j2πf c t)


z x (t) = − j2Af m sin c2 (f m t)

envolvente compleja de x(t)

ˆ x c (t) = x(t)cos(2πf c t) + x(t)sen(2 πf c t) x c (t) = 2Af m sin c 2 (f m t)sen(2πf c t) cos(2πf c t) − 2Af m sin c2 (f m t) cos(2πf c t)sen(2πf c t) x c (t) = 0 x s (t) = −2Af m sin c 2 (f m t) cos(2πf c t)cos(2πf c t) − 2Af m sin c2 (f m t)sen(2πf c t)sen(2πf c t) x s (t) = −2Af m sin c 2 (f m t)[cos 2 (2πf c t) + sen 2 (2πf c t)] x s (t) = −2Af m sin c 2 (f m t) Se verifica que z x (t) = x c (t) + jx s (t) = 0 − j2Af m sin c2 (f m t) = − j2Af m sin c2 (f m t) ∞

(e)

∫ x (t)x (t)dt = 0 c

s

−∞ ∞

∫

−∞

es directo pues x c (t) = 0

∞

ˆ x(t)x(t)dt =

∫ ⎡⎣2Af

−∞

m

sin c 2 (f m t)sen(2πf c t) ⎤⎦ ⎡⎣ −2Af m sin c2 (f m t) cos(2πf c t) ⎤⎦ dt ∞

= −(2Af m ) 2 ∫ sinc 2 (f m t)sen(2πf c t)cos(2πf c t)dt -∞

El integrando es una función impar de t, y como se integra de −∞ a +∞ , el resultado ∞

es cero, de donde,

ˆ =0 ∫ x(t)x(t)dt

−∞


2.26. Sea f m1 (t) = ABsin c 2 (Bt) ⇔ M1 (f ) = AΛ ( ) B f m 2 (t) = 2ABsin c(2Bt) ⇔ M 2 (f ) = AΠ ( ) 2B 5B fc = 2 ˆ 1 (t)sen(2πf c t) (a) x(t) = m1 (t)cos(2πf c t) − m Por inspección, x(t) es una señal modulada en banda lateral única (SSB). Su espectro se muestra en la Fig. P2.26(a).

X(f)

(a) -5B/2

A

0

A/2

f 5B/2 7B/2

(b)

f 0

-fc (c)

fc

B

-fc 0 -A/2

ˆ 2 (t)sen(2πf c t) (b) x(t) = m1 (t)cos(2πf c t) + m A f + fc A f − fc m1 (t)cos(2πf c t) ⇔ Λ ( ) + Λ( ) 2 B 2 B cuyo espectro se muestra en (b).

2B

A/2

f

fc A/2

X(f)

f -fc

0

fc -A/2

Fig. P2.26

ˆ (f ) = − jsgn(f )M (f ) = jAΠ ( f + B / 2 ) − jAΠ ( f − B / 2 ) M 2 2 B B j ˆ ˆ (f − f ) ⎤ ˆ 2 (t)sen(2πf c t) ⇔ ⎡ M 2 (f + f c ) − M m 2 c ⎦ 2⎣ j⎡ f+B/2+f c f − B / 2 + fc = ⎢ jAΠ ( ) − jAΠ ( )− 2⎣ B B f + B / 2 − fc f − B / 2 − fc ⎤ − jAΠ ( ) + jAΠ ( )⎥ B B ⎦ ˆ 2 (t)sen(2πf c t) ⇔ m

A⎡ f+B/2+f c f − B / 2 + fc −Π ( ) + Π( )+ ⎢ 2⎣ B B +Π (

f + B / 2 − fc f − B / 2 − fc ⎤ ) − Π( )⎥ B B ⎦

Este espectro se muestra en la Fig. P2.26(c). ˆ 2 (t)sen(2πf c t) es la suma de los espectros El espectro de x(t) = m1 (t)cos(2πf c t) + m mostrados en (b) y (c). Este espectro resultante se muestra en (d).


ˆ ˆ + τ); R xxˆ (τ) =< x(t)x(t ˆ + τ) ; 2.27. Si R x (τ) =< x(t)x(t + τ) >; R xˆ (τ) =< x(t)x(t ˆ + τ) > y R xˆ x (τ) =< x(t)x(t

ˆ , demuestre que z(t)=x(t) +jx(t)

R x (τ) = R xˆ (τ); R xxˆ (τ) = Rˆ x (τ) = − R xx ˆ ( τ) R (τ) = 2[R (τ) + jRˆ (τ)]; Rˆ (0) = 0 z

x

x

x

donde Rˆ x (τ) es la Transformada de Hilbert de R x (τ) . Solución: 2

2 ˆ (f ) , donde xT(t) es la señal truncada X T (f ) = X T

Sabemos que R x (τ) ⇔ Sx (f ) y de x(t). Asimismo,

Sx (f ) = lim

X T (f )

2

ˆ (f ) X T

= lim T →∞ T T implica que R x (τ) = R xˆ (τ) . T →∞

2

; por lo tanto, R x (τ) ⇔ Sx (f ) = Sxˆ (f ) ,

lo cual

ˆ ˆ ˆ + τ)] > z(t) = x(t) + jx(t); R z (τ) =< z* (t)z(t + τ) >=< [x(t) − jx(t)][x(t + τ) + jx(t Desarrollando R z (τ), llegamos a R z (τ) = R x (τ) + R xˆ (τ) + jR xxˆ (τ) − jR xx ˆ (τ) = 2R x (τ) + jR xxˆ (τ) − jR xx ˆ ( τ) . Hay que determinar R xxˆ (τ) y R xx ˆ ( τ) . 1 T/2 ˆ +τ); pero x(t) ˆ = h(t) * x(t) x(t)x(t T →∞ T ∫ −T / 2

ˆ + τ) >= lim R xxˆ (τ) =< x(t)x(t ∞

ˆ = x(t)

∫ h(λ)x(t − λ)dλ

−∞

∞

ˆ + τ) = y x(t

∫ h(λ)x(t + τ − λ)dλ . Reemplazando en R

xxˆ

(τ),

−∞

T/2 ∞ T/2 ⎡ ⎤ ⎡∞ ⎤ 1 1 λ + τ − λ λ = λ + τ − λ R xxˆ (τ) = lim x(t) h( )x(t )d dt h( ) lim x(t)x(t )dt ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ dλ ∫ ∫ ⎣ T →∞ T −T∫/ 2 T →∞ T ∫ −T / 2 −∞ ⎣ −∞ ⎦ ⎦

La integral dentro de los corchetes es igual a R x (τ − λ) . Por lo tanto, ∞

R xxˆ (τ) =

∫ h(λ)R

x

ˆ τ) , donde R (τ) es la transformada (τ − λ )dλ = h(τ) * R x (τ) = R( x

−∞

de Hilbert de R x (τ) . Vemos entonces que R xxˆ (τ) = Rˆ x (τ) . Haciendo el mismo procedimiento, podemos demostrar que ∞

R xˆ x (τ) =

∫ h(λ)R

−∞

x

(−τ − λ )dλ = h(−τ) * R x (−τ); pero h(τ) =

1 −1 = − h(τ) . y h(−τ) = πτ πτ


R x (τ) = R x (−τ); por lo tanto, R xˆ x (τ) = − h(τ) * R x (τ) = − Rˆ x (τ). De donde, ˆ ⎡ ⎤ R xxˆ (τ) = − R xx ˆ ( τ), y por consiguiente, R z ( τ) = 2 ⎣ R x ( τ) + jR x ( τ) ⎦ .

Tambien

1 T/2 ˆ + τ)dt, Por definición, R xxˆ (τ) = lim x(t)x(t T →∞ T ∫ −T / 2 T/2

1 ˆ ˆ pero como x(t) y x(t) son ortogonales, es x(t)x(t)dt, T →∞ T ∫ −T / 2

Para τ = 0, R xxˆ (0) = lim decir, que

ˆ =0 ∫ x(t)x(t)dt

R xxˆ (0) = R xx ˆ (0) = 0

para todo t, entonces

y también Rˆ x (0) = 0.

2.28. Sea el “detector sincrónico o coherente” mostrado en el Problema de Aplicación 1.40, Fig. 1.77 del texto. Nótese que este detector tiene la misma forma que la rama superior de la Fig. 2. 34(a). Sea entonces m(t) una señal mensaje pasabajo portadora de información. El filtro es ideal y de ganancia unitaria. (a) Demuestre que si x(t) es una señal modulada en doble banda lateral de la forma x ( t ) = m( t ) cos( 2πf c t ), entonces,

y(t) = m(t)

(b) Demuestre también que si x(t) es una señal modulada en banda lateral única de la forma x ( t ) = m( t ) cos(2 πf c t ) − m(t ) sen(2 πf c t )

entonces y ( t ) = m( t ) Solución: (a) De la Fig. 1.77, a la salida del multiplicador, x1 (t) = x(t)2cos(2πf c t) = m(t)2cos 2 (2πf c t) = m(t) + m(t)2cos(2π2f c t) El filtro pasabajo elimina las componentes de alta frecuencia (alrededor de 2fc) y solamente deja pasar m(t), de donde Y(t) = m(t) (b) A la salida del multiplicador, ˆ x i (t) = x(t)2cos(2πf c t) = m(t)2cos 2 (2πf c t) − m(t)2sen(2 πf c t) cos(2πf c t) ˆ x i (t) = m(t) + m(t) cos(2π2f c t) − m(t)sen(2 π2f c t) El filtro elimina las componentes de alta frecuencia, quedando y(t) = m(t). El detector sincrónico permite entonces extraer o detectar una señal mensaje m(t) pasabajo contenida en una señal modulada en doble banda lateral o en banda lateral única. La única restricción existente es que si la frecuencia máxima de la señal mensaje


es f m y el ancho de banda del filtro pasabajo es B, entonces debe verificarse siempre que f c ≥ B ≥ f m , para no perder la información contenida en la señal mensaje m(t). En la práctica, generalmente f c >> f m , f c >> B y B ≥ f m . 2.29. Considere la combinación RC mostrada en la Fig. P2.29. Demuestre que el voltaje eficaz de ruido térmico en sus terminales es, para B→∞ v ef =

R

C

Z(f)

Fig. P2.29

kT C

Obsérvese que el voltaje eficaz de ruido resulta ser independiente de la resistencia R. La razón es que, mientras que el voltaje eficaz por unidad de ancho de banda es proporcional a R, el ancho de banda equivalente sobre el cual aparece el ruido en los terminales es inversamente proporcional a R y los dos efectos se cancelan. Solución: Aplicaremos la “Fórmula de Nyquist”, expresión (2.140) del Texto. De la Fig. P2.29, Z(f ) =

R R(1 − j2πRCf ) R 2πR 2Cf = = − j 1 + j2πRCf (1 + j2πRCf )(1 − j2πRCf ) 1 + (2πRCf ) 2 1 + (2πRCf ) 2

siendo R(f ) = B

`

1 1 1 + j2πRCf = j2πfC + = Z(f ) R R

R la parte real de Z(f). De la Fórmula de Nyquist, 1 + (2πRCf ) 2 B

df 2 kT = arctg(2πBRC) 2 + π π 1 (2 RCf ) C −B

v ef2 = 2kT ∫ R(f )df = 2kTR ∫ −B

Si se desea el valor de vef para todo B, es decir, en todo el dominio de la frecuencia, π kT B → ∞, en cuyo caso, arctg(2πBRC)= , vef2 = , de donde 2 C v ef =

kT C


2.30. Sea la red sin ruido de la Fig. P2.30 a cuya entrada se conecta una resistencia ruidosa R.

R

Determine el valor eficaz del voltaje de ruido en los terminales de salida cuando H(f) representa:

Red sin Ruido H(f)

voef

Fig. P2.30

(a) Un filtro pasabajo ideal de ganancia ho y ancho de banda B. [Respuesta: v oef = h o 4kTRB ] (b) Un filtro pasabanda ideal de ganancia ho , ancho de banda 2B y centrado en la frecuencia fc , donde fc > B. [Respuesta: v oef = h o 8kTRB ] (a) Un filtro exponencial de la forma H ( f ) = h o exp( −

[Respuesta:

v oef = h o

kTB ] 2

(d) Un filtro gaussiano de la forma H (f ) = h o exp(− [Respuesta: v oef = h o

|f| ) B

f2 B2

)

kTB π ] 2 2

Solución: (a) De la expresión (2.136) del Texto, el valor eficaz al cuadrado vef2 de una resistencia vef2 es v = 4kTRB y la densidad espectral Si(f) correspondiente es Si (f ) = , 2B expresión (2.138) del Texto. Si H(f) es la función de transferencia de la red, 2 2 entonces, a la salida de la red So (f ) = H(f ) Si (f ) = 2kTR H(f ) . 2 ef

Entonces, para un filtro ideal de ganancia ho y ancho de banda B, H(f ) = h o Π ( dio es v ef2 =

f f f 2 ) y H(f) = h o2Π ( ); So (f ) = 2kTRh o2Π ( ), cuya potencia prome2B 2B 2B ∞

B

−∞

−B

2 2 ∫ So (f )df = 2kTRh o ∫ df = 4kTRBh o , de donde,

v oef = h o 4kTRB .

(b) Para un filtro pasabanda ideal, de ancho de banda 2B y centrado en fc, H(f ) = h o Π (

f + fc f − fc ) + h oΠ( ); 2B 2B

2

H(f ) = h o2Π (

f + fc f − fc ) + h o2Π ( ) 2B 2B

f − fc ⎤ ⎡ f + fc So (f ) = 2kTRh o2 ⎢Π ( ) + Π( ) , cuya potencia promedio es 2B 2B ⎥⎦ ⎣


∞

f − fc ⎤ ⎡ f + fc 2 v oef = 2kTRh o2 ∫ ⎢ Π ( ) + Π( ) df 2B 2B ⎥⎦ −∞ ⎣ ∞

pero

⎡

∫ ⎢⎣Π(

−∞

f + fc f − fc ⎤ 2 ) + Π( ) ⎥df == 2x2B = 4B; de donde, voef = 8kTRBh o2 2B 2B ⎦

v oef = h o2 8kTRB

(c) H(f ) = h o exp(−

f B

2

); H(f) = h o2 exp(−2

f B

) . Si Sx(f) es la densidad espectral de

potencia disponible, entonces, de (2.143), Sx (f ) = 2

A la salida del filtro, So (f ) = H(f ) Sx (f ) =

f h o2 kT exp(−2 ) . 2 B

∞

La potencia de ruido a la salida será N o =

∫ So (f )df =

−∞

pero v oef = N o = h o (d)

H(f ) = h o exp(−

kT . 2

h o2 kTB 2

kTB 2

f2 ); B2

2

H(f) = h o2 exp(−2

f2 kT ); Sx (f ) = 2 B 2

∞

So (f ) =

h o2 k 2f 2 h 2 kTB π exp(− 2 ); N o = ∫ So (f )df = o . Por lo tanto, 2 B 2 2 −∞

v oef = N o = h o

kTB π 2 2

2.31. Demuestre que el valor eficaz de la corriente de ruido en un circuido RL serie es i ef = kT / L

Solución: Por analogía con la expresión (2.140) del Texto, el cuadrado del valor eficaz de la corriente de ruido en un circuito de ancho de banda arbitrario es B

i = 2kT ∫ YR (f )df , donde YR(f) es la parte real de la admitancia compleja vista en 2 ef

−B

los terminales del dipolo. Entonces, para un circuito RL serie, la admitancia compleja es Y(f ) =

1 R − j2πLf R 2πLf = = 2 −j 2 2 R + j2πLf (R + j2πLf )(R − j2πLf ) R + (2πLf ) R + (2πLf ) 2


∞

YR (f ) = i ef =

R R kT ; i ef2 = 2kT ∫ 2 df = ; de donde, 2 2 2 R + (2πLf ) R + (2πLf ) L −∞

kT L

2.32. Demuestre que la densidad espectral de potencia de la tensión de ruido en un circuito RL paralelo es S n (f ) = 2kTR . Solución: La impedancia del circuito RL paralelo es Z(f ) = Rf 2

R(f ) = (

R 2 ) +f2 2πL ∞

Sn (f ) =

j2πRLf j2πRLf (R − j2πLf ) = R + j2πLf R 2 + (2πLf ) 2

∞

vef2 2kT kT Rf 2 R(f )df = = ∫ ∫ R 2 2 df = 2kTR 2B 2B −∞ B −∞ ( ) +f 2πL

2.33. Dos resistencias, de 1000 Ohm cada una, están a una temperatura de 300 y 400 kelvins, respectivamente. Determinar el voltaje eficaz de ruido cuando (a) las resistencias están en serie y (b) cuando están en paralelo. El ancho de banda en ambos casos es de 100 kHz. (a) Resistencias en Serie, Fig. P2.33(a).

V1 = 4kT1R1B = v1ef ; V2 = 4kT2 R 2 B = v 2ef 2 v ef2 = v1ef + v 22ef = 4kB(T1R1 + T2 R 2 )

v ef = 4kB(T1R1 + T2 R 2 = 1,996x10−6 V (b)

Resistencias en Paralelo, Fig. P2.33(b) De la Fig. P2.33(b),

v1ef =

R2 R1 V1; v 2ef = V2 R1 + R 2 R1 + R 2


2

2

⎡ R 2 ⎤ 2 ⎡ R1 ⎤ 2 v =⎢ ⎥ V1 + ⎢ ⎥ V2 ⎣ R1 + R 2 ⎦ ⎣ R1 + R 2 ⎦ 2 ef

2

2

⎡ R2 ⎤ ⎡ R1 ⎤ −7 v ef = ⎢ ⎥ 4kT1R1B + ⎢ ⎥ 4kT2 R 2 = 9,829x10 V + + R R R R ⎣ 1 ⎣ 1 2⎦ 2⎦

2.34. Determine el ancho de banda equivalente BN del ruido de las redes cuyas funciones de transferencia son: |f | B ); [Respuesta: BN = ] B 2 2 f π B (b) H(f)=h o exp(− 2 ); [Respuesta: B N = ] B 2 2 f B (c) H(f)=h o sin c( ); [Respuesta: BN = ] B 2 (a)

H(f ) = h o exp(−

⎡

(d) H (f ) = h o ⎢ sinc( ⎣

⎡

f + fc f − fc ⎤ ) + sinc( ) B ⎥⎦ B

(e) H (f ) = h o ⎢ exp(− ⎣

| f + fc | |f − fc | ⎤ ) + exp(− ) B B ⎥⎦

fc >> B [Respuesta: BN = B ] fc >> B [Respuesta: BN = B ]

Solución: f

(a) H(f ) = h o exp(− ∞

BN = ∞

∫

∫

B

2

H(f )

2

−∞ 2

2 H(f ) max 2

) . El ancho de banda equivalente del ruido es

∞

H(f ) df = h

2 o

−∞

; H(f) = H(f )H(−f ) = h o2 exp(−2 f

f B

);

∫ exp(−2 B )df = h B . De donde 2 o

0

h o2 B B BN = 2 = 2h o 2 (b) H(f ) = h o exp(− ∞

BN =

f2 f2 2 2 ); H(f) = h exp( − 2 ); o B2 B2

1 f2 2π 2 ∫ exp(−2 2 )df = B= 2 0 B 4

πB 2 2

2

H(f) max = h o2

2

H(f) max = h o2


f f f f 2 (c) H(f ) = h o sin c( ); H(f) = H(f )H(−f ) = h o2 sin c( )sin c(− ) = h o2 sin c 2 ( ) B B B B ∞

2

H(f ) max = h o2 ; (d)

BN =

1 f B sin c 2 ( )df = ∫ 2 −∞ B 2

Cuando el filtro es pasabanda y centrado en una frecuencia fc, la función de transferencia H(f) se puede escribir en la forma H(f ) = G(f + f c ) + G(f − f c ) . Si el filtro es de banda angosta y f c >> BN , 2

2

2

H(f) se puede escribir en la forma

2

H(f ) = G(f + f c ) + G(f − f c ) , y el ancho de banda BN vendrá dado por ∞

BN =

∫

2

G(f − f c ) df

−∞ 2

G(f − f c ) max

Esta expresión la podemos simplificar si observamos que ∞

∫

∞

2

G(f − f c ) df =

−∞

∫

2

G(f ) df , pues un desplazamiento en el eje de la frecuencia no

−∞

afecta al valor de la integral. En este caso, el ancho de banda BN vendrá dado por ∞

BN =

∫

2

G(f ) df

−∞ 2

G(f ) max

Nótese que el ancho de banda BN está centrado en las frecuencias ± f c . Nótese también que este ancho de banda es el doble que el ancho de banda BN en el caso pasabajo. f + fc f − fc ⎤ ⎡ Para el caso presente, H(f ) = h o ⎢sin c( ) + sin c( ) con f c >> B B B ⎥⎦ ⎣ G(f − f c ) = h o sin c( ∞

h BN =

2 o

f − fc f f 2 2 ); G(f ) = h o sin c( ); G(f ) = h o2 sin c 2 ( ); G(f ) max = h o2 B B B

f

∫ sin c ( B )df 2

−∞

h o2

=B

f + fc f − fc ⎤ ⎡ ) + exp(− ) con f c >> B (e) H(f ) = h o ⎢ exp(− B B ⎥⎦ ⎣


G(f − f c ) = h o exp(−

f − fc B

); G(f ) = h o exp(−

f B

2

); G(f ) = h o2 exp(−2

f B

2

); G(f) max = h o2

∞

f BN = 2∫ exp(−2 )df = B B 0 2.35. Un amplificador de alta ganancia tiene una cifra de ruido de 9,031 dB, una ganancia de potencia de 50 dB y un ancho de banda equivalente del ruido de 10 kHz. (a) Demuestre que la temperatura efectiva de ruido es Te = 2030 kelvins (b) Determine la potencia disponible de salida si la resistencia de la fuente a la entrada del amplificador tiene una temperatura de ruido Ts = To = 290 kelvins. Repetir cuando Ts =

To , Ts = 10To y Ts = 100To . 4

Solución: (a) La temperatura efectiva del ruido del amplificador es Te = (F − 1)To = (8 − 1)290 = 2030 kelvins (b) Ts = To = 290 kelvins; Te = 2030 kelvins Potencia disponible de entrada:

N i = kTs B

Potencia disponible de salida: N o = G p N i + G p kTe B = G p kTs B + G p kTe B = G p k(Ts + Te )B La temperatura equivalente del sistema (fuente + amplificador) es Ta = Ts + Te cuya cifra de ruido es Fa = 1 +

Ta . Entonces, para To

Ts = To = 290 kelvins; N o = 3, 202x10−11 W = −44,946 dBµ; Ta = 2320 kelvins; Fa = 9 Ts = To / 4;

N o = 2,901x10−11 W = −45,374 dBµ; Ta = 2103 kelvins; Fa = 8,25

Ts = 10To ; N o = 6,803x10−11 W = −41,673 dBµ;Ta = 4930 kelvins;Fa = 18 Ts = 100To ;

N o = 4, 283x10−10 W = −33,683 dBµ;Ta = 31030 kelvins; Fa = 108

Nótese cómo se degradan la temperatura equivalente y la cifra de ruido del sistema (fuente + amplificador) . Esto quiere decir que cuanto menor sea la temperatura de la fuente, mejor será el desempeño del sistema. Por ello en la práctica, sobre todo en la recepción de señales de muy bajo nivel (comunicación por satélites y radioastronomía), la temperatura de la antena debe ser lo más baja posible.


2.36. En la Fig. P2.36 se muestra la etapa de entrada (amplificador de RF) de un receptor. La cifra de ruido del amplificador es de 10 dB y ganancia de potencia de 80 dB. El ancho de banda equivalente del ruido es de 6 MHz y se supone que la temperatura de ruido de la antena es

Ts = To

Ti Amplificador Ni de RF ETAPA DE ENTRADA

Fig. P2.36

Ts = To = 290 kelvins

Demuestre que la temperatura neta Ti de entrada al amplificador es de 2900 kelvins, y que la potencia disponible de ruido a su salida es N i = −16,196 dBm . Solución: La temperatura equivalente del amplificador es

Te = (F − 1)To = 2610 kelvins

A la entrada del amplificador la potencia es Ni = 2,401x10-4W, y a la salida, N i = G p kTs B + G p kTe B = G p k(Ts + Te )B . Entonces, Ti = Ts + Te ; N i = G p kTi B;

Fi = 1 +

Ti . Dando valores numéricos, obtenemos: To

Ti = 2900 kelvins; Ni = 2,401x10-5 W = - 16,196 dBm; Fi = 11 2.37. Sea el sistema de la Fig. P2.37, donde x r (t ) = 2 x10−6 cos(2πx104 t ) cos(2πx106 t ) n (t ) ⇒ S n (f ) = 10 −19 exp[− l 0 −6 Ln2⋅| f |]

El sistema es pasabanda, de ancho de banda de 20 kHz y centrado en fc = 1 MHz. Demuestre: (a) Que la relación S s / N s a la entrada del amplificador es de 23,585 dB. (b) Que la contribución del ruido a la salida debida al ruido propio del amplificador es de 7,204x10-15 W. (c) Que la relación de predetección S i / N i es de 22,35 dB. Solución: (a)

x r (t) =

2 −6 10 {cos[2π(f c + f m )t] + cos[2π(f c − f c )t} . La potencia de señal es 2


2

2

⎤ 1⎡ 2 ⎤ 1⎡ 2 Ss =< x (t) >= ⎢ 10−6 ⎥ + ⎢ 10−6 ⎥ = 5x10−13 W = −123,01 dB 2⎣ 2 ⎦ 2⎣ 2 ⎦ 2 r

Dentro de un ancho de banda de 20 kHz centrado en 1 MHz, la potencia de ruido es 1010x103

Ns = 2

∫

10−19 exp[−10−6 Ln(2)f ] = 2,19x10−5 W = −123,01 dB , de donde

990x103

Ss 5x1013 = = 228,311 = 23,585 dB N s 2,19x10−5 (b) Para el amplificador: Fa = 10; Gp = 10; Te = (F-1)To = 2610 kelvins Sea Nao el ruido propio del amplificador a la salida, Entonces, N ao = G p kTe B = 7, 204x10−15 W = −111, 425 dBm

(c) La potencia útil de entrada es Si = G pSs y la potencia de ruido N i = G p N s + N ao La relación Si/Ni de predetección será:

G pSs Si = = 171,8 = 22,35 dB N i G p N s + N ao

2.38. Sean los dos sistemas representados en la Fig. P2.38. En antena, la potencia de señal es de 10 −12 W y la potencia de ruido de 2 ,4 x10 −14 W . El ancho de banda es de 6 MHz. Preamplificador G p1 = 13 dB

Amplificador

G p = 80 dB Si / N i F = 10 dB

F1 = 3,01 dB

Al Detector

(a) Conexión sin Preamplificador

Amplificador G p2 = 80 dB Si / N i

F2 = 10 dB

Al Detector

(b) Conexión con Preamplificador

Fig. P2.38

Si = 6,2 dB . Ni S (b) Demuestre que para la configuración (b) , i = 12,305 dB , y que la cifra de ruido Ni

(a) Demuestre que para la configuración (a),

total de los dos amplificadores se ha reducido a F12 = 2,45 . Demuestre también que la temperatura total efectiva de ruido es ahora 420,5 kelvins. Repita la parte (b) si F1 = 13,01 dB . Compare estos resultados con los ya obtenidos. ¿Qué se puede decir al respecto?


Solución: (a) Sxa = 10−12 W; N a = 2, 4x10−14 W; B = 6x106 Hz; G p = 80dB = 108 ; F = 10dB = 10 Te = (f − 1)To = 2610 kelvins . Potencia útil a la salida: Si = G pSxa = 10−4 W Potencia de ruido a la salida: N i = G p N a + G p kTe B = 2, 40x10−15 , de donde G pSxa Si = = 4,165 = 6,196 dB N i G p N a + G p kTe B

(b) Conexión con preamplificador. F1 = 2; G p1 = 13dB = 19,953; F2 = 10; G p2 = 108

Te1 = (F1 − 1)To = 290 kelvins; Te2 = (F2 − 1)To = 2610 kelvins Potencia útil A la salida del preamplificador, S1 = G p1Sxa = 1,995x10−11 W A la salida del amplificador, Si = G p2S1 = G p1G p2Sxa = 2x10−3 W Potencia de ruido A la salida del preamplificador, N1 = G p1N a + G p1kTe1B = 9,579x10−3 W A la salida del amplificador, N i = G p2 N1 + G p2 kTe2 B N i = G p1G p2 N a + G p1G p2 kTe1B + G p2 kTe2 B = 1,174x10−4 W

Si = 16,995 = 12,305 dB Ni Para los dos amplificadores en cascada, se tiene: Te12 = Te1 +

Te2 F −1 = 420,77 kelvins y F12 = F1 + 2 = 2, 451 G p1 G p1

Vamos a repetir los cálculos para F1 = 13,01 dB = 20 . En este caso, S1 = 1,995x10−11 W; Si = 2x10−3 W; N1 = 9,581x10−12 W; N i = 9,797x104 W Si = 2,037 = 3,089 dB; Te12 = 5640 kelvins; F12 = 20,45 Ni


Vemos que al aumentar la cifra de ruido del preamplificador, la relación Si/Ni se ha degradado en 8,34 veces; la temperatura efectiva y la cifra de ruido del conjunto preamplificador-amplificador también han aumentado. La moraleja es que el primer amplificador de una cascada debe tener la mayor ganancia de potencia y la menor cifra de ruido o temperatura equivalente. 2.39. Sea el sistema de recepción de la Fig. P2.39. La temperatura efectiva de la antena es de 100 kelvins. La línea de transmisión tiene un factor de atenuación L = 2 dB y una temperatura física de 310 kelvins. Demuestre: (a) Que la potencia de ruido Ni a la entrada del detector es de -60,315 dBm. (b) Repetir la parte (a) pero intercalando entre la antena y la línea de transmisión un amplificador con una ganancia de potencia de 15 dB y una temperatura efectiva de 40 kelvins. [Respuesta: Ni = 8,506x10-9 W ] Solución: (a) To = 290 kelvins; Ta = 100 kelvins; L = 2 dB = 1, 259; TpL = 310 kelvins G p1 = 10;F1 = 1,5;G p2 = 104 F2 = 2; B = 2x10 Hz; Te1 = (F1 − 1)To = 145 kelvins Te2 = (F2 − 1)To = 290 kelvins; G pL =

1 ; TeL = (L − 1)TpL = 80, 267 kelvins L

La antena produce una potencia de ruido N a = kTa B A la salida de la línea de transmisión de atenuación L y temperatura efectiva TeL, la potencia de ruido es N L = G pL N a + G pL kTeL B A la salida del amplificador A1 la potencia de ruido es N1 = G p1N L + G p1kTe1B Y a la salida del amplificador A2 o entrada del al detector, N i = G p2 N1 + G p2 kTe2 B = 9,301x10−10 W = −60,315 dBm

(b) Intercalando un preamplificador entre la antena y la línea de transmisión con Tam = 40 kelvins; Gpo = 15 dB = 31,623 A la salida de la antena la potencia de ruido es N a = kTs B A la salida del preamplificador,

N am = G po N a + G po kTam B

A la salida de la línea de transmisión, N L = G pL N am + G pL kTeL B


A la salida del amplificador A1,

N1 = G p1N L + G p1kTeL B

A la salida del amplificador A2 o entrada al detector, N i = G p2 N1 + G p2 kTe2 B = 8,506x10−9 W = −50,703 dBm

Nótese que la inclusión de este amplificador entre la antena y la línea de transmisión mejoró el desempeño del sistema, pues el mejoramiento entre las dos configuraciones (con o sin preamplificador) se traduce en un aumento de 9,612 dB. Se puede aumentar esta diferencia aumentando la ganancia de potencia del preamplificador. Vamos a repetir la parte (b) pero el preamplificador tendrá una ganancia de potencia de 40 dB. El lector puede verificar que en este caso la potencia del ruido de salida es de 2,439x10-6 W y la diferencia entre las dos configuraciones será de 34,186 dB. 2.40.

Sea una cadena de tres amplificadores cuyas características se muestran en la Fig. P2.40. S n ( f ) = 10−20 W / Hz A1 Fuente de RuidoG p1 = 13 dB

N1

A2

N2

A3

N3

Carga Acoplada

G p2 = 60 dB G p3 = 20 dB

B1 = 10 MHz B2 = 2 MHz B 3 = 100 kHz

Fig. P2.40.

(a) Suponiendo que el ruido individual de los amplificadores es despreciable frente al ruido de entrada, demuestre que N 1 = −83,99 dBm; N 2 = −30,979 dBm y N 3 = −23,99 dBm . (b) Si las temperaturas efectivas de los amplificadores son Te 2 = 400 kelvins y Te3 = 500 kelvins , demuestre que

Te1 = 300 kelvins ,

N1 = −83,172 dBm, N 2 = −30,113 dBm y N 3 = −23,123 dBm.

¿Por qué no puede determinarse la temperatura efectiva de ruido, referida al amplificador compuesto? Solución: (a) Sn (f ) = 10−20 W / Hz; G p1 = 13 dB = 19,953; B1 = 107 Hz; G p2 = 60dB = 106 B2 = 2x106 Hz; G p3 = 20 dB = 100; B3 = 100 kHz = 105 Hz

Potencia de ruido a la entrada del amplificador A1, N s = 2B1Sn (f ) = 2x10−13 W A la salida del amplificador A1 la potencia será N1 = G p1N s = G p1 2B1Sn (f ) = 3,991x10−12 W = −83,99 dBm


N1 es la potencia contenida dentro de un ancho de banda 2B1; esto quiere decir que la densidad espectral de potencia a la entrada del amplificador A2 es Sn1 (f ) =

N1 = G p1Sn (f ) = 19,953x10−20 W / Hz 2B1

La potencia a la entrada del amplificador A2 será N e2 = 2B2Sn1 (f ) = 7,981x10−13 W y la potencia de salida del amplificador A2 es N 2 = G p2 N e2 − 7,98x10−7 W = −30,979 dBm

La densidad espectral de potencia a la entrada del amplificador A2 es Sn 2 (f ) =

N2 = G p1G p2Sn (f ) = 1,995x10−13 W / Hz 2B2

La potencia de entrada del amplificador A3 es N e3 = 2B3Sn 2 (f ) , y su correspondiente potencia de salida será N 3 = G p3 N e3 = 3,99x10−6 W = −23,99 dBm

(b) Tomando en cuenta ahora las temperaturas efectivas de los amplificadores Te1 = 300 kelvins; Te2 = 400 kelvins; Te3 = 500 kelvins Potencia de ruido a la entrada del amplificador A1 N s = 2B1Sn (f ) = 2x10−13 W Potencia de ruido a la salida del amplificador A1 N1 = G p1N s + G p1kTe1B1 = 4,817x10−12 W = −83,173 dBm

La correspondiente densidad espectral a la entrada del amplificador A2 es Sn1 (f ) =

N1 = 2, 408x10−19 W / Hz 2B1

La potencia a la entrada del amplificador A2 es N e2 = 2B2Sn1 (f ) ; su correspondiente potencia de salida será N 2 = G p2 N e2 + G p2 kTe2 B2 = 9,744x10−7 W = −30,113 dBm

La densidad espectral a la entrada del amplificador A3 es N e3 = 2B3Sn 2 (f ) ; su correspondiente potencia de salida será N 3 = G p3 N e3 + G p3kTe3B3 = 4,872x10−6 W = −23,123 dBm


Nótese en este caso particular que las potencias de ruido de salida de los amplificadores no han sido muy afectadas por la inclusión de sus potencias de ruido individuales. Pero la importancia de este problema es la de hacer énfasis en la importancia del ancho de banda; en efecto, el ancho de banda es diferente para cada etapa, situación que no es común en la práctica en donde el ancho de banda es el mismo para todas las etapas en cascada de un amplificador. Por otro lado, el tener anchos de banda diferentes para cada etapa impide la definición de la temperatura de ruido del amplificador compuesto. 2.41. Sea el sistema de tres etapas mostrado en la Fig. P2.41. Etapa 1

Gp1 = 7 dB Te1 = 200

kelvins

Etapa 2

Gp2 = 20 dB Te2 = 300 kelvins

Etapa 3

Gp3 = 40 dB Te3 = 400 kelvins

Carga Acoplada

El ancho de banda es el mismo en las tres etapas Fig. P2.41

(a) Demuestre que la temperatura efectiva de ruido, referida a la entrada del sistema de tres etapas, es Te = 260,66 kelvins (b) Usando el resultado de la parte (a), demuestre que la cifra de ruido total del sistema es F = 1,899. (c) Verifique la cifra de ruido total calculada en (b) determinando las cifras de ruido individuales y combinando sus efectos. Se le sugiere al lector repetir este problema intercambiando las diferentes etapas a fin de conseguir una configuración óptima, es decir, aquella con la mínima cifra de ruido total. Solución: Nótese que cuando se habla de la temperatura (o de la cifra de ruido) de un sistema referida a un punto en particular, se trata de la temperatura de todo el sistemas aguas abajo del punto de referencia sin tomar en cuenta qué es lo que hay aguas arriba de dicho punto. Te = Te1 +

Te2 Te3 + = 260,66 kelvins G p1 G p1G p2

(b) Determinar la cifra de ruido total:

F =1+

Te = 1,899 To

(c) Hay que determinar las cifras de ruido individuales


F1 = 1 +

Te1 T T = 1,69; F2 = 1 + e2 = 2,034; F3 = 1 + e3 = 2,379 To To To

F = F1 + (d)

F2 − 1 F3 − 1 + = 1,899. Resultado igual al de la parte (b) G p1 G p1G p2

Vamos a repetir el problema colocando los amplificadores en orden descendente de acuerdo con la ganancia de potencia. En este caso: Te1 = 400 kelvins; G p1 = 104 ; Te2 = 300 kelvins; G p2 = 100

Te3 = 200 kelvins; G p3 = 7 dB = 5,012 F1 = 1 +

Te1 T T = 2,379; F2 = 1 + e2 = 2,034; F3 = 1 + e3 = 1,69 To To To

Te = Te1 + F = F1 +

Te2 Te3 + = 400,03 kelvins; G p1 G p1G p2

F = 1+

Te = 2,379 To

F2 − 1 F3 − 1 + = 2,379 G p1 G p1G p2

Esta configuración es más desfavorable que la primera porque la temperatura de ruido de la primera etapa es la más alta. La única forma de mejorar el comportamiento del sistema es la de aumentar la ganancia del potencia de la primera etapa con el mínimo de temperatura efectiva Te o cifra de ruido F. Nótese que la ganancia de la última etapa no influye ni en la temperatura ni en la cifra de ruido del amplificador compuesto. 2.42. Un cierto receptor tiene una temperatura efectiva de ruido Te1 . Suponga que una línea de transmisión de pérdidas L y temperatura física TpL se agrega a la entrada del receptor. Demuestre que la nueva temperatura de ruido, referida a la entrada del sistema líneareceptor es Te, = Te1 + (L − 1)(TpL + Te1 ) = LTe1 + (L − 1)TpL

Nótese que en la Teoría de las Líneas de Transmisión se demuestra que si v ief y v oef son los valores eficaces del voltaje al principio y al final de una línea acoplada, entonces se verifica que v oef = v ief exp(−α x) , donde α es la constante de atenuación y x la longitud de la línea. En términos de potencia (normalizadas respecto a R = 1 Ohm), se puede escribir entonces v 2oef = v 2ief exp(−2α x) . Definiendo v 2ief = Pdi y v 2oef = Pdo , y de acuerdo con la definición del factor de atenuación L, expresión (2.183), se tiene que L = exp(2α x) ; vemos que el valor de L aumenta al aumentar la longitud de la línea. En este caso, la nueva temperatura de ruido a la entrada del sistema línea-receptor es Te' = Te1 exp(2αx) + [exp(2αx) − 1]TpL


Solución: Para la línea de transmisión G pL =

1 ; TeL = (L − 1)TpL L

A la salida de la línea de transmisión o entrada del receptor la potencia de ruido es N L = G p1k(L − 1)TpL B . G1 es la ganancia del receptor. A la salida del receptor, N o = G p1N L + G p1kTe1B = G p1G pL k(L − 1)TpL B + G p1kTe1B ⎡ T ⎤ N o = G pL G p1k ⎢(L − 1)TpL + e1 ⎥ B = G p kTe' B , donde Gp = GpLGp1, y para GpL = 1/L, G pL ⎦⎥ ⎣⎢ Te' = (L − 1)TpL + LTe1 . Esta expresión la podemos escribir en la forma Te' = Te1 + (L − 1)(TpL + Te1 )

2.43. Sea Te1 la temperatura efectiva de ruido de un receptor, y TPL la temperatura física de la línea de transmisión que interconecta la antena con el receptor. (a) Demuestre que el incremento ∆Te en la temperatura efectiva Te , referida a la entrada de la línea de transmisión, y el incremento ∆L de la atenuación L de la línea de transmisión, están relacionados mediante la ecuación ∆Te = Te1 + TPL ∆L

(b) Si Te1 = 150 kelvins y TPL = 290 kelvins , demuestre que por cada incremento de 0,1 dB en la atenuación L de la línea de transmisión, la temperatura efectiva de ruido del sistema aumenta aproximadamente en 10 kelvins. Verifique este resultado para valores arbitrarios de la atenuación L. Solución: Del Problema anterior, Te = (L − 1)TpL + LTe1 . Para un incremento en L, es decir, para L → L + ∆L, la temperatura experimentará un incremento ∆T tal que Te → Te + ∆Te . Entonces, Te + ∆Te = (L + ∆L − 1)TpL + (L + ∆L)Te1 = (L − 1)TpL + LTe1 + ∆L(TpL + Te1 ) pero como Te = (L − 1)TpL + LTe1 , entonces Te + ∆Te = Te + ∆L(TpL + Te1 ) , de donde, ∆Te = TpL + Te1 ∆L


(b) Sea N el aumento en dB cuanto la atenuación pasa de L a L + ∆L, donde ∆L es el incremento absoluto de L. Debe verificarse que 10log(L + ∆L) − 10log(L) = N. Despejando ∆L en esta expresión, obtenemos N 10

∆L = (10 − 1)L

Normalizando esta ecuación para cualquier valor de L, podemos hacer L = 1, de donde N 10

∆L = 10 − 1 , y de la parte (a),

N 10

∆Te = (10 − 1)(TpL + Te1 )

∆L representa el incremento de cualquiera cantidad cuando el incremento mismo se expresa en dB y tiene un valor N. La ecuación de ∆L es una ecuación general. Ejemplo: Sea TpL = 290 kelvins; Te1 = 150 kelvins y N = 0,1 dB. Entonces, de las ecuaciones arriba obtenidas, ∆L = (100,01 − 1) = 0,023 y ∆Te = 10, 249 kelvins El lector puede hacer la misma operación para diferentes valores de la atenuación L. 2.44. Sea el sistema de la Fig. P2.44. Ruido Blanco

A1

S1, N1

Nn Sa, Na L, TpL S e , Ne Gp1 Ga,Ta T'e Te1 S r Te GpL, TeL Antena Línea de Transmisión B Preamplificador Señal Util

A2 Gp2 Te2

Si/Ni Al Detector

B

Amplificador

Fig. P2.44.

Datos: L = 2 dB = 1,585; To = 290 kelvins; TpL = To; Ta = 100 kelvins Ga = 50 dB = 105; Gp1 = 40 dB = 104 ; Te1 = 150 kelvins; Gp2 = 20 dB = 100; Te2 = 300 kelvins; B = 105; Sr = 10-8 W 1 G pL = ; TeL = (L − 1)TpL L (a) Demuestre que la temperatura efectiva de ruido Te referida a la entrada de la línea de transmisión es Te = 407,448 kelvins (b) Demuestre que la temperatura efectiva de ruido Te, a la entrada del primer amplificador es Te’ = 150,03 kelvins (c) Suponga que la temperatura de ruido de entrada a la antena es Demuestre que

Tn = 100 kelvins.


La temperatura equivalente total del sistema es Te = 200,004 kelvins La cifra de ruido total es F = 1,69 La relación Si/Ni es

Si = 3,623x107 = 75,591 dB Ni

Solución: Vamos a analizar el sistema en forma global y de allí deduciremos los parámetros pedidos en las preguntas (a), (b) y (c). Para hacer más completo el análisis, vamos a suponer que la antena tiene una ganancia Ga y recibe una potencia útil Sr. La densidad espectral del ruido atmosférico es η / 2 (ruido blanco). El ruido propio de la antena está caracterizado por la temperatura Ta. El ancho de banda del sistema es B. Vamos a calcular primero la potencia útil, después la potencia de ruido y finalmente calcularemos la relación Si/Ni de predetección. Sea entonces la Fig. P2.44. Cálculo de la potencia útil Sr es la potencia útil a la entrada de la antena A la salida de la antena, Sa = Ga Sr A la salida de la línea de transmisión, Se = G pLSa = G a G pLSr , donde G pL = A la salida del amplificador A1,

S1 = G p1Se = G a G pLG p1Sr

A la salida del amplificador A2,

Si = G a G pL G p1G p2Sr =

G a G p1G p2 L

Sr

1 L

[A]

Cálculo de las potencias de ruido A la entrada de la antena el ruido blanco produce una potencia Nn = kTnB, donde Tn viene dada mediante la expresión (2.147) del Texto. A la salida de la antena, N a = G a kTa B + G a kTn B = G a k(Ta + Tn ) = G a kTan B Tan es la temperatura total de la antena A la salida de la línea de transmisión, N e = G pL N a + G pL kTeL B, donde TeL = (L − 1)TpL N e = G a G pL kTan B + G pL k(L − 1)TpL B = G a G pL k[Tan + A la salida del amplificador A1, N1 = G a G pL G p1k[Tan +

(L − 1)TpL Ga

(L − 1)TpL Ga

]B

N1 = G p1N e + G p1kTe1B

]B + G p1kTe1B = G a G pLG p1k[Tan +

(L − 1)TpL Ga

+

Te1 ]B G a G pL


A la salida del amplificador A2, N i = G p2 N1 + G p2 kTe2 B = G a G pLG p1G p2 k[Tan + N i = G a G pL G p1G p2 k[Tan +

(L − 1)TpL Ga

+

(L − 1)TpL Ga

+

Te1 ]B + G p2 kTe2 B G a G pL

Te1 Te2 1 ]B y como G pL = , + G a G pL G a G pLG p1 L

Ni =

G a G pL G p1 ⎡ (L − 1)TpL LTe1 LTe2 ⎤ k ⎢Tan + + + ⎥ B. Finalmente, L Ga G a G a G p1 ⎦⎥ ⎣⎢

Ni =

⎤ ⎫⎪ G a G p1G p2 ⎧⎪ 1 ⎡ Te2 k ⎨Tan + ) − TpL ⎥ ⎬ B ⎢ L(TpL + Te1 + L G a ⎢⎣ G p1 ⎪⎩ ⎦⎥ ⎪⎭

La relación S/N de predetección es, por supuesto,

[B]

Si . Ni

La temperatura equivalente de todo el sistema, referida a la antena, será entonces Te = Tan +

⎤ 1 ⎡ Te2 ) − TpL ⎥ ⎢ L(TpL + Te1 + G a ⎣⎢ G p1 ⎦⎥

También, la cifra de ruido total del sistema será

[C] F =1+

Te To

[D]

Nótese la gran influencia de la antena sobre la temperatura global del sistema. Cuanto más baja es la temperatura de la antena y más alta es su ganancia, la potencia de ruido será menor y más alta la relación de predetección Si/Ni. Esto es de especial importancia en la recepción de señales débiles, como es el caso de las comunicaciones por satélite y la radioastronomía. Nótese también la influencia de la línea de transmisión. El factor de atenuación L debe ser lo más bajo posible; con un buen diseño se puede optimizar este factor. Ahora podemos responder a las preguntas (a), (b) y (c). Datos: L = 2 dB = 1,585; To = 290 kelvins; TpL = To; Gp1 = 7 dB = 5,012; Te1 = 150 kelvins; Gp2 = 40 dB = 104; Te2 = 300 kelvins; B = 105; Sr = 10-8W G pL =

1 ; TeL = (L − 1)TpL L


(a) Determinar la temperatura de ruido referida a la entrada de la línea de transmisión. Solución: La temperatura referida a la entrada a la línea de transmisión es la temperatura vista aguas abajo de la antena; es como si la antena no existiera. En este caso, en la expresión [C] antes deducida hacemos Ta = 0 y Ga = 1. La temperatura referida a la salida de la antena será, de [C]: ⎡ ⎤ T Te = ⎢ L(TpL + Te1 + e2 ) − TpL ⎥ = 407, 448 kelvins G p1 ⎢⎣ ⎥⎦ (b) Determinar la temperatura efectiva de ruido Te' referida a la entrada del primer amplificador. En este caso, Te' = Te1 +

Te2 = 150,03 kelvins G p1

(c) Para Tn = 100 kelvins, obtenemos: de [C]; de [D]:

Te = 200,04 kelvins F = 1,69

de [A] y [B] :

Si = 3,623x107 = 75,591 dB Ni

106

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO III

CAPITULO III 3.1. Sea una secuencia binaria de 1428 UNOS y 2668 CEROS. Demuestre que la probabilidad de recibir un UNO en un intervalo cualquiera es de 0,3486. Solución: Número de UNOS = N1 = 1428;

Número de CEROS = N0 = 2668

Número total de dígitos = N = N1 + N0 = 4096 dígitos P{recibir un UNO} =

Asimismo,

N 1 1428 = = 0,3486 N 4096

P{recibir un CERO} =

N 0 2668 = = 0,6514 N 4096

3.2. El experimento es el lanzamiento de dos dados. (a) Demuestre que la probabilidad de obtener 8 puntos es de 5/36 (b) Demuestre que la probabilidad de obtener 7 puntos es de 1/6 (c) Demuestre que la probabilidad de obtener 5 puntos ó 7 puntos u 8 puntos es de 15/36. Solución: (a) El espacio S de resultados en el lanzamiento de dos dados es

S = {1 − 1, 1 - 2, 1 - 3, .........,6 - 4, 6 - 5, 6 - 6} . Son 36 resultados posibles; entonces, P{obtener 8 puntos} = P{2 - 6, 3 - 5, 4 - 4, 5 - 3, 6 - 2} =

5 36

(b) P{obtener 7 puntos} = P{1 - 6, 2 - 5, 3 - 4, 4 - 3, 5 - 2, 6 - 1} =

6 1 = 36 6

(c) P{obtener 5 puntos ó 7 puntos u 8 puntos} = P(obtener 5 puntos} + + P{obtener 7 puntos} + P{obtener 8 puntos} 4 1 pero P{obtener 5 puntos} = P{1 - 4, 2 - 3, 3 - 1, 4 - 1} = = 36 9 P{obtener 5 puntos ó 7 puntos u 8 puntos} =

1 1 5 15 + + = 9 6 36 36

3.3. Demuestre que P(A + B + C) = P(A) + P(B) + P(C) − P(AB) − P(AC) − P(BC) + P(ABC) . Solución: Sea la expresión (3.4) del Texto, P(A + B) = P(A) + P(B) − P(AB) . Reducimos entonces la suma de tres sucesos a la suma de dos sucesos en la forma Prof. J. Briceño M., ULA

107


{A + B + C} = {(A + B) + C} . Por consiguiente, P(A + B + C) = P[(A + B) + C] = P(A + B) + P(C) − P[(A + B)C] = P(A) + P(B) − P(AB) + P(C) − P(AC + BC) = P(A) + P(B) + P(C) − P(AB) − {P(AC) + P(BC) − P[(AC)(BC)] pero (AC)(BC) = ABC , de donde, P(A + B + C) = P(A) + P(B) + P(C) − P(AB) − P(AC) − P(BC) + P(ABC) 3.4. Una compañía construye receptores de radio de 6, 8 y 10 transistores. Estos receptores vienen en gabinetes de color marfil, negro y verde. En el depósito de la compañía hay 10000 receptores distribuidos en la forma siguiente No. de Transistores 6 8 10 TOTALES

Color Marfil 1000 600 400 2000

Color Negro 3000 1000 1000 5000

Color Verde 2000 1000 0 3000

TOTALES 6000 2600 1400 10000

Una persona entra en el depósito y toma un receptor. Demuestre las siguientes probabilidades. P{tomar un receptor verde} = 0,3 P{tomar un radio de 10 transistores} = 0,14 P{tomar un radio verde de 10 transistores} = 0 P{tomar un radio negro de seis transistores} = 0,3 Solución: Vamos a utilizar la Tabla de más arriba. Entonces, directamente de la Tabla:

P{tomar un radio verde} =

Número de radios verdes 3000 = = 0,3 Número Total de radios 10000

P{tomar un radio de 10 transistores} =

Número de radios de 10 transistores 1400 = = 0,14 Número Total de radios 10000

P{tomar un radio verde de 10 transistores} = 0; no hay radios verdes de 10 transistores P{tomar un radio negro de seis transistores}=P{Tomar un radio negro}P{radio de 6 transistores}

=

5000 6000 ⋅ = 0,3 10000 10000

Prof. J. Briceño M., ULA

108


3.5.

El experimento es el lanzamiento de cinco monedas. Demuestre las siguientes probabilidades: P{aparecen tres caras} = 5/16 P{aparece una sola cara} = 5/32 P{aparecen cinco caras} = 1/32 Solución: Primera forma: Lanzamiento de cinco monedas; el espacio S de resultados es (Cara →C; Sello→S): S = {C1C 2 C3C 4C5 , C1C 2C3C 4S5 ,⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅, S1S2S3S4C5 , S1S2S3S4S5} Se tiene entonces N E = 25 = 32 elementos en total e igualmente probables.

El suceso {aparecen tres caras} tiene N(53 ) elementos favorables, donde N( nm ) =

n! . Entonces, m!(n − m)!

5! N( ) 3!(5 − 3)! 5 = = P{aparecen tres caras} = NE 32 16 5! 5 1 1 N( ) 5 P{aparecen cinco caras} = = P{aparece una sola cara} = 1 = 4! = ; N E 32 NE 32 32 Segunda forma: 5 3

Aplicaremos la expresión (3.25). En este caso: N = 5; n = 3; P(cara) = P(sello) = ½ . Reemplazando en (3.25), P(3C) = (

3

5 3

2

3

2

1.2.3.4.5 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 5 ) ⎛⎜⎝ 12 ⎞⎟⎠ ⎛⎜⎝ 12 ⎞⎟⎠ = 1.2.3.1.2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = 0,3125 = 16 ⎝2⎠ ⎝2⎠

Para las otras dos probabilidades , el procedimiento es el mismo. 3.6. Una caja contiene 10 bolas blancas, 4 negras y 3 rojas. De esta caja se sacan 4 bolas. Demuestre que la probabilidad de que estas bolas sean todas blancas es de 3/34. Solución: Este problema se puede resolver de dos maneras; vamos a hacerlo de las dos maneras. Primera Forma La caja contiene 17 bolas y hay que sacar 4; de modo que el número de combinaciones de 17 bolas tomadas de 4 en 4 es Prof. J. Briceño M., ULA

109


17! = 2380 combinaciones 4!13!

N (17 4 ) =

De estas 2380 posibilidades, solamente aquellas combinaciones de exactamente 4 bolas blancas son favorables. Como hay 10 bolas blancas, el número de grupos favorables es 10! = 210 combinaciones favorables. 4! 6!

N(10 4 ) =

De modo que la probabilidad de sacar 4 bolas blancas es P{sacar 4 bolas blancas} =

N(10 210 3 4 ) = = 17 N( 4 ) 2380 34

Segunda Forma Podemos considerar el problema como si se sacaran las bolas una a una sin reemplazarla. En este caso podemos utilizar la probabilidad condicional y multiplicar las diferentes probabilidades ya que los sucesos son independientes. Así, P{sacar 4 bolas blancas} = P{sacar una blanca por primera vez} ⋅ ⋅ P{sacar una blanca de segundo | habiendo sacado una blanca de primero} ⋅ ⋅ P{sacar una blanca de tercero | habiendo sacado ya dos blancas} ⋅ ⋅ P{sacar una blanca de cuarto | habiendo sacado ya tres blancas} P{sacar 4 bolas blancas} =

10 9 8 7 3 ⋅ ⋅ ⋅ = 17 16 15 14 34

Vemos que el resultado es el mismo en las dos formas. 3.7. Una caja contiene 2 bolas blancas, 1 negra y 4 rojas. De esta caja se sacan 3 bolas. Demuestre que la probabilidad de sacar 1 bola blanca y 2 rojas es de 12/35. Solución: Igual que en el Problema anterior, lo haremos en dos formas. Primera Forma La caja contiene 7 bolas y se van a sacar 3; el número de combinaciones de 7 bolas tomadas de 3 en 3 es N(37 ) =

7! = 35 combinaciones 3! 4!

En relación con las blancas, hay 2 bolas blancas y se va a sacar una; el número de combinaciones favorables para las blancas será N B (12 ) =

2! = 2 combinaciones favorables para las blancas 1!1! Prof. J. Briceño M., ULA

110


Igualmente, para las rojas, hay 4 bolas rojas y se van a sacar 2; el número de combinaciones favorables para las rojas será N R ( 42 ) =

4! = 6 combinaciones favorables para las rojas 2! 2!

Por lo tanto, el número de combinaciones favorables es N B (12 ) ⋅ N R ( 42 ) = 2x 6 = 12 combinaciones favorables. En consecuencia, N B (12 ) N R ( 42 ) 12 P{sacar 1 bola blanca y 2 rojas} = = N(37 ) 35 Segunda Forma Al sacar 3 bolas (1 blanca y 2 rojas) se tiene los siguientes sucesos: {blanca, roja, roja}, {roja, blanca, roja}; {roja, roja, blanca} Si consideramos que sacamos las bolas una a una sin reemplazo, igual que en el Problema anterior, se tiene: P{blanca, roja , roja} = P(BRR ) =

2 4 3 4 ⋅ ⋅ = 7 6 5 35

P{roja , blanca, roja} = P(RBR ) =

4 2 3 4 ⋅ ⋅ = 7 6 5 35

P{roja , roja , blanca} = P(RRB) =

4 3 2 4 ⋅ ⋅ = 7 6 5 35

P{sacar 1 blanca y 2 rojas} = P(BRR) + P(RBR) + P(RRB) = 3

4 12 = 35 35

Resultado igual al de la primera forma. 3.8. Una caja C1 contiene 2000 transistores, de los cuales el 5% está defectuoso. Una segunda caja C2 contiene 500 transistores, de los cuales el 40% está defectuoso. Se tiene también otras dos cajas C3 y C4 con 1000 transistores cada una y con un 10% defectuoso. Se selecciona al azar una de las cuatro cajas y se saca un transistor. Demuestre que la probabilidad de que este transistor esté defectuoso es de 0,1625. Solución: En total, en las 4 cajas hay 4000 transistores buenos (B) y 500 defectuosos (D), distribuidos en la forma siguiente: ⎧1900B ⎧300B ⎧900B ⎧900B Caja 1 : ⎨ ; Caja 2 : ⎨ ; Caja 3 : ⎨ ; Caja 4 : ⎨ ⎩1000D ⎩200D ⎩100D ⎩100D


111


Por consiguiente, el espacio S consta de 4500 elementos. Sea {Ci} el suceso que consiste de todos los elementos de la Caja i (i = 1, 2, 3, 4), y sea {D}={transistor defectuoso}. Queremos determinar la probabilidad P(D). Entonces, {Ci} = {elementos en la Caja i}; {D} = {transistor defectuoso} Vemos que

P(C1) + P(C2) + P(C3) + P(C4) = S = 1 y P{Ci }P{C j} = 0 para i ≠ j

1 , 4 es decir, que todas las cajas tienen la misma probabilidad de ser elegidas. Una vez que se selecciona una caja, la probabilidad de que el elemento extraído esté defectuoso es igual a la relación entre el número de transistores defectuosos y el número total de elementos de la Caja i; ésta es una probabilidad condicional. Con nuestra notación, esto se escribe en la forma

La selección “al azar” de una caja quiere decir que P(C1) = P(C2) = P(C3) = P(C4) =

100 200 = 0,05; P(D | C2) = = 0,4 2000 500 100 100 P(D | C3) = = 0,1; P(D | C4) = = 0,1 1000 1000

P(D | C1) =

De la expresión (3.22) del Texto, la probabilidad total es P(D) = P(D | C1)P(C1) + P(D | C2)P(C2) + P(D | C3)P(C3) + P(D | C4)P(C4) 1 1 1 1 1 = 0,05 + 0,4 + 0,1 + 0,1 = (0,05 + 0,4 + 0,1 + 0,1) = 0,1625 4 4 4 4 4 Esta es la probabilidad buscada. 3.9. En el Problema anterior se examina el transistor y vemos que está defectuoso. Demuestre que la probabilidad de que fue sacado de la Caja C2 es de 0,615. Solución: Nosotros buscamos la probabilidad condicional P(C2|D) del suceso {C2} suponiendo {D} (transistor defectuoso). Por lo tanto, del Problema anterior, P(D) = 0,1625; P(D | C2) = 0,4; P(C2) =

1 4

Aplicando el Teorema de Bayes, expresión (3.24) del Texto, P (C 2 | D) =

P(D | C2)P(C2) P(D | C1)P(C1) + P(D | C2)P(C2) + P(D | C3)P(C3) + P(D | C4)P(C4)

pero la suma del denominador es, del Problema anterior, igual a P(D), por lo tanto, 1 P ( D | C 2) P ( C 2) 4 = 0,615 P (C 2 | D) = = P ( D) 0,1625 0,4


112


Por consiguiente, la probabilidad condicional “a posteriori” de haber seleccionado la Caja C2, suponiendo que el transistor está defectuoso es igual a 0,615. 3.10. Verifique si las siguientes funciones satisfacen las condiciones para ser una densidad de probabilidad. (a) p X ( x ) =

1 1 ( ); π 1 + x2

x (b) p X ( x ) = x 2 Π ( ); 2

1 x −8 (c) p X ( x ) = (8 − x )Π ( ) 6 8

Solución: Para que una función p X ( x ) sea una densidad de probabilidad, ella debe satisfacer las

∫

condiciones

∞

−∞

p X ( x )dx = 1

y

p X ( x ) ≥ 0 para todo x .

1 ∞ 1 1 ∞ 1 dx . Resolviendo la integral obtenemos dx = 1 . Por lo π ∫− ∞ 1 + x 2 π ∫− ∞ 1 + x 2 1 1 tanto la función es una densidad de probabilidad. π 1 + x2 (a) Sea

x (b) p X ( x ) = x Π ( ) que tiene la forma mostrada en la 2 Fig. P3.10(a).

p X (x)

Mediante integración gráfica:

x -1

∞ 1 p X ( x ) = ∫ p X ( x )dx = 2 = 1 −∞ 2

0 Fig. P3.10(a)

1

Es una densidad de probabilidad. 1 6

(c) p X ( x ) = (8 − x )Π (

x −8 ) 8

Esta función tiene la forma mostrada en la Fig.P3.10(b). Nótese que tiene una parte negativa, por lo tanto no cumple con la condición p X ( x ) ≥ 0 para todo x. No es una densidad de probabilidad.

3.11. Sea la función de probabilidad p X ( x ) = (a) Demuestre que la probabilidad P(−

2/3

p X (x) 12

0

4

x

8

-2/3 Fig. P3.10(b)

1 x Λ( ) A A

A A < X ≤ ) = 0, 4375 . 4 4 Prof. J. Briceño M., ULA

113


(b) Determine y dibuje la correspondiente función de distribución FX(x)

Solución: En la Fig. P3.11(a) se muestra p X ( x ).

px(x)

FX(x)

1/A

0,5

x

x -A

-A/4 0 A/4 (a)

-A

A

0,5A

-0,5A

A

(b)

Fig. P3.11

A A < X ≤ ) es simplemente el área sombreada de la Fig. P3.11(a). 4 4 ⎧ 1 ⎪⎪ A 2 ( x + A) para - A ≤ x < 0 pX (x) = ⎨ ⎪- 1 ( x − A) = 1 (A − x ) para 0 ≤ x ≤ A ⎪⎩ A 2 A2

La probabilidad P(−

Entonces,

P(−

A A 1
∫

A/4

0

(b) De la expresión (3.43) del Texto, FX ( x ) =

(A − x)dx =

7 = 0, 4375 16

x

FX ( x ) = ∫ p X ( x ' )dx ' −∞

1 ⎡ x ⎤ Π ( x + A / 2 ) + 1 ⎡ A (A − x ' )dx '⎤ Π ( x − A / 2 ) + ( x ' A ) dx ' ⎥⎦ ⎥⎦ A 2 ⎢⎣ ∫− A A A 2 ⎢⎣ ∫x A

⎤ x − A/2 1 ⎡ x 2 A2 ⎤ x + A / 2 1 ⎡ A2 x2 + Π( + − Ax ⎥ Π ( FX ( x ) = 2 ⎢Ax + )+ 2 ⎢ ) ⎥ A ⎣ 2 2 ⎦ A A ⎣ 2 2 A ⎦

Esta función de distribución se muestra en la Fig. P3.11(b). 3.12. Sea la función de densidad de probabilidad p X ( x ) = K exp(−αx )u ( x ), donde K y α son dos constantes positivas. Prof. J. Briceño M., ULA

114


(a) Demuestre que K = α (b) Demuestre que la correspondiente función de distribución es FX ( x ) = [1 − exp(−αx )]u ( x )

Solución: Si pX(x) es una densidad de probabilidad, se verifica que

(a) ∞

K ∫ exp(−αx )dx = 0

K ; α

∫

∞

−∞

p X ( x )dx = 1 .

K = 1∴ K = α para que pX(x) sea una densidad de probaα

bilidad. x K ⎡1 1 ⎤ (c) FX ( x ) = ∫ K exp(−αx ' )dx ' = K ⎢ − exp(−αx )⎥ u ( x ) = [1 − exp(−αx )]u ( x ) . 0 α ⎣α α ⎦

Pero como K = α, entonces,

FX ( x ) = [1 − exp(−αx )]u ( x )

En la Fig. P3.12 se muestra p X ( x ) y FX ( x ). 0.01

1

p ( x) 0.005

0

α = 10−2

F ( x)

0

200

400

600

Fig. P3.12

x

0.5

0

0

200

400

600

x

3.13. Sea una VA X cuya distribución es gaussiana de valor promedio E{x} = 5 y σ = 0,6 . (a) Demuestre que P(X ≤ 1) = 1,3084 (b) Demuestre que P(X ≤ 6) = 0,952 (c) Si E{X} = 1000 y σ = 50, demuestre que la probabilidad de que X está entre 900 y 1050 es de 0,819. Solución: Distribución gaussiana :

pX (x) =

1 (x − x o )2 exp[− ]; E{X} = x o ; E{X 2 } = σ 2 2σ 2 σ 2π Prof. J. Briceño M., ULA

115


(a)

pX (x) =

1 0,6 2π

P(X ≤ 1) =

exp[−

1

1

0,6 2π ∫− ∞

( x − 5) 2 ] 2(0,6) 2

exp[−

( x − 5) 2 ]dx = 1,3084 x10 −11 2 2(0,6)

(b)

( x − 5) 2 ]dx = 0,9522 exp[− P(X ≤ 6) = 2(0,6) 2 0,6 2π ∫− ∞

(c)

E{X} = 1000; σ = 50

1

P(900 < X ≤ 1050) =

6

1

1050

50 2π ∫900

2 1 1 ( x − 1000) 2 ]dx = erf ( ) + erf ( 2 ) = 0,819 exp[− 2 2 2 2 2(50)

3.14. En una caja se tiene un conjunto de resistencias cuyo valor R varía entre 900 y 1100 Ohm (valor nominal 1000 Ohm con ±10% de error máximo). R es entonces una VA con una distribución uniforme entre 900 y 1100 Ohm. Se saca una resistencia de la caja. Demuestre que la probabilidad de que el valor de la resistencia está entre 950 y 1050 Ohm es de 0,5. Solución: Se dice que una VA X está distribuida uniformemente en el intervalo (x1, x2) cuando su función de densidad de probabilidad es un impulso rectangular de la forma x1 + x 2 1 2 ) . En nuestro caso, Π( pX (x) = x 2 − x1 x 2 − x1 x−

x1 = R 1 = 900 ⎫ R1 + R 2 1 r − 1000 = 1000; p R (r ) = Π( ) ⎬R 2 − R 1 = 200; x 2 = R 2 = 1100⎭ 2 200 200 p R (r ) tiene la forma mostrada en la Fig. P3.14(a). Se tiene entonces que

P(950 < R ≤ 1050) =

1 1050 200 ∫950

PR(r)

dr = 0,5 FR(r) 1

1/20 r

0

1000

95 (a)

105

r 0

R1=900

(b)

R2=1100

Fig. P3.14.

La función de distribución correspondiente es Prof. J. Briceño M., ULA

116


⎧ r 1 ⎪⎪∫R 1 200 dr ' para R1 = 900 < r ≤ R 2 = 1100 FR (r ) = ⎨ r 1 ⎤ ⎪⎡ dr '|r = R 2 ⎥ u (r − R 2 ) ∫ ⎢ ⎪⎩⎣ R 1 200 ⎦

⎧ (r − 900) r − 1000 ⎪⎪ 200 Π ( 200 ) FR (r ) = ⎨ ⎪ (R 2 − R 1 ) u (r − R ) = u (r − 1100) 2 ⎪⎩ 200 FR (r ) tiene la forma mostrada en la Fig. P3.14(b).

3.15. Sea Y = X 2 . La VA X es gaussiana de valor promedio E{X} = m y varianza σ 2 . Demuestre que la densidad de probabilidad de la VA Y es p Y ( y) =

⎧⎪ ⎡ ( y + m) 2 ⎤ ⎡ ( y − m) 2 ⎤ ⎫⎪ 1 + exp ⎥ ⎥ ⎬u ( y ) ⎢− ⎨exp ⎢− 2σ 2 2σ 2 2σ 2πy ⎪⎩ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎪⎭

Solución: E{X} = m;

E{X 2 } = σ 2 ; p X ( x ) =

1 σ 2π

exp(−

1 1 x−m ( x − m) 2 ) ; FX ( x ) = + erf ( ) 2 2 2 2σ 2σ

Vamos a aplicar el Teorema Fundamental de la Sección 3.4 del Texto. y = x 2 tiene dos raíces reales para 0 < y: g' ( x ) =

d dy y( x ) = 2 x = ; dx dx

p Y ( y) = p X ( − y ) p Y ( y) =

1 2 y

[p

X

1 2 y

x1 = − y

y

x2 = y

dx 1 = . De la expresión (5.60) del Texto, dy 2 x

+ pX ( y )

(− y ) + p X ( y )

1 2 y

]

para 0 < y

para 0 < y

reemplazando p X ( x ), p Y ( y) =

⎡ ( y − m) 2 ⎤ ⎫⎪ 1 ⎧⎪ ⎡ (− y − m) 2 ⎤ exp + ⎥ ⎢− ⎥ ⎬u ( y ) ⎨exp ⎢− 2σ 2 2σ 2 2 y σ 2π ⎪⎩ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎪⎭

p Y ( y) =

⎧⎪ ⎡ ( y + m) 2 ⎤ ⎡ ( y − m) 2 ⎤ ⎫⎪ 1 exp + ⎥ ⎢− ⎥ ⎬u ( y ) ⎨exp ⎢− 2σ 2 2σ 2 2σ 2πy ⎪⎩ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎪⎭

1


117


La correspondiente función de distribución se puede determinar en la forma siguiente: FY ( y) = P(Y ≤ y) = P( x1 < X ≤ x 2 ) = FX ( x 2 ) − FX ( x1 ) = FX ( y ) − FX (− y )

[

]

FY ( y) = FX ( y ) − FX (− y ) u ( y) . Pero como FX ( x ) =

1 1 x−m + erf ( ). 2 2 2σ

para 0 < y

Entonces,

⎡1 1 − y −m ⎤ y −m 1 1 FY ( y) = ⎢ + erf ( ) − − erf ( ) ⎥ u ( y) 2 2 2σ 2σ ⎦⎥ ⎣⎢ 2 2 FY ( y) =

− y −m ⎤ y −m 1⎡ ) − erf ( ) ⎥ u ( y) ⎢erf ( 2 ⎢⎣ 2σ 2σ ⎥⎦

Nótese que cuando la densidad de probabilidad es par, entonces, p X ( x ) = p X (− x ) p Y ( y) =

1 2 y

FX (− x ) = 1 − FX ( x ). Por lo tanto, para la VA Y = X 2 se tiene:

y

p X ( y ) u ( y)

[

]

FY ( y) = 2FX ( y ) − 1 u ( y)

y

En la Fig. P3.15 se muestra p Y ( y) y FY ( y) para m = 2 y σ = 0,3 . 0.4

1

p(y)

F(y)

0.2

0

0.5

0

5

y

10

0

0

5

y

10

Fig. P3.15.

3.16. Sea una función de densidad conjunta de dos VA X e Y de la forma p XY ( x, y) = K ( x + xy)Π ( x − 1 / 2)Π (

y−2 ) 4

(a) Demuestre que K = 1 / 6 (b) Demuestre que las VA X e Y son independientes (c) Demuestre que FXY (1 / 2, 2) = 1/12 Solución: (a) Si p XY ( x , y) es una densidad conjunta, debe verificarse que ∫

∞

∫

∞

−∞ −∞

p XY ( x , y)dxdy = 1 .


118


Entonces K ∫

∞

∫

∞

−∞ −∞

x (1 + y)Π ( x − 1 / 2)Π (

1 Pero Π ( x − ) = 1 para 0 ≤ x ≤ 1; 2 1 4

K∫

∫

0 0

Π(

1 4

1 4

0 0

0 0

( x + xy)dxdy = K ∫

∫

y−2 )dxdy = 1 4

xdxdy + K ∫

∫

y-2 ) =1 4

para 0 ≤ y ≤ 4 . Entonces, 1

4

1

4

0

0

0

0

xydxdy = K ∫ xdx ∫ dy + K ∫ xdx ∫ ydy

1 1 ⎤ ⎡1 = K ⎢ 4 + ⋅ 16⎥ = 6K . Como 6K = 1, entonces 2 2 ⎦ ⎣2

1 K= . 6

(b) Ahora vamos a calcular las densidades marginales. De (3.50) del Texto, 4

4

0

0

p X ( x ) = ∫ Kx (1 + y)dy = Kx ∫ (1 + y)dy = Kx[4 +

16 ] = 12Kx = 2x para 0 ≤ x ≤ 1 2

1 p X ( x ) = 2xΠ ( x − ) 2 1

1

0

0

p Y ( y) = ∫ Kx (1 + y)dx = K (1 + y) ∫ xdx = K (1 + y) p Y ( y) =

1 1+ y = 2 12

para 0 ≤ y ≤ 4

1+ y y − 2 Π( ) 12 4

1 (1 + y) y − 2 1 1 y−2 p X ( x ) ⋅ p Y ( y) = 2xΠ ( x − ) ) = x (1 + y)Π ( x − )Π ( Π( ) 2 12 4 6 2 4 p X ( x ) ⋅ p Y ( y) =

1 1 y−2 ( x + xy)Π ( x − )Π ( ) = p XY ( x, y) 2 2 4

Por lo tanto, X e Y son independientes. (c) De la expresión (3.47) del Texto, FXY ( x , y) = P(X ≤ x; Y ≤ y) = ∫

x

∫

y

-∞ −∞

p XY ( x ' , y' )dx ' dy'

Para x = 1 / 2; y = 2, FXY (1 / 2, 2) = FXY (1 / 2, 2) =

1 1/ 2 2 x ' (1 + y' )dx ' dy' 6 ∫0 ∫0

2 2 2 1 1/ 2 1 1/ 2 1 1/ 2 x ' dx ( 1 + y ' ) dy ' = x ' dx ' dy ' + x ' dx ' ∫0 ∫0 ∫0 y' dy' 6 ∫0 6 ∫0 6 ∫0

1 1 1 1 1 1 1 FXY (1 / 2, 2) = [ ⋅ 2 + ⋅ ⋅ 4] = 6 2 4 2 4 2 12 3.17. En la expresión (3.60) del Texto, deduzca FX ( x ) a partir de p X ( x ) . Solución: Prof. J. Briceño M., ULA

119


x

De la expresión (3.43) del Texto, FX ( x ) = ∫ p X ( x )dx = −∞

Hagamos el cambio de variables z' = Entonces, FX ( x ) = FX ( x ) =

x '− x o ; 2σ

dz' =

x ⎡ ( x '− x o ) 2 ⎤ 1 exp ⎢− 2σ 2 ⎥ dx ' σ 2π ∫− ∞ ⎦ ⎣

dx ' x − xo . ; dx' = 2σdz' ; z = 2σ 2σ

1 z 1 x − xo exp(− z'2 )dz' = [1 + erf (z)] ; pero como z = , entonces ∫ 2 π −∞ 2σ

1 1 x − xo + erf ( ) , que viene dada en la expresión (3.60) del Texto. 2 2 2σ

3.18. Demuestre que para una distribución gaussiana centrada se verifica que E{X} = 0

y

E{X 2 } = σ2 .

Solución: 1 x2 pX (x) = exp(− 2 ) . Por definición, el valor promedio E{X} es, de la expresión 2σ σ 2π (3.86) del Texto, ∞

E{X} = ∫ xp X ( x )dx = −∞

∞ 1 x2 x exp( − )dx. Efectuando la integración, 2σ 2 σ 2π ∫− ∞

E{X} = 0 De la expresión (3.98) del Texto, el valor RMS o potencia promedio del proceso X es ∞

E{X 2 } = ∫ x 2 p X ( x )dx = −∞

∞ 1 x2 2 x exp( − ). Efectuando la integración, 2σ 2 σ 2π ∫− ∞

E{X 2 } = σ 2 3.19. Se tiene dos VA X e Y independientes cuyas densidades de probabilidad son p X ( x ) = exp(− x )u ( x ) y

p Y ( y) = 2 exp(−2 y)u ( y)

Sea también una nueva VA Z = X + Y. Demuestre que

p Z (z) = 2[exp(− z) − exp(−2z)]u (z)

Solución: Se demuestra, [Papoulis, Capítulo 7, 1965], que si X e Y son VA independientes, entonces la densidad de probabilidad de la suma Z = X + Y es igual a la convolución de sus respectivas densidades de probabilidad, es decir, ∞

∞

−∞

−∞

p Z (z) = ∫ p X (z − y)p Y ( y)dy = ∫ p X ( x )p Y (z − x )dx Prof. J. Briceño M., ULA

120


Por lo tanto, utilizando la primera integral, ∞

p Z (z) = ∫ exp[−(z − y)]u (z − y)2 exp(−2 y)u ( y)dy −∞

∞

p Z (z) = 2 ∫ exp(−2 y) exp[−(z − y)]u (z − y)u ( y)dy −∞

pero

u(z − y)u(y) = 1

para 0 ≤ z , de donde,

z

p Z (z) = 2 ∫ exp(−2y) exp[−(z − y)]dy = 2 exp(− z) − 2 exp(−2z) 0

para 0 ≤ z

p Z (z) = 2[exp(−z) − exp(−2z)]u (z)

Utilizando la segunda integral, ∞

p Z (z) = ∫ exp(− x )u ( x )2 exp[−2(z − x )]u (z − x )dx −∞

∞

p Z (z) = 2 ∫ exp(− x ) exp[−2(z − x )]u (z − x )u ( x )dx −∞

pero

u (z − x )u ( x ) = 1 para 0 ≤ z z

p Z (z) = 2 ∫ exp(− x ) exp[−2(z − x )]dx = 2 exp(−z) − 2 exp(−2z) 0

para 0 ≤ z

p Z (z) = 2[exp(−z) − exp(−2z)]u (z) . Vemos que los dos resultados son iguales.

3.20. La densidad de probabilidad de una VA X es

pX (x) =

1 x −1 Λ( ). 2 2

Demuestre que E{X} = 1; E{X 2 } = 5 / 3; σ 2x = 2 / 3 . Solución: p X ( x ) tiene la forma mostrada en la Fig. P3.20.

⎧1 ⎪⎪ 4 ( x + 1) para - 1 ≤ x < 1 pX (x ) = ⎨ ⎪- 1 ( x − 3) para 1 ≤ x ≤ 3 ⎪⎩ 4 De la expresión (3.84) del Texto, 1 ⎧1 1 ⎪⎪ 4 ∫−1 x ( x + 1)dx = 6 E{X} = ∫ xp X ( x )dx = ⎨ −∞ ⎪− 1 3 x ( x − 3)dx = 5 ⎪⎩ 4 ∫1 6 ∞

E{X} =

1 5 + =1 6 6


121


De la expresión (3.96) del Texto, 1 ⎧1 1 2 x ( x + 1)dx = ∫ ⎪ ∞ − 1 ⎪4 6 E{X 2 } = ∫ x 2 p X ( x )dx = ⎨ −∞ 3 ⎪− 1 x 2 ( x − 3)dx = 3 ⎪⎩ 4 ∫1 2

E{X 2 } =

1 3 5 + = 6 2 3

De la expresión (3.102) del Texto, σ 2x = E{X 2 } − E 2{X} =

5 2 −1 = 3 3

3.21. La señal de entrada X y la señal de salida Y de un sistema no lineal están relacionados mediante la expresión Y = X 2 u ( X) . Si la densidad de probabilidad de X es gaussiana, de valor promedio cero y varianza σ 2 , demuestre que la densidad de probabilidad a la salida del sistema es p Y ( y) =

y 1 1 exp(− 2 )u ( y) δ( y ) + 2 2σ 2σ 2πy

Solución: y( x ) = x 2 u ( x ) , Fig. P3.21(a)

Para y < 0, p Y ( y) = 0 Para y > 0, se tiene una raíz

x1 = y

g ' ( x1 ) = 2 x = 2 y p Y ( y) =

p ( y) p X ( x1 ) u(x) = X u ( y) g ' ( x1 ) 2 y

En general, (ver [Papoulis, 1966]), si X es de tipo continuo, pero g(x) es una constante (aunque sea cero) sobre ciertos intervalos pero no es de forma escalonada, entonces Y = g (X) es de tipo mixto, es decir, que contiene impulsos de Dirac en las descontinuidades. Por lo tanto, si g(X ) = g( x ) = constante o cero

para

x1 ≤ X ≤ x 2

entonces FY ( y) es discontinua para y = g( x1 ) , y sus discontinuidades en este punto serán iguales a FX ( x 2 ) − FX ( x1 ) . Volviendo a nuestro problema, si y > 0, entonces g( x ) ≤ y será válido para x ≤ y , de donde FY ( y) = P{Y ≤ y} = P{X ≤ y } = FX ( y ) para

0 < y

FY ( y) = FX ( y )u ( y) Prof. J. Briceño M., ULA

122


En y = 0 hay una discontinuidad, es decir, g( x ) = y = 0 para − ∞ < x ≤ 0 . Esta discontinuidad vale [FX (0) − FX (−∞)], pero como FX (−∞) = 0, el valor de la discontinuidad será FX (0). Esto equivale a P{Y = 0} = P{X ≤ 0} = FX (0) . 1 2

1 2

x ) , entonces, 2σ

Puesto que FX ( x ) = + erf (

FX (0) =

1 2

La densidad de probabilidad de la VA Y será, para 0 < y, p Y ( y) = FX (0)δ( y) +

pX ( y ) 2 y

=

y 1 1 exp(− 2 )u ( y) δ( y ) + 2 2σ 2σ 2πy

Calculemos su función de distribución. FY ( y) =

⎡1 ⎤ y' 1 exp(− 2 )u ( y' )⎥ dy' ⎢ δ( y' )dy'+ −∞ 2 2σ 2σ 2πy ⎢⎣ ⎥⎦

∫

y

FY ( y ) = FY ( y) =

1 2

∫

y

−∞

δ( y ' )dy '+

1 2σ 2 π

0

y' ) 2σ 2 dy ' = [ 1 + 1 erf ( y )]u ( y 2 2 y' 2σ

exp( −

y ⎤ 1⎡ ) ⎥ u ( y) ⎢1 + erf ( 2 ⎢⎣ 2σ ⎥⎦

En la Fig. P3.21(b) se muestra

3.22.

∫

y

pY(y) y FY(y)

para σ = 2

En el caso de un detector cuadrático la entrada X y la salida Y están relacionadas mediante la expresión Y = aX 2 , con a > 0.

(a) Demuestre que p Y ( y) =

1 y pX ( ) u ( y) a ay

y

⎡ ⎤ y FY ( y) = ⎢2FX ( ) − 1⎥ u ( y) a ⎢⎣ ⎥⎦


123


(b) Si la densidad de probabilidad de la VA X es gaussiana, de valor promedio cero y varianza σ 2 , demuestre que a la salida del detector cuadrático p Y ( y) =

y/a 1 y ) u ( y) exp(− 2 )u ( y) y FY ( y) = erf ( 2σ σ 2πay 2σ

(c) Si la VA X está uniformemente distribuida en el intervalo (c, d), donde c > d, demuestre que 1 ⎧ ⎪ p Y ( y) = ⎨ 2(d − c) ay ⎪0 ⎩ ⎧ y/a −c ⎪ FY ( y) = ⎨ d − c ⎪1 ⎩

para

ac 2 ≤ y ≤ ad 2

en el resto

para

ac 2 ≤ y < ad 2

para

ad 2 ≤ y

Solución: (a)

Y = aX 2 ; y = ax 2 , que tiene

la forma mostrada en la Fig. P3.22(a). Para y < 0, la ecuación y = ax 2 no tiene raíces reales, de donde p Y ( y) = 0 para y < 0. Para 0 < y, la ecuación tiene dos raíces: También,

| g' ( x1 ) |=|

x1 = − y / a

y

x2 = y / a

dy |= 2a y / a = 2 ay = g' ( x 2 ) dx1

p X ( x1 ) = p X (− y / a ); p X ( x 2 ) = p X ( y / a ) , de donde p Y ( y) =

p X ( x ) p X ( x1 ) p X ( x 2 ) p X ( − y / a ) + p X ( y / a ) = + = para 0 < y g' (x ) g ' ( x1 ) g ' ( x 2 ) 2 ay

p Y ( y) =

[

]

1 p X ( y / a ) + p X ( − y / a ) u ( y ) . Igual que en el Problema 3.15, 2 ay

[

]

FY ( y) = FX ( y / a ) − Fx (− y / a ) u ( y)

Cuando g(x) es una función par, se verifica que (ver Problema 3.15) p X ( x ) = p X (− x )

y

FX ( − x ) = 1 − FX ( x ) . Entonces, Prof. J. Briceño M., ULA

124


p Y ( y) =

1 p X ( y / a ) u ( y) ay

(b) p x ( x ) =

[

1 x2 exp(− 2 ) 2σ σ 2π

]

FY ( y) = 2FX ( y / a ) − 1 u ( y)

y

y

FX ( x ) =

1 1 x ) + erf ( 2 2 2σ

Para x = y / a , pX ( y / a ) = p Y ( y) =

1 y exp(− ) 2aσ 2 σ 2π

y

FX ( y / a ) =

y/a 1 1 ) . Por lo tanto, + erf ( 2 2 2σ

1 y exp(− )u ( y) . Asimismo, 2aσ 2 σ 2πay

⎧⎪ ⎡ 1 1 y / a ⎤ ⎫⎪ FY ( y) = 2FX ( y / a ) − 1 u ( y) = ⎨2⎢ + erf ( )⎥ − 1⎬u ( y) 2σ ⎥⎦ ⎪⎭ ⎪⎩ ⎣⎢ 2 2

[

]

⎡ ⎤ y/a y/a FY ( y) = ⎢1 + erf ( ) − 1⎥ u ( y) = erf ( ) u ( y) 2σ 2σ ⎢⎣ ⎥⎦

En la Fig. 3.22(b) se muestra pY(y) y FY(y) para a = 2 y σ = 2.

(c) Si la VA X está distribuida uniformemente en el intervalo (c, d), donde c < d, se tiene pX (x) =

1 x − xo x − c x − xo c+d ); FX ( x ) = ) + u ( x − d), con x o = Π( Π( d−c d−c d−c d−c 2

p X ( x ) y FX ( x ) se muestran en la Fig. P3.22(c).


125


Entonces, puesto que p X (− x ) = 0, p Y ( y) = p Y ( y) =

1 pX ( y / a ) 2 ay

y / a − xo 1 1 ) Π( d−c 2 ay (d − c)

Nótese que p X ( x ) existe solamente para valores positivos de x, es decir, p X (− x ) = 0; por eso aparece el número 2 en la expresión anterior. Como p Y ( y) existe desde y / a = c ó y = ac 2 hasta p Y ( y) se puede escribir en la forma siguiente: 1 ⎧ ⎪ p Y ( y) = ⎨ 2(d − c) ay ⎪0 ⎩

para

y/a d ó

y = ad 2 ,

ac 2 ≤ y ≤ ad 2

en el resto

Asimismo, la función de distribución será y/a − c y / a − xo FX ( y) = FX ( y / a )u ( y) = Π( ) + u ( y / a − d) d−c d−c que se puede escribir en la forma ⎧ y/a − c ⎪ FY ( y) = ⎨ d − c ⎪1 ⎩

para

ac 2 ≤ y ≤ ad 2

;

en el resto

p Y ( y) y FY ( y) se muestran en la Fig. P3.22(d).

3.23.

En el caso de un rectificador de onda completa la entrada X y la salida Y están relacionadas mediante la ecuación Y = X.

(a) Demuestre que p Y ( y) = [p X ( y) + p X (− y)]u ( y) y FY ( y) = [Fx ( y) − FX (− y)]u ( y) . Prof. J. Briceño M., ULA

126


Si p X ( x ) es una función par, se puede demostrar también que p Y ( y) = 2p X ( y) u ( y) y

FY ( y) = [2FX ( y) − 1]u ( y)

(b) Si la VA X es gaussiana de valor promedio 10 y desviación 5, demuestre que p Y ( y) =

exp[−

( y − 10) 2 (− y − 10) 2 ] + exp[− ] 50 50 u ( y) 5 2π

y − 10 y + 10 ⎤ ⎡ FY ( y) = ⎢erf ( ) + erf ( ) u ( y) 5 2 5 2 ⎥⎦ ⎣ (c) Si la VA X está distribuida uniformemente en el intervalo (10, 20), demuestre que p Y ( y) =

1 y − 15 1 Π( ) y FY ( y) = [r ( y − 10) − r ( y − 20)] 10 10 10

donde r(...) es la función rampa. Solución: Al pasar un voltaje aleatorio X por un rectificador de onda completa se efectúa el proceso Y = g (X) = X . La característica de transferencia del rectificador se muestra en la Fig.

P3.23. Entonces, para el proceso Y = X la ecuación y = g ( x ) = x no tiene soluciones para y < 0; por

lo tanto, p Y ( y) = 0 para y < 0

Para 0 < y, tiene dos soluciones:

x 1 = − y,

x2 = y

También, de la ecuación y = x , g' (x1 ) = −1 y g' (x 2 ) = 1; de donde g' (x1 ) = g ' ( x 2 ) = 1

y p X ( x1 ) = p X (− y); p y ( y) =

p X ( x 2 ) = p X ( y). Entonces,

p X ( x1 ) p X ( x 2 ) + = p X ( − y) + p X ( y) g ' ( x1 ) g ' ( x 2 )

para 0 < y

p Y ( y) = [p X (− y) + p X ( y)]u ( y)

La función de distribución FY ( y) se puede obtener en la forma siguiente:


127


Es evidente que

x < y para

x1 < x < x 2

ó

-y
Entonces podemos establecer que FY ( y) = P{Y ≤ y} = P{ X ≤ y} = P{x1 ≤ X ≤ x 2 } = FX ( x 2 ) − FX ( x1 )

De donde,

para

y>0

FY ( y) = [FX ( y) − FX (− y)]u ( y)

Si p X ( x ) es una función par, entonces, como en el problema anterior, p Y ( y) = 2p X ( y) u ( y)

y

FX ( y) = [2FX ( y) − 1]u ( y)

(b) Si la VA X es gaussiana de valor promedio 10 y desviación 5, entonces, pX (x) =

1 ( x − 10) 2 exp[− ] 50 σ 2π

y

FX ( x ) =

1 1 x − 10 + erf ( ) ; p X ( x ) es par. 2 2 5 2

1 ⎧ (− y − 10) 2 ( y − 10) 2 ⎫ p Y ( y) = ] + exp[− ⎨exp[− ⎬u ( y ) 50 50 ⎭ 5 2π ⎩ 1 ⎧ ( y + 10) 2 ( y − 10) 2 ⎫ p Y ( y) = ] + exp[− ]⎬u ( y) ⎨exp[− 50 50 5 2π ⎩ ⎭

y la función de distribución, y − 10 1 1 − y − 10 ⎤ ⎡1 1 FY ( y) = [FX ( y) − FX (− y)]u ( y) = ⎢ + erf ( ) − − erf ( ) u ( y) 2 2 5 2 5 2 ⎥⎦ ⎣2 2 FY ( y) =

1⎡ y − 10 y + 10 ⎤ 1⎡ y − 10 y + 10 ⎤ erf ( ) − erf (− )⎥ u ( y) = ⎢erf ( ) + erf ( ) u ( y) ⎢ 2⎣ 2⎣ 5 2 5 2 ⎦ 5 2 5 2 ⎥⎦

(c) Si la VA X está distribuida uniformemente en el intervalo (10, 20), pX(x) y FX(x) tendrán la forma mostrada en la Fig. P3.22(b) del Problema 3.22. Entonces, para b = 20 y c = 10, b - c = 10; pX (x) =

b+c = 15, 2

1 x − 15 1 x − 15 Π( ); FX ( x ) = ( x − 10)Π ( ) + u ( x − 20) 10 10 10 10

Nótese que pX(x) y FX(x) no tienen valores para x negativo, es decir, para x < 0; de donde p X ( x1 ) = FX ( x1 ) = 0. Nos queda entonces, para x2 = y,

p Y ( y) = p X ( y) u ( y) =

1 y − 15 Π( ) 10 10


128


y

FY ( y) = FX ( y)u ( y) = FY ( y) =

1 y − 15 ( y − 10)Π ( ) + u ( y − 20) , o también 10 10

1 [r ( y − 10) − r ( y − 20)] donde r(...) es la función rampa. 10

pY(y) y FY(y) tienen la misma forma que pX(x) y FX(x).

3.24. Sea una VA X y sea el proceso lineal Y = aX + b , donde a y b son dos constantes. (a) Si p X ( x ) y FX ( x ) son las funciones de probabilidad de X, demuestre que p Y ( y) =

1 y−b 1 y−b pX ( ) y FY ( y) = FX ( ) a a a a

para todo y

(b) Si la VA X está distribuida uniformemente en el intervalo (x1, x2), demuestre que 1 ⎧1 ⎪ a (x − x ) p Y ( y) = ⎨ 2 1 ⎪0 ⎩

para ax1 + b < y < ax 2 + b en el resto

La VA Y está distribuida uniformemente en el intervalo (ax1 + b, ax 2 + b). Solución: (a) y = ax + b P3.24(a).

que se muestra en la Fig.

y = ax + b tine una sola raíz: x=

y−b para todo y a

También, g ' ( x ) = a; g' (x) = a ;

y−b p (x) pX (x) = pX ( ). De donde, p Y ( y) = X = a g' ( x )

pX (

y−b ) a a

para todo y.

La correspondiente función de distribución es y

FY ( y) = ∫ p Y ( y' )dy' = −∞

1 a

∫

y

−∞

p X ( x )dx =

FX ( x ) ; a

y como x =

y−b , entonces, a Prof. J. Briceño M., ULA

129


1 y−b FX ( ) a a

FY ( y) =

para todo y

(b) Si la VA X está distribuida uniformemente en el intervalo ( x1 , x 2 ) , entonces pX (x) =

1 x − xo ), Π( x 2 − x1 x 2 − x1

donde

xo =

x1 + x 2 y−b . Y para x = , 2 a

y−b − xo y−b 1 Π( a ). Entonces, pX ( )= x 2 − x1 a ( x 2 − x1 ) pX (

p Y ( y) =

y−b y−b − xo ) 1 1 a a = Π( ) a a ( x 2 − x1 ) x 2 − x1

Como el rectángulo existe desde y = ax 2 + b ,

y-b y−b = x1 ó y = ax1 + b hasta = x2 ó a a

entonces p Y ( y) se puede escribir también en la forma

1 ⎧1 ⎪ a (x − x ) p Y ( y) = ⎨ 2 1 ⎪0 ⎩

para

ax1 + b < y < ax 2 + b

en el resto

El lector puede demostrar fácilmente, casi por inspección, que la correspondiente función de distribución viene dada por FY ( y) =

[ y − (ax1 + b)] y − yo ] + u[ y − (ax 2 + b)] donde Π[ a ( x 2 − x1 ) a ( x 2 − x1 )

yo =

a ( x1 + x 2 ) + 2 b 2

En la Fig. P3.24(b) se muestra p Y ( y) y FY ( y).

3.25. Una VA X está distribuida según la distribución de Cauchy, donde p X (x ) =

K 2

α + x2

.

(a) Demuestre que K = α/π


130


(b) Demuestre que

FX (x ) =

1 1 x + arctg( ) 2 π α

(c) Demuestre que la probabilidad de que X esté dentro del intervalo (−α, α) Solución: ∞

(a) Debe verificarse que

∫p

X

(x)dx = 1 , es decir,

−∞ ∞

∫α

−∞

2

K Kπ dx = ; si 2 +x α

Kπ α = 1, entonces K= α π

x

α 1 1 1 x (b) FX (x) = ∫ 2 dz; integrando, FX (x)= + arctg( ) 2 π −∞ α + z 2 π α α

2α 1 1 dx = (c) De (3.44), P(−α < X ≤ α) = 2 2 ∫ π 0 α +x 2

a , donde a es una constante. X a pX ( ) y a a y' (a) Demuestre que p Y ( y) = 2 p X ( ) y FY ( y) = a ∫ dy' para todo y 2 − ∞ y' y y Donde pX(x) es la densidad de probabilidad de X.

3.26. Sea una VA X y un proceso hiperbólico de la forma Y =

(b) Si la VA X está distribuida según Cauchy, demuestre que a 1 p Y ( y) = para todo y 2 πα ⎡ a 2⎤ ⎢ α2 + y ⎥ ⎣ ⎦ Vemos que la VA Y está distribuida también según Cauchy, pero con parámetro

a . α

Solución: a (a) y = g( x ) = , que tiene la forma dada en la Fig. x P3.26(a). a g( x ) = tiene una sola raíz: y x=

a y

y y 0

x

x

Fig. P3.26(a)

para todo y


131


También,

g' ( x ) = −

a a y2 y2 a = − = − ∴ g ' ( x ) = y pX (x) = pX ( ) . 2 a x a a y ( )2 y

Por lo tanto, a pX ( ) y a p (x) a y' p Y ( y) = X = 2 p X ( ) para todo y ; FY ( y) = a ∫ dy' para todo y 2 − ∞ g' (x) y y y' (b) Si la VA X está distribuida según Cauchy, entonces, α pX (x) = para todo x, donde σ es el parámetro de la función. 2 π(α + x 2 ) Entonces, a a 1 α para todo y = 2 2 y π[α 2 + ( a ) 2 ] πα a 2 [ 2 +y ] y α Vemos que pY(y) está distribuida también según Cauchy, pero con parámetro a / α . p Y ( y) =

La correspondiente función de distribución es y a y 1 1 1 αy FY ( y) = ∫ p Y ( y' )dy' = dy' = + arctg( ) 2 ∫ −∞ − ∞ πα 2 π a a + y' 2 2 α En la Fig. P3.26(b) se muestra p Y ( y) y FY ( y) para (a / α) = 10. 0.04

1

p(y)

0,0318

F(y)

0.02

0

0.5

50

0

y

50

0

50

0

y

50

Fig. P3.26(b)

3.27. Una VA X está distribuida en forma laplaciana, es decir, su densidad de probabilidad tiene la forma p X (x) = K exp(−α | x|) . (a) Demuestre que : K = α/2; E{X} = 0; E{X2 } = 2/α2 ; σ = 2 / α 1 1 (b) Demuestre que FX ( x ) = exp(αx )u (− x ) + [1 − exp(−αx )]u ( x ) 2 2


132


Solución: px(x)

FX(x) 1 1/2 x

x

0

0

(a)

(b)

Fig. P3.27.

p X ( x ) se muestra en la Fig. P3.27(a).

∫

∞

−∞

p X ( x )dx = 1 = 2K ∫

∞

0

de donde, K =

exp(−αx )dx =

α . 2

p X ( x ) debe cumplir la condición

2K = 1; α

α ∞ x exp(−α x )dx = 0, es decir, E{X} = 0 . Este −∞ 2 ∫− ∞ resultado era de esperarse, pues p X ( x ) es simétrica respecto al eje de las ordenadas, siendo cero su valor promedio. ∞ ∞ α ∞ 2 E{X 2 } = ∫ x 2 p X ( x )dx = ∫ x 2 exp(−α x )dx = α ∫ x 2 exp(−αx )dx = 2 0 −∞ α 2 −∞ 2 2 Por definición, la varianza es: σ = E{X } − E{X} , pero como E{X} = 0, entonces, ∞

E{X} = η = ∫ xp X ( x )dx =

2 2 ∴σ = Este es el valor de la desviación estándar. 2 α α De la forma de pX(x), Fig. P3.27(a), la función de distribución FX(x) la podemos escribir en la forma α x ⎧ F ( x ) − = X ∫-∞ exp(αx' )dx' para x < 0 ⎪⎪ 2 FX ( x ) = ⎨ ⎪F ( x ) = α x exp(-αx' )dx' para 0 ≤ x ⎪⎩ X 2 ∫0 entonces, ⎡α x ⎤ ⎡α x ⎤ FX ( x ) = ⎢ ∫ exp(αx ' )dx ⎥ u (− x ) + ⎢ ∫ exp(−αx ' )dx '⎥ u ( x ) ⎣ 2 −∞ ⎦ ⎣2 0 ⎦ σ 2 = E{X 2 } =

1 1 exp(αx )u (− x ) + [1 − exp(− αx )]u (x ) 2 2

Integrando,

FX (x ) =

Nótese que

FX (−∞) = 0 y

FX (∞) = 1

En la Fig. P3.27(b) se muestra la forma de FX(x). 3.28. Se tiene una distribución de la forma f (x) = Kx exp(−

x2 )u(x) 2α 2 Prof. J. Briceño M., ULA

133


(a) Demuestre que si f(x) es una distribución de Raleigh, de verificarse que K = distribución de Raleigh es entonces p X (x) =

∞

(a) K ∫ x exp((− 0

E{X} =

∫

σ = 2α

x2 1 )dx = 1 . Integrando: Kα 2 = 1 ∴ K= 2 2 2α α

∞

(b)

. La

x x2 exp( − )u(x) α2 2α 2

π α ; E{X 2 } = 2α 2 ; 2 ⎡ x2 ⎤ (c) Demuestre que FX (x) = ⎢1 − exp(− 2 ) ⎥ u(x) 2α ⎦ ⎣ Solución:

(b) Demuestre que E{X} =

1 α2

x ⋅ p X (x)dx =

−∞

1 ∞ 2 x2 π − x exp( )dx = α 2 ∫ 2 α 0 2α 2

∞

x3 x2 exp( )dx = 2α 2 − 2 2 2 α α 0

E{X 2 } = ∫

E{X 2 } = σ2 , de donde, α = 2α ⎡ y y2 x2 ⎤ exp( − )dy = 1 − exp( − ) ⎥ u(x) ⎢ 2 2α 2 2α 2 ⎦ ⎣ 0 α

x

(c)

FX (x) = ∫

3.29. Una VA X sigue la distribución de Maxwell, donde p X ( x ) = Kx 2 exp(−

x2 )u ( x ) 2α 2

2/ π y que el valor máximo de p X ( x ) ocurre para x = α 2 α3 (b) Calcule la función de distribución FX ( x ) y la probabilidad P{X ≤ α 2 } . Solución: ∞ ∞ x2 K 2 2/π (a) ∫ p X ( x )dx = 1 = K ∫ x 2 exp(− 2 )dx = 2πα 3 = 1∴ K = = 3 0 −∞ 2α 2 α3 2 πα (a) Demuestre que K =

p X (x) =

2/π 2 x2 x exp( − )u(x) α3 2α 2

(b) Tomando la derivada de pX(x) e igualando a cero, d 2 2 x2 2 3 x2 pX (x) = x exp( − ) − x exp( − ) = 0 . Reduciendo esta expresión, dx 2α 2 2α 2 πα 3 πα 5 llegamos a x = 2α. El valor máximo de pX(x) ocurre para x = 2α; por lo tanto, p X ( 2α) = 0,587α 2 . Este es el valor máximo de pX(x). Prof. J. Briceño M., ULA

134


(c) La función de distribución es FX (x) =

2/π x 2 y2 x 1 2 x2 − = − − y exp( )dy [erf ( ) x exp( )]u(x) α3 ∫0 2α 2 2α 2 2α α π

En la Fig. P3.29 se muestra pX(x) y FX(x) para α = 4 0.2

1

p(x)

F(x)

0.1

0

0.5

0

10

x

0

20

0

Fig. P3.29

(d) P{X ≤ 2α} =

∫

2α

0

x

10

2 x2 1 2 x exp( − )dx = 2 3 2α π 2 πα

[

20

πerf (1) − 2 exp(−1)

]

P{X ≤ 2α} = 0, 42759

3.30. Siguiendo el procedimiento mostrado en la Sección 3.9.2, determine la función de autocorrelación y la densidad espectral de las siguientes secuencias aleatorias. (a) Una secuencia aleatoria unipolar RZ de amplitud A, Fig. 3.21(a) (b) Una secuencia aleatoria bipolar NRZ de amplitudes ± A , Fig. 3.22(a) (c) Una secuencia aleatoria AMI RZ de amplitudes ± A , Fig. 3.23(a) (d) Una secuencia aleatoria MANCHESTER de amplitudes ± A , Fig. 3.24(a). Solución: (a) Secuencia aleatoria unipolar RZ de A

amplitud A. Esta señal se muestra en la Fig. P3.30(a) Amplitudes posibles: 1 1 A1 = A → P1 = ; A 2 = 0 → P2 = 2 2

1

0

1

1

0

x(t) 0

t Tb Fig. P3.30(a) Tb/2

Para k = 0 E{A 2n } = A12 P1 + A 22 P2 =

Para

A2 = σ a2 + ηa2 2

k ≠ 0, Productos posibles :

1 A1A1 → P1 = ; 4

A1A 2 → P2 =

1 4


135


1 4 2 A A2 E{A n A n + k } = (A1A1 )P1 + (A1A 2 )P2 + (A 2 A1 )P3 + (A 2 A 2 )P4 = 1 = = ηa2 4 4 2 2 2 2 2 A A A A A ; ηa2 = ; ; σa2 = σa2 + ηa2 = σa2 + = 2 4 4 2 4 1 A 2 A1 → P3 = ; 4

A 2 A 2 → P4 =

Reemplazando en la expresión (3.165) del Texto, Sx ( f ) =

2 1 A2 2⎡A + P (f ) ⎢ Tb ⎣ 4 4Tb

n ⎤

∞

∑ δ(f − T ) ⎥

⎦ t T T ) ⇔ P(f ) = b sinc( b f ); pero p( t ) = Π ( Tb / 2 2 2

Sx ( f ) =

n = −∞

b

A 2Tb f ⎡ 1 sinc 2 ( ) ⎢1 + 16 2 / Tb ⎣ Tb 2

2

P(f) =

Tb2 T sinc 2 ( b f ) 4 2

n ⎤

∞

∑ δ( f − T ) ⎥

n = −∞

⎦

b

∞

2

A Tb f A f n sinc 2 ( )+ sinc 2 ( ) ∑ δ( f − ) 2 / Tb n = −∞ Tb 16 2 / Tb 16 2 4 n f , ,⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅, ) tiene sus cero en para n par; pero sinc 2 ( Tb Tb Tb 2 / Tb y para n impar y n = 0, Sx ( f ) =

sinc 2 (

∞ ∞ f n n n ) ∑ δ(f − ) = ∑ sinc 2 ( )δ(f − ) para n impar y n = 0 2 / Tb n = −∞ Tb 2 Tb n = −∞

=

∞

n

n

∑ ' sinc ( 2 )δ(f − T ) + δ(f )

n = −∞

2

para n impar

b

∞

donde

∑'

indica que la sumatoria no incluye el valor n = 0.

n = −∞

nπ sen 2 ( ) n 2 = 4 , entonces, Como sinc 2 ( ) = nπ 2 n 2π2 ( )2 2 ∞ ∞ f n 4 n sinc 2 ( ) ∑ δ(f − ) = δ(f ) + ∑ ' 2 2 δ(f − ). Finalmente, 2 / Tb n = −∞ Tb Tb n = −∞ n π ∞ ⎡ 4 n ⎤ δ + ( f ) ' 2 2 δ( f − ) ⎥ ∑ ⎢ Tb ⎦ n = −∞ n π ⎣ ∞ A2 ⎡ f 4 n ⎤ 2 Sx ( f ) = ) + δ(f ) + ∑ ' 2 2 δ(f − )⎥ para n impar y n ≠ 0 ⎢Tbsinc ( 16 ⎣ 2 / Tb Tb ⎦ n = −∞ n π

Sx (f ) =

A 2Tb f A2 sinc 2 ( )+ 16 2 / Tb 16


136


Para determinar la función de autocorrelación correspondiente, escribamos Sx(f) en la forma ∞ A 2Tb f A2 f n sinc 2 ( )+ sinc 2 ( ) ∑ δ ( f − ) = S x1 ( f ) + S x 2 ( f ) 16 2 / Tb 16 2 / Tb n = −∞ Tb Sx (f ) = Sx1 (f ) + Sx 2 (f ) ⇔ R x (τ) = R x1 (τ) + R x 2 (τ)

Sx ( f ) =

A 2Tb 2 A2 τ τ R x 1 ( τ) = )= ) Λ( Λ( 16 Tb Tb / 2 8 Tb / 2 ∞ ⎡2 ⎤ τ Λ ∗ ( ) T b ∑ δ( τ − nTb ) ⎥ ⎢ n = −∞ ⎣ Tb Tb / 2 ⎦ 2 ∞ τ τ − nTb ⎤ A ⎡ R x 2 ( τ) = ) + ∑ Λ( )⎥ . ⎢Λ ( 8 ⎣ Tb / 2 n = −∞ Tb / 2 ⎦

R x 2 ( τ) =

A2 16

Puesto que para n = 0,

τ - nTb τ ) = Λ( ) , la función de autocorrelación será Tb / 2 b /2

∞

∑ Λ( T

n = -∞

R x (τ) =

∞ τ τ − nTb ⎤ A ⎡ ) + ∑ ' Λ( )⎥ para n ≠ 0 ⎢ 2Λ ( 8 ⎣ Tb / 2 n = −∞ Tb / 2 ⎦

2

∞

donde

∑ ' indica que la sumatoria no incluye el valor n = 0.

n = −∞

Nótese que la potencia de la señal es < x 2 ( t ) >= R x (0) = En la Fig. P3.30(b) se muestra Sx(f) y Rx(τ). 0.1

A2 4

R x (τ)

2

ATb = 1

2

A/4

0.075 2

Sx ( f ) 0.05

A/8

0.025 0

5

3

1

1

3

5

Tbf

τ

-Tb -Tb/2 0

Tb/2

Tb

(a) Densidadf Espectral (b) Función de Autocorrelación Fig.. P3.30(b). Secuencia Aleatoria Unipolar RZ

(b) Secuencia aleatoria bipolar NRZ de amplitudes ± A , Fig. P3.30(c). 1 1 Amplitudes posibles: A1 = A → P1 = ; A 2 = − A → P2 = 2 2 1 1 Para k = 0, E{A 2n } = A12 P1 + A 22 P2 = (A) 2 + (−A) 2 = A 2 = σa2 + ηa2 2 2 Prof. J. Briceño M., ULA

137


k ≠ 0. Productos posibles: 1 1 A1A1 → P1 = ; A1A 2 → P2 = 4 4 1 1 A 2 A1 → P3 = ; A 2 A 2 → P4 = 4 4 E{A n A n + k } = (A1A1 )P1 + (A1A 2 )P2 + + (A 2 A1 )P3 + (A 2 A 2 )P4

Para

1

A

0

1

1

0

Tb

x(t) 0

t

-A Fig. P3.30(c)

A2 A2 A2 A2 − − + = 0 = ηa2 ; ηa2 = 0; σa2 = A 2 4 4 4 4 1 A2 2 2 Sx ( f ) = P(f ) [A 2 + 0] = P (f ) Tb Tb t 2 2 p( t ) = Π ( ) ⇔ P(f ) = Tbsinc(Tb f ); P(f) = Tb sinc 2 (Tb f ) Tb

E{A n A n + k } =

Sx (f ) = A 2Tbsinc 2 (Tb f )

para todo f

Veamos ahora la función de autocorrelación. Por Transformada de Fourier, R x (τ) = A 2 Λ (

τ ) Tb

La potencia de la señal es < x 2 ( t ) >= R x (0) = A 2 En la Fig. P3.30(d) se muestra Sx(f) y Rx(τ). 1

R x (τ)

2

AT b = 1

0.75 Sx ( f )

2

A

0.5 0.25 0

4

3

2

1

0

1

2

(a) Densidad fEspectral

3

4

T bf

τ

-T b 0 Tb (b) Función de Autocorrelación

Fig.. P3.30(d). Secuencia Aleatoria Bipolar NRZ


138


(c) Secuencia aleatoria AMI RZ de amplitudes ±A, Fig. P3.23(e). Amplitudes posibles: 1 1 A1 = A → P1 = ; A 2 = −A → P2 = 4 4 1 A 3 = 0 → P3 = 2 A2 A2 A2 A2 A2 k = 0; E{A 2n } = 1 + 2 + 3 = 2 = 4 4 2 4 2

E{A 2n } = σa2 + ηa2 =

A

1

x(t) 0

0

1

1

0

Tb t

-A

2

A 2

Fig. P3.30(e)

Nótese que no pueden aparecer dos UNOS del mismo signo seguidos; por consiguiente, hay que considerar el valor k ≠ 0 y k = 1 . Entonces, para k ≠ 0 y k = 1, productos posibles: 1 A1A 3 → P1 = ; 4 E{A n A n +1} =

1 A1A 2 → P2 = ; 4

1 A 3A1 → P3 = ; 4

A 3A 2 → P4 =

1 4

A1A 2 A2 =− = ηa2 4 4

Para k ≠ 0, k ≥ 2, productos posibles: 1 1 1 ; A1A 2 → P2 = ; A1A 3 → P3 = 16 16 8 1 1 1 A 2 A1 → P4 = ; A 2 A 2 → P5 = ; A 2 A 3 → P6 = 16 16 8 1 1 1 A 3A1 → P7 = ; A 3A 2 → P8 = ; A 3A 3 → P9 = 8 8 4

A1A1 → P1 =

E{A n A n + k } = (A1A1 )P1 + (A1A 2 )P2 + (A 2 A1 )P4 + (A 2 A 2 )P5

=

A2 A2 A2 A2 − − + = 0; 16 16 16 16

ηa2 = 0; σa2 =

A2 2

Para determinar Sx(f), vamos a utilizar la expresión (3.166) del Texto.


139


∞ 1 2 P(f ) [E{A 2n } + 2∑ E{A n A n + k } cos(2πkTb f ) Tb k =1

Sx ( f ) =

pero la sumatoria es válida solamente para k = 1, para lo cual, E{A n A n +1} = ηa2 = −

A2 A2 ; también, E{A 2n } = , de donde 4 2

2 ⎤ A2 1 A2 2⎡A 2 P (f ) ⎢ cos(2πTb f )⎥ = P(f ) sen 2 (πTb f ) −2 Tb 4 ⎦ Tb ⎣ 2

Sx ( f ) =

p( t ) = Π (

t T T ) ⇔ P(f ) = b sinc( b f ); Tb / 2 2 2

2

P(f) =

Tb2 T sinc 2 ( b f ) 4 2

A 2Tb T sinc 2 ( b f ) sen 2 (πTb f ) 4 2

Sx ( f ) =

Para determinar la correspondiente función de autocorrelación hagamos S x (f ) =

A 2Tb T A 2Tb ⎡ T T ⎤ sinc 2 ( b f )[1 − cos(2πTb f )] = sinc 2 ( b f ) − sinc 2 ( b ) cos(2πTb f )⎥ ⎢ 8 2 8 ⎣ 2 2 ⎦

pero

sinc 2 (

Tb 2 τ f ) ⇔ Λ( ) 2 Tb Tb / 2

τ A 2Tb 2 A 2Tb Λ( R x (τ) = )− 8 Tb Tb / 2 8

R x (τ) =

⎡1 τ + Tb τ − Tb ⎤ 1 ) + Λ( )⎥ ⎢ Λ( Tb / 2 Tb Tb / 2 ⎦ ⎣ Tb

τ τ − Tb ⎤ ⎫ 1 ⎡ τ + Tb A2 ⎧ )⎥ ⎬ ) + Λ( ) − ⎢Λ ( ⎨Λ ( Tb / 2 ⎦ ⎭ 4 ⎩ Tb / 2 2 ⎣ Tb / 2

La potencia de la señal es

< x 2 ( t ) >= R x (0) =

A2 4

En la Fig. P3.30(f) se muestra Sx(f) y R x (τ) de una secuencia aleatoria AMI RZ. Rx (τ)

0.3 2

ATb = 1

0.225 Sx ( f )

2

A/4

0.15

0

-Tb -Tb/2

0.075 0

4

3

2

1

0

1

(a) Densidadf Espectral

2

3

4

Tbf

Tb

τ

Tb/2 2

-A/8 (b) Función de Autocorrelación

Fig.. P3.30(f). Secuencia Aleatoria AMI RZ Prof. J. Briceño M., ULA

140


El procedimiento anterior se puede aplicar a una secuencia aleatoria AMI NRZ como la mostrada en la Fig. P3.30(g). En este caso, t p( t ) = Π ( ) ⇔ P(f ) = Tbsinc(Tb f ) Tb 2

P(f ) = Tb2sinc 2 (Tb f )

A

Sx (f ) = A 2Tbsinc 2 (Tb f ) sen 2 (πTb f ) . El lector puede demostrar fácilmente que la función de autocorrelación es τ τ − Tb ⎤ A2 A 2 ⎡ τ + Tb Λ( ) − R x (τ) = ) + Λ( )⎥ . ⎢Λ ( 2 Tb 4 ⎣ Tb Tb ⎦

1

0

x(t) 0

1

1

0

Tb t

-A Fig. P3.30(g)

A2 También, < x ( t ) = R x (0) = 2 En la Fig. P3.30(h) se muestra Sx(f) y Rx(τ) 2

(d) Secuencia aleatoria MANCHESTER bipolar de amplitudes ±A, Fig. 3.24 del Texto. La secuencia MANCHESTER está formada por dos símbolos que aparecen dependiendo del estado transmitido (UNO o CERO). Estos símbolos, que representaremos como s1(t) y s0(t), se muestran en la Fig. P3.30(i). Estos símbolos son independientes y sus probabilidades son 1 1 P{s1 ( t )} = ; P{s 0 ( t )} = 2 2

1

Por inspección, vemos que el valor promedio de cada impulso es cero, es decir, E{s( t )} = 0 = ηa ;

ηa2 = 0

Puesto que ηa = 0, entonces, para k ≠ 0,

0

A

A t

0 -A

s1(t)

0

t

-A s0(t)=-s1(t)

Fig. P3.30(i)

E{s1 ( t )s 0 ( t )} = E{s1 ( t )}E{s 0 ( t )} = 0 y para k = 0, E{s 2 ( t )} = A 2 = σ a2 + ηa2 ;

σ a2 = A 2 y ηa2 = 0 Prof. J. Briceño M., ULA

141


Reemplazando en la expresión (3.165) del Texto, 1 A2 2 2 Sx ( f ) = P (f ) A 2 = P (f ) Tb Tb t + Tb / 4 t − Tb / 4 p(t) lo podemos definir en la forma p( t ) = Π ( ) − Π( ) Tb / 2 Tb / 2 T T T T T T P(f ) = b sinc( b f ) exp( j2π b f ) − b sinc( b ) exp(− j2π b f ) 4 2 2 4 2 2 Tb Tb T T 2 P(f ) = jTbsinc( f ) sen(π f ); P(f) = Tb2sinc 2 ( b f ) sen 2 (π b f ) , de donde, 2 2 2 2 T T Sx (f ) = A 2Tbsinc 2 ( b f ) sen 2 (π b f ) 2 2 Veamos ahora la función de autocorrelación. A 2Tb A 2Tb T T 2 Tb Sx ( f ) = sinc ( f ) − sinc 2 ( b f ) cos(2π b f ) 2 2 2 2 2 τ T 2 ) y tomando la Transformada de Fourier de Sx(f), pero sinc 2 ( b f ) ⇔ Λ ( 2 Tb Tb / 2 τ τ − Tb / 2 ⎤ A 2 ⎡ τ + Tb / 2 R x (τ) = A Λ( )− ) + Λ( )⎥ ⎢Λ ( Tb / 2 2 ⎣ Tb / 2 Tb / 2 ⎦ 2

La potencia de la señal es < x 2 ( t ) >= R x (0) = A 2 En la Fig. P3.30(j) se muestra Sx(f) y Rx(τ).

En la Fig. P3.30(k) se muestran las densidades espectrales anteriores para su comparación. Obsérvese que las amplitudes para Tb f > 2 ó f > 2 / Tb son despreciables.


142


Fig. P3.30(k)


143



143

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV

CAPITULO IV 4.1. Sea un alfabeto en el cual la probabilidad de ocurrencia de las diferentes letras se da en la Tabla siguiente: A B C D

0,081 0,016 0,032 0,037

E F G H

0,124 0,023 0,016 0,051

I J K L

0,072 0,001 0,005 0,040

M N O P

0,072 0,072 0,079 0,023

Q R S T U

0,002 0,060 0,066 0,096 0,031

V W X Y Z

0,009 0,020 0,002 0,019 0,001

(a) ¿Cuál letra proporciona la máxima cantidad de información? (b) ¿Cuál letra proporciona la mínima cantidad de información? (c) Suponga que las letras se eligen independientemente para formar palabras (lo cual no se ajusta a la realidad). Demuestre que la entropía de este alfabeto es de 4,316 bits/letra. (d) Sea el juego siguiente: se trata de adivinar una palabra y se da como pista la primera letra de la palabra. ¿En español, cuál letra es más útil en el juego, la letra E o la letra Z? Solución: (a) La letra que proporciona la máxima información es aquella cuya probabilidad de ocurrencia es la menor. En la Tabla anterior corresponde a las letras J y Z cuyas probabilidades son 0,001. En este caso: Cantidad de Información = I = log 2

1 = 9,966 bits 0,001

(b) Para una mínima cantidad de información se tiene la letra E cuya probabilidad de ocurrencia es de 0,124; entonces, Cantidad de Información = I = log 2

1 = 3,012 bits 0,124

(c) La entropía H viene dada por la expresión (con las probabilidades dadas en la Tabla) N

H = ∑ Pj log 2 j=1

1 1 1 1 = 0,081 log 2 + 0,016 log 2 + 0,032 log 2 + ⋅⋅⋅ Pj 0,081 0,016 0,032 ⋅ ⋅ ⋅ +0,019 log 2

1 1 + 0,001 log 2 = 4,316 bits/letra 0,019 0,001

(d) La letra más útil en el juego es la letra Z, por cuanto el número de palabras que empiezan con Z es mucho menor que el número de palabras que empiezan con E. Prof. J. Briceño M., ULA.

144

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV 4.2. Una fuente de información produce 128 símbolos independientes, de los cuales 16 ocurren con probabilidad de 1/32, y los 112 restantes con una probabilidad de 1/224. La fuente produce 100 símbolos por segundo. Demuestre que la velocidad de información promedio de la fuente es de 640,4 bps. Solución: Datos: N=128; Vs = 100 símb/seg; P1 = 1/32; P2 = 1/224.

H = 16

1 1 log 2 (32) + 112 log 2 (224) = 6,404 bits/símbolo 32 224

Vi = Vs ⋅ H = 100 ⋅ 6,404 = 640,4 bps 4.3. Un alfabeto consta de las siguientes letras: A, B, C, D, E, F, H y O, cuya aparición suponemos equiprobable. Estas letras se codifican en binario puro con un impulso de arranque y uno de pare; todos los impulsos tienen la misma duración. El canal de transmisión tiene un ancho de banda de 4 kHz. (a) Demuestre que la palabra FACHADA se puede transmitir en 8,75 mseg y con una velocidad de información de 2400 bps. (b) Asigne a cada letra una muestra codificada y muestre la forma de la palabra CAFE a la salida del codificador. Suponga que el impulso de arranque está siempre a CERO y el impulso de pare siempre a UNO. (c) Si las probabilidades de las 8 letras son, respectivamente, 0,2; 0,15; 0,15; 0,1; 0,25; 0,05; 0,05 y 0,05, demuestre que la información promedio, por letra, es de 2,766 bits. Solución: Datos: N = 8 símbolos o letras; B = 4 kHz; código binario puro. (a) N = 2 = 8 , de donde n = 3 . n

La codificación es, Fig. P4.3(a)

1 B = = 4 ⋅ 10 3 ; τ = 2,5 ⋅ 10 -4 τ

U n a le tra 1

2

3

τ T = 5τ F ig . P 4 .3 (a )

Duración de una letra = T = 5τ = 1,25 ⋅ 10 −3 La palabra FACHADA contiene 7 letras; por lo tanto, se transmite en un tiempo total Tt = 7 ⋅ T = 0,00875 seg = 8,75 mseg (b) Sea la siguiente asignación (arbitraria) en la cual el dígito de menor peso (LSB) se coloca a la izquierda, pues la práctica usual es la de transmitir el LSB de primero: A → 000; B → 100; C → 010; D → 110; E → 001; F → 101; H → 011; O → 111

Prof. J. Briceño M., ULA.

145

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV La forma codificada de la palabra CAFE será: C 0

0

1

A 0

1

0

0

0

F 0

1

0

1

0

E 1

1

0

0

0

1

1

Fig. P4.3(b)

(c) 1 1 1 1 1 ) + 2 ⋅ 0,15 log 2 ( ) + 0,1 log 2 ( ) + 0,25 log 2 ( ) + 3 ⋅ 0,05 log 2 ( ) 0,2 0,15 0,1 0,25 0,05 H = 2,766 bits/letra

H = 0,2 log 2 (

4.4. El alfabeto de una máquina de escribir consta de 32 caracteres alfanuméricos que suponemos equiprobables, y se desea escribir una página de 280 caracteres. Una persona escribe a una velocidad de 2 bps. Demuestre que la persona puede escribir una página en 11 minutos y 40 segundos. Solución: Datos: N = 32; Nc = 280 caracteres; Vi = 2 bps Cantidad de información promedio = I = log2 N = log2 32 = 5 bits Cantidad total de información en una página = I t = N c ⋅ I = 280 ⋅ 5 = 1400 bits Vi =

It I 1400 ∴T = t = = 700 seg = 11 minutos y 40 segundos T Vi 2

4.5. Una fuente produce ocho símbolos distintos e independientes cuyas probabilidades de aparición son: un símbolo con una probabilidad de 0,512; tres símbolos con una probabilidad, cada uno, de 0,032, y un símbolo con una probabilidad de 0,008. Los símbolos se producen a una velocidad de 1000 símbolos por segundo, se codifican en binario para transmitirlos por un canal telefónico de 4 kHz. Demuestre que los símbolos sí pueden transmitirse por el canal telefónico y que la velocidad de información y de modulación son, respectivamente, de 2166 bps y 3000 baudios.

Un símbolo

1

Solución:

2

3

τ

Datos: N = 8; P1 = 0,512; P2 = 0,128; P3 = 0,032; P4 = 0,008 Vs = 1000 símb/seg; m = 2; B = 4 kHz = 4000 Hz. No hay redundancia.

T = 3τ Fig. P4.5.

N = 2 n ∴ n = 3 . La codificación tiene la forma, Fig. P4.5. Vs =

1 T 1 = 1000 ∴ T = 10 −3 seg; τ = ∴ = 3000 baudios T 3 τ Prof. J. Briceño M., ULA.

146

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV Vb = 3000 baudios Vemos que Vb < B; los símbolos a Vb = 3000 baudios se pueden transmitir perfectamente por un canal de 4 kHz de ancho de banda. La información promedio por símbolo viene dada por I = 0,512 log 2 (

1 1 1 1 ) + 3 ⋅ 0,128 log 2 ( ) + 3 ⋅ 0,032 log 2 ( ) + 0,008 log 2 ( ) 0,512 0,128 0,032 0,008

I = 2,166 bits/símb. La velocidad de información es

Vi = Vs ⋅ I = 1000 ⋅ 2,166 = 2166 bps

4.6. Se tiene 64 monedas de las cuales sabemos que una es falsa. Disponemos también de una balanza de precisión con la cual podemos pesar las monedas. (a) Si sabemos que la moneda falsa pesa menos que las buenas, determine el número mínimo de pesadas necesarias para descubrir cuál es la moneda falsa. (b) Repetir la parte (a) pero en este caso no sabemos si la moneda falsa pesa más o menos que las monedas buenas. Nota: En las partes (a) y (b) hay que calcular no solamente el número de pesadas, sino mostrar también el procedimiento para efectuarlas. Solución: (a) Como la selección es entre falsa y buena, el número de pesadas es igual a la entropía H; por lo tanto, H = log2 64 = 6. Se necesita hacer 6 pesadas como mínimo para determinar cuál es la moneda falsa. Procedimiento: (1) Se separan las monedas en dos grupos de 32 monedas y se pesan: Pesada 1. (2) Como la moneda falsa pesa menos que las buenas, ella estará en el grupo que pesó menos. Este grupo se separa en dos grupos de 16 monedas, los cuales se pesan: Pesada 2. (3) Se toma el grupo que pesó menos, se separa en dos grupos de 8 monedas, los cuales se pesan: Pesada 3 (4) Se toma el grupo que pesó menos, se separa en dos grupos de 4 monedas, los cuales se pesan: Pesada 4. (5) Se toma el grupo que pesó menos, se separa en dos grupos de 2 monedas, los cuales se pesan: Pesada 5. (6) Se toman las dos monedas del grupo que pesó menos y se pesan: Pesada 6. La moneda que pesa menos es la falsa; fueron 6 pesadas. (b) En este caso se incluye una pregunta adicional la cual es “si la moneda falsa pesa más o menos que las monedas buenas” que equivale a un bit o a una pesada adicional. El Prof. J. Briceño M., ULA.

147

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV número de pesadas será entonces N = H + 1, donde H, de la parte (a), es igual a 6. El número de pesadas para determinar la moneda falsa será de 7. Procedimiento: (1) Se separan las 64 monedas en dos grupos A y B de 32 monedas, los cuales se pesan: Pesada 1. (2) Sea, por ejemplo, el grupo A el más pesado. Este grupo A se separa en dos grupos A11 y A12, de 16 monedas cada uno, los cuales se pesan: Pesada 2. Si los grupos A11 y A12 pesan igual, la moneda es menos pesada y estará en el grupo B. Si los grupos A11 y A12 pesan diferente, la moneda es más pesada y estará en el grupo A11 o A12 que pese más. Con esto determinamos si la moneda falsa es más o menos pesada que las buenas. Vamos a suponer que la moneda es menos pesada y está en el grupo B. (3) El grupo B se separa en dos grupos B11 y B12, de 16 monedas cada uno, los cuales se pesan: Pesada 3. La moneda falsa estará en el grupo que pesa menos; sea B12 este grupo. (4) El grupo B12 se separa en dos grupos B21 y B22, de 8 monedas cada uno, los cuales se pesan: Pesada 4. La moneda falsa estará en el grupo que pesa menos; sea B21 este grupo. (5) El grupo B21 se separa en dos grupos B31 y B32, de cuatro monedas cada uno, los cuales se pesan: Pesada 5. La moneda falsa estará en el grupo que pesa menos; sea B32 este grupo. (6) El grupo B32 se separa en dos grupos B41 y B42, de dos monedas cada uno, los cuales se pesan: Pesada 6. La moneda falsa estará en el grupo que pese menos; sea B41 este grupo. (7) Las dos monedas del grupo B41 se pesan: Pesada 7. La moneda que pesa menos es la moneda falsa. Se necesitaron 7 pesadas. 4.7. Se escucha un partido de fútbol y el narrador habla a una velocidad de 300 palabras por minuto. Con los datos del Ejemplo 4.3 del Texto, determine la velocidad de información a la cual transmite el locutor. Solución: Datos: Del Ejemplo 4.3, Información promedio por palabra = Ip = 9,3 bits/palabra Vs = 300 palabras/minuto = 5 palabras/seg

Vi = Vs ⋅ I p = 5 ⋅ 9,3 = 46,5 bps


148

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV 4.8. Vamos a determinar la información contenida en una fotografía en blanco y negro. La imagen está compuesta por puntos con 8 niveles de gris, todos igualmente probables; la resolución de la imagen es de 5 puntos/mm. Determine la información contenida en una fotografía de 10 cm x 10 cm. Solución: Datos: Para el elemento de imagen, Fig. P4.8,

→

100 mm

N = 8; I = log2 8 = 3 bits/punto

Elemento

Resolución = R = 5 puntos/mm = 25 puntos/mm2 Número de puntos por imagen = Np = 100x100x25

100 mm

Np = 2,5 x 105 puntos/imagen

1 mm

1 mm

Información total en la fotografía = It = Np I

Fig. P4.8

It = 2,5 x 105 x 3 = 7,5 x 105 bits

4.9. El refrán dice que “una imagen vale mil palabras”. Utilizando las suposiciones de los dos problemas anteriores, ¿Qué tamaño debe tener la imagen (cuadrada) para que la información contenida en ella sea de 1000 palabras? Solución: Datos: Información promedio por palabra = Ip = 9,3 bits/palabra Número de palabras = Np = 1000 palabras Información en la imagen de mil palabras = It = Np Ip = 1000 x 9,3 = 9300 bits Información en cada elemento de 1 mm2 = Iel = R x I = 25 x 3 = 75 bits/mm2 Número de elementos de 1 mm2 en la imagen de 1000 palabras = Nel = It/Iel Nel es también el área, en mm2, de la imagen de 1000 palabras; entonces, N el =

It 9300 bits = = 124 mm2 2 I el 75 bits/mm

La imagen de 1000 palabras tiene un área de 124 mm2. Si la imagen es cuadrada, cada lado tendrá una longitud L = 124 = 11,4 mm.

La imagen, cuya información equivale a mil palabras, medirá entonces 11,4 mm x 11,4 mm. 4.10. Contenido de información de textos escritos. (a) ¿Cuál contiene más información: una página de un texto o la correspondiente página de apuntes (de igual número de palabras) del mismo tópico? Razone su respuesta. (b) Vamos a estimar la información promedio contenida en la página de un periódico. Una página tiene una superficie útil de 50 cm x 60 cm, los tipos tienen dimensiones de 3 mm x 3mm, el espaciado entre palabras es de 3 mm y la separación entre líneas Prof. J. Briceño M., ULA.

149

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV es de 6 mm. Con los datos del Ejemplo 1.3, demuestre que la información promedio contenida en una página es de 16820 bits. Solución: (a) Para una misma información útil, un texto contiene muchísimas más palabras (aclaratorias, de explicación, etc.) que una página de apuntes de clase del mismo tópico. Los apuntes son más concisos, con un mínimo de palabras adicionales. En consecuencia, en un mismo número de palabras los apuntes de clase contienen más información útil que el texto correspondiente. Nota: Esta es una explicación de tipo teórico y nó una exhortación para el uso del denominado “apuntismo”. Los apuntes de clase son solamente una guía de estudio y jamás reemplazarán al texto correspondiente. (b) Datos: 5 letras por palabra; Ip = 9,3 bits/palabra; dimensiones: 50 cm x 60 cm. Cada línea contiene M palabras de 5 letras, y entre palabra y palabra habrá un espacio de 3 mm. La línea comienza con palabra y termina con palabra; habrá entonces (M – 1) espacios. Entonces, para cada línea: 5M x 3 mm + (M – 1) x 3 mm = 500 mm Resolviendo para M (número entero):

M = 27 palabras

Verticalmente cada línea ocupa 3 mm más 6 mm de espaciado, para un total de 9 mm por línea; la página tendrá N líneas. La página escrita comienza con una línea y termina con una línea, y el número de espacios entre línea y línea será (N – 1). Entonces, verticalmente, N x 3 mm + (N – 1) x 6 mm = 600 mm Resolviendo para N (número entero): N = 67 líneas El número total de palabras será: Np = M N = 27 x 67 = 1809 palabras La cantidad total de información será: It = Np Ip = 1809 x 9,3 = 16820 bits. 4.11. El intercambio de información entre una computadora y su unidad de disco se efectúa a una velocidad de 36400 bps. La información o texto se considera formada por “páginas” de 30 líneas de 80 columnas con 7 bits por caracter. (a) Demuestre que la computadora puede transferir 650 páginas de texto en 5 minutos. (b) Las páginas almacenadas en la unidad de disco se van a transmitir ahora a razón de 30 páginas por segundo por un canal de 42 kHz de ancho de banda y en el cual la potencia de ruido es de 1 mW. Demuestre que para que no haya pérdida de información, la potencia promedio mínima de la señal debe ser de 4,095 W ó 36,123 dBm.


150

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV Solución: Datos: Vi = 36400 bps; páginas de 30 líneas de 80 columnas; 7 bits/caracter (a) Información por página = Ip = 30 x 80 x 7 = 16800 bits/página Tiempo de transmisión de una página = Tp =

Ip Vi

=

16800 = 0,462 seg/pág. 36400

Tiempo de transmisión de 650 páginas = Tt =650 Tp = 300 seg = 5 minutos (b) VT = 30 pag/seg; B = 42 kHz; N = 10-3 W Velocidad de información = Vi = VT Ip = 30 x 16800 = 5,04 x 105 bps De la ecuación de Hartley-Shannon, Vi = B log2(1+S/N) 5,04 x 105 = 42 x 103 log2(1+103S). Resolviendo para S, S=

10 3,612 − 1 = 4,095 W = 36,123 dBm 1000

4.12. Una fuente de información produce 16 símbolos distintos y equiprobables a una velocidad de 1000 símbolos por segundo. Los símbolos se codifican en binario más un impulso de sincronización, todos de igual duración, los cuales se transmiten por un canal con un ancho de banda de 1 kHz. Demuestre que (a) La velocidad de modulación en el canal es de 5000 baudios. (b) Para que no haya pérdida de información, la relación S/N en el canal deberá ser, como mínimo, de 11,7609 dB. Solución: Datos: N = 16; Vs = 1000 símb/seg; m = 2; un impulso de sincronización B = 1 kHz = 1000 Hz; I = log2 N = 4 bits (a) N = 2 n = 16 ∴ n = 4 ; (b) La codificación es Fig. P4.12 Vs =

τ=

1 = 1000 ∴ T = 10 −3 seg T

1 T 1 = ∴ VB = = 5000 baudios 5 5000 τ

(b) Vi =

I 4 = −3 = 4000 bps. T 10

De la ecuación de Hartley-Shannon,

4000 = 1000 log2(1+ S/N); log2(1+ S/N) = 4, de donde Prof. J. Briceño M., ULA.

151

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV 4

S = 10 3.322 − 1 = 15 = 11,7609 dB N 4.13. Una fuente produce impulsos los cuales se codifican en secuencias de 7 impulsos cuaternarios más un impulso de sincronización, todos de igual duración. Los cuatro niveles de cada impulso tienen probabilidades 0,4; 0,3; 0,2 y 0,1, respectivamente. La velocidad de modulación a la salida del codificador es de 80 kbaudios y se transmite un total de 1000 secuencias. (a) Si no hay ruido en el canal, demuestre que la cantidad de información que llegó a destino es de 12925 bits. (b) En el canal hay ruido. El ancho de banda del canal es de 10 kHz y la relación S/N correspondiente es de 30 dB. Demuestre que para que no haya pérdida de información hay que aumentar la relación S/N en, por lo menos, 8,909 dB. Solución: Datos: secuencias de 7 impulsos (n = 7); m = 4; un impulso de sincronización; P1 = 0,4; P2 = 0,3; P3 = 0,2; P4 = 0,1; Vb = 80 kbaudios; Ns = 1000 secuencias

Una Secuencia

n = 7; la codificación es, Fig. P4.13 Información asociada a cada impulso = Ii

m=4

1

2

3

4

5

6

7

τ

1 1 ) + 0,3 log 2 ( ) + 0,3 0,4 1 1 + 0,2 log 2 ( ) + 0,1 log 2 ( ) 0,1 0,2

I i = 0,4 log 2 (

T = 8τ Fig. P4.13.

Ii = 1,846 bits/impulso; Información por secuencia = Is = n Ii = 7 x 1,846 = 12,925 bits/sec Información total transmitida = It = Ns Is = 1000 x 12,925 = 12925 bits (b) B = 10 kHz = 104 Hz; S/N = 30 dB = 1000; Vb = τ = 1,25 ⋅ 10 −5 seg;

T = 8τ = 10 −4 seg; Vi =

1 1 = 80 ⋅ 10 3 ∴ τ = 80 ⋅ 10 3 τ

I s 12,925 = = 12,925 ⋅ 10 4 bps −4 T 10

La capacidad del canal es C = 104 log2(1+ 1000) = 9,967 x 104 bps Vemos que C < Vi cuando S/N = 30 dB; por lo tanto, habrá pérdida de información; hay que aumentar entonces la relación S/N haciendo C = Vi. 12,925 x 104 = 104 log2(1+S/N); Resolviendo para S/N, S = 103,891 − 1 = 7,779 ⋅ 103 = 38,909 dB N Prof. J. Briceño M., ULA.

152

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV Por lo tanto, para que no haya pérdida de información, hay que aumentar la relación S/N de 30 dB a 38,909 dB, es decir, en una cantidad de 8,909 dB. 4.14. Una computadora trabaja en dos modalidades: Modo Texto y Modo Gráficos. En Modo Texto tiene un alfabeto de 256 caracteres alfanuméricos en una pantalla de 25 filas por 40 columnas cada una (Cada punto de la pantalla se denomina “pixel”). En Modo Gráficos la pantalla tiene una resolución de 200 filas y 300 columnas, donde cada punto puede tener 16 colores y 4 niveles de intensidad. Demuestre que la cantidad de memoria necesaria para almacenar el contenido de la pantalla es: (a) En Modo Texto: 1 kbyte; (b) En Modo Gráficos: 45 kbytes Solución: Datos: Modo Texto: 256 caracteres; 25 filas x 40 columnas Modo Gáficos: 200 filas x 300 columnas; 16 colores + 4 niveles de intensidad (a) Modo Texto N = 256 caracteres; Información por caracter = Ic = log2(256) = 8 bits/caracter Número de caracteres en la pantalla = Nc = 25 x 40 = 1000 caracteres Información contenida en una pantalla = It = Nc Ic = 8000 bits Como 1 byte = 8 bits, la cantidad de memoria necesaria para almacenar una pantalla en Modo Texto es de 1000 bytes = 1 kbyte (b) Modo Gráficos Cada punto tiene 16 x 4 formas posibles, es decir, N = 16 x 4 = 64 Información por punto = Ip = log2(64) = 6 bits Número de puntos en la pantalla = Np = 200 x 300 = 6 x 104 puntos Información contenida en una pantalla = It = Np Ip = 36 x 104 bits = 45 x 103 bytes En Modo Gráficos se necesita 45 kbytes para almacenar el contenido de una pantalla. 4.15. La imagen de un televisor a color está formada por 525 líneas que contienen, cada una, 1000 puntos luminosos. Cada punto luminoso tiene 8 niveles de brillantez y 16 matices de color. La velocidad de las imágenes es de 30 por segundo. (a) Demuestre que la velocidad de información producida por la imagen de televisión es de 110,3 Mbps. (b) Transmisión Analógica. Si la relación S/N en el canal es de 60 dB y la potencia de ruido es de 1 µW, demuestre que la potencia de señal es de 1 W y que se puede transmitir por un canal de ancho de banda de 5,534 MHz. (c) Transmisión Digital. Si cada punto luminoso se codifica en ASCII sin bit de paridad (Fig. 1.13(b) del Texto) para su transmisión por un canal digital, demuestre que el ancho de banda mínimo necesario del canal es de 157,6 MHz. Prof. J. Briceño M., ULA.

153

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV (d) Si la potencia de ruido en el canal calculado en la parte (c) es de 1 µW, demuestre que la potencia mínima de la señal, para que no haya pérdida de información, debe ser de 0,6245 µW. Solución: Datos: 525 líneas; 1000 puntos luminosos; 8 niveles de brillantez + 16 matices de color; Vim = 30 imágenes/seg. (a) Número de puntos en la pantalla = Np = 525 x 103 puntos Número de variaciones de cada punto = N = 8 x 16 = 128 símbolos Información asociada a cada punto = Ip = log2 (128) = 7 bits Cantidad de información contenida en una imagen = Iim = Np Ip = 3,675 x 106 bits/imag Velocidad de información producida por la imagen = Vi = Vim Iim = 1,103 x 108 bps Vi = 110,3 Mbps (b) Transmisión Analógica Datos: S/N = 60 dB = 106; N = 10-6 W; Vi = 110,3 Mbps De la ecuación de Hartley-Shannon, 110,3 x 106 = B log2(1 + 106) Resolviendo, el ancho de banda es

B=

110,3 ⋅ 10 6 = 5,534 MHz 3,322 ⋅ log10 (1 + 10 6 )

El sistema NTSC de TV, utilizado en Venezuela, utiliza un ancho de banda de 6 MHz. (c) Transmisión Digital Datos: Código ASCII; Vi = 110,3 x 106 bps; m = 2; n = 7 ; I = 7 bits La codificación es, Fig. P4.15, I 7 I Vi = ∴ T = = Vi 110,3 ⋅ 10 6 T

Un Punto 1

2

3

T = 6,346 x 10-8 seg = 10τ

5

6

7

τ T = 10 τ Fig. P4.15.

-9

τ = 6,346 x 10 seg B=

4

1 = 157,6 ⋅ 10 6 = 157,6 MHz τ

(d) Datos: B = 157,6 MHz; Vi = 110,3 Mbps; N = 10-6 W De la ecuación de Hartley-Shannon, 110,3 x 106 = 157,6 x 106 log2(1+106S) Vi

10 3.322 B − 1 Resolviendo, S = = 6,245 ⋅ 10 −7 = 0,6245 µW 10 6 Prof. J. Briceño M., ULA.

154

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV 4.16. En un sistema de transmisión de facsímil de alta resolución se necesita, por página, 2,25 x 106 elementos de imagen (esto equivale a 1500 líneas en cada dimensión), y para una buena reproducción se requiere 16 niveles de brillantez. La información se codifica en binario para ser transmitida por un canal de 4 kHz de ancho de banda. (a) Demuestre que la información contenida en una imagen es de 9 x 106 bits. (b) Demuestre que una imagen se puede transmitir en 37,5 minutos. (c) Demuestre que si la información se codifica en impulsos cuaternarios, el tiempo de transmisión se reduce a la mitad. (d) Si la información se codifica en ASCII sin bit de paridad, Fig. 1.13(b), demuestre que una imagen se transmite en 93,75 minutos. Solución: Datos: Np = 2,25 x 106; N = 16 niveles; m = 2; B = 4 kHz (a) Número de puntos en una imagen = Np = 2,25 x 106 Un Punto

N = 16 = 2 n ∴ n = 4 . La codificación es, Fig. P4.16(a) 1

Ip = 4 bits/punto Información contenida en una imagen = Ii

2

3

T = 4τ

Ii = Np Ip = 4 x 2.25 x 106 = 9 x 106 bits

4

τ

Fig. P4.16(a).

1 (b) B = 4 ⋅ 103 = ∴ τ = 2,5 ⋅ 10 −4 seg τ T = 4τ = 10-3 seg Tiempo de transmisión de una imagen = Np T = 2250 seg = 37,5 minutos Vi =

4 1 1 = 4000 bps; Vb = = = 4000 baudios −3 10 τ 2,5 ⋅ 10 −4

(c) Datos: N = 16; m = 4; 16 = 4 n ∴ n = 2 . La codificación es, Fig.P4.16(b) De la parte (b): τ = 2,5 x 10-4 seg;

Un Punto m=4

1

2

τ T = 2τ

-4

T = 2τ = 5 x 10

Fig. P4.16(b)

Tt = Np T = 1125 seg =18,75 minutos que es la mitad del tiempo de la parte anterior. Vi =

2 ⋅ log 2 (4) 1 1 = 8000 bps; Vb = = = 4000 baudios −4 5 ⋅ 10 τ 2,5 ⋅ 10 −4


155

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV Nótese que con este esquema de codificación la velocidad de información aumenta al doble, mientras que la velocidad de modulación no cambia. Un Punto (d) En este caso, cada punto, sin considerar los niveles de brillantez, se codifica en ASCII, es decir, con 7 bits por punto.

1

2

3

4

5

6

7

τ T = 10 τ Fig. P4.16(c).

La codificación correspondiente es, Fig. P4.16(c) , De la parte (b): τ = 2,5 x 10-4 seg T = 10τ = 2,5 x 10-3 seg Tt = Np T = 5625 seg Tt = 93,75 minutos 1 7 = 2800 bps; Vb = = 4000 baudios −3 2,5 ⋅ 10 τ Nótese el efecto de la codificación en la velocidad de información; sin embargo, la velocidad de modulación sigue siendo siempre la misma de 4000 baudios.

Vi =

4.17. Una fuente de información produce 27 símbolos distintos y equiprobables, los cuales se codifican en impulsos ternarios. El codificador produce bloques que contienen 9 impulsos de información más un impulso de sincronización, todos de igual duración. En el sistema no hay pérdida de información. La velocidad de modulación a la salida del codificador es de 10 kbaudios. Demuestre que (a) La fuente está produciendo los símbolos a una velocidad de 3000 símbolos por segundo. (b) Se puede transmitir 5,136 x 107 bits en una hora. Solución: Datos: N = 27 símbolos; m = 3; bloques de 9 impulsos de información + 1 de sincronización: Vb = 104 baudios (a) N = 27 = 3n ∴ n = 3; son tres impulsos por símbolo. A la salida del codificador el bloque tendrá la forma mostrada en la Fig. P4.17

Bloque de codificación símbolo símbolo

símbolo 1

2

3

1

2

3

1

2

3

m=3

τ 3T = 10 τ Fig. P4.17.


156


3T = 10τ∴ T =

10τ 1 1 , pero τ = = 4 10−4 3 Vb 10

T = 3,333 ⋅10−4 ; Vs =

1 = 3000 símb/seg T

(b) Información por símbolo = I = log2 27 = 4,755 bits/símb De la Fig. 4.13, Vi =

3⋅ I = 14264,97 bps 10τ

Número de bits transmitidos en una hora = It = 3600Vi = 5,136 x 107 bits 4.18. Un terminal de datos produce 256 caracteres alfanuméricos que se codifican en n impulsos m-arios incluyendo un impulso de arranque y uno de pare, todos de la misma duración. La señal codificada se transmite por un canal de ancho de banda de 10 kHz y con una relación S/N de 11,7609 dB. Demuestre que (a) Para que no haya pérdida de información, el terminal de datos debe generar los caracteres a una velocidad igual o menor de 5000 caracteres por segundo. (b) Si la velocidad de modulación máxima es 3/4 de la velocidad de información máxima, entonces m = 4 y n = 4. (c) Para los mismos datos, ¿Qué pasaría si la codificación fuese en binario? Solución: Datos: N = 256 = mn; impulsos de arranque y pare; B = 10 kHz; S/N = 11,7609 dB = 15 (a) Para B = 10 4 Hz. Información asociada a un símbolo = Is = log2(256) = 8 bits De la ecuación de Hartley-Shannon, la capacidad del canal es C = 104 log2(16) = 4 x 104 bps = 40 kbps Para que no haya pérdida de información, la velocidad de información máxima será Vi = C = 4 x 104 = 40000 bps; entonces, Duración de un símbolo = T =

Is 8 = = 2 ⋅ 10 −4 seg. 4 Vi 4 ⋅ 10

Velocidad de producción de los símbolos = Vs =

1 = 5 ⋅ 10 3 caracteres/segundo T


157

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV (b) La codificación tiene la forma, Fig. P4.18(a) 1 3 Vb = Vi = ; 4 τ

Un Carácter m

1

2

3

τ

y de la Fig. P4.18(a), Vi =

Is 8 = , pero T (n + 2)τ

Vb =

1 3 8 = ⋅ τ 4 (n + 2)τ

n

T = (n + 2) τ Fig. P4.18(a).

por consiguiente, n + 2 = 6 ∴ n = 4; pero como m 4 = 256, entonces m = 4. 8 8 = ⋅ 10 4 = 13333,33 bps, mientras que 6⋅τ 6 la velocidad de modulación es Vb = B = 104 baudios. Puesto que Vi < C, no hay problemas en la transmisión; asimismo, la velocidad de producción de la fuente será

La velocidad de información será ahora Vi =

Vs =

1 1 10 4 = = = 1666,67 símbolos/segundo T ( n + 2) τ 6

(c) Si la codificación es en binario, m = 2; N = 2 n = 256 ∴ n = 8 . La codificación se muestra en la Fig. P4.18(b). El problema ahora es decidir entre variar el ancho de banda manteniendo constante la velocidad de información, o variar la velocidad de información manteniendo constante el ancho de banda.

Un Carácter 1 m=2

2

3

4

5

6

7

8

τ T = 10 τ Fig. P4.18(b).

En la práctica generalmente no se puede cambiar el ancho de banda del canal, pero sí podemos variar la velocidad de información en alguna forma. En este caso mantendremos el ancho de banda de 10 kHz y ajustaremos la velocidad de información. El hecho de mantener constante el ancho de banda es equivalente a decir que la velocidad de modulación se mantiene constante. De la Fig. P4.18(b), I = 8 bits y T = 10τ =

10 10 = = 10 −3 seg 3 B 10 ⋅ 10


158

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV I 8 = −3 = 8000 bps ; Vb = 104 baudios, y la velocidad de T 10 1 producción de la fuente será Vs = = 1000 símbolos/segundo. T También,

Vi =

Nótese que Vi < C, y no habrá problemas de transmisión en el canal. 4.19. Una fuente de información produce 1024 símbolos distintos y equiprobables a una velocidad de 1250 símbolos por segundo. Los símbolos se codifican en impulsos cuaternarios más un impulso de arranque y uno de pare. La duración de los impulsos de arranque y de pare es 1,5 veces la duración de un impulso de información. Demuestre que: (a) Las velocidades de modulación y de información son de 10 kbaudios y 12,5 kbps, respectivamente. (b) Si el ancho de banda del canal de transmisión es de 5 kHz y se transmite 105 muestras codificadas, se pierde 5 x 105 bits de información. Solución: Datos: N = 1024 símbolos; Vs = 1250 símb/seg; m = 4; impulsos de arranque y pare (a) N = 1024 = 4 n ∴ n = 5; m = 4 la codificación es, Fig. P4.19 Is = log2(1024) = 10 bits/símbolo 1 1 T = 8τ = ∴τ = = 10 − 4 1250 8 ⋅ 1250 1 Vb = = 10 kbaudios τ

Un Símbolo m=4

1

2

3

4

5

τ 1,5 τ

T=8τ Fig. P4.19.

1,5 τ

Vi = Vs Is = 1250 x 10 = 12500 bps = 12,5 kbps (b) Datos: B = 5 kHz; m = 4; n = 5. Is = 10 bits/símb; τ = 10-4; Puesto que Vb > B, habrá pérdida de información De la Fig. P4.19, Vi =

I s 10 ⋅ 10 4 = = 1,25 ⋅ 10 4 = 12500 bps 8τ 8

Asimismo, el canal de ancho de banda B puede soportar una velocidad Vi' =

B ⋅ I s 5 ⋅ 10 4 = = 6,25 ⋅ 103 = 6250 bps 8 8

Número de símbolos transmitidos = Ns = 105


159

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV Como cada símbolo contiene 10 bits, cuando se transmite 105 símbolos se habrá transmitido una cantidad de información It = Ns Is = 106 bits. Estos 106 bits se I 10 6 transmiten en un tiempo T = t = = 80 segundos. Vi 1,25 ⋅ 10 4 Como el ancho de banda es ahora B = 5 kHz, y siendo Vi' = 6250 bps, entonces se transmitiría solamente una cantidad de información I 't = Vi' ⋅ T = 5 ⋅ 105 bits. La pérdida en bits cuando se transmite 105 símbolos será entonces I p = I t − I 't = 10 6 − 5 ⋅ 10 5 = 5 ⋅ 10 5 bits.

Atención, nótese que este problema solamente tiene interés teórico, pues en la práctica la información debe llegar siempre completa para ser de utilidad, lo que no es el caso de la energía, en la cual lo que llega al destino siempre es aprovechable.

4.20. Un codificador produce impulsos binarios cuya velocidad de modulación es de 8 kbaudios. Estos impulsos se van a transmitir por un canal de 1 kHz de ancho de banda y en el cual la relación S/N es de 11,7609 dB. En estas condiciones hay pérdida de información. Demuestre que para que no haya pérdida de información hay que aumentar la relación S/N, como mínimo, en 12,304 dB. Solución: Datos: Vb = 8000 baudios; B = 1000 Hz; S/N = 11,7609 dB = 15; codificación binaria La capacidad del canal es C = 103 log2(1+ 15) = 103 log2(16) = 4000 bps. Vemos que Vb < B ó C < Vb, lo que significa que hay pérdida de información. Como el sistema es binario (m = 2), la velocidad de modulación es numéricamente igual a la velocidad de información, es decir, Vi = Vb = 8000 bps. Para alcanzar esta velocidad manteniendo el mismo ancho de banda, hay que aumentar la relación S/N a fin de que se verifique que 8000 = 1000 log2(1+ S/N), de donde S/N = 28 –1 = 255 = 24,065 dB Por lo tanto, hay que aumentar la relación S/N de 11,7609 dB a 24,065 dB, es decir, en 12,3045 dB. 4.21. Se tiene un convertidor automático, con una capacidad de 15 x 103 bps, que convierte información de un sistema de codificación a otro sistema. La entrada al convertidor es una secuencia de impulsos de amplitud variable cuya frecuencia es de 2,25 x 105 impulsos por minuto. La salida del convertidor es otro tren de impulsos cuyo número de amplitudes es 1/4 del número de amplitudes de los impulsos de entrada al convertidor. Demuestre que la velocidad de modulación a la salida del convertidor es de 7,5 kbaudios y que los impulsos son cuaternarios.


160

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV Solución: Datos: Cc = 15 x 103 bps; Vbi = 2,25 ⋅ 10 5 imp/min =

2,25 ⋅ 105 = 3,75 ⋅ 10 3 baudios 60

Número de amplitudes a la entrada del convertidor = mi Número de amplitudes a la salida del convertidor = mo = mi/4 La velocidad de información a la entrada y a la salida del convertidor es igual a la capacidad del convertidor, es decir, Vi = Cc = 15 x 103 bps. A la entrada del convertidor, Vi = Vbi log 2 (m i ); 15 ⋅ 10 3 = 3,75 ⋅ 103 log 2 (m i ) log 2 (m i ) =

15 ⋅ 10 3 = 4 ∴ m i = 2 4 = 16 niveles de amplitud 3 3,75 ⋅ 10

La impulsos a la entrada del convertidor tienen 16 niveles de amplitud; asimismo, los m impulsos a la salida del convertidor tendrán m o = i = 4 niveles de amplitud. Los 4 impulsos a la salida del convertidor son cuaternarios. A la salida del convertidor, Vi = Vbo log 2 (m o ) ∴ Vbo =

Vi 15 ⋅ 103 = log 2 (m o ) 2

Vbo = 7,5 x 103 baudios. 4.22.

Televisión de Barrido Lento (SSTV). En un sistema SSTV básico una celda fotoeléctrica barre la imagen y mide en cada punto de imagen uno de 16 niveles de gris desde el blanco puro hasta el negro puro. La velocidad de barrido es de 2 x 103 puntos por segundo y el sistema requiere, por imagen, 128 líneas con 128 puntos por línea.

(a) Demuestre que la información contenida en una imagen es de 8 Kbytes. (b) Si la señal de salida de la celda fotoeléctrica se transmite directamente por un canal, demuestre que el ancho de banda mínimo del canal es de 2 kHz. (c) La señal de salida de la celda fotoeléctrica se codifica en binario y se almacena 100 imágenes en la memoria de una computadora. Demuestre que la capacidad mínima de la memoria debe ser de 800 Kbytes y que el almacenamiento de la información se efectúa a una velocidad de 8 kbps. (d) Las imágenes almacenadas en la computadora se van a transmitir por un canal dado, pero a cada muestra se le agrega un impulso de arranque y uno de pare, ambos de duración el doble de la de los impulsos de información. Demuestre que si se quiere transmitir las 100 imágenes en 400 segundos, el ancho de banda del canal debe ser de 32,768 kHz. (e) Demuestre que si los impulsos de información tiene una duración de 40 µseg y la transmisión se hace por un canal telefónico de 4 kHz de ancho de banda, la relación S/N mínima en el canal para que no haya pérdida de información es de 8,878 dB. Prof. J. Briceño M., ULA.

161

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV Datos: Vp = 2000 puntos/seg; 128 líneas x 128 puntos/línea; N = 16; Fig. P4.22(a) (a) Información por punto = Ip = log2 16 = 4 bits/punto 128 puntos

Número de puntos por imagen = Np = 128 x 128

Un Punto

Np = 1,638 x 104 puntos 128 líneas

Información por imagen = Iim = Np Ip = 6,554 x 104 bits Puesto que 1 Kbyte = 1024 bytes = 8192 bits Entonces Iim = 8 Kbytes

Fig. P4.22(a).

(b) Velocidad de barrido = Vp = 2000 puntos/seg = 1/T 1 Cada impulso o valor tendrá una duración T = = 5 ⋅ 10 −4 seg, y el ancho de banda Vp mínimo necesario será B =

1 = Vp = 2000 Hz = 2 kHz T

(c) m = 2; N = 2 n = 16 ∴ n = 4. La codificación se muestra en la Fig. P4.22(b). Nim = 100 imágenes; T = 5 x 10-4 seg Información total de 100 imágenes = It = Nim Np Ip = 6,554 x 106 bits = 800 Kbytes Va = Velocidad de almacenamiento Va =

Ip T

=

Un Punto

4 = 8000 = 8 kbps 5 ⋅ 10 −4

m=2

1

2

3

T=4 τ

4

τ

Fig. P4.22(b)

(d) bits

Tt = 400 seg; Nim = 100 imágenes; I = 4

m = 2; n = 4. La codificación es, Fig. P422(c)

Un Punto m=2

1 2τ

It = 6,554 x 106 bits

2

3

τ

4 2τ

T=8τ Fig. P4.22(c).

Velocidad de transmisión = Vi I t 6,554 ⋅ 10 6 Vi = = = 1,638 ⋅ 10 4 bps Tt 400 pero también, de la Fig. P4.22(c), Vi =

1 I I 4 1 = = ∴τ = ; B = = 2Vi = 32,768 kHz T 8τ 8τ 2Vi τ Prof. J. Briceño M., ULA.

162

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV (e) τ = 40 ⋅ 10 −6 seg; B = 4000 Hz; T = 8τ = 3,2 ⋅ 10 -4 seg De la Fig. P4.22(c), Vi =

4 4 = = 1,25 ⋅ 10 4 bps −4 T 3,2 ⋅ 10

De la ecuación de Hartley-Shannon, Vi = B log 2 (1 +

S ) N

1, 25⋅10 4

S S 3 = 2 4⋅10 − 1 = 7,724 = 8,878 dB 1,25 ⋅ 10 4 = 4 ⋅ 103 log 2 (1 + ), de donde N N 4.23. Sea un sistema de telefotografía. Una celda fotoeléctrica barre la fotografía (de blanco y negro) y en cada punto produce una señal cuya amplitud varía de 0 V a 127 mV correspondientes a 128 niveles de gris (desde el blanco puro al negro puro) de la fotografía. La celda se mueve a una velocidad de 4 cm por segundo, y su resolución es de 5 puntos por milímetro. La fotografía mide 10 cm x 15 cm. (a) Demuestre que la velocidad a la cual la celda produce información es de 1400 bps y que tarda 1875 segundos en transmitir una fotografía. (b) Las señales producidas por la celda se codifican en binario y se guardan en la memoria de una computadora, en la cual se almacena 10 fotografías. Demuestre que el sector de la memoria donde se guardó la información debe tener una capacidad de 26,25 Mbits, y que la velocidad de modulación a la salida del codificador es de 1400 baudios. (c) La información contenida en la memoria se va a transmitir en ASCII sin bit de paridad. La transmisión de las 10 fotografías que estaban en la memoria se efectúa en 2 segundos. Demuestre que la velocidad de información en el canal es de 13,13 Mbps y que el ancho mínimo del canal debe ser de 18,75 MHz. (d) La salida de la celda fotoeléctrica se transmite directamente por un canal cuyo rendimiento es de 2 bps/Hz. Si la potencia de ruido en el canal es de 1 pW, demuestre que la potencia de la señal para que no haya pérdida de información es de 3 pW. Solución: Datos: N = 128 niveles; Vc = 4 cm/seg; Resolución R = 5 puntos/mm; 10 cm x 15 cm (a) Sea la Fig. P4.23(a):

100 mm

Información por Punto = Ip = log2(128) = 7 bits Número de puntos en 1 mm2 = Ne = 25 puntos/mm2 Número de puntos en la fotografía = Nt 5

Nt = 100 x 150 x 25 = 3,75 x 10 puntos

1 mm

2

150 mm

Información contenida en la fotografía = It It = Nt Ip = 2,625 x 106 bits

Fig. P4.23(a).


163

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV Vc = 4 cm/seg = 40 mm/seg; R = 5 puntos/mm Velocidad de cada punto = Vs = Vc R = 40 x 5 = 200 puntos/seg Vs =

1 1 ∴T = = 5 ⋅ 10 −3 seg = 5 milisegundos Vs T

Cada punto se genera en 5 milisegundos. Velocidad de información = Vi =

Ip T

=

7 = 1400 bps 5 ⋅ 10 −3

Tiempo total de transmisión de una fotografía = Tt = Nt T = 1875 segundos

Un Punto 1

(b) m = 2; N = 128 = 2 n ∴ n = 7 .

2

3

4

5

6

7

τ

La codificación es, Fig. P4.23(b)

T = 7τ

Fig P4.23(b).

Nf = 10 fotografías; T = 0,005 Capacidad de memoria = Cm Cm = Nf Nt Ip = 26,25 x 106 bits = 26,25 Mbits Velocidad de modulación = Vb Vb =

1 7 = = 1400 baudios τ T

(c) Nf = 10 fotografías; It = 2,625 x 106 bits. La codificación es, Fig. P4.23(c). Información de 10 fotografías = If

Un Punto en ASCII

If = Nf It = 2,625 x 107 bits Vi =

1

If = 1,313 ⋅ 107 = 13,13 Mbps Tt

τ

2

3

4

5

6

7

τ

2τ

T = 10 τ Fig. P4.23(c).

Pero también, de la Fig P4.23(c),

Vi =

10 T 7 7 = 1,313 ⋅ 10 7 ∴ T = = 5,333 ⋅ 10 −7 ; τ = ∴ B = = 1,875 ⋅ 10 7 = 18,75 MHz T 10 Vi T

(d) ηB = 2 bps/Hz =

Vi ; N = 1 pW; De la ecuación de Hartley-Shannon, B V

Vi = B log2(1+S/N), de donde

i S S = 2 B − 1 = 2 2 − 1 = 3 = −12 ∴ S = 3 ⋅ 10 −12 = 3 pW 10 N


164

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV 4.24. Una señal tiene un ancho de banda de 4 kHz. Esta señal se pasa por un convertidor que la convierte en secuencias de 8 impulsos binarios, teniendo cada secuencia una duración de 100 µseg. (a) ¿Cuál es el valor del ancho de banda mínimo del canal para transmitir las secuencias binarias en ausencia de ruido? [Respuesta: 80 kHz] (b) El canal tiene un ancho de banda de 50 kHz. ¿Cuál es la relación S/N mínima, en ⎡S⎤ dB, para transmitir las señales sin error? [Respuesta: ⎢ ⎥ = 3,078 dB ] ⎣ N ⎦ dB Solución: Datos: Bs = 4 kHz; n = 8; m = 2; T = 100 µseg. La codificación es, Fig. P4.24. (a) T = 100 ⋅ 10 − 6 = 8τ ∴ τ = Bn =

T 8

= 1,25 ⋅ 10 − 5

Una Secuencia 1

2

3

1 = 8,0 ⋅ 10 4 = 80 kHz τ

4

5

6

7

8

τ T = 8τ Fig. P4.24.

8 8 (b) B = 50 kHz; Vi = = = 8 ⋅ 10 4 T 100 ⋅ 10 −6

S ), de donde N

De la ecuación de Hartley-Shannon, 8 ⋅ 10 4 = 50 ⋅ 103 log 2 (1 + 8⋅104

S 3 = 2 50⋅10 − 1 = 2,031 = 3,078 dB N 4.25. Una señal s(t) es transmitida por un canal perturbado por un ruido n(t), siendo Si/Ni y So/No las relaciones señal/ruido, respectivamente, como se muestra en la Fig. P4.25.

Bc Señal s(t) Origen Canal

Si/Ni

Receptor

So/No

Destino

Br Ruido n(t)

Fig. P4.25.

En el sistema no hay pérdida de información. El ancho de banda Bc del canal es de 16 kHz, la relación Si/Ni es de 14,9136 dB y el ancho de banda Br del receptor es de 8 kHz. Demuestre que la relación señal/ruido a la salida del receptor es de 30,098 dB.


165

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV Solución: Datos: Bc = 16 kHz; Br = 8 kHz; Si/Ni = 14,9136 dB = 31 Como en el sistema no hay pérdida de información, la velocidad de información es la misma tanto a la entrada como a la salida del receptor. Entonces, de la ecuación de Hartley-Shannon, Bc log 2 (1 +

Si S ) = Br log 2 (1 + o ) Ni No Bc

Bc

S S S S log 2 (1 + o ) = log 2 (1 + i ) Br ⇒ (1 + o ) = (1 + i ) Br , de donde No Ni No Ni Bc

So S = (1 + i ) Br − 1 = (1 + 31) 2 − 1 = 1023 = 30,099 dB No Ni

4.26. Un terminal de datos se utiliza para enviar información hacia una computadora central a través de una línea telefónica de 3 kHz de ancho de banda; la relación S/N en el canal es de 10 dB. El terminal de datos produce caracteres alfanuméricos en ASCII sin bit de paridad y en su memoria hay almacenados 8 Kbytes de información. (a) Determine la capacidad del canal. [Respuesta: C = 10380 bps] (b) Determine la máxima velocidad de información en el canal sin ruido. [Respuesta: Vi=2100 bps] (c) Determine el tiempo que tarda el terminal en vaciar la memoria. [Respuesta: Tt=31,208 seg] (d) Si la información se transmite en código BAUDOT, con los datos de la Fig. 4.13, ¿Cuánto tiempo tarda en vaciarse la memoria? [Respuesta: 35,608 minutos] Solución: Datos: B = 3000 Hz; S/N = 10 dB = 10; Cm = 8 Kbytes; (a) Capacidad del canal = C = 3000 log2(1+10) = 10380 bps 1 = 3000 ∴ τ = 3,333 ⋅ 10 4 s τ De la Fig. P4.26(a),

(b) B =

I = 7 bits; T =10τ = 3,333 x 10-3 seg Vi =

I 7 = = 2100 bps T 3,333 ⋅ 10 −3

Un Carácter en ASCII 1

τ

2

3

4

5

τ

6

7 2τ

T = 10 τ Fig. P4.26(a).


166

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV (c) Cm = 8 Kbytes = 8 x 1024 x 8 = 6,554 x 104 bits Número de caracteres ASCII en memoria = N c =

Cm = 9,362 ⋅ 10 3 caracteres 7

Tiempo total de transmisión = Tt = Nc T = 31,208 seg (d) De la Fig. P4.26(b),

Un Carácter BAUDOT

T = 163 ms = 0,163 seg Número de caracteres memoria = Nc Nc =

1

Baudot

en

2

22 ms

3

4

5

22 ms T = 163 ms Fig. P4.26(b).

Cm = 1,311 ⋅ 10 4 caracteres 5

31 ms

Tiempo total de transmisión Tt = Nc T = 2136 x 103 seg = 35,608 minutos 4.27. Sea el sistema mostrado en la Fig. P4.27(a).

Fuente

Codificador 1

Canal

Codificador ASCII

Fig. P4.27(a).

La fuente produce N símbolos distintos y equiprobables a una velocidad de 1000 símbolos por segundo. El terminal de datos solamente acepta secuencias codificadas en ASCII sin bit de paridad. El Codificador 1 agrega a cada muestra un impulso de arranque y uno de pare, ambos de la misma duración que los de información. No hay pérdida de información en el sistema. (a) Determine N, los valores apropiados para m y n, y el ancho de banda mínimo del canal. (b) Determine las velocidades de modulación y de información a la entrada del terminal de datos. [Respuesta: Vb = 10 kbaudios; Vi = 7 kbps. Solución: Datos: Vs = 1000 símb/seg (a) Como no hay pérdida de información en el sistema, la velocidad de información es la misma en todos los puntos del sistema. El Codificador ASCII produce 128 símbolos alfanuméricos; por lo tanto, el Codificador 1 producirá también 128 símbolos, es decir, N = mn = 128 símbolos.


167


Vs =

1 = 1000 ∴ T = 10 −3 seg. T

También, log2(mn) = 128 con m y n enteros; esta expresión se satisface solamente cuando m = 2 y n = 7. El Codificador 1 es un codificador binario cuya salida se muestra en la Fig. P4.27(b). T = 9τ = 10 −3 ∴ τ =

10 −3 seg 9

Un Símbolo m=2

1

2

3

5

6

7

τ

y el ancho de banda B del canal, B=

4

T=9τ Fig. P4.27(b).

1 9 = −3 = 9000 Hz = 9 kHz τ 10

(b) A la entrada del terminal de datos la codificación es ASCII sin bit de paridad, como se muestra en la Fig. P4.27(c). T = 10τ = 10 −3 ∴ τ = 10 −4 seg 1 Vb = = 10 kbaudios τ Vi =

7 7 = −3 = 7000 bps = 7 kbps T 10

Un Carácter en ASCII 1

τ

2

3

4

5

6

7

τ

2τ

T = 10 τ Fig. P4.27(c).

4.28. Una fuente de información digital produce dígitos a una velocidad de 128 kbps. (a) En un codificador (denominado 4B/3T) se transforma grupos de 4 dígitos binarios en grupos de 3 dígitos ternarios; no hay pérdida de información en el canal. La secuencia, así codificada, se transmite por un canal. Demuestre que la velocidad de modulación en el canal es de 96 kbaudios. (b) Se puede utilizar también un Codificador 4B/5B (utilizado en la transmisión por fibras ópticas) que transforma grupos de 4 dígitos binarios en grupos de 5 dígitos, binarios también, sin pérdida de información. Demuestre que el ancho de banda mínimo del canal es 1,25 veces más grande que el ancho de banda mínimo antes del codificador.


168

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV Solución: T = 4 τ1

Datos: Vi = 128 kbps. 4B

(a) Codificador 4B/3T, Fig. P4.28(a) 4 En Binario: Vi = = 128 ⋅ 103 bps T 4 = 3,125 ⋅ 10 −5 ; T = 4τ1 T= 3 128 ⋅ 10

1

2

4

m=2

τ1 3

1

2

3

m=3

τ2 T = 3 τ2

En Ternario: T = 3τ 2 ∴ τ 2 =

3

Codificación 4B/3T Fig. P4.28(a).

T = 1,042 x 10-5 3

1 = 9,6 ⋅ 10 4 = 96 kbaudios τ2 (b) Código 4B/5B, Fig. P5.28(b) Vb 2 =

1

4B

2

3

4

m=2

τ1 T = 4 τ1

Para 4B: T = 4τ1. Para 5B: T = 5τ2 1 5 = τ1 De donde, 4τ1 = 5τ 2 ó τ2 4 4 4 B1 = Vb1 = B 2 = Vb 2 5 5 Vb2 = 1,25 Vb1 ó B2 = 1,25 B1

1

5B

2

3

4

5

m=2

τ2 T= 5 τ2 Codificación 4B/5B Fig. P4.28(b).

El ancho de banda mínimo del canal es 1,25 veces más grande que el ancho de banda mínimo antes del codificador. También se puede decir que la codificación 4B/5B aumenta la velocidad de modulación en el canal en 1,25 veces la velocidad de modulación previa al codificador. Como la transmisión se efectúa por fibras ópticas, que tienen un ancho de banda muy grande, este aumento en la velocidad de modulación no tiene importancia; sin embargo, el aumento en el número de impulsos por símbolo es beneficiosa para la sincronización y señalización en el sistema; por eso se utiliza. 4.29. Códigos Binarios BAUDOT y ASCII (Alfabeto Internacional No. 5 de la UIT-T (Ex CCITT). En la Fig. P4.29 se muestran los formatos de los códigos BAUDOT y ASCII (sin bit de paridad). Un Carácter BAUDOT 1 22 ms

2

3

4

Un Carácter ASCII

5

22 ms T = 163 ms

1 31 ms

τ

2

3

4

5

6

7 2τ

τ T = 10 τ

(a) Código BAUDOT

(b) Código ASCII (sin bit de paridad) Fig. P4.29.


169

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV En el Código ASCII los caracteres fluyen a una velocidad de 100 caracteres por segundo. Para el Código BAUDOT tomar las duraciones dadas en la figura. (Nota: en ambos códigos el bit o dígito binario 1 es el de menor peso). (a) Determine las velocidades de modulación para cada uno de estos códigos. (b) ¿Qué significa la siguiente información codificada en ASCII? 011001011101111001110110010111 (c) ¿Cómo se codificaría la misma información de (b) pero en BAUDOT? Solución: (a) Código ASCII I = 7 bits; Vs = 100 caracteres/seg = Vb =

1 ∴ T = 10 −2 = 10τ ∴ τ = 10 −3 seg T

1 = 103 baudios = 1 kbaudio; τ

Vi =

I 7 = −2 = 700 bps T 10

Código BAUDOT I = 5 bits; T = 163 mseg; τ = 22 mseg Vb =

1 I 5 = 45,45 baudios ; Vi = = = 30,67 bps τ T 163 ⋅ 10 −3

(b) En la secuencia dada se cuenta grupos de 10 dígitos y se elimina el dígito de arranque y los dos dígitos de pare. Queda entonces, del Apéndice B.5 del Texto (el dígito de menor peso va a la izquierda) Primer Caracter:

1100101 →

S

Segundo Caracter:

1111001 →

O

Tercer Caracter:

1100101 →

S

⇒ El mensaje es S O S

(c) En BAUDOT, del Apéndice B.6 (El dígito de menor peso a la izquierda) S

→

10100

O

→

00011

S

→

10100

La codificación correspondiente a SOS en BAUDOT tiene la forma 010100100001110101001


170

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV 4.30. Límite de Shannon Considere la ecuación de Hartley-Shannon. La potencia de ruido N se puede expresar en la forma N = ηo B, donde ηo tiene dimensiones de vatios por unidad de ancho de banda (W/Hz) y comúnmente de denomina “densidad espectral de potencia de ruido”. Se puede considerar entonces a N como la potencia de ruido contenida en el ancho de banda B. Si el ancho de banda B aumenta sin límites (B→∞), demuestre que ⎡S⎤ ⎡S⎤ lim C = ⎢ ⎥ log 2 e = 1,443⎢ ⎥ = ViMAX B→∞ ⎣ ηo ⎦ ⎣ ηo ⎦

Este resultado se conoce con el nombre de “Límite de Shannon” y representa la máxima velocidad de información en un sistema de comunicación con una potencia promedio transmitida dada pero sin la limitación del ancho de banda, como es el caso de los sistemas de comunicación espacial o por satélites. Solución: De la ecuación de Hartley-Shannon, C = B log 2 (1 + se tiene

C = B log 2 (1 +

S S ) = log 2 (1 + ) B , y del límite ηo B ηo

C = log 2 (1 +

B→∞

S ). Si N = ηoB, entonces N

a y = log b (1 + ) x = a log b (e) , x x →∞

⎡S⎤ S B ⎡S⎤ ) = ⎢ ⎥ log 2 (e) = 1,443⎢ ⎥ = ViMAX ηo B ⎣ ηo ⎦ ⎣ ηo ⎦

4.31. Considere el receptor ideal de la Fig. P4.31.

B Origen

Canal Si/Ni Ruido

Receptor Ideal

B

Destino

So/No

Fig. P4.31.

Demuestre que si el ancho de banda del canal tiende a infinito, entonces ⎡ S ⎤ So S ≈ exp ⎢ i ⎥ = exp( γ ) cuando o >> 1 No No ⎣ ηo B m ⎦

Si representa la relación entre la potencia de la señal (transmitida) ηo B m en el canal respecto a la potencia de ruido dentro de la banda de la señal misma (Bm). Por consiguiente, teóricamente, en condiciones ideales cuando el ancho de banda de transmisión BT tiende a infinito, la relación So/No a la salida aumenta exponencialmente con γ. Nótese que γ =


171

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV Solución: Sea la Fig. P4.31. Como la velocidad de información es la misma en todos los puntos del sistema, se verifica que BT log 2 (1 +

S Si ) = B m log 2 (1 + o ), de donde Ni No

S Si N i = ηo BT y o >> 1, entonces, No

Hagamos

BT

So ⎡ S1 ⎤ Bm = ⎢1 + ⎥ −1 No ⎣ Ni ⎦ BT

So ⎡ S ⎤ Bm ≈ ⎢1 + i ⎥ N o ⎣ ηo B T ⎦

⎡ ⎢ Si = ⎢1 + ⎢ η B BT o m ⎢⎣ Bm

BT

⎤ Bm ⎥ ⎥ ⎥ ⎥⎦

BT = β m ; si BT →∞, entonces βm →∞. De modo que, Bm

⎡ So Si ⎤ ≈ ⎢1 + ⎥ N o ⎣ ηo B m β m ⎦

β m →∞

βm

⎡ S ⎤ = exp ⎢ i ⎥ = exp(γ ), ⎣ ηo B m ⎦

donde

γ=

Si ηo B m

4.32. Rendimiento del Canal en el Sistema Ideal de Transmisión En la expresión 4.42 del Texto se definió el “rendimiento del canal respecto al ancho V de banda” en la forma ηB = i . Si se define la “Energía por Dígito Binario, Eb” en la B forma Eb = Sτ, donde τ es la duración de un dígito binario, demuestre que si el sistema es binario y Vi = C, entonces ηB = log 2 (1 + ηB

Eb ) ηo

ηB se expresa en bps/Hz

Grafique también ηB vs EB/ηo para

1≤

Eb ≤ 100 ηo

Sugerencia: utilice escalas log-log. Solución: De la ecuación de Hartley-Shannon, Vi = B log2(1+S/N) Hagamos: Entonces,

Vi 1 = ηB ; N = ηo B . Si el sistema es binario, Vi = ∴ Vi τ = 1 B τ Eb E ViS S S S = = = ηB = ηB = ηB b , de donde, N ηo B ηo BVi ηo Vi ηo τVi ηo Prof. J. Briceño M., ULA.

172


ηB = log 2 (1 + ηB

Eb ) . En la Fig. P4.32 se grafica ηB vs Eb/ηo ηo

4.33. Rendimiento y Redundancia de Codificación. El rendimiento de un código o de un codificador se puede definir en la forma siguiente: ηco =

Vi n log 2 m = Vb n+r

bps/baudio

donde n es el número de impulsos de información, y r el número de impulsos redundantes (ver ecuación 4.28 del Texto). En los sistemas binarios (m = 2) se puede definir también la “Redundancia de Codificación, Rco” en la forma R co = 1 − ηco =

Vb − Vi r = Vb n+r

En este caso Vb ≥ Vi , y tanto ηco como Rco se pueden expresar en forma porcentual (ηco% y Rco%). Nótese que la codificación binaria es la menos eficiente, pero es la más utilizada por su facilidad de instrumentación. (a) Determine el rendimiento de los códigos BAUDOT, ASCII con bit de paridad, y del codificador del Ejemplo 4.9 del Texto. (b) Transmisión Sincrónica, Código ASCII. Los bloques de datos se estructuran en la forma siguiente: se colocan tres caracteres SYN (de sincronización) al inicio de cada bloque, a continuación 256 caracteres de información y se termina con un caracter ETX. Ni los caracteres SYN y ETX ni los caracteres de información contienen los impulsos de arranque, paridad y pare, solamente los impulsos de información. Los caracteres SYN y ETX están definidos en la Tabla B.5 del Apéndice B. Demuestre que en transmisión sincrónica ηco % = 98,5% y R co % = 1,5% (c) Transmisión Asincrónica, Código ASCII. Se transmite bloques de 256 caracteres ASCII incluyendo todos los impulsos redundantes (Fig. 4.5 del Texto). Demuestre que en transmisión asincrónica ηco % = 63,6% y R co % = 36,4% Prof. J. Briceño M., ULA.

173

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV (d) Si la velocidad de modulación es la misma en los dos tipos de transmisión anteriores, ¿Cuál es la relación entre sus respectivas velocidades de transmisión? Solución: (a) Código Baudot, Fig. 4.13(a) del Texto En este caso se toma la duración de los impulsos. Entonces, 5 ⋅ 22 ⋅ 10 −3 100 = 67,5% ; Rco%=32,5% 6 ⋅ 22 ⋅ 10 −3 + 31 ⋅ 22 ⋅ 10 −3

ηco % =

Código ASCII con bit de paridad 7 ⋅ 100 = 63,64%; 11

ηco % =

R co % = 36,36%

Codificador del Ejemplo 1.9, Fig. 1.8 del Texto, ηco % =

5 100 = 50%; R co % = 50% 10

(b) Transmisión Sincrónica, Código ASCII. Dígitos =>

7

7

7

7

SYN

SYN

SYN

7

7

7

Carácter 1 Carácter 2 Carácter 3

Carácter 256 ETX

Fig. P4.33(a).

La estructura de los bloques de datos tiene la forma de la Fig. P4.33(a) Número de dígitos de información = Ni = 256 x 7 = 1792 Número de dígitos redundantes = Nr = 4 x 7 = 28 Rendimiento ηco % =

256 ⋅ 7 100 = 98,5%; Redundancia R co % = 1,5% 246 ⋅ 7 + 28

(c) Transmisión Asincrónica, Código ASCII. La estructura de los bloques tiene la forma de la Fig. P4.33(b). Dígitos =>

11

11

11

11

Carácter 1 Carácter 2 Carácter 3 Carácter 4

11

11

Carácter 255 Caracter 256

Fig. P4.33(b).

Número de dígitos de información = Ni = 256 x 7 = 1792 Número de dígitos redundantes = Nr = 256 x 4 = 1024 Prof. J. Briceño M., ULA.

174


Rendimiento ηco % =

256 ⋅ 7 100 = 63,6%; 256 ⋅ 7 + 256 ⋅ 4

Redundancia R co % = 36,4

(d) En transmisión sincrónica. Son 260 caracteres; I1 = 256 x 7 bits Duración de un bloque = T1 = 260 x 7 x τ Vi1 =

I1 256 ⋅ 7 0,895 0,895 = = ∴τ = T1 260 ⋅ 7 ⋅ τ τ Vi1

En transmisión Asincrónica. Son 256 caracteres; I2 = 256 x 7 bits Duración de un bloque = T2 = 256 x 7 x τ Vi 2 =

I2 256 ⋅ 7 0,636 0,636 = = ∴τ = T2 256 ⋅ 11 ⋅ τ τ Vì 2

Como la velocidad de modulación es la misma, entonces 0,895 0,636 = o también Vi2 = 0,646Vi1 Vi1 Vi 2 En el presente caso, la velocidad de información en transmisión asincrónica es el 64,6 % de la velocidad de información en transmisión sincrónica. La velocidad de modulación es la misma. 4.34. Cierta fuente de información transmite cada milisegundo un número octal (de base 8). En el canal la potencia promedio de la señal es de 0,5 W y la de ruido 2 mW. Si a la salida del receptor el ancho de banda es de 100 Hz, demuestre que la relación So/No a la salida es de 90,309 dB y que el ancho de banda del canal es de 375 Hz. Solución: Datos: T = 1 ms; número octal → N = 8; S = 0,5 W; N = 0,002 W; Bm = 100 Hz Si 0,5 = = 250 = 23,979 dB; N i 0,002 Vi =

I = log2(8) = 3 bits

I 3 = = 3000 bps T 0,001

La velocidad de información es la misma en todo el sistema. Por lo tanto, BT log 2 (1 +

S Si ) = B m log 2 (1 + o ) = Vi Ni No Vi

3000

S S V log 2 (1 + o ) = i ∴ o = 2 Bm − 1 = 2 100 − 1 = 1,074 x 109 = 90,309 dB No Bm N o


175


BT =

Vi log 2 (1 +

Si ) Ni

=

3000 = 376,33 Hz log 2 (1 + 250)

4.35. Se desea introducir información a una computadora mediante tarjetas perforadas tipo IBM. Estas tarjetas tienen 80 columnas por F filas. (a) Si la computadora reconoce 256 caracteres alfanuméricos y cada caracter se almacena en una columna de la tarjeta, demuestre que en este caso cada columna tendrá 8 filas. (b) Si el lector de tarjetas lee 10 tarjetas por segundo, demuestre que el lector está entregando información a la computadora a una velocidad de 6400 bps. (c) Si la capacidad de la memoria de la computadora es de 600 Kbytes, demuestre que puede almacenar el contenido de 7680 tarjetas. Solución: Datos: 80 columnas x F filas; sistema binario (m = 2) (a) N = 258 = 2 n ∴ n = 8 . Cada caracter necesita 8 dígitos binarios, uno en cada fila; por lo tanto, F = 8 filas por coumna. (b) VL = 10 tarjetas por segundo; Número de perforaciones por tarjeta = Np = 80 x 8 = 640 Información por perforación = Ip = 1 bit Información total en la tarjeta = It = NpIp = 640 bits/tarjeta Velocidad de transferencia de información = Vt = VLIt = 10 x 640 = 6400 bps (c) Cm = 600 Kbytes = 600 x 1024 x 8 = 4,915 x 106 bits C m 4,915 ⋅ 10 6 = = 7680 tarjetas It 640 4.36. Un cierto sistema de comunicación posee un sintetizador de frecuencia que produce cuatro frecuencias diferentes: f1, f2 = 2f1, f3 = 3f1 y f4 = 4f1. Este sintetizador de frecuencia se utiliza como transmisor de información digital en el cual por cada dos bits de entrada al sintetizador se transmite una frecuencia según el esquema siguiente: Número necesario de tarjetas = N T =

0 0 → f1;

0 1 → f2;

1 0 → f3;

1 1 → f4

La velocidad de modulación a la entrada del sintetizador es de 1000 baudios, y se sabe que para la transmisión del grupo 0 0 se transmite un solo ciclo de la frecuencia f1. Demuestre que la velocidad de información en el sistema es de 1000 bps y que el valor de las frecuencias es f1 = 500 Hz; f2 = 1 kHz; f3 = 1,5 kHz y f4 = 2 kHz. Solución: Datos: Vb = 1000 baudios. Prof. J. Briceño M., ULA.

176

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV Sea T1 el período de la frecuencia f1. El grupo 0 0 se transmite en un ciclo de la frecuencia f1; por lo tanto, la codificación del grupo 0 0 tiene la forma, Fig. P4.36. 1 Vb = 1000 = ∴ τ = 10 −3 ; I = 2 bits τ -3

T1 = 2τ = 2 x 10 ; f1 =

T1

0 0

2 = 1000 bps Vi = 2 ⋅ 10 −3

0 τ

1 = 500 Hz; f 2 = 2f1 = 1000 Hz T1

f 3 = 3f1 = 1500 Hz; f 4 = 4f1 = 2000 Hz T1 = 1/f1 Fig. P4.36.

4.37. Sea el sistema de la Fig. P4.37(a) Fuente 1

Fuente 2

Fuente 3

(b)

1

2

3

4

5

6

7

τ Codificador Secuencias Compuestas

(c)

τ Canal

2τ

1,5 τ

(d)

(a) Fuente 1

Fuente 2

Fuente 3

(e) SECUENCIA COMPUESTA Fig. P4.37.

Las fuentes producen, respectivamente: N1 = 128 símbolos N2 = 256 símbolos N3 = 32 símbolos Todos estos símbolos son independientes y equiprobables. El codificador opera en la forma siguiente: primero toma un símbolo de la Fuente 1 y lo codifica en ASCII sin bit de paridad. Toma a continuación un símbolo de la Fuente 2 y lo codifica en binario Prof. J. Briceño M., ULA.

177

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV agregándole un impulso de arranque y uno de pare, todos de igual duración. Por último, toma un símbolo de la Fuente 3 y lo codifica en binario agregándole un impulso de arranque y uno de pare, este último dura 1,5 veces más que los demás, incluidos los de las Fuentes 1 y 2. El codificador vuelve a la Fuente 1 y se repite el proceso. A la salida del codificador las secuencias codificadas individuales van saliendo una detrás de la otra formando un tren de impulsos cuya velocidad de modulación es de 2750 baudios y el cual es transmitido por el canal. (a) Demuestre que la velocidad de información a la salida del codificador es de 2000 bps y que su rendimiento de codificación es del 72,7%. (b) Si el rendimiento del canal respecto al ancho de banda es de 3 bps/Hz, demuestre que la relación S/N en el canal es de 8,451 dB. (c) Si la relación S/N en el canal es de 15 dB, demuestre que el ancho de banda mínimo canal es de 397,8 Hz. Solución: Datos: N1 = 128; N2 = 256; N3 = 32; Vb = 2750 baudios (a) Fuente 1: N1 = 128 = 2 n ∴ n = 7 → Codificacion en la Fig. P4.37(b) Fuente 2: N 2 = 256 = 2 n ∴ n = 8 → Codificación en la Fig. P4.37(c) Fuente 3: N 3 = 32 = 2 n ∴ n = 5 → Codificación en la Fig. P4.37(d) La secuencia compuesta a la salida del codificador se muestra en la Fig. P4.37(e). Vb =

1 = 2750 ∴ τ = 3,636 ⋅ 10 −4 ; T = 27,5τ = 0,01; I = 20 bits τ

Vi =

V 2000 I 20 = = 2000 bps; ηco % = i 100 = 100 = 72,7% 2750 Vb T 0,01

(c) (d)

Vi S = 3 bps/Hz = log 2 (1 + ), de donde B N S = 15 dB = 31,623; N

Bc =

Vi log 2 (1 +

S ) N

=

S = 23 - 1 = 7 = 8,451 dB N

Vi = 2000 bps = Bc log 2 (1 +

S ) N

2000 = 397,8 Hz 3,322 ⋅ log10 (1 + 31,623)


178

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV 4.38. La salida de cierta computadora está formada por 7 conductores, cada uno de los cuales transmite impulsos con dos valores posibles: 0V y 5V; la duración de cada impulso es de 25 ms. Mediante una “interfaz” (por ejemplo, una RS-232) se convierte las 7 salidas de la computadora en una secuencia serie ASCII sin bit de paridad para transmisión por un cable bifilar. Demuestre que a la salida de la interfaz las velocidades de información y de modulación son, respectivamente, de 280 bps y 400 baudios. Solución: Los impulsos de salida de la computadora tienen una duración de 25 ms, y la interfaz debe producir en esos 25 ms una salida serie ASCII sin bit de paridad, como el mostrado en la Fig. 4.13(b) del Texto. El estado de los 7 dígitos de información a la salida de la interfaz debe corresponder al estado de los 7 impulsos de entrada. Por lo tanto, T = 10τ = 25 ⋅ 10 −3 ∴ τ = 25 ⋅ 10 −4 ; Vi =

I 7 = = 280 bps; T 25 ⋅ 10 −3

I = 7 bits Vb =

1 1 = = 400 baudios τ 25 ⋅ 10 −4


179

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO V

CAPITULO V 5.1. La señal x ( t ) = 10 cos(2πt ) + 4 cos(5πt ) + 2 cos(7 πt ) se muestrea en forma instantánea a una frecuencia de 4 Hz. La señal muestreada se pasa por un filtro ideal pasabajo de ganancia unitaria y ancho de banda de 4 Hz. Determine la salida del filtro. Solución: De la señal x(t) vemos que fm = 3,5 Hz, y su frecuencia de Nyquist será de fs = 7 Hz; como el muestreo se va a efectuar a fs = 4 Hz, la señal resultará submuestreada y aparecerán términos de distorsión de solapamiento (aliasing). En este caso, de la expresión (5.2) del Texto, X s (f ) = f s

∞

∑ X(f − nf ); s

f s = 4 Hz

n = −∞

como X(f ) = 5[δ(f + 1) + δ(f − 1)] + 2[δ(f + 2,5) + δ(f − 2,5)] + [δ(f + 3,5) + δ(f − 3,5)] , entonces, X s (f ) = 20[δ(f + 1) + δ(f − 1)] + 8[δ(f + 2,5) + δ(f − 2,5)] + 4[δ(f + 3,5) + δ(f − 3,5)] + + 20[δ(f + 5) + δ(f + 3)] + 8[δ(f + 6,5) + δ(f + 1,5)] + 4[δ(f + 7,5) + δ(f + 0,5)] + + 20[δ(f − 3) + δ(f − 5)] + 8[δ(f − 1,5) + δ(f − 6,5)] + 4[δ(f − 0,5) + δ(f − 7,5)] + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

En la Fig. P5.1 se muestra el espectro de Xs(f) para n = 0 y n = ±1 n = -2

n = -1 20

4

8

20 4

Filtro

Y(f)

n=1

20

8

8

20

20 4

-8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0

8

4 1

Fig. P5.1.

8 2

n=2 20 8

4 3

4

5

6

4 7

Hz

f 8

Puede observarse que el filtro deja pasar las siguientes componentes: 1 1 Y(f ) = 4[δ(f + ) + δ(f − )] + 20[δ(f + 1) + δ(f − 1)] + 8[δ(f + 1,5) + δ(f − 1,5)] + 2 2 + 8[δ(f + 2,5) + δ(f − 2,5)] + 20[δ(f + 3) + δ(f − 3)] + 4[δ(f + 3,5) + δ(f − 3,5)]

y( t ) = 8 cos(πt ) + 40 cos(2πt ) + 16 cos(3πt ) + 16 cos(5πt ) + 40 cos(6πt ) + 8 cos(7 πt )

y( t ) = 4[2 cos(πt ) + 10 cos(2πt ) + 4 cos(3πt ) + 4 cos(5πt ) + 10 cos(6πt ) + 2 cos(7πt )] y( t ) = 4[10 cos(2πt ) + 4 cos(5πt ) + 2 cos(7 πt )] + 8[cos(πt ) + 2 cos(3πt ) + 5 cos(6πt )] y( t ) = 4x ( t ) + 8[cos(πt ) + 2 cos(3πt ) + 5 cos(6πt )]


180


El primer término de y(t) es la señal deseada que sale multiplicada por 4, y el segundo término son componentes de aliasing que constituyen una distorsión. 5.2. La señal x ( t ) = 5 cos(2π103 t ) cos(600πt ) se muestrea a una frecuencia de 2100 muestras por segundo. El muestreo se efectúa mediante una señal periódica rectangular de amplitud unitaria y ciclo de trabajo igual a 0,5. La señal muestreada se pasa por un filtro ideal pasabajo, de ganancia igual a 2 y ancho de banda de 1600 Hz. (a) Determine la salida del filtro. Solución: x ( t ) = 5 cos(2π103 t ) cos(2π300 t ) = 2,5 cos(2π1300t ) + 2,5 cos(2π700 t ) ; 1 τs = 0,5 ∴ τs f s = Ts 2

La frecuencia máxima de x(t) es de 1300 Hz y su frecuencia de Nyquist de 2300 Hz. Como la frecuencia de muestreo es fs = 2100 Hz, la señal estará submuestreada y contendrá términos de aliasing. X(f ) = 1,25[δ(f + 1300) + δ(f − 1300) + δ(f + 700) + δ(f − 700)]

f s = 2100 Hz

De la expresión (5.21) del Texto, X s (f ) =

1 ∞ n sinc( )X (f − nf s ) ; Como esta señal se pasa por un filtro pasabajo de 1600 2 n = −∞ 2

∑

Hz, bastará desarrollarla para n = 0 y n = ±1 para ver las componentes que pasan. X s (f ) =

1 1 1 1 1 X (f ) + sinc(− )X (f + 2100) + sinc( )X (f − 2100) + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 2 2 2 2 2 1 2

1 2

pero como sinc(− ) = sinc( ) = X s (f ) =

2 , entonces, π

1 1 X (f ) + [X(f + 2100) + X (f − 2100)] + ⋅ ⋅ ⋅ 2 π

1,25 [δ(f + 1300) + δ(f − 1300) + δ(f + 700) + δ(f − 700)] + 2 1,25 + [δ(f + 1300 + 2100) + δ(f − 1300 + 2100) + δ(f + 700 + 2100) + δ(f − 700 + 2100) + π + δ(f + 1300 − 2100) + δ(f − 1300 − 2100) + δ(f + 700 − 2100) + δ(f − 700 − 2100)] + ⋅ ⋅ ⋅ 1,25 X s (f ) = [δ(f + 1300) + δ(f − 1300) + δ(f + 700) + δ(f − 700) + 2 1,25 + [δ(f + 3400) + δ(f + 800) + δ(f + 2800) + δ(f + 1400) + π + δ(f − 800) + δ(f − 3400) + δ(f − 1400) + δ(f − 2800)] + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ X s (f ) =

Como el filtro es pasabajo, de ganancia 2 y ancho de banda de 1600 Hz, la salida será: Prof. J. Briceño M., ULA.

181


1,25 Y(f ) = 2{ [δ(f + 1300) + δ(f − 1300) + δ(f + 700) + δ(f − 700)] + 2

1,25 [δ(f + 800) + δ(f − 800) + δ(f + 1400) + δ(f − 1400)]} π El primer término es X(f ) ⇔ x ( t ) y el segundo término es +

5 5 10 cos(2π800 t ) + cos(2π1400 t ) = cos(2π1100 t ) cos(2π300 t ). π π π

La salida y(t) del filtro será entonces, y( t ) = 5 cos(2π1000 t ) cos(2π300 t ) +

y( t ) = 5 cos(600πt )[cos(2000πt ) +

10 cos(2π1100 t ) cos(2π300 t ) π

2 cos(2200πt )] π

(b) La frecuencia de muestreo es fs = 1800 muestras por segundo. 1 2

1 π

De la parte (a): X s (f ) = X(f ) + [X(f + f s ) + X(f − f s )] + ⋅ ⋅ ⋅ 1,25 [δ(f + 1300) + δ(f − 1300) + δ(f + 700) + δ(f − 700)] + 2 1,25 + [δ(f + 1300) + δ(f + 500) + δ(f + 2500) + δ(f + 1100) + π + δ(f − 500) + δ(f − 3100) + δ(f − 1100) + δ(f − 2500)] + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

X s (f ) =

Con el filtro pasabajo, de ganancia 2 y ancho de banda de 1600 Hz, la salida será: 1,25 Y(f ) = 2{ [δ(f + 1300) + δ(f − 1300) + δ(f + 700) + δ(f − 700)] + 2 1,25 + [δ(f + 500) + δ(f − 500) + δ(f + 1100) + δ(f − 1100)]} π Y(f ) = 1,25[δ(f + 1300) + δ(f − 1300) + δ(f + 700) + δ(f − 700)] + 2,50 [δ(f + 500) + δ(f − 500) + δ(f + 1100) + δ(f − 1100)] π El primer término es X(f ) ⇔ x ( t ) y el segundo término es igual a 5 5 10 cos(2π500 t ) + cos(2π1100 t ) = cos(2π300t ) cos(2π800 t ) . Entonces, π π π 10 y( t ) = 5 cos(2π1000 t ) cos(2π300 t ) + cos(2π800 t ) cos(2π300 t ) π 2 y( t ) = 5 cos(600πt )[cos(2000πt ) + cos(1600πt )] [Nota: hay una errata en el texto: donde π

dice cos(200πt) debe decir cos(2000πt) ]


182


5.3. Sea el sistema de la Fig. 5.97 del Texto donde x ( t ) = sinc( t ); h(t) = sinc(4t) y p( t ) =

∞

∞ 2(−1) ( n −1) / 2 n cos(2πnt ) = sinc( ) cos(2πnt ) para n impar nπ 2 n = −∞ n = −∞

∑

∑

(a) Determinar y(t) y dibujar su espectro Y(f). Solución: X(f ) = Π (f ); H(f) =

1 f Π ( ) El período de p(t) es Ts = 1, 4 4

fs = 1

1 ∞ n sinc( )[δ(f + n ) + δ(f − n )] para n impar 2 n = −∞ 2

∑

P(f ) =

A la salida del multiplicador,

x i ( t ) = x ( t ) ⋅ p( t ) ⇔ X i (f ) = X (f ) ∗ P (f )

∞ 1 n 1 ∞ n Π (f ) ∗ sinc( )[δ(f + n ) + δ(f − n )] = sinc( )[Π (f + n ) + Π (f − n )] 2 2 2 n = −∞ 2 n = −∞

∑

X i (f ) =

X i (f ) =

∑

(−1) ( n −1) / 2 ∑ nπ [Π(f + n ) + Π(f − n )] para n impar n = −∞ ∞

En la Fig. P5.3 se muestra X(f) y el espectro Xi(f) de entrada al filtro.

X(f)

1

Xi(f)

Filtro

1/ π 1/4

f -0,5 0 0,5

-5

-4

1 / 10π -3

-2

-1

1 Fig. P5.3.

2

3

1 / 3π

f 5 kHz

El filtro deja pasar solamente componentes menores de 2 kHz. Entonces, a la salida del filtro y a partir de la Fig. P5.3, este espectro será Y (f ) = y( t ) =

1 [Π (f + 1) + Π (f − 1)] ⇔ y( t ) = 1 TF−1{Π (f )}[exp(− j2πt ) + exp( j2πt )] 4π 4π

1 sinc( t ) cos(2πt ) 2π

5.4. La señal x ( t ) = 50sinc 2 (10t ) se muestrea mediante una señal periódica rectangular, de período igual al intervalo de Nyquist y relación de trabajo igual a 0,2. Graficar el espectro y determinar la amplitud del espectro centrado en 100 Hz.


183


Solución: x ( t ) = 50sinc 2 (10t ) ⇔ X(f ) = 5Λ (

f ) . Este espectro se muestra en la Fig.P5.4. 10

f m = 10; f s = 2f m = 20; Ts = 5τs =

1 1 ∴ f s τs = . De la expresión (5.21) del Texto, fs 5

∞ 1 ∞ n X s (f ) = sinc( )X (f − 20n ) = 5 5 n = −∞ 5 n = −∞

∑

∑

nπ ) 5 Λ ( f − 20n ) nπ 10

sen(

En la Fig. P5.4 se grafica este espectro (frecuencias positivas). Se muestra también X(f). Xs(f)

X(f)

1

0,935 0,757

-10

0

10

20

30

40

5

fs = 20 Hz 0,505

50 60 Fig. P5.4.

-10

0,234

70

80

90

f 0 10 Hz 110 120 130 f

100

Hz

0,156

5 5

Nótese que no existe componente para f = 100 Hz, donde n = 5, pues sinc( ) = 0. 5.5. En la Fig. 5.98 del Texto se muestra el espectro de una señal dada. Esta señal se muestrea en forma instantánea y se pasa por un filtro cuya función de transferencia es H(f ) = Π ( Determinar la salida del filtro cuando: (a) Solución: (a) fs = B.

H (f ) = Π (

f ); 2B

X s (f ) = f s

f s = B;

(b)

∞

f ) 2B

f s = 2B ∞

∑ X(f − nf ) = B ∑ X(f − nB) s

n = −∞

n = −∞

Este espectro se muestra en la Fig. P5.5(a). Xs(f) B

Filtro f

-5B

-4B

-3B

-2B

(a) Muestreo a fs = B

-B

0

B

2B

3B

4B

5B

3B

4B

5B

Xs(f) 2B Filtro 1 f

-6B -5B -4B -3B -2B -B (b) Muestreo a fs = 2B

0

B

2B

Fig. P5.5.


184


Nótese que al sumarse las señales (líneas a trazos) su resultado es una constante de amplitud B. El filtro dejará pasar entonces Y(f ) = BΠ (

f ) ⇔ y( t ) = 2B2sinc(2Bt ) 2B ∞

(b) f s = 2B; X s (f ) = 2B ∑ X(f − 2Bn ) n = −∞

Este espectro se muestra en la Fig. P5.5(b). El filtro deja pasar entonces f Y(f ) = 2BΛ( ) ⇔ y( t ) = 2B2sinc 2 (Bt ) B

5.6. Demuestre que la frecuencia de muestreo mínima necesaria para muestrear la señal x ( t ) = 20 cos(10 4 πt ) cos(3,9x105 πt ) es de 20 kHz. Dibuje el espectro de la señal muestreada entre n = −5 y n = 5. Solución: x ( t ) = 20 cos(2πf m t ) cos(2πf c t ); f m = 5x103 Hz; f c = 1,95x105 Hz x ( t ) = 10 cos(2π2x105 t ) + 10 cos(2π1,9x105 t ) → f 2 = 2 x105 ; f1 = 1,9x105 ; B = f 2 − f1 = 10 4 Hz ⎡ 2x105 ⎤ ⎡f ⎤ m = entero ⎢ 2 ⎥ = entero ⎢ = 20 . 4 ⎥ ⎣B⎦ ⎣ 10 ⎦

La frecuencia de muestreo mínima será, de la

expresión (5.21), fs =

2 f 2 = 2 x10 4 = 20 kHz. m

Veamos ahora el espectro: X(f ) = 5[δ(f + 200 x103 ) + δ(f − 200 x103 ) + δ(f + 190x103 ) + δ(f − 190x103 )]

Para fs = 20 kHz,

X s (f ) = 20 x103

∞

∑ X(f − 20x10 n) 3

n = −∞

Para mostrar el procedimiento, vamos a determinar Xs(f) para n = 0 y n = ±1 . El lector puede seguir hasta ± 5 . X s (f ) = 20 x103 x 5{δ(f + 200 x103 ) + δ(f − 200 x103 ) + δ(f + 190 x103 ) + δ(f − 190x103 ) + + δ(f + 200 x103 + 20 x103 ) + δ(f − 200x103 + 20 x103 ) + δ(f + 190 x103 + 20 x103 ) + + δ(f − 190 x103 + 20 x103 ) + δ(f + 200x103 − 20 x103 ) + δ(f − 200x103 − 20 x103 ) + + δ(f + 190 x103 − 20 x103 ) + δ(f − 190 x103 − 20 x103 ) + ⋅ ⋅ ⋅⋅}


185


4

Xs(f)

0

90

X(f)

10

f 190 200 Fig. P5.6

10 kHz

300

kHz

En la Fig. 5.6 se muestra este espectro hasta n = 5 (frecuencias positivas solamente). Nótese que X(f) se puede extraer de Xs(f) mediante un filtro pasabanda que deje pasar las componentes a 190 y 200 kHz. 5.7. Se desea muestrear la señal x ( t ) = 15 exp(−103 t ) . Determine el límite inferior de la frecuencia de muestreo cuando (a) El ancho de banda de la señal es el de 3 dB. Solución: x ( t ) = 15 exp(−103 t ) ⇔ X(f ) =

30 x103 ; X(f) max = X (0) = 30 x10 − 3 6 2 10 + (2πf )

Sea B el ancho de banda de 3 dB. Por definición, 30 x103 30 x103 = . Resolviendo esta ecuación en B, 106 + (2πB) 2 2 B=

( 2 − 1)106 103 = 2π 4π 2

2 − 1 = 102,43 Hz;

f s = 2B = 204,86 Hz.

(b) El ancho de banda de la señal es el dado por la expresión (2.115): B =

x (0) 2 X ( 0)

Solución: X(0) = 15;

X(0) = 30x10-3 ;

B=

15 = 250; f s = 2B = 500 Hz 2x 30 x10 − 3

5.8. Sea la señal periódica de la Fig. 5.99 del Texto. Esta señal se va a emplear para muestrear la señal x ( t ) = 2x10−3 sinc 2 (500t ) . Determine el espectro P(f) de p(t). Solución: x ( t ) = 2 x10 − 3 sinc 2 (500t ) ⇔ X(f ) =

2 x10 −3 f f Λ( ) = 4x10 − 6 Λ ( ) 500 500 500

La señal generatriz de p(t) es Prof. J. Briceño M., ULA.

186


g( t ) = δ( t ) + δ( t − ∆t ) ⇔ X g (f ) = 1 + exp(− j2π∆tf ) = exp(− jπ∆tf )[exp( jπ∆tf ) + exp(− jπ∆tf )] X g (f ) = 2 cos(π∆tf ) exp(− jπ∆tf ) ;

Pn =

1 n 2 n n X g ( ) = cos(π∆t ) exp(− jπ∆t ) Ts Ts Ts Ts Ts

Pn = 2f s cos(π∆tnf s ) exp(− jπ∆tnf s ) . De acuerdo con la expresión (1.102) o (1.105), ∞

∑

P (f ) =

Pn δ(f − nf s ) = 2f s

n = −∞

∞

∑ cos(π∆tnf ) exp(− jπ∆tnf )δ(f − nf ) s

s

fs =

s

n = −∞

1 Ts

5.9. Se tiene una señal pasabajo de banda limitada fm. Esta señal se muestrea y se pasa por un filtro pasabajo RC de tal manera que haya una banda de guarda de ancho Bg entre el valor B del ancho de banda del filtro y la frecuencia inferior del espectro centrado en fs. El valor B es el ancho de banda del filtro de acuerdo con la expresión (2.790). Suponga que (1 / RC) = 2πf m . Demuestre que la frecuencia de muestreo necesaria es f s = 3f m + Bg . Demuestre también que si el ancho de banda del filtro es el de 3 dB, entonces la frecuencia de muestreo será f s = 2f m + Bg. Solución: (a) Sea la Fig. P5.9(a) Del Problema 2.22, Fig. 2.67(a) H (f ) =

X(f)

Filtro

1 1 + j2πfRC

f

1

H (f ) =

-B

1 + (2πfRC) 2

-fm

0

fm

B

fs-fm

fs

Bg

Fig. P5.9(a)

H (f ) max = H (0) B=

1 2 2

∫

df

∞

0

1 + (2πfRC)

2

=

1 1 , pero como = 2πf m , entonces RC πRC

B=

1 = 2f m πRC

De la Fig. P5.9(a), f s − f m = B + Bg = 2f m + Bg , de donde

f s = 3f m + B g (a) Ancho de banda de 3 dB.

Filtro Señal

Del Problema 2.22, el ancho de banda de 3 dB de un filtro pasabajo RC es B=

1 ; si 2πRC

1 = 2πf m , RC

Bg B

-fs

-fm

f fm

fs

Ancho de Banda de 3 dB Fig. P5.9(b)

entonces B = fm. Prof. J. Briceño M., ULA.

187


Sea entonces la Fig. P5.9(b), en la cual vemos que la frecuencia de muestreo es f s = 2f m + Bg

5.10. Consideremos la distorsión de solapamiento mostrada en la Fig. 5.15 del Texto. Vamos a cuantificar la distorsión de solapamiento definiéndola como “la relación entre la energía de los espectros adyacentes reflejada sobre la gama de baja frecuencia vs la energía de la señal dentro de esa gama”. Solución: Consideremos entonces la Fig. 5.15 del Texto. La energía a la salida del filtro es E yo =

∫

fs / 2

−fs / 2

2

2

H(f ) X(f ) df + 2

∫

3f s / 2

fs / 2

2

2

H (f ) X (f ) df

El primer término es la energía de X(f) que sale del filtro; mientras que el segundo término es la energía de las colas de los espectros adyacentes (centrados en ± fs) que se cuelan dentro de la banda pasante del filtro (Se supone que el efecto de los espectros centrados en f > f s es despreciable). Este término es un término de distorsión o aliasing. Podemos definir entonces un “Factor de Solapamiento, Fs” en la siguiente forma: Factor de Solapamiento, Fs % =

Fs % =

∫ ∫

2

3f s / 2

fs / 2 fs / 2

2

2

−fs / 2

2

H(f ) X(f ) df 2

H (f ) X (f ) df

Energía de salida de los espectros adyacentes 100 Energía de salida de la señal útil 3f s / 2

∫ 100 = ∫

fs / 2 fs / 2 0

2

2

2

2

H (f ) X (f ) df

Si la ganancia del filtro es constante en la gama f ≤ 3f s / 2

∫ F%= ∫ s

fs / 2 fs / 2 0

100

H(f ) X(f ) df fs , es decir, si H(f ) = h o , entonces 2

2

X(f ) df 2

100

X (f ) df

Aplicación: Sea x ( t ) = 15 exp(−103 t ) donde, del Problema P5.7(b), fs = 500 Hz. X (f ) =

30 x103 9 x108 2 ; X ( f ) = ; f s = 500 Hz 106 + (2πf ) 2 [106 + (2πf ) 2 ]2

Suponemos que la ganancia del filtro es constante. Entonces, 9x108 df 250 [10 6 + ( 2πf ) 2 ]2 Fs % = 100 = 7,4026% 250 9x108 df 0 [106 + (2πf ) 2 ]2

∫

750

∫


188


5.11. En general, las señales de información prácticas no son estrictamente limitadas en banda, de modo que teóricamente cuando ellas se filtran para limitarlas en banda se produce distorsión. Consideremos el espectro de la Fig. 5.100 del Texto, donde X(f) es el espectro de la señal de información x(t). El área rayada representa entonces la pérdida de señal producida por la limitación de banda debida al filtro. (a) Defina un “Factor de Distorsión por Limitación de Banda, FB”. Consideremos la Fig. 5.100 del Texto. La energía total de X(f) es la suma de la energía dentro del intervalo (-B, B) más la energía que cae fuera de este intervalo, es decir, Ex =

∫

B

−B

2

X (f ) df + 2

∫

∞

B

2

X(f ) df =

∫

∞

−∞

2

X(f ) df

La segunda integral representa la pérdida de energía debido a la limitación de banda. Podemos definir entonces un “Factor de Distorsión por Limitación de Banda, FB”, en la forma FB % =

Energía perdida por la limitación de banda 100 Energía total de la señal

∫ F %= ∫ 2

B

∞

0 ∞

−∞

2

∞

2

B ∞

∫ 100 = df ∫

X(f ) df X (f )

0

2

X (f ) df 2

100

X (f ) df

(b) Aplicación: B = 5 kHz 1. x ( t ) = 8sinc 2 (8x103 t ) ⇔ X(f ) = X (f ) = X (f ) =

8 f f ) = 10 − 3 Λ ( Λ( ) 3 3 8x10 8x10 8x103

10 −3 10 −3 3 ( f + 8 x 10 ) u ( − f ) − (f − 8x103 )u (f ) 8x103 8x103

[

10 −6 (f + 8x103 )u (−f ) + (f − 8x103 )u (f ) 8

]

Como los dos términos no se solapan, entonces 2

X (f ) = (

[

]

10−6 2 ) (f + 8x103 ) 2 u (−f ) − (f − 8x103 ) 2 u (f ) . Por lo tanto, 8

[

]

[

]

10 −6 2 8 x103 ( ) ∫ 3 (f − 8x103 ) 2 df 5 x10 FB % = 8−6 100 10 2 8 x103 3 2 ( ) (f − 8x10 ) df 8 ∫0


189


∫ F %= ∫

8 x10 3

5 x10 3 8 x10 3

B

0

(f − 8x103 ) 2 df

100 = 5,273%

3 2

(f − 8x10 ) df

2. x ( t ) = 10 exp(−10 4 t ) ⇔ X(f ) =

2 x105 4 x1010 2 ; X(f) = ; B = 5 kHz 108 + (2πf ) 2 [108 + (2πf ) 2 ]2

4 x1010 ∫5x103 [108 + (2πf ) 2 ]2 df FB % = 100 = 1,219% ∞ 4 x1010 ∫0 [108 + (2πf ) 2 ]2 df ∞

5.12. Igualmente que en los problemas anteriores, se puede cuantificar de Distorsión de Interpolación. Si se considera solamente la energía de los espectros adyacentes, determinar, a partir de la Fig. 5.16 del Texto, un Factor de Distorsión de Interpolación, FI. Solución: Consideremos la Fig. 5.16 del Texto. La energía de salida del filtro es igual a la energía de la señal X(f) más la energía de los dos espectros adyacentes que se cuela por la banda pasante del filtro. La energía de salida del filtro será Ey=

∫

fm

−f m

2

2

H(f ) X(f ) df + 2

∫

fs + f m

f s −f m

2

2

H(f ) X(f − f s ) df

La primera integral es la energía de la señal X(f) a la salida, mientras que la segunda integral es la energía de los espectros adyacentes que pasa a la salida debido a la banda pasante del filtro. Este es un término de distorsión. Se puede definir entonces un “Factor de Distorsión de Interpolación, FI” en la forma FI % =

FI % =

Energía de los espectros adyacentes a la salida del filtro 100 Energía de la señal X(f) a la salida del filtro 2

fs +fm

∫ ∫

fs −f m fm −f m

2

H (f ) X (f − f s ) 2

2

2

H(f ) X(f ) df

∫ 100 =

fs +fm

∫

0

2

2

H(f ) X(f − f s ) df

fs −f m fm

2

2

100

H(f ) X(f ) df

Aplicación: x ( t ) = 2f msinc(2f m t ) ⇔ Π (

f 1 ); f m = ; 2f m 2πRC

Filtro pasabajo RC: H(f ) =

f s = 3f m

1 1 1 2 ; H(f) = = 2 f 1 + j2πfRC 1 + (2πfRC) 1 + ( )2 fm


190


Sea la Fig. P5.12.

∫ F%=

4f m

2f m

I

2

2

H(f ) X(f − 3f m ) df

∫

fm

0

2

2

H(f ) X(f ) df

4f m

∫ 100 = ∫

2f m fm 0

2

H(f ) df 2

100

H(f ) df

1 df 2f m f 1 + ( )2 fm 100 = 27,842% FI % = f m 1 df 0 f 1 + ( )2 fm

∫

4f m

∫

5.13. Sea la señal x ( t ) = 8sinc 2 (

t ) cos(1,94 x105 πt ) . −4 1,25x10

(a) Determine la frecuencia mínima de muestreo y las características del filtro necesario para recobrar la señal. Solución: x ( t ) = 8sinc 2 ( X (f ) =

4 8x103

t 1 f ) cos(2π0,97 x105 t ); sinc 2 (8x103 t ) ⇔ Λ( ) −4 3 1,25x10 8x10 8x103 ⎡ f + 97 x103 f − 97 x103 ⎤ Λ ( ) + Λ ( )⎥ ⎢ 8x103 8x103 ⎦ ⎣

Esta es una señal pasabanda donde f 2 = 105x103 ; f1 = 89x103 ; B = 16x103 ⎡f ⎤ m = entero ⎢ 2 ⎥ = entero[6,56] = 6 ; ⎣B⎦

fs = (

2 2 )f 2 = 105x103 = 35 kHz m 6

Para recobrar la señal se necesita un filtro pasabanda centrado en f c = ±97 kHz y con una banda pasante de 16 kHz. (b) Espectro de la señal muestreada. Suponemos muestreo instantáneo; fs = 35 kHz. De la expresión (5.2) del Texto,

X s (f ) = f s

∞

∑ X(f − nf ) . s

Para no complicar el

n = −∞

dibujo, vamos a desarrollar Xs(f) para n = 0, ± 1 y ± 2 . Las frecuencias están en kHz. X s (f ) =

35x10 3 f + 97 f − 97 f + 97 + 35 f − 97 + 35 [Λ( ) + Λ( ) + Λ( ) + Λ( )+ 3 2 x10 8 8 8 8 Prof. J. Briceño M., ULA.

191


f + 97 − 35 f − 97 − 35 f + 97 + 70 f − 97 + 70 ) + Λ( ) + Λ( ) + Λ( )+ 8 8 8 8 f + 97 − 70 f − 97 − 70 + Λ( ) + Λ( ) + ⋅ ⋅ ⋅⋅] 8 8 f + 97 f − 97 f + 132 f − 62 f + 62 X s (f ) = 17,5[Λ( ) + Λ( ) + Λ( ) + Λ( ) + Λ( )+ 8 8 8 8 8 f − 167 f + 27 f − 27 f + 167 f − 132 ) + ⋅ ⋅ ⋅⋅] ) + Λ( ) + Λ( ) + Λ( ) + Λ( + Λ( 8 8 8 8 8 + Λ(

En la Fig. P5.13 se muestra este espectro (frecuencias positivas solamente) Xs(f) 17,5

fs = 35 kHz

0

27

62

f 132 kHz

97 Fig.P5.13.

5.14. Sea el sistema de la Fig. 5.101 del Texto, donde x(t) es una señal pasabajo de banda limitada fm. (a) Determine su salida y(t) (b) Dibuje su espectro Y(f) cuando x ( t ) = 2f msinc(2f m t ). Solución: (a) x ( t ) = 2f msinc(2f m t ) ⇔ X(f ) = Π (

∞ ∞ f ); δTs ( t ) = δ( t − nTs ) ⇔ f s δ(f − nf s ) 2f m n = −∞ n = −∞

∑

∑

x(t) es una señal pasabajo de banda limitada fm. A la salida del multiplicador, x s ( t ) = x ( t ) ⋅

∞

∑

δ( t − nTs ) =

n = −∞

∞

∑ x (nT )δ(t − nT ) s

s

n = −∞

Xs(t) es una secuencia de impulsos de amplitud x(nTs); de modo que se puede elevar directamente al cuadrado. Entonces a la salida del elevador al cuadrado, y( t ) = x s2 ( t ) =

∞

∑x

2

(nTs )δ( t − nTs )

n = −∞

(b) X(f ) = Π (

∞ f δ( t − nTs ) ); f s = 4f m ; x s ( t ) = x ( t ) ⋅ 2f m n = −∞

∑

2

∞ ∞ ∞ ⎡ ⎤ δ( t − nTs )⎥ = [ x ( t ) ⋅ y( t ) = ⎢ x ( t ) ⋅ δ( t − nTs )][ x ( t ) ⋅ δ( t − nTs )] n = −∞ n = −∞ n = −∞ ⎣ ⎦

∑

y( t ) = x 2 ( t ) ⋅

∑

∑

∞

∑ δ( t − nT )

n = −∞

s


192


{

} ∑ δ(f − nf ) ; pero ∞

Y(f ) = TF x 2 ( t ) ∗ f s Y(f ) = 8f m2 [Λ (

s

n = −∞ ∞

x 2 ( t ) = 4f m2 sinc 2 (2f m t ) ⇔ 2f m Λ (

f ) ; fs = 4fm 2f m

∞ f f − n 4f m )∗ ) δ(f − n 4f m )] = 8f m2 Λ( 2f m n =−∞ 2f m n = −∞

∑

∑

Este espectro se muestra en la Fig. P5.14.

Y(f)

8f m2

fs = 4fm f

-2fs

-fs

-2fm 0 2f Fig. P5.14.

fs

2fs

5.15. En el muestreo con retención se utiliza un filtro de orden cero dado por (5.25); sin embargo, h(t) puede tener cualquier perfil, por ejemplo, πt Ts

(a) Si h ( t ) = cos( ) para t ≤

Ts 1 1 f , donde Ts = = y X(f) = Π ( ) , calcule y dibuje 2 f s 4f m 2f m

Xs(f) en la forma mostrada en la Fig. 5.11 del Texto. Solución: h ( t ) = cos(2π

1 t 1 t 1 f t )Π ( ); f s = 4f m = ; f c = 2f m ; Π ( ) ⇔ Ts sinc(Ts f ) = sinc( ) 2Ts Ts Ts Ts 4f m 4f m

f − 2f m ⎤ f + 2f m 1 ⎡ )⎥ . ) + sinc( ⎢sinc( 4f m ⎦ 4f m 8f m ⎣ Nótese que H(f ) ≈ 0 para 6f m ≤ f . De la ecuación (5.24),

H (f ) =

⎡ ∞ ⎤ f X (f ) = Π ( ) X s ( f ) = ⎢f s X(f − nf s )⎥ ⋅ H(f ) ; 2f m ⎣ n = −∞ ⎦ 1⎡ f + 2f m f − 2f m ⎤ ∞ f − n 4f m Π( X s (f ) = ⎢sinc( ) + sinc( )⎥ ) 2⎣ 4f m 4f m ⎦ n = −∞ 2f m

∑

∑

En la Fig. P5.15 se muestra este espectro.

(b) h ( t ) = Λ (2f m t ) ⇔ H(f ) =

1 f sinc( ); 2f m 2f m

Ts =

1 1 = ; f s = 3f m f s 3f m Prof. J. Briceño M., ULA.

193


X s (f ) =

∞ f − n 3f m f 3 ) ) ∑ Π( sinc( 2f m 2f m n = −∞ 2

En la Fig. P5.15(b) se muestra este espectro para f m = 1000 Hz

5.16. Sea el sistema mostrado en la Fig. 5.102 del Texto, donde x(t) es una señal pasabajo de banda limitada fm. fs es la frecuencia de Nyquist de x(t). (a) Determine el espectro Xi(f) de xi(t). Sea la Fig. 5.102 del Texto. Sea x1 ( t ) la salida del multiplicador inferior: x1 ( t ) = δTs ( t ) ⋅ cos(2πf m t ) = cos(2πf m t )

∞

∑ δ(t − nT ) ; f s

n = −∞

x1 ( t ) = cos(2πf m t )

∞

∑

δ( t − nTs ) ⇔ X1 (f ) =

n = −∞

s

=

1 = 2f m Ts

∞ 1 [δ(f + f m ) + δ(f − f m )]∗ 2f m δ(f − n 2f m ) 2 n =−∞

∑

∞ ⎡ ∞ ⎤ δ ( f − n 2f m ) ∗ δ ( f + f m ) + δ ( f − n 2f m ) ∗ δ( f − f m ) ⎥ X1 (f ) = f m ⎢ n = −∞ ⎣ n = −∞ ⎦

∑

X1 (f ) = f m

∞

∑ {δ[f − (2n − 1)f

∑

m ] + δ[f

− (2n + 1)f m ]} ;

X i (f ) = X1 (f ) ∗ X(f )

n = −∞

X i (f ) = f m

∞

∑ {δ[f − (2n − 1)f

m ] ∗ X (f ) + δ[f

− (2n + 1)f m ] ∗ X(f )}

n = −∞

X i (f ) = f m

∞

∑ {X[f − (2n − 1)f

m]+

X[f − (2n + 1)f m ]} , pero nótese que

n = −∞

X[f − (2n − 1)f m ] = X[f − (2n + 1)f m ] |n → n −1

y X[f − (2n + 1)f m ] = X[f − (2n − 1)f m ] |n → n +1 Como la sumatoria se extiende desde n = −∞ a n = ∞ , podemos decir entonces que X[f − (2n − 1)f m ] = X[f − ( 2n + 1)f m ] = 2X[f − (2n + 1)f m ] , de donde


194


X i (f ) = 2f m

∞

∑ X[f − (2n + 1)f

m]

, donde f s =

n = −∞

(b) x ( t ) = sinc 2 (f m t ) ⇔ X(f ) = X i (f ) = 2

∞

⎡

∑ ⎢⎣Λ(

n =−∞

1 = 2f m Ts

1 f Λ ( ) ; por lo tanto, fm fm

f − (2n + 1)f m ⎤ )⎥; f s = 2f m fm ⎦

En la Fig. P5.16 se muestra este espectro para n ≤ 5. fs = 2fm

Xi(f)

Filtro 1

-9fm

-7fm

-5fm -4fm -3fm

-fm fm Fig. P5.16.

f

3fm 4fm 5fm

7fm

9fm

(c) Por la banda de paso del filtro mostrado en la Fig. P5.16, pasa la señal ⎡ f + 4f m f − 4f m ⎤ f + 4f m f − 4f m )⎥ ) − Λ( ) − Λ( ) + Π( Y (f ) = 2 ⎢Π ( fm fm 2f m 2f m ⎦ ⎣ ⎧ f ⎫ )⎬[exp(− j2π4f m t ) + exp(+ j2π4f m t )] + y( t ) = 2TF −1 ⎨Π ( ⎩ 2f m ⎭ ⎧ f ⎫ − 2TF −1 ⎨Λ ( )⎬[exp(− j2π4f m t ) + exp(+ j2π4f m t )] ⎩ fm ⎭

{

}

y( t ) = 4 2f m sinc(2f m t ) cos(8πf m t ) − f m sinc 2 (f m t ) cos(8πf m t )

[

]

y( t ) = 4f m 2sinc(2f m t ) − sinc 2 (f m t ) cos(8πf m t )

5.17. En un sistema PDM se observa que el ancho de los impulsos viene dado por la expresión τ( t ) = 10 − 3[1 + 0,5 cos(

103 πt )]. 3

Determine el ancho de banda de la señal PDM y su período. Solución: τ( t ) = 10 − 3[1 + 0,5 cos(

103 πt )] ; τ max = 10 −3[1 + 0,5] = 1,5x10 −3 ; τ min = 10 −3[1 − 0,5] = 0,5x10 −3 3

Ancho de banda en PDM: m( t ) = cos(

BPDM =

1 τ min

=

1 = 2 kHz 0,5x10 − 3

103 103 103 103 πt ∴ Ts = 3x10 − 3 = 3 ms ; f s = 2f m = t ); f m = ) = cos(2π 3 6 6 3 Prof. J. Briceño M., ULA.

195


5.18. La señal m( t ) = 10sinc(10 4 t ) se va a modular en PDM en la forma mostrada en la Fig. 5.23 del Texto. Suponga que min m( t ) = A / 2 . Note también que [min m(t)] ≈ -0,2172 para t = 1,425 seg. (a) Determinar los valores apropiados de los parámetros Ts , A, Vp y Vu . Solución: m( t ) = 10sinc(10 4 t ) ⇔ M (f ) = 10 − 3 Π (

f ); f m = 5x103 ; f s = 2f m = 10 4 ; Ts = 10 − 4 10 4

max m(t) = 10; min m(t) = − 0,2172 x10 =

A ∴ A = 4,344 2

De la Fig. 5.23 del Texto, Vu > A + max m(t) = 4,344 + 10 = 14,344 . Sea Vu = 15 V Puesto que 1,5Vu < Vp < 2Vu , hagamos Vp = 1,75Vu , de donde Vp = 1,75x15 = 26,25. Sea Vp = 26 V

Los valores apropiados de los parámetros en el presente caso son: Ts = 10-4 seg; A = 4,344 V; Vp = 26 V y Vu = 15 V. (b) Sea la Fig. P5.18 en el instante en que se muestrea el punto mínimo de m(t), que representamos con el triángulo ABC en la figura. Entonces, por triángulos semejantes podemos aproximar la relación

[A + m(t)] + Vp Vp [A + m(t)] Vu

Vp Ts τ 1 ≈ ∴ ≈ Vp Vx τ Ts Vx 1 1 , de donde pero B = y Ts = τ 2f m

B≈

2f m Vp

B≈

Vx

|max

A 0

Vx

Vu - A

τ

|min m(t)| A Ts

C t

Fig. P5.18.

; pero Vx = Vp − (Vu − A) − min m(t) . El ancho de banda B será

2 f m Vp Vp + A − min m(t) − Vu

También β m =

B fm

y B = βmf m ≈

2f m Vp Vp + A − min m(t) − Vu

Hagamos ahora K = A − min m(t) − Vu ; entonces, tomando la igualdad, β m =

2Vp Vp + K


196


Resolviendo para Vp ,

Vp =

βm βm (− K ) = [Vu + min m(t) − A ] βm − 2 βm − 2

puesto que Vp > 0, debe verificarse que β m > 2 ; en realidad, en la práctica β m >> 2. El ancho de banda depende del valor Vp, pues Vu no puede ser muy diferente de A + max m(t) . Asimismo, si A − min m(t) ≈ 0 , el ancho de banda será máximo y dependerá de Vp, es decir, Vp =

βm Vu βm − 2

para β m > 2

Por ejemplo, para

β m = 6, Vp = 1,5Vu , que puede ser el valor máximo de Vp. Para

β m = 4, Vp = 2Vu , y este valor puede tomarse entonces como el valor máximo de Vp. En

resumen, para anchos de banda razonables, se puede hacer 1,5Vu < Vp < 2Vu

A partir de la Fig. P5.18 se puede establecer las siguientes relaciones entre los diferentes parámetros: Vp + A − min m(t) > Vu > A + max m(t) ;

[A - min m(t) ] > 0; Vp > Vu ; Ts > τ max

Los valores numéricos en un caso particular se establecen a partir de las características de la señal m(t) y alguna relación adicional entre los parámetros A, Vp y Vu, como fue el caso de la parte (a), en donde se obtuvo: Vp = 26V; Vu = 15V; A = 4,344V; f m = 5x103 Hz; min m(t) = 2,172V

Con estos datos,

B = 19,74 kHz

y

β m = 3,948

5.19. La señal m( t ) = 10 cos 2 (5x103 πt ) se va a modular en PAM, PDM y PPM. La relación de trabajo del tren de impulsos sin modular es de 0,2. Determinar las relaciones de expansión del ancho de banda y las ganancias de conversión correspondientes. Solución: m( t ) = 10 cos 2 (5x103 πt ) = 5 + 5 cos(2π5x103 πt ); f m = 5x103 ; f s = 2f m = 10 4 ; Ts = 10 − 4 ; τo =

Ts = 2 x10 − 5 ; τo es la duración de los impulsos sin modulación. 5

1 τ

En PAM. B = = 50kHz; β m =

B 50 x103 = = 10 fm 5x103

So / N o B = = 10 , o también Si / N i f m

En PDM.

τo = 0,2 Ts

So / N o T = 2 s = 2 x 5 = 10 Si / N i τ

τo = 2x10 −5 ; τ(t) = τo + τ1m( t ) = τo + 5τ1[1 + cos(2π5x103 t )] Prof. J. Briceño M., ULA.

197


τ max = τo + 10τ1;

τ min = τo

Puesto que Ts > τ max , hagamos Ts = τmax + τo = 10τ1 + 2τo ∴ τ1 = 1 B= = 5x10 4 = 50 kHz ; τo

En PPM. τ = τo = 2x10− 5 ; βm =

B = 50; fm

50 x103 βm = = 10 ; 5x103

B=

Ts − 2τo = 6x10 − 6 10

β ( m − 1) 2 So / N o 3 = βm 2 = 14,118 3 Si / N i 2 ( β m + 2) 2

5 = 2,5x105 = 250 kHz τo

So / N o β m β m = ( − 1) 2 = 7200 Si / N i 4 2

5.20. En la Sección 5.3.4 se calculó la ganancia de conversión en PPM suponiendo que los impulsos tenían forma trapezoidal, Fig. 5.29 y 5.30, y expresiones (5.69) y (5.70). Utilizando el mismo procedimiento, demuestre que cuando los impulsos tiene la forma de ⎧

coseno elevado ⎨p( t ) = ⎩

A⎡ 2πt ⎤ t ⎫ 1 + cos( ) Π ( )⎬ , la ganancia de conversión es ⎢ 2⎣ τ ⎥⎦ τ ⎭

So / N o π 2 B = ( − 1)3 Si / N i 3 2f m

Si B >> f m , entonces

So / N o π 2 B 3 π 2 3 = ( ) = βm Si / N i 24 f m 24

Comparando este resultado con (5.70), podemos ver que el comportamiento del sistema PPM que utiliza impulsos en coseno elevado es superior en 8,18 dB al que utiliza impulsos trapezoidales. Solución: Supongamos que los impulsos tienen la forma de coseno elevado, es decir, p( t ) =

A 2πt [1 + cos( )] 2 τ

en un intervalo Ts cualquiera, siendo τ la duración del impulso,

como se muestra en la Fig. P5.20(a)


198


p(t)

Impulso con Ruido

Impulso sin Ruido A

- τ /4

−τ/2

τ /4

0 (a)

Ts 1 max ∆t = (Ts − τ) = t o 2

n(t) Umbral de ∆t Detección

τ/ 2

t

nTs

τ

(b)

t

(n+1/2)Ts

Fig. P5.20.

De la geometría de la Fig. P5.20(a), −

n(t) d τ = p( t ) |t = τ / 4 = pendiente de p(t) en t = . Por consiguiente, ∆τ dt 4

−

τ n(t) A 2π 2πt Aπ =− sen( ) |t = τ / 4 = − , de donde, ∆τ = n(t) ∆τ τ τ πA 2 τ

Siguiendo el mismo procedimiento que para la ecuación (5.64), < ∆τ 2 >= (

τ 2 τ τ ) < n 2 ( t ) >; N τ = ( ) 2 ηB = ( ) 2 N i πA πA πA 1 τ

Aproximando, B = ,

Nτ = (

1 2 ) Ni πAB

y

No = k 2 N τ = (

k 2 ) Ni πAB

De la Fig. P5.20(b), la potencia de entrada Si de p(t) es: Si =

1 2t o

Si =

1 A2 2 2t o 4

∫

τ/2

−τ / 2

También,

p 2 ( t )dt ,

∫

τ/2

o

donde

[1 + cos(

to =

1 (Ts − τ) 2

2πt 2 3A 2 τ )] dt = , de donde τ 16 t o

A2 =

16 t o Si 3τ

So = k 2 < m 2 ( t ) >

So (πABk) 2 < m 2 ( t ) > ( πAB) 2 2 = = < m 2 ( t ) > . Reemplazando el valor de A obtenido, 2 No Ni k Ni So (πB) 2 16 t oSi (4πB) 2 S = < m 2 ( t ) >= < m 2 (t ) > i No Ni 3τ 3τ Ni So / N o 16πB2 = t o < m 2 ( t ) > ; pero, como ya lo hemos demostrado, Si / N i 3τ t o < m 2 ( t ) >=

Para Ts =

1 1 1 (Ts − τ) (Ts − τ) 2 = (Ts − τ)3 2 8 16

1 1 y B = , se obtiene 2f m τ Prof. J. Briceño M., ULA.

199


So / N o π 2 B3 1 1 π2 B = ( − )3 = ( − 1)3 Si / N i 3 2f m B 3 2f m

y si

B >> 2f m ,

So / N o π 2 B 3 π 2 3 = ( ) = βm Si / N i 24 f m 24

Comparando este valor con el dado en la ecuación (5.70), vemos que la utilización en PPM de impulsos en coseno elevado mejora la ganancia de conversión en 8,18 dB. 5.21. (a) Determinar la amplitud de la componente a la frecuencia de portadora fs en PPM. Solución: Sea la ecuación (5.60) del Texto: ∞ ∞ ⎧ ⎫ x PPM ( t ) = Afs [1 − m t m' ( t )]⎨1 + 2 J k (β n ) cos[2π(nf s − kf m ) t ]⎬; β n = 2πnf s m t n =1 k = −∞ ⎩ ⎭

∑∑

La componente a la frecuencia de la portadora fs es aquella para la cual n = 1 y k = 0. x PPM ( t ) |n =1; k = 0 = Afs [1 − m t m' ( t )][1 + 2J o (2πf s m t ) cos( 2πf s t )]

x PPM ( t ) |n =1; k = 0 = Afs [1 − m t m' ( t )] + 2Afs [1 − m t m' ( t )]J o ( 2πf s m t ) cos(2πf s t )

El segundo término es una señal sinusoidal de frecuencia fs , cuya amplitud es A s = 2Afs [1 − m t m' ( t )]J o (2πf s m t )

Nótese las observaciones dadas en el Texto. (b) Repetir para PDM. Sea la ecuación (5.53) del Texto en PDM: x PDM ( t ) =

A 2A [τo + τ1 sen(ωn t )] + Ts π

α n = nπτo f s ; βn = nπτ1f s . x PDM ( t ) |n =1; k = 0 =

∞

∞

J k (β n ) sen[α n + kωm t ] cos(ωs t ) n n =1 k = −∞

∑∑

Para n = 1 y k = 0,

Aτo Aτ1 2A + sen(ωm t ) + J o (πτ1f s ) sen(πτo f s ) cos(2πf s t ) Ts Ts π

El tercer término es la componente a la frecuencia de la portadora fs y cuya amplitud es As =

2A J o (πτ1f s ) sen(πτo f s ) π

Nótese las observaciones dadas en el Texto.


200


(c) Repetir para PAM. Sea la ecuación (5.31) del Texto: ∞

x PAM ( t ) =

∑ [A + m(nT )]Π( s

n = −∞ ∞

∑ Π(

Pero

n = −∞

∞ t − nTs t − nTs Π( ) = [A + m( t )] ) τ τ n = −∞

t − nTs ) es una señal periódica xT(t) rectangular de período Ts, amplitud τ

unitaria y relación de trabajo X n = τf s sin c(nτf s ) = x T (t) =

∞

∑

∑

τ . Entonces, del Ejemplo (1.9), Ts

1 sen(πnτf s ) nπ ∞

X n exp( j2πnf s t ) ⇔ X T (f ) =

n = −∞

∑ X δ(f − nf ) n

s

n = −∞

x PAM ( t ) = [A + m( t )]

∞

∑

X n exp( j2πnf s t ) ⇔ X PAM (f ) = [A + M (f )] ∗

n = −∞

X PAM (f ) = A ∗

∞

∑

∞

X n δ(f − nf s ) + M (f ) ∗

∑

X n δ(f − nf s ) +

n = −∞

∑ X δ(f − nf ) n

s

n = −∞

n = −∞

X PAM (f ) = A

∞

∞

∑ X δ(f − nf ) n

s

n = −ℵ ∞

∑ X M(f − nf ) . n

s

Para n = ±1,

n = −∞

X PAM (f ) |n = ±1 = AX1 [δ(f + f s ) + δ(f − f s )] + X1 [M (f + f s ) + M (f − f s )]

El primer término es la portadora, que denominaremos Xc(f); entonces, X c (f ) = AX1 [δ(f + f s ) + δ(f − f s )] ⇔ x c ( t ) = 2AX1 cos(2πf s t ); pero X1 = x c (t) =

sen(πτf s ) π

2A sen( πτf s ) cos(2πf s t ) π

La amplitud de la componente de portadora será entonces, As =

2A sen(πτf s ) π

Ver las observaciones de la parte (b) de este Problema en el Texto.


201


5.22. Una señal de audio tiene una frecuencia máxima de 3,2 kHz. Esta señal se muestrea a 8000 muestras por segundo y los impulsos resultantes se transmiten tanto en PAM como en PCM, ambos NRZ. (a) Determine el ancho de banda mínimo del sistema PAM. Solución: f m = 3200; f s = 8000 =

1 1 . Pero en PAM/NRZ, BPAM = = 8 kHz Ts Ts

(b) PCM. N = 32 = 2n ; n = 5. Cada impulso PAM/NRZ se codifica en 5 impulsos PCM/NRZ. Por lo tanto, El ancho de los impulsos PCM/NRZ es τ = 1 τ

será BPCM = =

Ts , y su respectivo ancho de banda 5

5 = 5x8000 = 40 kHz. Nótese que para la misma señal, BPCM = 5BPAM. Ts

(c) PCM. N = 256 = 2 n ∴ n = 8; Vqmax = ±8V De la expresión (5.94), R q = De la expresión (5.108),

∆Q Vqmax 8 = = = 31,37 mV 2 N − 1 255

So = 6,02 ⋅ n = 48,16 dB No

5.23. Una señal analógica tiene una duración de 1 minuto. Su contenido espectral va desde CC hasta 500 Hz. La señal se va a muestrear, convertir en PCM binario y almacenar en la memoria de una computadora. (a) Determinar el número mínimo de muestras que hay que tomar y almacenar para el caso de una eventual reconstrucción de la señal. Solución:

f m = 500 Hz; T = 60 seg; f s = 2f m = 1000 = Número de muestras a tomar N m =

1 ∴ Ts = 10 − 3 se Ts

T = 60000 Ts

(b) n = 8 impulsos binarios PCM; a cada impulso binario corresponde un bit Capacidad de la memoria, C m = n ⋅ N m = 480000 bits = 60000 bytes = 60 kbytes


202


5.24.La señal m( t ) = 5 + 20 cos 2 (10 4 πt ) se quiere modular en PAM (RZ) con una relación de trabajo de 0,2. El muestreo se efectúa al doble de la frecuencia de Nyquist. (a) Determinar el factor de expansión del ancho de banda y la ganancia de conversión en el receptor. Solución: x ( t ) = 5 + 20 cos 2 (10 4 πt ) = 15 + 15 cos(2π10 4 t ); f m = 10 4 ; f s = 2 ⋅ 2f m = 4f m = 4x10 4 Ts = 2,5x10 − 5 = 5τs ;

βm =

BPAM/RZ =

1 5 = = 5x 40 x103 = 2 x105 Hz = 200 kHz τs Ts

B 200 x103 = = 20 f m 10 x103

De la expresión (5.43) en PAM,

So / N o = β m = 20 Si / N i

(b) Ts = 25 µseg; τs = 5 µseg. 25 5

x(t)

XPAM(t)

15

5 0

25 Ts

Fig. P5.24(a)

50 2Ts

7 3Ts

100 microsegundos

En la Fig. P5.24(a) se muestra x(t) y la señal PAM para Nótese que: para t = Ts , xPAM(t) = 15V para t = 2Ts , xPAM(t) = 5V

0 ≤ t ≤ 100 µseg.

(c) PCM unipolar, Ejemplo 5.9 del Texto. N = 32 = 2 n ∴ n = 5; R q =

∆Q 1 = ∴ ∆Q = 1 ; Ts = 25 µseg; τs = 5 µseg 2 2

Vqmax = ( N − 1) ∆Q = 31V . La codificación PCM/NRZ será: LSB

Para t = 0, x PAMq ( t ) = 25 →

MSB

PCM

1 0 011

t = Ts = 25µseg x PAMq ( t ) = 15V →

PCM

1111 0

t = 2Ts = 50µseg, x PAMq ( t ) = 5V →

PCM

1010 0

t = 3Ts = 75µseg, x PAMq (t) = 15V →

PCM

1111 0


203


La salida PCM tendrá entonces la forma dada en la Fig. P5.24(b). Recuérdese que el dígito de menos peso (LSB) va la izquierda y se transmite de primero. τs 1

0

0

1

0

1

1

1

Ts

1

1

0

1

0

1

2Ts Fig. P5.24(b)

El ancho de banda en PCM será BPCM =

0

0

1

1

1

1

3Ts

0 4Ts

1 1 = = 200 kHz τs 5X10 − 6

5.25. La señal m( t ) = 0,05[1 − cos(10πt )] se aplica a un modulador Delta cuya frecuencia de muestreo es de 100 Hz, con escalones de 10 mV de amplitud.

(a) Dibuje las señales m( t ), m(t) y x ∆ ( t )

para

0 ≤ t ≤ 100 ms .

Solución: m( t ) = 50 x10 −3[1 − cos(2π5t )]; f m = 5; f s = 100; ∆ = 10 mV; Ts = 10ms

En la Fig. P5.25 se muestra el proceso de modulación Delta. 100 mV

m( t)

m(t) Ts

50

∆ t

0 +A x ∆ (t ) 0

τ

100

milisegundos

200 t

-A Fig. P5.25.

Otros parámetros de esta señal son: Fs =

fs ∆ T 1 = 20; A m = 100 mV; ∆ r = = 0,1; τ = s = 5ms; B = = 2f s = 200 Hz fm Am 2 τ

Nótese que

∆ r ⋅ Fs < 2π. Entonces, de la expresión (5.129),

So = 1,434 = 1,566 dB . Nótese que esta relacion S/N no es la máxima para el caso No

presente porque la frecuencia de muestreo es relativamente baja. En la parte (b) veremos que para aumentar la relación S/N es necesario aumentar la frecuencia de muestreo.


204


(b)

Para la señal de la parte (a) hay que determinar la máxima relación S/N de postdetección y ver cuál es la frecuencia de muestreo necesaria. Se mantiene el valor del escalón en ∆ = 10 mV. ∆r =

∆ 10x10 −3 = = 0,1 A m 100 x10 −3

El valor máximo de la frecuencia de muestreo normalizada ocurre cuando ∆ r ⋅ Fsmax = 2π ∴ Fsmax =

2π f = 68,832 ; pero Fsmax = smax ∴ f smax = 314,16 Hz fm ∆r

De la expresión (5.129), para ∆ r = 0,1 y Fsmax = 68,832 , la relación de postdetección será

So = 150 = 21,761 dB . No

Nótese el aumento de más de 20 dB en la relación S/N de postdetección al aumentar la frecuencia de muestreo; por supuesto, el precio que hay que pagar es el aumento del ancho de banda necesario que ahora es B = 628,32 Hz. 5.26. A un modulador Delta se le aplica la señal m( t ) = sen(2π103 t ) , siendo la frecuencia de muestreo de 64 kHz. Determinar el valor óptimo del escalón relativo ∆ r y el valor máximo de la relación S/N de postdetección. Solución: m( t ) = sen(2π103 t ); f m = 103 ; A m = 1; f s = 64x103 ; Fs =

La condición óptima es ∆ rop ⋅ Fs = 2π ∴ ∆ rop =

fs = 64 fm

2π = 0,09817; ∆ = ∆ rop A m = ∆ rop . Fs

Con estos parámetros, la relación S/N de postdetección, de (5.129), es So = 155,63 = 21,92 dB . No

El ancho de banda necesario será B = 2fs = 128 kHz. 5.27. Se desea comparar los anchos de banda de transmisión requeridos en PCM y DM en el caso de modulación sinusoidal. Si la relación Señal/Ruido de Cuantificación es de 30,099 dB, demuestre que BPCM = 10f m y BDM = 328,17f m . Solución: So = 30,099 dB = 1023 N oq


205


So = N 2 − 1; N oq

En PCM.

BPCM = 2f m log 2 N = f m log 2 N 2

N 2 − 1 = 1023∴ N 2 = 1024;

En DM.

De (5.122),

BPCM = f m log 2 (1024) = 10f m

So 3 A = [ m ]2 ; N oq 2 ∆

BDM = 2f s

3 Am 2 [ ] = 1023; 2 ∆

[

Am 2 ] = 682; ∆

Am = 36,12 ∆

Am 1 fs A = ∴ f s = 2πf m m ; ∆ ∆ 2π f m

BDM = 2f s = 4πf m

Am = 26,12x 4πf m = 328,17f m ∆

5.28. Se quiere comparar los sistemas PCM y DM mediante el factor de expansión del ancho de banda β m =

⎡S ⎤ B . Graficar ⎢ o ⎥ fm ⎢⎣ N q ⎦⎥ PCM ( dB)

⎡ So ⎤ ⎢ ⎥ ⎣⎢ N q ⎦⎥ DM ( dB)

y

βm

vs

Discutir los resultados. Solución: 2

En DM.

Pero como BDM = 2f s y β m = So 3 = β2m ; N oq 2(4π) 2

⎡ So ⎤ = 3,01 ⋅ βm ⎢ ⎥ ⎣⎢ N oq ⎦⎥ PCM ( dB)

2

BDM , entonces, fm

y en dB,

⎡ So ⎤ = −20, 223 + 20log(βm ) ⎢ ⎥ ⎢⎣ N oq ⎥⎦ DM(dB)

En PCM.

2

So 3 A 3 ⎡ 1 fs ⎤ 3 ⎡ 1 2f s ⎤ 3 ⎡ 2f s ⎤ = ( m )2 = ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ N oq 2 ∆ 2 ⎣ 2π f m ⎦ 2 ⎣ 4π f m ⎦ 2( 4π) 2 ⎣ f m ⎦

60 2

4

6

8

10

12

14

16

So/No dB

PCM

40

20

DM 0

0

-20 2

4

6

8

10

Fig. P5.28.

12

βm

14

16

En la Fig. P5.28 se grafican estas relaciones.


206


5.29. M señales pasabajo, todas de banda limitada fm, se muestrean instantáneamente y se multiplexan en TDM. La señal multiplexada se pasa por un filtro pasabajo ideal antes de la transmisión. (a) ¿Cuál es el valor del ancho de banda mínimo del filtro a fin de que las señales individuales puedan recuperarse en el receptor? Solución:

1 1 = ; por consiguiente, f s 2f m T 1 1 una muestra de señal se producirá cada intervalo TM = s = = . El ancho M Mf s 2Mf m de banda TDM mínimo necesario del filtro será Las M señales hay que muestrearlas en un tiempo Ts =

B=

1 = 2Mf m TM

(b) Repetir (a) si las señales se multiplexan en la forma mostrada en la Fig. 3.47(b) del Texto, siendo RT el ciclo de trabajo de la señal PAM/TDM. Solución: La señal compuesta equivale a una secuencia de impulsos de amplitud variable, de anchura τ y con tiempo de guarda τg . Entonces, para una relación de trabajo RT, RT = B= (c) (d)

τ T R RT ∴ τ = R T TM = R T s = T = . El ancho de banda de la señal será: TM M Mf s 2Mf m

1 2Mf m = τ RT Esta parte se la dejamos a la ingeniosidad del lector. La señal PAM/TDM compuesta se codifica en ASCII sin bit de paridad. Demuestre que en este caso, la velocidad de modulación es de Vb = 20f m baudios.

Solución: El período de la señal PAM/TDM es TM. Para codificar en ASCII sin bit de paridad se necesita 10 dígitos binarios, es decir, n = 10. El codificador debe producir cada TM segundos una secuencia de 10 dígitos binarios. Sea τ la duración de cada dígito binario ASCII, entonces, TM = nτ ∴ Vb = Para n = 10,

1 n nM = = = 2nMf m baudios. τ Tm Ts

Vb = 20Mf m baudios Prof. J. Briceño M., ULA.

207


5.30. La señal m( t ) = 10[1 + cos(104 πt )] se va a codificar en PCM/NRZ mediante un convertidor analógico-digital de salida paralela, la cual se transforma en serie mediante un registro de desplazamiento, Fig. 5.37(a) del Texto. El error máximo tolerable en la codificación es del 0,1975% del valor máximo de m(t). Suponga que el muestreo se ha efectuado al doble de la frecuencia de Nyquist. (a) Determine las características del convertidor analógico-digital: ∆Q, Vqmax , N y n . Sugerencia: utilice los resultados del Ejemplo 5.9. Solución: m( t ) = 10[1 + cos(104 πt )] = 10[1 + cos(2π5x103 t )]; f m = 5x103 Hz; codificación ∆Q 0,1975 unipolar; max m(t) = 20 = Vmax ; min m(t) = 0; = Vmax 2 100

Vmax = Vqmax +

∆Q ∆Q = (2 N − 1) ; 2 2

Vqmax = Vmax −

∆Q = 20 − 0,0395 = 19,96V 2

Vmax = (2 N − 1)

∆Q . Resolviendo: 2

∆Q 0,1975x 20 = = 0,0395V 2 100

N=

∆Q = 0,079V 2Vmax + ∆Q = 253,67 2∆Q

Pero N debe ser un número entero y potencia entera de 2, es decir, N = 2n , donde n es también un entero. En el presente caso, se hace N = 256, de donde n = 8. El convertidor analógico-digital (CAD) será de 8 bits. Veamos la influencia de este cambio, pero vamos a mantener el mismo error máximo, ∆Q = 0,0395V. Entonces, es decir, 2 ∆Q ∆Q = 20,1845V; Vqmax = Vmax − = 20,145V; N = 256; n = 8 2 2 (b) En el registro de desplazamiento se agrega un impulso de arranque (siempre a “CERO”) y uno de pare (siempre a “UNO”). El impulso de arranque tiene la misma duración que los impulsos PCM/NRZ, mientras que en el impulso de pare la duración es el doble. En este caso determine la frecuencia de reloj del registro de desplazamiento y el ancho de banda mínimo de la señal transmitida. Vmax = (2 N − 1)

Solución:

Ts = 10τ

La salida del registro tendrá la forma mostrada en la Fig. P5.30. f s = 20x103 ;

Ts =

1 T = 5x10− 5 ; τ = s = 5x10− 6 fs 10

0 1/0 1/0 1/0 1/0 1/0 1/0 1/0 1/0 1 τ

t

Fig. P5.30.


208


τ es el período de la señal de salida del registro; por lo tanto, la frecuencia del registro es

fr =

1 = 200 kHz . Asimismo, el ancho de banda es τ

B=

1 = 200 kHz. τ

5.31. En la Fig. 5.103 del Texto se muestra un sistema TDM básico para cuatro señales. Este multiplexor se puede instrumentar en la práctica con circuitos integrados 4016. Las compuertas analógicas 4016 conducen cuando son activadas en secuencia mediante un contador cíclico, cuya salida ABCD se muestra en la Tabla inserta. Al multiplexor entran las siguientes señales: m1 ( t ) = AΛ (

t − τ/2 t − τ/2 t − 3τ / 4 ⎤ ⎡ t − τ/ 4 ); m 2 ( t ) = AΠ ( ); m3 ( t ) = A ⎢Λ ( ) + Λ( ) τ/ 2 τ τ/ 4 τ / 4 ⎥⎦ ⎣

A 2πt t − τ/ 2 [1 + cos( )] ⋅ Π ( ) 2 τ τ Suponga que τ = 0,8 seg y que la frecuencia de muestreo fs es de 10 Hz.

m1(t)

(a) Describa el funcionamiento del circuito completo.

m2(t)

m4 (t) =

Se deja como ejercicio para el lector (b) En la Fig. P5.31(a) se muestra el mecanismo de multiplexamiento. τ = 0,8 = 800 ms;

f s = 10;

τ

τ/ 2

τ

τ/ 2

τ

t

A m3(t)

τ/ 2

A

τ/ 2 Ts Señal Compuesta PAM/TDM/NRZ Fig. P5.31(a).

(d) PCM Unipolar A = 15V; ∆Q = 1; N = 16 = 2n ;

t

τ/ 2

t

m4(t)

(c) De la Fig. P5.31(a) se puede ver que el período de la señal PAM/TDM/NRZ es Ts; el ancho de banda de la señal compuesta será 1 = f s = 10 Hz Ts

A

A

Ts = 0,1 = 100 ms; τ = 8Ts

B=

A

n = 4; Vmax = (2 N − 1)

τ

t

τ

t

∆Q = 15,5 2 Prof. J. Briceño M., ULA.

209


Para codificación PCM tomaremos los valores de la señal PAM/TDM/NRZ en el instante de muestreo y puesto que ∆Q = 1 , esos valores se redondearán al valor entero más cercano; entonces, de la Fig. P5.31(a), para MSB

LSB

t = 0;

m PAM (0) = 0;

PAMq = 0

PCM → 0 0 0 0

t = Ts ;

m PAM (Ts ) = 15;

PAMq = 15

PCM → 1 1 1 1

t = 2Ts ; m PAM (2Ts ) = 7,5; PAMq = 8

PCM → 1 0 0 0

t = 3Ts ; m PAM (3Ts ) = 2,5; PAMq = 3

PCM → 0 0 1 1

En la Fig. P5.31(b) se muestra las primeras cuatro muestras codificadas de la señal PCM. Nótese que el dígito de menos peso (LSB) se coloca a la izquierda y se transmite de primero.

0 0

0

0

0 Ts

1

1

τs

1

1

0

0

0

2Ts

1

1

3Ts

1

0

0

t

4Ts

Fig. P5.31(b).

(e) De la Fig. P5.31(b), τs =

Ts . El ancho de banda de la secuencia PCM/TDM/NRZ será 4

BPCM =

1 4 = = 4f s = 40 Hz τs Ts

(f) La frecuencia f pcm es la frecuencia de la secuencia PCM a la salida del codificador PCM; por lo tanto, f pcm = 4f s = 40 Hz 5.32. Las señales m1 ( t ) = 5 cos(104 πt ), m 2 ( t ) = 10sinc(104 t ); m3 ( t ) = 10sinc 2 (104 t )

y

m 4 ( t ) = 20 cos(10 πt ) cos(2x10 πt ) , se multiplexan en TDM en la forma mostrada en la Fig. 5.103 del Texto y en el Problema anterior, y a continuación la señal se codifica en PCM, código ASCII sin bit de paridad. 4

3

Solución: La forma de estas señales hace muy difícil dibujar la señal compuesta PAM/TDM/NRZ como se hizo en el problema anterior; para que el lector se de cuenta de lo difícil que sería, en la Fig. P5.32(a) mostramos la forma de estas señales entre t = 0 y t = 5Ts .


210


Para la codificación PCM, vamos a tomar el siguiente orden en la multiplexación de la señales: m1 (0) → m 2 (Ts) → m3 (2Ts ) → m 4 (3Ts ) → m1 (4Ts ) → ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ → m 4 (7Ts ) . Son ocho muestras que codificaremos en PCM. Características de entrada: Frecuencias: f m1 = 5x103 Hz; f m2 = 5x103 Hz f m3 = 104 Hz; f m4 = 6x103 Hz. La frecuencia de muestreo depende de la frecuencia más alta, en este caso fm3. Entonces, f max = f m 3 ; f s = 2f max = 20x103 = 20 kHz El intervalo de muestreo Ts será entonces Ts = 5x10−5 = 50 microsegundos El lector podrá darse cuenta, observando la Fig. P5.32(a) que para estos intervalos algunas de las señales son casi cero. Como el objetivo del presente problema es de diseñar el método de codificación apropiado, vamos a disminuir Ts a 25µseg , valor que nos dará amplitudes razonables. Entonces, sea Ts = 25x10−6 seg. Parámetros de codificación: Codificación bipolar 2V ∆Q Vmax = 20; N = 128; n = 7; ∆Q = max = 0,3125V; = 0,1563 N 2 Nótese, de la expresión (5.90), que el valor x qk (mTs ) corresponde a cada nivel k, y que k, en binario, es el valor de la muestra PCM. En nuestro caso vamos hacer x qk (mTs ) ≈ mi (mTs ) , determinamos el valor k correspondiente y le asignaremos el correspondiente código. Pero queda el problema de cómo representar el signo; en este caso se toma el bit de mayor peso (MSB) con la siguiente notación: si

mi (mTs ) ≥ 0 → MSB = "1" mi (mTs ) < 0 → MSB ="0"

para

i = 1, 2, 3 y 4

y el valor de k se disminuye en uno. El precio que hay que pagar es una pequeña pérdida al codificar los valores máximos de señal, es decir, que para max m(t) = 20 , el valor de k será 63 y no 64. Entonces de la expresión (3.90), ⎧ 2m (mTs ) + ∆Q ⎫ k = entero⎨ i ⎬ − 1 . Por ejemplo si k = 28, la codificación será 0011101, y 2∆Q ⎩ ⎭ si k = -40, la codificación será 0001010. Como siempre, el dígito de menor peso se coloca a la izquierda y se transmite de primero. Prof. J. Briceño M., ULA.

211


Con estos datos ya podemos establecer la siguiente Tabla de Codificación TABLA DE CODIFICACION Ts = 25x10−6 seg. mi (mTs )

k

Codificación PCM

m1 (0) = 5 m 2 (Ts ) = 9,003

15 28

1111001

m3 (2Ts ) = 4,053

12

0011001

m 4 (3Ts ) = −12,6

-40

0001010

m1 (4Ts ) = −5

-16

0000100

m 2 (5Ts ) = −1,801

-6

0110000

m3 (6Ts ) = 0,5

0

0000001

m 4 (7Ts ) = 6,42

20

0010101

0011101

En la Fig. P5.32(b) se ilustra esta codificación PCM en ASCII para las cuatro primeras muestras. Los dígitos de arranque y pare se remarcan para diferenciarlos de los siete dígitos de información Muestra 1

Muestra 2

Muestra 3

Muestra 4

0 Ts

2Ts Fig. P5.32(b)

3Ts

4Ts

(a) De la secuencia PCM, el ancho de banda de dicha secuencia es B=

10 10 = = 4x105 = 400 kHz. Ts 25x10− 6

La frecuencia fpcm del codificador es también de 400 kHz. (b) En un minuto se puede transmitir un número Nc de caracteres ASCII dado por Nc =

60 60 = = 2,4x106 caracteres. Ts 25x10− 6

Como cada caracter contiene I c = 7 bits de información, la información neta total transmitida en un minuto será

I t = N c Ic = 16,8x106 bits.

Nótese que este valor es diferente al dado en el Texto; pero eso es debido a que se cambiaron los datos del problema. (c) El diseño de un sistema de recepción para la recuperación de las cuatro señales lo dejamos a la ingeniosidad del lector. Prof. J. Briceño M., ULA.

212


5.33. En un sistema de telemetría PAM/TDM se multiplexan cuatro señales pasabajo m1 ( t ), m 2 ( t ), m3 ( t ) y m 4 ( t ) . Las señales m1 ( t ) y m 2 ( t ) tienen un ancho de banda de 80 Hz, mientras que las señales m3 ( t ) y m 4 ( t ) tienen un ancho de banda de 1 kHz. La frecuencia de muestreo para m3(t) y m4(t) es de 2400 Hz. Suponga que las otras frecuencias de muestreo se pueden obtener mediante división por potencias enteras de 2 a partir de 2400 Hz. Diseñe un sistema PAM/TDM que efectúe un multiplexaje preliminar de m1 ( t ) y m 2 ( t ) en una señal compuesta m12 ( t ) , y un multiplexaje final de m12 ( t ), m3 ( t ) y m 4 ( t ). m1(t)

Solución: Una configuración de este sistema tiene la forma, Fig. P5.33,

m2(t)

Multiplexor M1

m12(t) m3(t) m4(t)

Multiplexor M2

Salida PAM/TDM

fs Fig. P5.33(a). fs2

(a) Frecuencias: m1 ( t ) y m 2 ( t ) → f m1 = 80 Hz; f s1 = 2f m1 = 160 Hz. Pero como solamente disponemos de frecuencias derivadas de un reloj de 2400 Hz, la frecuencia disponible más cercana es de 300 Hz, porque si seleccionamos la frecuencia de 150 Hz, las señales estarían submuestreadas y poseerían componentes de distorsión, como ya lo hemos comprobado repetidas veces. Entonces, la frecuencia de muestreo del Multiplexor M1 será fs1 = 300 Hz, de donde Ts1 = 3,333 ms m3 ( t ) y m 4 ( t ) → f m 2 = 1000 Hz; pero su frecuencia de muestreo es f s 2 = 2400 Hz , de donde Ts 2 = 0,4167 ms. (b) La señal m12 ( t ) cuya frecuencia de muestreo es de 300 Hz, en el Multiplexor 2 volverá a ser muestreada pero esta vez a 2400 Hz, es decir, cada Ts 2 seg. Esto T quiere decir que en el tiempo Ts1 se puede muestrear hasta M = s1 = 8 señales y el Ts 2 Multiplexor 1 puede muestrear hasta 8 señales de 80 Hz. Esta situación se muestra en la Fig. P5.33(b). En la parte (a) se muestra la salida del Multiplexor 1, y en la parte (b) la relación entre las salidas del Multiplexor 1 y el Multiplexor 2.


213


m1(t)

m1(t)

m2(t)

m12(t) Ts1/2

m12

Ts2

m12

m3 m4

m2(t)

Ts (a) Salida del Multiplexor M1 Ts1 m12

m3 m4

m12 m3 m4

m12 m3 m4

3Ts1/2

m12 m3 m4

(b) Relación entre Ts1 y Ts2 Salida del Multiplexor 2 Fig. P5.33(b).

2Ts

m12 m3 m4

m12 m3 m4

m3 m4

τ

Nótese que en el tiempo Ts1 caben 8 salidas del Multiplexor 2, lo que quiere decir que en el Multiplexor 1 se pueden agregar 6 señales más de 80 Hz sin necesidad de cambiar las frecuencias de muestreo. (c) El ancho de banda de la señal resultante PAM/TDM/NRZ se puede deducir de la Fig. P5.33(b). Sea τ =

Ts 2 1 ∴ B = = 3f s 2 = 7200 Hz. 3 τ

Este ancho de banda es independiente de que se esté muestreando 2 u 8 señales de 80 Hz. 5.34. Se desea construir una red lineal que convierta impulsos rectangulares en impulsos t coseno elevado, es decir, una red donde la entrada sea x ( t ) = AΠ[ ] y la salida tenga la τ A⎡ 2πt ⎤ t forma y( t ) = ⎢1 + cos( )⎥ ⋅ Π ( ). Vamos a determinar la función de transferencia de 2⎣ τ ⎦ τ esta red. Solución: X(f ) = Aτsinc(τf ); Y (f ) =

y(t) =

A t A t 1 A t Aτ Π ( ) + Π ( ) cos(2π t ); Π( ) ⇔ sinc(τf ) 2 τ 2 τ τ 2 τ 2

Aτ Aτ 1 Aτ 1 sinc(τf ) + sinc[τ(f + )] + sin[τ(f − )] 2 4 τ 4 τ

Y(f ) = H(f ) ⋅ X(f ) , de donde Aτ Aτ 1 Aτ 1 sinc(τf ) + sinc[τ(f + )] + sinc[τ(f − )] Y (f ) τ 4 4 τ = 2 H (f ) = X (f ) Aτsinc(τf )


214


Esta expresión se reduce a (¡Oh, milagros de MATHCAD!) H (f ) =

1 1 2 1 − τ2f 2

para f <

1 τ

5.35. La señal de entrada a un filtro acoplado tiene la forma mostrada en la Fig. 5.104 del Texto. El ruido de entrada tiene una densidad espectral de potencia Sn(f). (a) Determinar la función de transferencia del filtro acoplado. Solución: De la expresión (5.139) del Texto, con to = T, v( t ) = −

De la Fig. 5.104 del Texto,

kV(−f ) exp(− j2πTf ) Sn ( f )

A t −T/2 ( t − T )Π ( ) T T

A T ( t − T) exp(− j2πft )dt . Resolviendo esta integral, obtenemos T ∫0

V (f ) = − V (f ) =

H (f ) =

A [1 − j2πTf − exp(− j2πTf )] (2πf ) 2 T

V ( −f ) =

A [1 + j2πTf − exp( j2πTf )] (2πf ) 2 T

H (f ) =

kA [exp(− j2πTf ) + j2πTf exp(− j2πTf ) − 1] T(2πf ) 2 Sn (f )

H (f ) =

kA 1 [(1 + j2πTf ) exp(− j2πTf ) − 1] Sn (f ) 4Tπ2f 2

(b) A = 10; T = 1; Sn (f ) = V (f ) =

η η ; k= 2 2

10 [1 − j2πf − exp(− j2πf )] (2πf ) 2

De la expresión (5.135) del Texto, el valor máximo de la relación S/N es ρmax = ∫

∞

−∞

ρmax =

2

V (f ) 2 df = − 6 Sn ( f ) 10

2 10− 6

∫

T

0

∫

∞

−∞

2

V(f ) df ; y por el Teorema de Raleigh,

A2 ( t − T) 2 dt = 6,6666x107 = 78,239 dB 2 T


215


5.36. El impulso coseno elevado de la Fig. 5.105 del Texto, se aplica a un filtro acoplado. El η η y k= . ruido de entrada es blanco de densidad espectral 2 2 (a) Determine la función de transferencia del filtro acoplado. Solución: Sn ( f ) =

η η ; k= ; 2 2

V (f ) =

A T⎧ 2π T ⎫ ⎨1 + cos[ ( t − )]⎬ exp(− j2πft )dt . Resolviendo esta integral, obtenemos ∫ 0 2 ⎩ T 2 ⎭

V (f ) = j

v( t ) =

A exp(− j2πTf ) − 1 ; 4π f (1 − T 2f 2 )

V ( −f ) = j

H(f ) = V(−f ) exp(− j2πTf ) = j H (f ) = j

A⎡ 2π T ⎤ t −T/2 1 + cos[ ( t − )]⎥ ⋅ Π ( ) ⎢ 2⎣ T 2 ⎦ T

A exp( j2πTf ) − 1 4π f (T 2f 2 − 1)

A 1 − exp(− j2πTf ) 4π f (T 2f 2 − 1)

A exp(− j2πTf )[exp( jπTf ) − exp(− jπTf )] A sen(πTf ) = exp(− jπTf ) 4π f (T 2f 2 − 1) 2π f (1 − T 2f 2 )

H(f ) = H1 (f ) exp(− jπTf ) , donde

H1 (f ) =

(b) A = 10; T = 1; η = 10- 6 W / Hz; Sn (f ) =

A sen(πTf ) 2π f (1 − T 2f 2 ) η = 0,5x10− 6 W/Hz 2

1 1 v( t ) = 5[1 + cos[2π( t − )]] ⋅ Π ( t − ) 2 2 ρmax

2 = −6 10

2 ∫−∞ v(t ) dt = 10−6 ∞

2

2

1 ⎤ ⎡ ∫0 25⎢⎣1 + cos[2π(t − 2 )]⎥⎦ dt 1

ρmax = 7,5x107 = 78,751 dB 5.37. Vamos a comparar el comportamiento entre un filtro pasabajo RC y un filtro acoplado. t −T/2 La señal de entrada es un impulso de la forma v( t ) = AΠ ( ), el ruido es blanco de T η η y k= . densidad espectral 2 2 Para el filtro RC (a) Determinar la señal de salida vo(t).


216


Solución: Para el filtro RC, del Problema 2.22, Fig. 2.67(a) h(t) =

1 t 1 1 exp(− ) u ( t ) ⇔ H (f ) = 1 RC RC RC + j2πf RC

v( t ) = AΠ (

t −T/2 ) ⇔ V(f ) = ATsinc(Tf ) exp(− jπTf ) T

Vo (f ) = H(f )V(f ) ⇔ v o ( t ) = h ( t ) ∗ v( t ) τ−T/2 A ∞ t−τ exp(− )u ( t − τ)Π ( )dτ ∫ − ∞ RC RC T

vo (t ) =

pero Π (

τ−T/2 ) = u ( τ) − u ( τ − T ) T

τ A ∞ t exp(− ) exp( )u ( t − τ)[u (τ) − u (τ − T)]dτ ∫ RC ∞ RC RC

vo (t ) =

A exp(−

vo (t ) =

t ) RC

RC −

A exp(−

∫

∞

−∞

t ) RC

RC

∫

exp( ∞

−∞

τ )u ( t − τ)u (τ)dτ − RC

exp(

τ )u ( t − τ)u (τ − T)dτ RC

pero u ( t − τ)u (τ) = 1 para 0 ≤ t ≤ T y 0 < τ

u ( t − τ)u (τ − T) = 1 para T < t y

T < τ

Sea v o ( t ) = v o1 ( t ) + v o 2 ( t ) , donde v o1 ( t ) =

t ) RC ⎧ t exp( τ )dτ⎫Π ( t − T / 2 ) ⎨∫0 ⎬ RC RC ⎭ T ⎩

A exp(−

vo 2 (t ) = −

t ) RC ⎧ t exp( τ )dτ⎫u ( t − T ) ⎬ ⎨∫T RC RC ⎭ ⎩

A exp(−

Resolviendo las integrales y rearreglando, obtenemos finalmente, v o1 ( t ) = A[1 − exp(− de donde,

t t −T/2 )]Π ( ) RC T

v o ( t ) = A[1 − exp(−

y

vo2 ( t ) = A[exp(−

t−T ) − 1]u ( t − T) RC

t t −T/2 t −T )]Π ( ) + [exp(− ) − 1]u ( t − T) RC T RC Prof. J. Briceño M., ULA.

217


En la Fig. P5.37(a) se muestra esta señal para T = 0,1 seg y RC = 0,5 (b) Determinar la potencia de ruido. ∞

< n o2 ( t ) >= ∫ Sn (f ) H(f ) df 2

−∞

η ∞ 2 H(f ) df ∫ − ∞ 2 o también, mediante el Teorema de Raleigh, < n o2 ( t ) >=

< n o2 ( t ) >=

η 1 η ∞ 2 h ( t ) dt = ∫ − ∞ 2 2 (RC) 2

< n o2 ( t ) >=

η 4RC

∫

∞

−∞

exp(−

η 2t )u ( t )dt = RC 2(RC) 2

∫

∞

0

exp(−

2t )dt RC

(c) T = 1; A = 10; RC = 10; η = 10-6 v o2 ( t ) = A 2 [1 − exp(−

η T )] = 0,9056 ; < n o2 ( t ) >= = 2,5x10−8 RC 4RC

2

z max

v (T ) 0,9056 = o2 = = 3,622x107 = 75.59 dB < n o ( t ) > 2,5x10−8

Para el filtro acoplado

V(f ) = ATsinc(Tf ) exp(− jπTf );

V(-f) = ATsinc(TF)exp(jπTf)

H(f ) = V(−f ) exp(− j2πTf ) = ATsinc(Tf ) exp( jπTf ) exp(− j2πTf )

H(f ) = ATsinc(Tf ) exp(− jπTf ) Aunque no se pide en el problema, sería interesante ver la forma de la señal de salida t −T/2 del filtro acoplado cuando se le aplica el impulso rectangular v( t ) = AΠ ( ). T Entonces, para el filtro acoplado, H(f ) = ATsinc(Tf ) exp(− jπTf );

V(f) = ATsinc(Tf)exp(-jπTf)

Vo (f ) = H(f )V(f ) = A 2T 2sinc 2 (TF) exp(− j2πTf ) vo (t ) =

A2 t − T Λ( ) T T

Obsérvese la forma de la salida, Fig. P5.37(b), que no se parece en nada a la entrada; pero lo importante es que el valor máximo de la salida ocurre para t = T con un valor igual a la energía de la señal de entrada

2

A/T

vo(t)

t 0

T Fig.P5.37(b)

2T


218


y la probabilidad de detección se ha optimizado. Esta es la importancia de los filtros óptimos, sobre todo en la detección de señales digitales, donde lo que se quiere detectar no es una “forma” sino una “presencia” (impulso presente o impulso ausente). (d) Determinar ρmax para el filtro acoplado. ρmax =

2 ∞ 2A 2 2 v ( t ) dt = η ∫− ∞ η

∫

T

0

dt =

2A 2 T = 2 x108 = 83,01 dB η

Nótese la ventaja del filtro acoplado sobre el filtro RC: en las mismas condiciones su relación S/N máxima de salida es 7,41 dB superior. 5.38. Sobre un canal telefónico de 3 kHz de ancho de banda se transmite datos binarios. La relación S/N máxima en el canal es de 6,0206 dB. Se considera ASK Coherente. Nota de advertencia al lector. Antes de la aparición de programas matemáticos mediante computadoras, el cálculo de erfc(x) se efectuaba mediante una serie de potencias y tomando un número de términos que uno consideraba suficiente; ese fue el método que utilizamos originalmente. Pero ahora que disponemos de programas potentes como MATHCAD, MATLAB, MATEMATICA y otros, la exactitud y rapidez en el cálculo es muchísimas veces superior. En este Problemario estaremos utilizando el programa MATHCAD en el cual la Función Error erf(x) y la Función Error Complementaria erfc(x) se definen en la forma erf ( x ) =

2 x 2 ∞ exp(− z 2 )dz; erfc(x) = exp(− z 2 )dz; erf(x) + erfc(x) = 1 ∫ ∫ 0 x π π

como se puede ver en el Apéndice D del Texto. En consecuencia, el cálculo de erf(x) y erfc(x) será mucho más exacto y puede haber diferencias con los valores dados en el Texto en el cálculo de erf(x) y erfc(x). (a) Determine la velocidad de información máxima en el canal y la probabilidad de error. Solución: B = 3 kHz;

S = 6,0206 dB = 4 . ASK Coherente. N

B = 2f b ; f b = 1500 Hz; Tb = Si = 4. Ni

1 ; Vi = 1500 bps; Vb = 1500 baudios 1500

De la expresión (5.159a) del Texto, γ = 4

En ASK Coherente,

Si = 16 Ni

1 γ 1 Pe = erfc( ) = erfc(2) = 2,339 x10− 3 2 4 2 Prof. J. Briceño M., ULA.

219


γ 1 Si se considera ASK No Coherente, Pe = exp(− ) = 9,158x10− 3 2 4 (b) Si Vi = 300 bps, Vb = 300 baudios ; fb = 300 Hz 16 = γ=

A2 A2 ∴ = 16f b = 2,4x104 . Entonces, para fb = 300 Hz, 2ηf b 2η

A2 2,4x104 1 80 = = 80 ; Pe = erfc( ) = 1,0306 x10 −10 2ηf b 300 2 4

5.39. Se transmite datos binarios por un canal de RF. El ancho de banda útil del canal es de 10 MHz. La velocidad de información es de 4,8 Mbps y se utiliza modulación ASK. La amplitud de la portadora en la antena del receptor es de 1 mV y la densidad espectral de potencia del ruido es de 10-15 W/Hz. (a) Determine las probabilidades de error en Coherente y No Coherente. Solución: γ=

(a) En ASK:

A2 10−6 = = 52,083333 2ηf b 2x 2 x10−15 x 4,8x106

ASK Coherente: Pe =

1 γ erfc( ) = 1,671x10 − 7 2 4

1 γ ASK No Coherente: Pe = exp(− ) = 1,1068x10− 6 2 4 (b) La relación S/N en la antena o a la entrada del receptor es

[Si / Ni]ASK =

A2 10−6 = = 12,5 = 10,969 dB . 4ηB 4 x 2 x10 −15 x10 x106

5.40. En la expresión (5.147) y Fig. 5.62 del Texto, se da la densidad espectral de potencia de una señal ASK para una secuencia binaria unipolar NRZ. (a) Demuestre que la potencia contenida dentro del ancho de banda B = 2fb, centrado en fc, es el 95% de la potencia total de la señal ASK. Solución: Como se trata de calcular potencias (áreas positivas), la potencia contenida en el ancho de banda B = 2fb se puede calcular refiriendo SASK(f) al origen, es decir,

⎡ < y ( t ) >= 2⎢ ⎣⎢ 2

fb

A2 A2 δ(f )df + 16f b −f b 16

∫

∫

fb

−f b

sinc 2 (

⎤ f )df ⎥ fb ⎦⎥


220


< y 2 ( t ) >= Entonces

A2 A2 + 8 4f b

∫

fb

0

< y 2 ( t ) >=

sen 2 (πf / f b ) A 2 A 2 1,418 df = + 8 4 π (πf / f b ) 2 A2 A2 A2 1 A2 + 0,451 = ( + 0,451) = 0,951 8 4 4 2 4

Puesto que < x 2ASK ( t ) >=

A2 , se verifica entonces que 4

< y 2 ( t ) >= 0,951 < x 2ASK ( t ) > .

La potencia contenida en el ancho de banda B = 2fb es igual al 95,1% de la potencia total de la señal ASK. (b) Nótese que la potencia de portadora está representada por los impulsos en ±fc. Esta potencia Pcc es, del cálculo anterior (parte (a)), Pcc =

A2 1 A2 1 =( ) = < x 2ASK ( t ) > . 8 2 4 2

Puede observarse que la mitad de la potencia total de la señal ASK se consume en la transmisión de la portadora. 5.41. Sobre un canal se transmite datos binarios en FSK. El ancho de banda útil del canal es de 3 kHz. Las frecuencias de transmisión son: f1 = 1500 Hz y f o = 2100 Hz . Se utiliza un módem que trabaja a una velocidad de modulación de 300 baudios. La relación S/N en el canal es de 6,0206 dB = 4. Determine todas las características del sistema. Solución: La distribución de las frecuencias y de los anchos de banda se muestra en la Fig. P5.41. Entonces, fc =

f1 + f o = 1800 Hz 2

f d = 2100 − 1800 = 300 Hz Bc = 2(f d + f b ) = 1200 Hz

Filtros

"1"

fb

"0" fd

1500

fd fc

B

fb

f

2100 B

Bc Fig. P5.41.

Como el ancho de banda del canal es de 3 kHz, hay ancho de banda de sobra, aún para agregar otro canal de transmisión, como es lo normal en los Módems UIT-T V.21 y Bell 102/113. S En FSK γ = 2 i = 8 N


221


1 8 Pe = erfc( ) = 2,339 x10 − 3 2 2 1 8 FSK No Coherente: Pe = exp(− ) = 9,158x10− 3 2 2

FSK Coherente:

5.42. El Módem Bell 102/113 transmite a 300 bps, igual que el Módem UIT-T V.21, pero sus frecuencias de operación son: en la banda inferior, f1 = 1070 Hz y f o = 1270 Hz ; y en la banda superior, f1 = 2025 Hz y f o = 2225 Hz . La amplitud de la portadora es 0,5 mV y la densidad espectral de ruido en el sistema es de 10-11W/Hz. Repetir para este Modem Bell los cálculos efectuados en el Ejemplo 5.18, parte (b), del Texto. Solución: f b = 300 Hz; A = 0,5X10-3 ; η = 2x10-11 W / Hz 1270 + 2025 2f d = 200 ∴ f d = 100 Hz; f c = = 1648 Hz 2 Con estos datos se construye la Fig. P5.42, de la cual obtenemos: Filtros de Canal: B I1 = B I 0 = BS1 = BS0 = f b + f d = 400 Hz Filtros de Banda: BBI = BBS = f b + 2f d + 378 = 878 Hz Filtro de Línea: Bc = BBI + BBS = 1756 Hz "1" fb

"0" fd

770

200 fd

1070

"0" 200

378 1270

BI1

"1" fd

378 1648

BI0

fb

f

2225 Hz 2525

2025

BS1

BBI

fd

BS0

BBS Bc Fig. P5.42.

A=

γ=

10 −3 ; η = 2x1011 W / Hz; f b = 300 2

A2 A2 = 20,833; Si = = 1,25x10− 7 ; N i = BI1η = 8x10− 9 2ηf b 2

Si = 15,125 = 11,938 dB ; Ni

FSK Coherente:

Pe = 2,5x10−6

FSK No Coherente: Pe = 1,496x10 −5


222


5.43. Sea los sistemas ASK, FSK y PSK, de amplitud de portadora A y frecuencia de señalización fb. La potencia en los tres sistemas es la misma. (a) Demuestre que para una misma probabilidad de error Pe y en demodulación coherente ⎡S ⎤ ⎡S ⎤ ⎡ Si ⎤ = ⎢ i ⎥ = 2⎢ i ⎥ ⎢N ⎥ ⎣ N i ⎦ PSK ⎣ i ⎦ ASK ⎣ N i ⎦ FSK

Solución: (a) En Demodulación Coherente: ASK:

Pe =

1 γ erfc( ); 2 4

⎡ Si ⎤ γ = 4⎢ ⎥ ⎣ Ni ⎦ ASK

FSK:

Pe =

1 γ erfc( ); 2 2

⎡ Si ⎤ γ = 2⎢ ⎥ ⎣ Ni ⎦ FSK

PSK:

Pe =

1 erfc( γ ); 2

⎡ Si ⎤ γ = 2⎢ ⎥ ⎣ Ni ⎦ PSK

Si las probabilidades de error Pe son iguales, entonces los argumentos de Pe son iguales, es decir, ⎡ Si ⎤ ⎡ Si ⎤ ⎡ Si ⎤ ⎡ Si ⎤ ⎡ Si ⎤ ⎡ Si ⎤ = ⎢ ⎥ = 2⎢ ⎥ , de donde ⎢ ⎥ = 2⎢ ⎥ =⎢ ⎥ ⎢⎣ Ni ⎥⎦ ⎣ Ni ⎦ FSK ⎣ Ni ⎦ PSK ⎣ Ni ⎦ ASK ⎣ Ni ⎦ FSK ⎣ Ni ⎦ PSK ASK (b) fb = 1200 Hz; η = 2x10-10 W/Hz; [Si/Ni] = 10 dB = 10 ASK: γ = 4[Si / Ni] = FSK:

A2 . De aquí: A = 8ηf b [Si / Ni] = 4,382 mV 2ηf b

γ = 2[Si / Ni] . De donde A = 4ηf b [Si / Ni] = 3,098 mV

PSK: Igual que en FSK:

A = 3,098 mV

En cuanto a las probabilidades de error Pe, En ASK : γ = 4

Si 1 γ = 4 x10 = 40; Pe = erfc( ) = 3,872x10− 6 Ni 2 4

En FSK: γ = 2

Si 1 γ = 2x10 = 20; Pe = erfc( ) = 3,872x10− 6 Ni 2 2

En PSK:

γ=2

Si 1 = 2x10 = 20; Pe = erfc( γ ) = 1,27 x10−10 2 Ni


223


5.44. Un canal tiene un ancho de banda útil de 3 kHz. La potencia promedio máxima permitida es de –30 dBm y en el canal la densidad espectral es de 2x10-11 W/Hz. (a) Determine la capacidad teórica del canal Solución: Bc = 3000 Hz; Si = -30 dBm; η = 2x2x10-11 W/Hz Si = -30 dBm = 10-6 W; Ni = ηBc = 3000x4x10-11 = 12x10-8 W = -39,208 dBm Si 10−6 = = 8,333 = 9,208 dB N i 12x10−8 C = 3000 log 2 (1 +

Si ) = 9667 bps Ni

(b) Determine las velocidades de información máximas en FSK y PSK Solución: fb = Bc/2 = 1500 Hz; por lo tanto, en binario, tanto en FSK como en PSK, Vi = 1500 bps ⎡ Si ⎤ (c) γ = 2⎢ ⎥ = 2x8,333 = 16,667 ⎣ Ni ⎦ FSK:

1 γ Pe = erfc( ) = 2,228x10− 5 ; 2 2

PSK: Pe =

1 erfc( γ ) = 3,882x10-9 2

5.45. Se dispone de un canal cuya respuesta de frecuencia se muestra en la Fig. 5.106 del Texto, y por el cual se va a transmitir información binaria a 300 baudios en FSK. La relación S/N en el canal es igual a 3,0103 dB y la densidad espectral de potencia del ruido es de 2x10-10 W/Hz. (a) Determine los valores apropiados de la frecuencia de portadora y de las frecuencias fo y f1. Solución: Vb = 300 baudios. De donde fb = 300 Hz; Bc = 2800 – 800 = 2 kHz; Si = 3,0103 dB = 2 Ni η = 4x10-10 W/Hz. Sea la Fig P5.45:

Canal fb 0

800

2fd f1

fc Bc

fb f0

f 2800

Fig. P5.45.

fc = (2800+800)/2 = 1800 Hz Prof. J. Briceño M., ULA.

224


De la ecuación (5.163) del TEXTO , Bc = 2(fb + fd); de donde fd = Bc/2 - fb; f1 = fc – fd = 1800 – 700 =1100 Hz; (b) γ = 2[Si/Ni] = 4 = (c) FSK Coherente: FSK No Coherente:

A2 ; 2ηf b Pe =

fd = 1000 – 300 = 700 Hz f0 = fc + fd = 1800+700 = 2500 Hz

A = 8ηf b = 9,798x10 −4 V

1 γ erfc( ) = 2,275x10 −2 2 2

Pe =

1 γ exp(− ) = 6,767 x10 −2 2 2

(d) De la ecuación de Hartley-Shannon, C = 2000 log 2 (1 + 2) = 3170 bps

5.46. Al codificador diferencial de la Fig. 5.73 del Texto, se le aplica una secuencia binaria de la forma 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0. Determine la secuencia de salida (mensaje codificado) del codificador y las fases de la señal DPSK. Suponga que el primer dígito es un “0” y que la fase correspondiente es 0o. Solución: Se hace un cuadro como el mostrado en la Fig. P5.46. C = AB + A B Secuencia Binaria de Entrada

1

1

0

1

0

0

0

1

1

0

Mensaje Codificado Diferencial

0

0

0

1

1

0

1

0

0

0

1

Fase Transmitida

0o

0o

0o

π

π

0o

π

0o

0o

0o

π

φn

Fig. P5.46.

5.47. En la Fig. 5.107 del Texto se muestra otra forma de codificador diferencial. (a) Utilizando los mismos datos del Problema anterior, construya una tabla de valores como la mostrada en la Fig. 5.75 del Texto. Solución: Se hace un Cuadro como el de la Fig. P5.47(a). C = A B + A B


225


Secuencia Binaria de Entrada

1

1

0

1

0

0

0

1

1

0


0

1

0

0

1

1

1

1

0

1

1

Fase Transmitida

0o

π

0o

0o

π

π

π

π

0o

π

π

φn

Fig. P5.47(a).

(b) Repetir la parte (a) si el primer dígito es un “1” y la fase es 0o . Siguiendo el mismo procedimiento, se hace un Cuadro como el de la Fig. P5.47(b). Secuencia Binaria de Entrada

1

1

0

1

0

0

0

1

1

0


1

0

1

1

0

0

0

0

1

0

0

Fase Transmitida

0o

π

0o

0o

π

π

π

π

0o

π

π

φn

Fig. P5.47(b).

5.48. En la Fig. 5.108 del Texto se muestra el diagrama de bloques de un receptor PSK binario. No se muestra el sincronizador de temporización. Suponga que x PSK ( t ) = A cos(2πf c t − φi ) , donde φi = 0o si se ha transmitido un "1 "⎫ ⎬ en un intervalo Tb dado φi = π si se ha transmitido un "0" ⎭

(a) Determine el voltaje v d ( t ) de entrada al comparador en un intervalo Tb dado. (b) Establezca para el comparador un algoritmo de decisión apropiado. Solución: (a) La señal xPSK (t) pasa directamente a través del filtro pasabanda de entrada. Entonces, a la salida del elevador al cuadrado se tiene A2 v1 ( t ) = x ( t ) = A cos (ωc t − φi ) = [1 + cos(2ωc t − 2φi )] 2 El filtro pasabanda rechaza el término en continua y deja pasar solamente la señal centrada en 2fc, de donde A2 v2 (t) = cos(2ωc t − 2φi ) . La operación de división de frecuencia solamente afecta 2 al término 2ωct y nó al término de fase. Esto se puede demostrar a partir del siguiente desarrollo: 2 PSK

2

2


226


A2 A2 cos(2φi ) cos(2ωc t ) + sen(2φi ) sen(2ωc t ) 2 2 Los términos cos(2φi) y sen(2φi) son constantes (en un intervalo Tb) y no son afectados por la operación de división de frecuencia. Entonces, a la salida del divisor de frecuencia se tiene: A2 A2 v3 ( t ) = cos(2φi ) cos(ωc t ) + sen(2φi ) sen(ωc t ) , que en forma polar es 2 2 ⎡ A2 sen(2φi ) ⎤ v3 ( t ) = cos 2 (2φi ) + sen 2 (2φi ) cos ⎢ωc t − arctg 2 cos(2φi ) ⎥⎦ ⎣ v2 (t) =

pero

cos 2 (2φi ) + sen 2 (2φi ) = 1

y

arctg

sen(2φi ) = 2φi ; entonces, cos(2φi )

A2 A2 cos(ωc t − 2φi ). También, v 4 ( t ) = A cos(ωc t − φi ) cos(ωc t − 2φi ) 2 2 A3 A3 v4 (t) = cos(2ωc t − 3φi ) + cos(φi ) . El filtro pasabajo elimina la componente 4 4 en 2fc y la tensión de entrada al comparador en un intervalo Tb dado es entonces A3 vd (t ) = cos(φi ) . 4 v3 ( t ) =

(b)

Algoritmo de decisión del comparador.

Puesto que en un intervalo Tb dado φi = 0 cuando se ha transmitido un "1" y φi = π cuando se ha transmitido un "0", A3 , y la comparación se hace respecto a cero, es decir, el valor del 4 Vu del umbral debe ser Vu = 0. El algoritmo de decisión del comparador en un intervalo de tiempo tn será: entonces v d ( t ) = ±

Si v d ( t n ) ≥ 0,

sacar un "1"

Si v d ( t n ) < 0,

sacar un "0"

5.49. Calcule las potencias pico y promedio de la señal, así como las correspondientes relaciones S/N, en ASK, FSK, PSK y DPSK, tanto coherente como no coherente, cuando se opera sobre un canal de 3 kHz de ancho de banda, a una velocidad de 1000 bps, con una densidad espectral de ruido de 2x10-10 W/Hz y una probabilidad de error de 3,216x10-5. Tabule y compare los resultados. Solución: B = 3000; f b = 1000;

η = 2 x10−11 W / Hz; Pe = 3,216 x10− 5 2 Prof. J. Briceño M., ULA.

227


1 Pe = erfc( x ) = 3,216x10− 5 . Resolviendo obtenemos x = 2,823 2 En ASK Coherente x = 2,823 =

γ ∴ γ = 31,945 ; 4

Potencia Pico A2: Potencia Promedio

A2 γ= . 2ηf b

A 2 = 2ηf b γ

A 2 = 2ηf b γ = 2,556x10−6 W A2 : 4

A2 = 6,39x10− 7 W 4

⎡ Si ⎤ γ = = 7,936 = 9,0234 dB ⎢N ⎥ ⎣ i ⎦ ASK 4

En ASK No Coherente 1 γ Pe = exp(− ) = 3,216x10− 5 . Resolviendo, 2 4

γ = 38,607

Potencia Pico A 2 : A 2 = 2ηf b γ = 3,088x10−6 W A2 : Potencia Promedio 4

A2 = 1,1544x10− 6 W 4

⎡ Si ⎤ γ = = 9,6516 = 9,846 dB ⎢N ⎥ ⎣ i ⎦ ASK 4

En FSK Coherente x = 2,823 =

γ ∴ γ = 15,972 2

A 2 = 2ηf b γ = 1,278x10−6 W

Potencia Pico A 2 :

A2 = 6,39x10− 7 W Potencia Promedio 2 ⎡ Si ⎤ γ ⎢ N ⎥ = 2 = 7,968 = 9,023 dB ⎣ i ⎦ FSK

En FSK No Coherente 1 γ Pe = exp(− ) = 3,216x10− 5 ∴ γ = 19,303 2 2 Potencia Pico A 2 :

A 2 = 2ηf b γ = 1,544 x10−6 W Prof. J. Briceño M., ULA.

228


A2 : 2

Potencia Promedio

A2 = 7,721x10− 7 W 2

⎡ Si ⎤ γ ⎢ N ⎥ = 2 = 9,6516 = 9,846 dB ⎣ i ⎦ FSK

En PSK x = 2,823 = γ ∴ γ = 7,986 A 2 = 2ηf b γ = 6,389x10−7 W

Potencia Pico A 2 :

A2 Potencia Promedio = 3,194x10− 7 W 2 ⎡ Si ⎤ γ = = 3,993 = 6,0131 dB ⎢N ⎥ ⎣ i ⎦ PSK 2 En DPSK 1 Pe = exp(− γ ) = 3,216x10− 5 ∴ γ = 9,6516 2 Potencia Pico A 2 : A 2 = 2ηf b γ = 7,721x10−7 W Potencia Promedio

A2 A2 : = 3,86 x10− 7 W 2 2

⎡ Si ⎤ γ = = 4,826 = 6,836 dB ⎢N ⎥ ⎣ i ⎦ DPSK 2

En la Tabla siguiente se muestra todos los parámetros para η = 2x10−11 W/Hz; f b = 1000 Hz; Pe = 3,216x10− 5 2 TABLA DE RESULTADOS ASK

FSK

PSK

Parámetro

COHER.

NO COH.

COHER.

No COH.

γ

31,945

38,607

15,972

19,303

-6

3,088x10

-6

1,278x10

-6

1,544x10

DPSK

7,986 -6

6,389x10

9,6516 -7

7,721x10-7

Potencia Pico (W)

2,556x10

Potencia Promedio (W)

6,39x10-7

1,1544x10-6

6,39x10-7

7,721x10-7

3,194x10-7

3,86x10-7

⎡ Si ⎤ ⎢ N ⎥ (dB) ⎣ i⎦

9,0234

9,846

9,023

9,846

6,0131

6,836


229


5.50. Una señal de voz se va a transmitir en PCM por microondas. La frecuencia de muestreo de la señal es de 8000 muestras por segundo y las palabras codificadas constan de 7 dígitos binarios más un dígito de sincronización, todos de igual duración. (a) Determine la velocidad de información de las secuencias PCM. Solución: f s = 8000; n = 7; un dígito de sincronización. Sea la Fig. P5.50(a): I = 7 bits; Ts =

Ts = 8 τ

1 8000

1

4

5

"1" fb

T (b) Ts = 8τ ∴ τ = s 8 BPCM

3

6

7

t

τ (a).

I = 7 x8000 = 56 kbps Ts

Vi =

2

"0" fd

fd

f1

fc

B (b)

1 = = 8x8000 = 64 kHz τ

fb

f

fo B

Bc Fig. P5.50

que equivale a una frecuencia de señalización fb = 64 kHz. (c) En PSK binario,

BPSK = 2f b = 128 kHz

(d) En FSK binario,

f d = 40 kHz; f c = 1,5x109 Hz

De la Fig. P3.51(b), las frecuencias de operación son f1 = f c − f d = 1,496 x109 Hz;

f o = f c + f d = 1,504x109 Hz

fd < 1 , entonces de la expresión fb (5.164) del Texto o de la Fig. P5.50(b), el ancho de banda en FSK binario es Para el ancho de banda mínimo, puesto que k =

Bc = 2(f b + f d ) = 208 kHz (e)

FSK No Coherente

η = 10−14 W / Hz; Pe = 2,038x10−8 ; Bc = 208 kHz; f b = 64 kHz; B = f b + f d = 104 kHz 2 Pe =

1 γ A2 exp(− ) = 2,038x10− 8 ∴ γ = 17,016 = 2 2 2ηB

La potencia pico es A 2 = 2ηBγ = 7,079x10−8 W


230


Si A2 = = 17,016 = 12,309 dB N i 2(f b + f d )η

De la expresión (5.165),

5.51. En la Fig. 5.109 del Texto se muestra un receptor FSK. Un receptor de este tipo se denomina “receptor heterodino”. Los filtros FI1 y FI0 son pasabanda, centrados en las frecuencias fI1 y fI0, respectivamente, donde fI0 > fI1. La señal de entrada vc(t) se puede escribir en la forma v c ( t ) = A c cos[2π(f c ± f d )], y las frecuencias de transmisión son: f1 = 1300 Hz , cuando se transmite un “1”

f o = 1700 Hz , cuando se transmite un “0” Analice el sistema y determine los valores apropiados de las frecuencias f I1 , f I0 y f o , sujeto a las condiciones siguientes: 1. Que

f I1 + f I 0 = f c , donde fc es la frecuencia de portadora 2

2. Que 1 kHz < [f I0 − f I1 ] < 2 kHz Solución: Las frecuencias de transmisión dadas son las de un Módem V.23 para 600 baudios: f1 = 1300 Hz cuando se transmite un “1” f0 = 1700 Hz cuando se transmite un “0” fc =

f1 + f 0 = 1500 Hz 2

Para una señal FSK, se tiene: v c ( t ) = A cos[2π(f c ± f d ) t ] . Sea también v1 ( t ) la salida del multiplicador De la Fig. P5.51(a), fc = 1500 Hz; fd = 200 Hz; también, v1 ( t ) = v c ( t ) ⋅ cos(ω0 t ) ; Oscilador Local .

2fd 200

f0 es la frecuencia del 1300 f1

v1 ( t ) = A cos[2π(f c±f d ) t ] cos(2πf 0 t ) A A cos[2π(f c + f 0 ± f d ) t ] + cos[2π(f c − f 0 ± f d ) t ] . 2 2 presentes en la entrada de los filtro FI y F0 son: v1 ( t ) =

f1 = fc + fd + f0 ;

200 1500 fc

f 1700 f0

Fig. P5.51(a)

Vemos que las frecuencias

f2 = fc + fd – f0 ; f3 = fc – fd + f0 ; f4 = fc – fd – f0 Prof. J. Briceño M., ULA.

231


De estas cuatro frecuencias hay que elegir dos: fI1 y fI0 , que cumplan con las condiciones dadas más arriba. La condición 1 implica que fI1 y fI0 deben ser simétricas respecto a fc, con una separación menor que 2000 Hz y mayor que 1000 Hz (condición 2). Reemplazando los valores de fc y fd en f1, f2 , f3 y f4, f1 = 1700 + f0 ; f2 = 1700 – f0 ; f3 = 1300 + f0 ; f4 = 1300 – f0. Sea f01 = fI0 – fI1; debe cumplirse entonces que 1000 Hz < f01 < 2000 Hz y hagamos la siguiente figura: 2000 Hz 1000 Hz f01

Región de fI1

Región de fI0

f0

f0 f

0

500

fI

1000

1300 f1

1500 fc

1700 f0

2000

fI0

2500

Fig. P5.51(b)

En la Fig. P5.51(b) podemos ver que 500 Hz < fI1 < 1000 Hz y 2000 Hz < fI0 < 2500 Hz. f f También: f I1 = f c − 01 ; f I0 = f c + 01 ; f 0 = f1 − f I1 = f I 0 − f 0 2 2 Por lo tanto, si se elige el valor de la separación f01 podemos determinar fI1 , fI0 y f0. Por ejemplo, sea la separación f01 = 1200 Hz. Reemplazando más arriba, obtenemos: 1200 1200 f I1 = 1500 − = 900Hz; f I0 = 1500 + = 2100 Hz . 2 2 Podemos constatar que estos valores cumplen con las condiciones 1 y 2. En efecto, f I1 + f I 0 900 + 2100 = fc = = 1500 → cumple con la condición 1 2 2 f I 0 − f I1 = 2100 − 900 = 1200Hz → cumple con la condición (2).

Nótese entonces que las condiciones (1) y (2), para los datos del problema, se cumplen cuando 500 Hz < f I1 < 1000Hz; 2000 Hz < f I0 < 2500H; 300 Hz < f 0 < 800 Hz La ventaja del sistema con heterodinación es que permite una mejor recuperación de las señales o frecuencias en la recepción y el diseño de los filtros se simplifica.


232


5.52. Relaciones entre PSK M-ario y PSK Binario. (a) Sea BB el ancho de banda en binario y BM el correspondiente M-ario. Demuestre que BB = BM log 2 M . Solución: A 2 Tb A2 = 2ηf b 2η

En PSK binario,

γ=

En PSK M-ario,

γs =

γs =

A 2 Ts , pero Ts = LTb = Tb log2M. De donde, 2η

A 2 Tb log 2 M . Por consiguiente, 2η

γ s = γ ⋅ log 2 M fb fb = L log 2 M y BB = BM log2M, de donde

En general, BB = Kfb, donde K es una constante. Pero Entonces, B B = Kf s log 2 M ; pero Kfs = BM BB BB = log 2 M o también = L. BM BM

fs =

(b) Sea PB la potencia de señal en binario y PM la correspondiente en M-ario. Demuestre que Pm =

1,094PB [log 2 M ] sen 2 (

π ) M

cuando Pe = 10-4

Solución: 1 1 Pe = erfc( γ ) = erfc(X1) 2 2 π En PSK M-ario: Pe = erfc( γ S sen 2 ( ) = erfc(X 2) M Si la probabilidad de error en ambos casos es de 10-4, entonces erfc(X1) = 2x10 −4 => X1 = 2,6297, γ = 2,6297 y γ = 6,915 En PSK binario:

erfc(X 2) = 10 −4

γ s sen 2 (

π ) = 2,751 M A 2 Tb T T También, γ = = PB b = PB s = 6,915 = K 2 η ηL 2η

=> X2 = 2,751,

π ) = 7,568 = K1 . M

γ s sen 2 (

T T A 2 Ts π = PM s y PM s sen 2 ( ) = 7,568 = K1 2η M η η Estableciendo la relación K1/K2, obtenemos

γs =


233


π ) M = 7,568 = 1,094 , pero L = log M, entonces, 2 PB 6,915 1,094 ⋅ PB para una probabilidad de error Pe = 10-4. PM = π sen 2 ( ) ⋅ log 2 M M 5.53. Relaciones entre PSK M-ario y DPSK M-ario LPM sen 2 (

Sea PMPSK la potencia de señal en PSK M-ario, y PMDPSK la correspondiente en DPSK M-ario. (a) Para una probabilidad de error Pe cualquiera, demuestre que PMDPSK =

1 sen 2 (π / M ) PMPSK 2 sen 2 (π / 2M )

Solución: Para PSK M-ario: Pe = erfc(K1) , donde K1 es el mismo del problema anterior. π ) ) = erfc(K3) 2M Si la probabilidad de error es la misma en ambos casos, entonces K1 = K3. Reemplazando valores de K1 y K3 y rearreglando, se obtiene finalmente π sen 2 ( ) 1 M P PMDPSK = MPSK π 2 2 sen ( ) 2M

Para DPSK M-ario: Pe = erfc( 2 γ s sen 2 (

(b) Verifique que si M >> 1, entonces PMDPSK → 2PMPSK ; es decir, el sistema DPSK M-ario requiere un aumento de 3 dB de potencia sobre el requerido por PSK M-ario. Solución: π π2 π π2 ; )→ 2 y sen 2 ( )→ M 2M M 4M 2 En este caso, la expresión obtenida en la parte (b) será PMDPSK = 2PMPSK ;

Cuando M >> 1, entonces y en dB,

sen 2 (

[PMDPSK ]dB = 3 dB + [PMPSK ]dB

Por ejemplo, para M = 4, se verifica que PMDPSK = 1,999906 PMPSK. Prácticamente, para M > 2 se tiene que PMDPSK = 2PMPSK. El sistema DPSK M-ario, para una misma probabilidad de error Pe, requiere un aumento de 3 dB de potencia sobre el requerido para PSK M-ario. En otras palabras, la potencia en DPSK M-ario, para una misma probabilidad de error Pe, demanda el doble de potencia que en PSK M-ario. Prof. J. Briceño M., ULA.

234


5.54. La secuencia binaria de entrada a un modulador DPSK 4-ario tiene una velocidad de modulación de 1200 baudios. El modulador toma bloques de L = log 2 4 = 2 dígitos binarios y le asigna a cada dupla de dígitos, ángulos de desfase en la forma siguiente: 00 → φ1 = 0o ; 01 → φ2 = 90o ;

11 → φ3 = 180o ; 10 → φ4 = 270o

La frecuencia de portadora es de 1800 Hz, el ancho de banda del canal es de 3 kHz, la amplitud de la portadora de 1 mV y la densidad espectral de ruido de 10-11 W/Hz (a) Dibuje el Diagrama de Fresnel correspondiente.

y

01

Con la asignación dada, el Diagrama de Fresnel tiene la forma mostrada en la Fig. P5.54(a).

11

Nótese que de acuerdo con el UIT-T con este módem se puede transmitir hasta 2400 bps.

00 x

10 Fig. P5.54(a)

(b) Determine la relación S/N en el canal y la probabilidad de error Pe. En DPSK f c = 1800 Hz; B = 3 kHz; A = 1 mV = 10-3 V; η = 2x10-11 W / Hz A2 Si = ; N i = Bη; M = 4; L = 2; 2

fs =

Si A2 = = 8,33 = 9,208 dB; N i 2Bη

A2 = 41,666 2ηf s

γs =

fb = 600 Hz L

⎡ π ⎤ PeDPSK = erfc⎢ 2γ s sen 2 ( ) ⎥ = 7,795x10− 7 2M ⎦ ⎣ (c) Repetir (b) para A = 2 mV. Si =

A2 ; N i = ηB; 2

Si A2 = = 33,333 = 15,228 dB N i 2ηB

Nótese que con sólo aumentar al doble la amplitud de entrada, la relación S/N es 6,021 dB más alta que la obtenida en la parte (b), es decir, la relación S/N es cuatro veces más alta.

γs =

A2 = 166,66 . La probabilidad de error será 2ηf s

⎡ π ⎤ Pe = erfc⎢ 2 γ s sen 2 ( )⎥ ≈ 0 2 M ⎣ ⎦


235


(d) Señal de entrada 0 0 0 1 1 1 1 0. f c = 1800; f s = 600;

Ts = 3 ∴ Ts = 3Tc → Cada período de Ts contiene tres períodos de Tc. Tc

El algoritmo de codificación de salida tendrá la siguiente forma: 00 → φ1 = 0o

→ s1 ( t ) = A cos(2πf c t )

01 → φ2 = 90o → s 2 ( t ) = A sen(2πf c t ) 11 → φ3 = 180o → s 3 ( t ) = − A cos(2πf c t ) 10 → φ4 = 270o → s 4 ( t ) − A sen(2πf c t ) La señal DPSK tendrá la forma siguiente, Fig. P5.54(b)

Nótese los cambios de fase de la señal El módem cuyo diagrama de Fresnel vimos en la parte (a) se utiliza también para transmitir a una velocidad de 2400 bps. Vamos repetir la parte (b) para una velocidad de 2400 bps. En este caso: f b = 2400; f s = 1200; f c = 1800; Ts = 1,5Tc Con el mismo procedimiento utilizado para fs = 600 Hz, la señal DPSK tiene la forma mostrada en la Fig. P5.54 (c).


236


5.55. La velocidad de información de la secuencia binaria de entrada a un modulador PSK 8ario es de 4800 bps. El modulador toma bloques de L = log 2 8 = 3 dígitos y le asigna a cada tripleta ángulos de desfase en la forma siguiente: 000 → φ1 = 45o ;

001 → φ2 = 0o ;

010 → φ3 = 90o ;

011 → φ4 = 135o

100 → φ5 = −90o ; 101 → φ6 = −45o ; 110 → φ7 = −135o ; 111 → φ8 = 180o La frecuencia de portadora es de 1600 Hz, el ancho de banda del canal es de 3 kHz, la relación S/N de 13 dB y la densidad espectral de ruido de 10-10W/Hz. (a) El diagrama de Fresnel correspondiente a la asignación de fases se muestra en la Fig. P5.55(a). Este diagrama de Fresnel corresponde a los Módems de la Serie UIT-T V.27. (b) Determine la amplitud de la portadora y la probabilidad de error.

y 010 011

000 x 001

111

110

101 100 Fig. P5.55(a).

Solución: PSK M-ario.

M = 8; L = 3; f b = 4800; f c = 1600; B = 3 kHz; S/N = 13 dB = 19,95; η = 2x1010 W / Hz

fs =

fb S A2 A2 = 19,95 ; N i = ηB; i = = 1600 ; Si = N i 2ηB 2 L

S A = 2ηB i = 4,893 mV ; Ni

A2 γs = = 37,41 , y la probabilidad de error, 2ηf s

⎡ π ⎤ Pe = erfc⎢ γ ssin 2 ( ) ⎥ = 9,323x10− 4 M ⎦ ⎣ (c) f c = 1600; f s = 1600; Ts = Tc . A cada período de Ts corresponde un período de Tc. Para la señal de entrada 0 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0, el algoritmo de codificación es el siguiente, con L = 3: 001 → φ1 = 0o → s1 ( t ) = A cos(2πf c t );

010 → φ2 = 90o → A sen(2πf c t )

111 → φ3 = 180o → s3 ( t ) = − A cos(2πf c t ); 100 → φ4 = 270o → −A sen(2πf c t )

La señal modulada PSK 8-aria correspondiente tendrá la forma, Fig. P5.55(b).


237


5.56. Si se considera la señal FSK M-aria como si estuviera formada por M señales de frecuencia fi para i = 1, 2, 3,.....,M, separadas en ∆f , demuestre que el ancho de banda de la señal FSK M-aria se puede expresar en la forma Bc ≈ (M − 1)∆f + 2f s , fb , siendo fb la frecuencia de señalización a la entrada del donde f s = log 2 M modulador. Solución: Se hace una construcción como la mostrada en la Fig. P5.56. M frecuencias

Filtro

∆f

fs f1

∆f f2

∆f f3

B Fig. P5.56.

fM-1

fs

f

fM

El filtro debe dejar pasar las M frecuencias con un intervalo de frecuencia fs a cada lado; por lo tanto, podemos decir que el ancho del filtro es, de la Fig. P5.56, B ≈ (M − 1)∆f + 2f s Nótese que cuando la separación entre las frecuencias es ortogonal, f s = ∆f , de donde, B ≈ (M + 1)f s , donde f s =

fb fb = L log 2 M

5.57. Por un canal de microondas se quiere transmitir datos binarios a una velocidad de 3 Mbps y se desea utilizar un modulador PSK 4-ario o FSK 4-ario. La probabilidad de error debe ser de 10-5. Elija Ud. el sistema que mejor se adapte a la situación en la cual Ud. está trabajando. Solución: Haremos los cálculos tanto para PSK como para FSK y después se efectuará la comparación. Prof. J. Briceño M., ULA.

238


PSK 4-ario/FSK 4-ario. M = 4; L = 2; f b = 3x106. En PSK, B = 2fs; en FSK, ∆f = 1,5f s PSK ⎡ π ⎤ π Pe = erfc⎢ γ s sen 2 ( ) ⎥. Sea x = γ s sen 2 ( ) M M ⎦ ⎣ π Si Pe = erfc( x ) = 10−5 , entonces x = 3,0876 = γ s sen 2 ( ) 4

fs =

y γ s = 19,0666

fb = 1,5x106 . 2

De la expresión (5.178a) del Texto, con γ = γ s ⎡ Si ⎤ γs ⎢ N ⎥ = 2 = 9,533 = 9,792 dB; ⎣ i ⎦ PSK

BPSK = 2f s = 3 MHz

FSK ∆f = 1,5f s = 2,25x106 ; f d =

∆f = 1,125x106 2

De la Fig. 5.87 del Texto, para Pe = 10-5 y M = 4, el valor aproximado de γ s es γ s ≈ 10 dB = 10 . De la expresión (5.166) del Texto, ⎡ Si ⎤ γs ⎢ N ⎥ = 2 = 5 = 6,989 dB ⎣ i ⎦ FSK

Para el ancho de banda hacemos la Fig. P5.57: BFSK = 3∆f + 2f s = 9,75 MHz

0

01

∆f

fs f1

11

∆f f2 f3 BFSK Fig. P5.57.

10

∆f

fs

f

f4

Es evidente que la mejor selección es PSK 4-ario, pues la relación S/N es superior a FSK 4-ario en 2,803 dB; además, el ancho de banda en FSK 4-ario es 3,25 veces el ancho de banda en PSK 4-ario. 5.58. En un sistema PSK/DSSS la ganancia de procesamiento es de 1000. Se desea que la probabilidad de error esté por debajo de 1,081x10-6. Demuestre que para ser efectiva, la potencia de la señal interferente debe estar, como mínimo, a 19,5 dB por arriba de la potencia de la señal útil. Nótese entonces que para que la interferencia pueda causar daño se necesita grandes potencias de transmisión.


239


Solución: ⎡ N ⎤ N 1 −6 N = 1000; Pe = erfc⎢ ⎥ = 1,081x10 . Sea x = Pj / Ps 2 ⎢⎣ Pj / Ps ⎥⎦ 1 Si Pe = erfc[x ] = 1,081x10− 6 , entonces x = 3,35 = 2 Pj Ps

1000 ; de donde, Pj / Ps

= 89,107 = 19,499 dB.

La potencia de la señal interferente Pj es 86,107 (19,499 dB) veces más alta que la potencia de la señal útil Ps. 5.59. En un sistema CDMA se desea una probabilidad máxima de 1,081x10-6 . Haga una gráfica del número de usuarios M vs N, donde N es la ganancia de procesamiento. En particular, demuestre que con una ganancia de procesamiento de 2048 el sistema puede atender hasta 184 usuarios. Solución: N = 1000; Pemax = 1,081x10−6 . Sea x =

N y del Problema anterior x = 3,5 M−2

N N = x 2 , de donde M = 2 + 2 . En la Fig. P5.59(a) se muestra la variación de M−2 x M en función de N para una probabilidad de 1,081x10-6. En particular, si N = 2048, el sistema puede atender hasta 184 usuarios. Si se considera que el coeficiente de actividad máximo es de 25%, es decir, que en la hora más cargada puedan estar comunicados el 25% de los usuarios, la capacidad 4M teórica de un sector de telefonía celular se puede estimar en usuarios. En el caso 2 particular para N = 2048, la capacidad de un sector sería de 368 usuarios. En este caso habría problemas de comunicación cuando 184 usuarios o más estén en línea. En la Fig. P5.59(b) se puede observar la variación de la probabilidad de error Pe en función del número de usuarios M para diferentes valores de la ganancia de procesamiento N.


240



241 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________

CAPITULO VI 6.1. Sea el sistema de la Fig. 6.54 del Texto, donde f f M (f ) = 4Λ ( ), H 2 (f ) = 4Π ( ) y 2 4 f +4 f −4 H1 (f ) = Π ( ) + Π( ) 2 2 Determinar la salida y(t).

Solución: M(f) se muestra en la Fig. P6.1(a) f M (f ) = 4Λ ( ) ⇔ m( t ) = 8sinc 2 (2t ) 2 A la salida del primer multiplicador, x1 ( t ) = m( t ) cos(2π5t )

f −5 ⎤ ⎡ f +5 X1 (f ) = 2⎢Λ ( ) + Λ( ) ; esta señal 2 2 ⎥⎦ ⎣ se muestra en (b) Al pasar por el filtro H1(f) la salida X2(f) tiene la forma dada en (c). A la salida del segundo amplificador el espectro X3(f) tiene la forma dada en (e).

M(f)

4

(a) f -2

X1(f)

2

2

(b)

f -5

1

H1(f) (c)

f -5

5

2

X2(f) (d)

f -5

(e)

5

5

1

X3(f)

f (f)

Y(f)

4 f -2

2

Fig. P6.1

1 X 3 (f ) = [X 2 (f + 3) + X 2 (f − 3)] 2 El filtro H2(f) deja pasar señales en la banda f ≤ 2 con ganancia 4. La salida será f f Y(f ) = 4Π ( ) − 4Λ ( ) ⇔ y( t ) = 16sinc(4t ) − 8sinc 2 (2t ) que se muestra en (f). 4 2 6.2. Vamos a investigar el efecto de la no sincronización de la portadora local en un detector coherente. Supóngase que la salida del oscilador local sea 2A c cos[2π(f c + ∆f ) t + ∆φ] , donde ∆f y ∆φ son los errores de frecuencia y fase, respectivamente. La entrada al detector es de la forma A r m( t ) cos(2πf c t ). La ganancia del filtro de salida es la unidad. (a) Determine la salida del filtro para ∆f y ∆φ distintos de cero. (b) Repita cuando ∆f = 0 y ∆φ = π/2 . (c) Si m( t ) = 10sinc(104 t ), ∆φ = 0 y ∆f = 1 kHz, y con A r A c = 2x103 , espectro de salida.

grafique

____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

el

242 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ (a) Solución: Sea el detector sincrónico mostrado en la Fig. P6.2(a).

x1(t)

xc(t) s(t)

x c ( t ) = A r m( t ) cos(2πf c t )

Filtro Pasabajo

y(t)

Fig. P6.2(a)

s( t ) = 2A c cos[2π(f c + ∆f ) t + ∆φ] A la salida del multiplicador, x1 ( t ) = 2A r A c m( t ) cos(2πf c t ) cos[2π(f c + ∆f ) t + ∆φ] x1 ( t ) = A r A c m( t ) cos(4πf c t + 2π∆ft + ∆φ) + A r A c m( t ) cos(2π∆ft + ∆φ) El filtro pasabajo elimina los términos de alta frecuencia quedando y( t ) = A r A c cos(2π∆ft + ∆φ)m( t ) El término cos(2π∆ft + ∆φ) es un término de distorsión de amplitud. En la práctica se trata siempre de hacer ∆f = ∆φ = 0 para que no haya distorsión. (b) Si ∆f = 0 y ∆φ = π/2, cos(2π∆ft + ∆φ) = cos(π/2) = 0 Este es el caso peor: la salida y(t) = 0. (c) m( t ) = 10sinc(104 t ) ⇔ M(f) = 10-3 Π ( y( t ) = 2x104 sinc(104 t ) cos(2π103 t ) ;

10

0 Fig. P6.2(b)

sinc(104 t ) ⇔ 10− 4 Π ( Y(f)

M(f)

-5

f ) ; ∆f = 0; ∆φ = 1 kHz; A r A c = 2 x103 ; 4 10 f ) 104 2

-3

f 5 kHz

1 -6 -5 -4

-2 0

2

f 4 5 6 kHz

Fig. P6.2(c)

f + 1000 f − 1000 ) + Π( ) 4 10 104 Esta señal tiene la forma mostrada en la Fig. P6.2(c); nótese la diferencia con la señal de la Fig. P6.2(b) que es la salida correcta. La diferencia de frecuencia entre las portadoras ha producido un desplazamiento de espectros a la salida y como consecuencia se ha producido distorsión de amplitud. Y (f ) = Π (


243 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ 6.3. Hemos dicho que la modulación se puede efectuar mediante el empleo de sistemas no lineales, es decir, sistemas que contienen elementos no lineales. En la Fig. 6.55 del Texto se muestra un modulador de este tipo. Si m(t) es de banda limitada fm, determine los parámetros del filtro pasabanda a fin de que y(t) sea una señal modulada DSB. Especifique las restricciones, si las hay, entre fc y fm. Solución: Sea el sistema mostrado en la Fig. 6.55 del Texto. A la salida del sumador, x1 ( t ) = m( t ) + cos(2πf c t ) A la salida del elevador al cuadrado, x 2 ( t ) = x12 ( t ) = m 2 ( t ) + 2m( t ) cos(2πf c t ) + cos 2 (2πf c t ) x 2 (t) =

1 1 + cos(4πf c t ) + + m 2 ( t ) + 2m( t ) cos(2πf c t ) 2 2

Para que la señal de salida sea una señal DSB, el filtro debe ser pasabanda, de ancho de banda 2fm y centrado en fc. Como m2(t) tiene un ancho de banda 2fm, entonces para que no haya solapamiento debe verificarse que f c > 3f m , y en general f c >> f m . En estas condiciones la salida del fitro pasabanda será y( t ) = 2m( t ) cos(2πf c t ) que en efecto es una señal DSB. 6.4.El modulador balanceado es el elemento principal de los detectores sincrónicos. En la Fig. 6.56 del Texto se muestra el circuito equivalente de un modulador balanceado y en la Fig. P6.4 los modelos lineales por tramo correspondientes.

(a) Utilizando el modelo lineal por tramos del diodo, Fig. P6.4(a), determine el voltaje de salida del circuito equivalente del modulador balanceado, Fig. 6.56(b) del Texto, cuando e1 ( t ) = m( t ) cos(2πf c t ); e 2 ( t ) = A c cos(2πf c t ). Suponga que A c >>| m( t ) | para todo t. (b) ¿Cómo se puede recobrar m(t) a partir de eo ( t ) ?


244 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ (c) El circuito mostrado en la Fig. 6.56(b) del Texto se puede utilizar como detector o discriminador de fase, es decir, que puede determinar el desfase entre dos señales. Demuestre que si e1 ( t ) = cos(2πf c t + θ) , el voltaje de salida eo ( t ) contendrá una componente continua proporcional a cos(θ). Solución: Sea la Fig. P6.4, donde se muestra los circuitos equivalentes de los diodos. (a) La condición A >> m( t ) para todo t, quiere decir que cuando cos(ωc t ) es positivo, los diodos conducen, Fig. P6.4(a), y cuando cos(ωc t ) es negativo los diodos bloquean, Fig. P6.4(b). Por lo tanto, la entrada estará conectada con la salida durante los semiciclos positivos, y en corte durante los semiciclos negativos. Los diodos producen el efecto de multiplicar la señal de entrada por una señal periódica rectangular p(t) de frecuencia f c , como lo vamos a demostrar a continuación. Entonces, para cos(ωc t ) ≥ 0 , se tiene el circuito mostrado en (a). Por superposición: eo + ( t ) =

R R 2R [e1 ( t ) + e 2 ( t )] − [e 2 ( t ) − e1 ( t )] = e1 ( t ) rp + R rp + R rp + R

e0 + ( t ) = Ke1 ( t ) , donde

K=

2R rp + R

Para cos(ωc t ) < 0 , se tiene el circuito mostrado en (b). En este caso,

e0 − ( t ) = 0 .

Vemos que los diodos tiene el efecto de multiplicar la señal e1 ( t ) por una señal periódica rectangular p(t) de amplitud unitaria, frecuencia fc y ciclo de trabajo 0,5. En estas condiciones, la salida eo(t) es eo ( t ) = Ke1 ( t )p( t ) = Km( t ) cos(ωc t )p( t ) p(t) se puede representar mediante su desarrollo en serie de Fourier de la forma p( t ) = X o + 2 X1 cos(ωc t ) + 2 X 2 cos(2ωc t ) + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⎧1 n (−1)( n −1) / 2 ⎪ sinc( ) = donde X n = ⎨ 2 2 nπ ⎪0 ⎩

para n impar para n par

;

φn = 0; X o =

1 . 2

Entonces,

2 2 ⎤ ⎡1 2 eo ( t ) = Km( t ) cos(ωc t ) ⎢ + cos(ωc t ) − cos(3ωc t ) + cos(5ωc t ) − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⎥ 3π 5π ⎦ ⎣2 π eo ( t ) =

2K 2K K m( t ) cos(ωc t ) cos(3ωc t ) + m( t ) cos(ωc t ) + m( t ) cos 2 (ωc t ) − π 3π 2 ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

245 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ +

2K m( t ) cos(ωc t ) cos(5ωc t ) − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 5π

La señal de salida del modulador será eo ( t ) =

K m( t ) + términos a las frecuencias armónicas de nfc (n impar) π

(b) Si se pasa eo(t) por un filtro pasabajo de ganancia unitaria, la salida del filtro será y( t ) =

K 2R m( t ) = m( t ) π π(rp + R )

Debe verificarse siempre que f c >> f m . (c) En la parte (a) obtuvimos eo ( t ) = Ke1 ( t )p( t ) Sea entonces e1 ( t ) = cos(ωc t + θ) , donde θ es un ángulo de desfase que queremos determinar. Entonces, 2 ⎤ ⎡1 2 eo ( t ) = K cos(ωc t + θ)p( t ) = K cos(ωc t + θ) ⎢ + cos(ωc t ) − cos(3ωc t ) + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⎥ 3π ⎦ ⎣2 π K 2K 2K cos(ωc t + θ) + cos(ωc t + θ) cos(ωc t ) − cos(ωc t + θ) cos(3ωc t ) + 2 π 3π 2K + cos(ωc t + θ) cos(5ωc t ) − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 5π K K K K eo ( t ) = cos(ωc t + θ) + cos(2ωc t + θ) + cos(θ) − cos(4ωc t + θ) − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 2 π π 3π eo ( t ) =

Con un filtro pasabajo de ancho de banda B << fc , podemos extraer la componente continua de eo(t); en efecto, la salida del filtro será Eo =

K R cos(θ) = cos(θ), de donde π π(rp + R )

θ = arccos(

πE o ) K

Nótese que colocando un voltímetro de CC calibrado en radianes o grados a la salida del circuito, podemos determinar el desfase entre dos señales sinusoidales de la misma frecuencia. 6.5. En la Fig. 6.57(a) del Texto se muestra un sistema de modulación DSB; la señal s(t) se muestra en (b). Se tiene también que f c = f s = 4f m ; f1 = 2f m ; f 2 = 6f m . Las frecuencias f1 y f2 son las frecuencias inferior y superior, respectivamente, del filtro pasabanda. (a) Demuestre que el tren de impulsos se puede representar mediante la expresión ∞ ⎡ ⎤ s( t ) = 4f m ⎢1 + 2∑ cos[2πnf s ( t − ∆t )]⎥ cuando fs = 4fm n =1 ⎣ ⎦


246 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ (b) Demuestre también que x c ( t ) = 8f m m( t ) cos[8πf m ( t − ∆t )] Solución: (a) La señal generatriz de s(t) es

g( t ) = δ( t − ∆t ) ⇔ G (f ) = exp(− j2π∆tf )

y el respectivo coeficiente de Fourier, con f s =

1 = 4f m ; Ts

f s Ts = 1

G n = f s G (nf s ) = f s exp(− j2πn∆tf s ) ; pero de la expresión (1.105) del Texto, s( t ) = f s

∞

∞

∑ exp(− j2πn∆tf ) exp( j2πnf t ) = 4f ∑ exp[ j2πnf (t − ∆t )]

n = −∞

s

s

m

n = −∞

s

s(t) se puede escribir en la forma siguiente: ∞ ∞ ⎡ ⎤ s( t ) = 4f m + 8f m ∑ cos[2πnf s ( t − ∆t )] = 4f m ⎢1 + 2∑ cos[2πnf s ( t − ∆t )]⎥ n =1 n =1 ⎣ ⎦

(b) Sea la Fig. 6.57 del Texto. A la salida del multiplicador, x1 ( t ) = m( t )s( t ) ∞ ⎡ ⎤ x1 ( t ) = 4f m m( t ) ⎢1 + 2∑ cos[2πnf s ( t − ∆t )]⎥ n =1 ⎣ ⎦

Como el filtro es pasabanda y centrado en fs, la salida xc(t) será aquella para la cual n = 1 ; entonces, x c ( t ) = x1 ( t ) |n =1 = 8f m m( t ) cos[2πf s ( t − ∆t )] = 8f m m( t ) cos[8πf m ( t − ∆t )] 6.6. La detección de una señal DSB se puede efectuar multiplicando la señal recibida por una señal periódica cualquiera p(t) de período 1/fc. El resultado de la multiplicación es una señal de la forma y( t ) = x DSB ( t )p( t ) , donde x DSB ( t ) viene dada por (4.5). Deduzca una expresión analítica para el espectro de y(t) y demuestre que el mensaje m(t) se puede recobrar de y(t) mediante un filtro pasabajo. La señal de salida del filtro tendrá la forma s o ( t ) = A c P1 cos(φ1 )m( t ), donde P1 y φ1 son los coeficientes y fase de Fourier de la componente fundamental de la señal periódica p(t). Solución: x DSB ( t ) = A c m( t ) cos(2πf c t ) Sea p(t) una señal periódica de período Tc = 1 / f c . Hagamos la multiplicación y( t ) = x DSB ( t )p( t ) ; pero de la expresión (1.47a) del Texto,


247 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ ∞

p( t ) = Po + 2∑ Pn cos(2πnf c t + φn ). Entonces, n =1

∞ ⎡ ⎤ y( t ) = x DSB ( t ) ⎢Po + 2∑ Pn cos(2πnf c t + φn )⎥ n =1 ⎣ ⎦ ∞ ⎡ ⎤ y( t ) = A c m( t ) cos(2πf c t ) ⎢Po + 2∑ Pn cos(2πnf c t + φn )⎥ n =1 ⎣ ⎦ Para n = 1, y( t ) |n =1 = A c m( t ) cos( 2πf c t )2 P1 cos(2πf c t + φ1 )

1 ⎡1 ⎤ y( t ) |n =1 = 2A c P1 m( t ) ⎢ cos(4πf c t + φ1 ) + cos(φ1 )⎥ 2 ⎣2 ⎦ Al pasar por un filtro pasabajo, se elimina las componentes de alta frecuencia quedando s o ( t ) = A c P1 cos(φ1 )m( t ) que es la señal mensaje afectada por algunos coeficientes

constantes. Nótese que φ1 debe ser muy pequeño para no afectar la amplitud; pero el lector debe recordar que φ1 o φn en general, dependen del eje de coordenadas elegido para definir p(t). En la práctica φn generalmente es definido cero. 6.7. En la detección sincrónica de señales DSB es necesaria la sincronización tanto de fase como de frecuencia (Problema de Aplicación 6.2). Sin embargo, utilizando el sistema mostrado en la Fig. 6.58 del Texto, solamente se requiere sincronización de frecuencia pero no de fase. Demuestre que este sistema permite recobrar |m(t)| de xc(t) sin necesidad de conocer el ángulo de desfase θc . Nótese que en este sistema se pierde la información de fase. Solución: Sea la Fig. 6.58 del Texto. x c ( t ) = m( t ) cos(2πf c t + θc ) ,

ωc = 2πf c

Por la rama superior: A la salida del multiplicador, x1 ( t ) = x c ( t )2 cos(ωc t ) = 2m( t ) cos(ωc t + θc ) cos(ωc t ) x1 ( t ) = m( t )[cos(2ωc t + θc ) + cos(θc )] A la salida del filtro pasabajo, x 2 ( t ) = m( t ) cos(θc ) A la salida del elevador al cuadrado, x 3 ( t ) = m 2 ( t ) cos 2 (θc ) Ahora por la rama inferior: x 4 ( t ) = x c ( t )2 sen(ωc t ) = 2m( t ) cos(ωc t + θc ) sen(ωc t ) x 4 ( t ) = m( t )[sen(2ωc t + θc ) + sen(−θc )] ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

248 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ A la salida del filtro pasabajo, x 5 ( t ) = − m( t ) sen(θc ) A la salida del elevador al cuadrado, x 6 ( t ) = m 2 ( t ) sen 2 (θc ) A la salida del sumador, x 7 ( t ) = x 3 ( t ) + x 6 ( t ) x 7 ( t ) = m 2 ( t ) cos 2 (θc ) + m 2 ( t ) sen 2 (θc ) = m 2 ( t ) A la salida del extractor de raíz cuadrada, y( t ) = m( t ) . Para que ésta sea la salida correcta, es necesario que a la salida del sumador la señal sea, en realidad, 2

x 7 ( t ) = m( t ) , es decir, que la señal ha perdido la información de fase; por consiguiente, la salida real será y( t ) = m( t ) y no necesitamos conocer el desfase θc . Nótese que en señales de audio el oído diferencia entre m(t) y |m(t)|, y siempre se notará un poco de distorsión al escuchar |m(t)|; esta distorsión puede ser inteligible debido a la naturaleza del cerebro humano. Por ejemplo, si m( t ) = cos(ωm t ) el oído escuchará un solo tono a la frecuencia fm; pero si m( t ) = cos(ωc t ) el oído estará escuchando fm y un número muy grande (teóricamente infinito) de tonos armónicos de fm. En otras aplicaciones, por ejemplo, en el análisis y procesamiento de señales, y en la transmisión de señales digitales en banda de base es necesario conservar toda la información de fase. 6.8. Demuestre que el sistema de la Fig. 6.59 del Texto se comporta como un filtro pasabanda centrado en fc, de ancho de banda 2B y de ganancia 2. Solución: Sea la Fig. 6.59 del Texto. Expresando xc(t) por su forma canónica, x c ( t ) = m( t ) cos(ωc t ) − ms ( t ) sen(ωc t ) Se supone que m(t) y ms(t) son señales pasabajo de ancho de banda B. Por la rama superior: A la salida del multiplicador, x1 ( t ) = x c ( t )2 cos(ωc t ) x1 ( t ) = 2m( t ) cos 2 (ωc t ) − 2ms ( t ) sen(ωc t ) cos(ωc t ) x1 ( t ) = m( t ) + m( t ) cos(2ωc t ) − ms ( t ) sen(2ωc t ) El filtro elimina las componentes de alta frecuencia; entonces, a la salida del filtro pasabajo, x 2 ( t ) = m( t )

A la salida del segundo multiplicador, x 3 ( t ) = m( t )2 cos(ωc t ) Por la rama inferior: ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

249 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ A la salida del primer multiplicador, x 4 ( t ) = x c ( t )2 sen(ωc t ) x 4 ( t ) = 2m( t ) sen(ωc t ) cos(ωc t ) − 2ms ( t ) sen 2 (ωc t ) x 4 ( t ) = m( t ) sen(2ωc t ) − ms ( t ) + ms ( t ) cos(2ωc t ) A la salida del filtro pasabajo (no hay pérdida de fase), x 5 ( t ) = −ms ( t ) A la salida del segundo multiplicador, x 6 ( t ) = −2ms ( t ) sen(ωc t ) A la salida del sumador, y( t ) = x 3 ( t ) + x 6 ( t ) y( t ) = 2m( t ) cos(ωc t ) − 2ms ( t ) sen(ωc t ) = 2 x c ( t ) La salida y(t) es igual a 2xc(t), y como la señal de entrada xc(t) es una señal pasabanda, centrada en fc y de ancho de banda 2B, el sistema se ha comportado como un filtro pasabanda, centrado en fc, de ancho de banda 2B y ganancia 2. 6.8. Demuestre que el esquema mostrado en la Fig.6.60 del Texto, se comporta como un filtro pasabajo. H1(f) es un filtro de Hilbert y x(t) es una señal pasabajo real. El filtro H2(f) extrae la parte imaginaria de z(t). Solución: x(t) es una señal pasabajo real. A la salida del Multiplicador 1, x1 ( t ) = x ( t ) exp( jωc t ) = x ( t ) cos(ωc t ) + jx ( t ) sen(ωc t ) A la salida del Filtro de Hilbert H1(f), x 2 ( t ) = xˆ ( t ) = x ( t ) sen(ωc t ) − jx ( t ) cos(ωc t ) x 2 ( t ) = x ( t )[sen(ωc t ) − j cos(ωc t )] A la salida del Multiplicador 2, z( t ) = x 2 ( t ) exp(− jωc t ) = x 2 ( t )[cos(ωc t ) − jsen(ωc t )] z( t ) = x ( t )[sen(ωc t ) − j cos(ωc t )][cos(ωc t ) − jsen(ωc t )]

[

]

z( t ) = x ( t ) sen(ωc t ) cos(ωc t ) − jsen 2 (ωc t ) − j cos 2 (ωc t ) − sen(ωc t ) cos(ωc t ) = − jx ( t ) z(t) es una señal imaginaria de la forma z( t ) = 0 − jx ( t ) . Por lo tanto, x ( t ) = Im[z( t )] ; y como el Filtro H2(f) extrae la parte imaginaria de z(t), su salida será

y(t) = Im[| z(t) |] = x(t) Como la entrada al circuito era x(t) y su salida es también x(t), y por cuanto x(t) es una señal pasabajo real, el circuito se comporta como un filtro pasabajo.


250 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ 6.10. El procedimiento seguido en el Problema 6.6 se puede aplicar también para la generación de señales DSB. En efecto, sea fm la frecuencia máxima de m(t); se multiplica m(t) por la señal periódica p(t) y luego se pasa el producto por un filtro pasabanda centrado en fc y de ancho de banda 2fm; la salida del filtro será una señal DSB. ⎡ t − 10 −6 n ⎤ Si p( t ) = ∑ Λ ⎢ , demuestre que la salida del filtro pasabanda es una señal −7 ⎥ n = −∞ ⎣ 2,5x10 ⎦ 4 DSB de la forma y( t ) = 2 m( t ) cos(2πf c t ) , donde f c = 1 MHz . π ∞

Solución: Sea el circuito mostrado en la Fig. P6.10, x1 ( t ) = m( t )p( t ) donde p(t) es ⎡ t − 10−6 n ⎤ Λ ∑ ⎢ 2,5x10− 7 ⎥ ; n = −∞ ⎣ ⎦ 1 f c = 106 = Tc p( t ) =

x1(t)

m(t)

∞

p(t)

Filtro Pasabanda

y(t)

Fig. P6.10

La señal generatriz de p(t) es g( t ) = Λ(

t 1 f ) ⇔ G (f ) = 2,5x10− 7 sinc 2 (2,5x10− 7 f ) = sinc 2 ( ) −7 6 2,5x10 4x10 4x106

El coeficiente de Fourier de p(t) será: Pn = f c G (nf c ) = p( t ) =

6 106 1 n 2 nx10 sinc ( ) = sinc 2 ( ) 6 6 4 x10 4x10 4 4

n 1 1 ∞ 1 ∞ 2 n π = + ∑ sinc 2 ( ) cos(2πnf c t ) ) exp( j 2 nf t ) sinc ( ∑ c 4 4 2 n =1 4 4 n = −∞

⎡1 1 ∞ ⎤ n x1 ( t ) = m( t ) ⎢ + ∑ sinc 2 ( ) cos(2πnf c t )⎥ 4 ⎣ 4 2 n =1 ⎦ Como el filtro es pasabanda y está centrado en fc, entonces, para n = 1, la salida del filtro será: y( t ) =

1 1 m( t )sinc 2 ( ) cos(ωc t ), 2 4

y( t ) =

4 m( t ) cos(ωc t ) π2

pero

1 1 4 sinc 2 ( ) = 2 ; de donde, 2 2 π

para f c = 1 MHz .


251 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ 6.11. Se dispone de una señal p( t ) = A c cos3 (2πf c t ) que vamos a utilizar para generar una señal DSB. Si se forma el producto z( t ) = m( t ) ⋅ p( t ) , ¿ Cómo podríamos, a partir de z(t), producir una señal DSB? Si m( t ) = Bsinc2 (Bt ), donde f c >> B , dibuje el espectro de z(t). Solución: ⎡1 1 ⎤ p( t ) = A c cos3 (ωc t ) = A c ⎢ + cos(2ωc t )⎥ cos(ωc t ) ⎣2 2 ⎦ 1 A A ⎡1 ⎤ A p( t ) = A c ⎢ cos(ωc t ) + cos(2ωc t ) cos(ωc t )⎥ = c cos(ωc t ) + c cos(3ωc t ) + c cos(ωc t ) 2 4 4 ⎣2 ⎦ 2 p( t ) =

3 A A c cos(ωc t ) + c cos(3ωc t ) 4 4

Vemos que p(t) contiene una componente a la frecuencia de portadora fc. El producto z( t ) = m( t )p( t ) se pasa por un filtro pasabanda centrado en fc y de ancho de banda 2fm; la salida de este filtro será una señal DSB de la forma 3 y( t ) = A c m( t ) cos(ωc t ) . 4 Si m( t ) = Bsinc2 (BT) , entonces, 3A c B AB z ( t ) = m ( t ) p( t ) = sinc 2 (Bt ) cos(ωc t ) + c sinc 2 (Bt ) cos(3ωc t ) 4 4 1 f Puesto sinc 2 (Bt ) ⇔ Λ( ) , el B B 3Ac/8 Z(f) espectro de z(t) será, con fc = 5B, 3A c f + fc f − fc Z(f ) = [Λ( ) + Λ( )] + 8 B B +

Ac f + 3f c f − 3f c [Λ( ) + Λ( )] 8 B B

Ac/8 f 0

B

4B fc 6B fc = 5B Fig. P6.11.

14B 3fc 16B

La forma de Z(f) se muestra en la Fig. P6.11. Con un filtro pasabanda centrado en fc y de ancho de banda 2B, se puede extraer la señal DSB deseada. 6.12. El modulador con elemento no lineal mostrado en la Fig. 6.8(c) del Texto se puede representar en la forma dada en la Fig. 6.61 del Texto, donde x i ( t ) = a1ei ( t ) + a 2e12 ( t ) . m(t) es de banda limitada f m y de valor promedio cero. (a) Determine xi(t) ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

252 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ (b) Especifique las características del filtro pasabanda para que y(t) sea una señal AM. En este caso determine y(t). (c) Si a1 = 10, a 2 = 0,5 y A c = 2, determine la cota máxima de |min m(t)| para que y(t) sea una señal AM. Demuestre también que si el índice de modulación AM es del 50%, entonces |min m(t)| = 5. (d) Para los valores dados en la parte (c) y con m( t ) = 10 cos(2πf m t ) , demuestre que el rendimiento de transmisión es del 33,3%. Demuestre también que éste es el máximo rendimiento. Solución: (a) Sea la Fig. 6.61 del Texto. También, x i ( t ) = a1ei ( t ) + a 2e12 ( t ) . A la salida del sumador, ei ( t ) = m( t ) + A c cos(ωc t ) A la salida del elemento no lineal, x i ( t ) = a1[m( t ) + A c cos(ωc t )] + a 2 [m 2 ( t ) + 2A c m( t ) cos(ωc t ) + A c2 cos 2 (ωc t )] x i ( t ) = a1m( t ) + a1A c [1 +

2a 2 a A2 m( t )] cos(ωc t ) + 2 c [1 + cos(2ωc t )] a1 2

(b) Para que la salida y(t) sea una señal AM, el filtro pasabanda deberá estar centrado en fc y de ancho de banda B = 2fm. En este caso, la salida será y( t ) = a1A c [1 +

2a 2 m( t )] cos(ωc t ) que representa una señal modulada AM a1

(c) a1 = 10; a 2 = 0,5; A c = 2; y(t) = 20[1 + 0,1m(t)]cos(ωc t ) y( t ) = [20 + 2m( t )] cos(ωc t ) . Para que y(t) sea una señal modulada AM, debe verificarse que 20 ≥ 2 min m(t)

o también

10 ≥ min m(t)

La cota máxima de |min m(t)| es entonces,

|min m(t)| = 10

y( t ) = [20 + 2 min m(t) m n ( t )] cos(ωc t ) = 20[1 +

2 min m(t) m n ( t )] cos(ωc t ) 20

donde a =

2 min m(t) min m(t) = es el índice de modulación. 20 10

Si el índice de modulación es del 50%,

a=

1 2

y

min m(t) = 5


253 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ (d) m( t ) = 10 cos(ωm t );

y(t) = [20 + 20cos(ωm t )] cos(ωc t )

y( t ) = 20 cos(ωc t ) + 10 cos[(ωc + ωm ) t ] + 10 cos[(ωc − ωm ) t ] Potencia Util:

1 1 PB = (10) 2 + (10) 2 = 100W 2 2

Potencia Total:

1 Pt = (20) 2 + PB = 300W 2

Rendimiento E% =

Potencia Util 100 100 = 100 = 33,33% Potencia Total 300

6.13. Demuestre que el sistema mostrado en la Fig. 6.62 del Texto puede utilizarse para demodular señales AM si el filtro pasabajo tiene un ancho de banda 2fm, donde fm es la frecuencia máxima del mensaje m(t). En general, demuestre que este sistema opera como un detector de envolvente y no podrá demodular señales DSB. Solución: Sea la Fig. 6.62 del Texto. x AM ( t ) = [A c + m( t )] cos(ωc t ) A la salida del elevador al cuadrado, x1 ( t ) = [A c + m( t )]2 cos 2 (ωc t ) 1 1 x1 ( t ) = [A c + m( t )]2 + [A c + m( t )]2 cos(2ωc t ) 2 2 El filtro pasabajo elimina las componentes de alta frecuencia; a su salida se tiene 1 x 2 ( t ) = [A c + m( t )]2 2 La condición que debe tener el filtro pasabajo es que su ancho de banda debe ser 2fm para poder pasar la señal m2(t) que sabemos tiene un ancho de banda 2fm. A la salida del extractor de raíz cuadrada, y como en transmisión AM debe verificarse que [A c + m( t )] ≥ 0 , entonces y( t ) =

1 [A c + m( t )] 2

Nótese que ésta es la envolvente de la señal AM; la componente continua se elimina en el amplificador quedando solamente el mensaje m(t) afectado por algún factor de escala. Por lo tanto, el sistema se puede utilizar como un detector de envolvente de señales AM y al operar como tal no podrá demodular señales DSB. Vamos a demostrarlo. Sea la entrada una señal DSB de la forma x DSB ( t ) = A c m( t ) cos(ωc t ) A la salida del elevador al cuadrado, x1 ( t ) = A c2 m 2 ( t ) cos 2 (ωc t ) ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

254 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ 1 2 2 1 A c m ( t ) + A c2 m 2 ( t ) cos(2ωc t ) 2 2 1 y a la salida del filtro pasabajo, x 2 ( t ) = A c2 m 2 ( t ) 2 x1 ( t ) =

En x2(t) el término m2(t) tiene eliminada toda la información de fase de m(t), la cual no puede ser restituida ni siquiera tomándose la raíz cuadrada, es decir, que m 2 ( t ) ≠ m( t ) y cuando más

m 2 ( t ) = m( t ) que presentará un cierto grado de

distorsión. El sistema se comporta como un detector de envolvente y no podrá demodular señales DSB. 6.14. El circuito de la Fig. 6.63 del Texto se puede utilizar para demodular señales AM. La rectificación de onda completa de una señal AM es equivalente a multiplicarla por una señal periódica cuadrada bipolar de período 1/fc y amplitud ± 1 . (a) Desarrolle una expresión analítica para el espectro de la señal rectificada xi(t). (b) Demuestre que a la salida del filtro pasabajo (de ganancia unitaria), una vez 2 removida la componente continua, la señal es y( t ) = m( t ) . π (c) Este circuito se puede utilizar también para generar señales DSB cuando la señal de entrada es de la forma x ( t ) = m( t ) + K cos(2πf c t ) y se utiliza un filtro pasabanda centrado en fc. Demuestre que si la ganancia del filtro es unitaria, a su salida la señal 4 tendrá la forma y( t ) = m( t ) cos(2πf c t ) . π Solución: La rectificación de onda completa una señal AM equivale a multiplicarla por una señal como la mostrada en la Fig. P6.14. t t −T/2 p( t ) = Π ( ) − Π( ) en T; T/2 T/2

p(t) 1 -T/2 -T

T/2

-T/4

0

T/4

t T

-1

1 fc = T

Fig. P6.14.

El correspondiente coeficiente de Fourier es T

T

Pn = 2f c ∫ 4 cos(2πnf c t )dt − 2f c ∫T2 cos(2πnf c t )dt 0

Integrando,

4

n −1 ⎧ 2 − 2 ( 1 ) ⎪ para n impar ; φ = 0; Pn = ⎨ nπ n ⎪ para n par ⎩0

Po = 0



p( t ) =

∞

∑

n = −∞

∞

Pn exp( j2πnf c t ) = 2∑ Pn cos(2πnf c t ) para n impar n =1

La salida del rectificador de onda completa será x i ( t ) = x AM ( t )p( t ) = [A c + m( t )]cos(ωc t ) ⋅ p( t ) ∞

x i ( t ) = 2[A c + m( t )] cos(ωc t )∑ Pn cos(2πnf c t ) , donde Pn = n =1

2(−1) nπ

n −1 2

n impar

(b) Para extraer m(t) de xi(t), se pasa esta señal por un filtro pasabajo. En este caso, para n = 1, 4 2 2 x i ( t ) = [A c + m( t )] cos 2 (ωc t ) = [A c + m( t )] + [A c + m( t )] cos(2ωc t ) π π π El filtro pasabajo elimina las componentes de alta frecuencia, quedando (sin remoción de la componente continua) y( t ) =

2A c 2 + m( t ) ; y con remoción de la componente continua, π π

y( t ) =

2 m( t ) π

(c) Si x ( t ) = m( t ) + K cos(ωc t ), entonces x i ( t ) = [m( t ) + K cos(ωc t )]p( t ) ; para n = 1, x i ( t ) |n =1 = [m( t ) + K cos(ωc t )]2 P1 cos(ωc t ) = x i ( t ) |n =1 =

4 4K m( t ) cos(ωc t ) + cos 2 (ωc t ) π π

4 2K 2K m( t ) cos(ωc t ) + + cos(2ωc t ) π π π

Si esta señal se pasa por un filtro pasabanda centrado en fc y de ancho de banda B = 2f m , la salida será una señal DSB: en efecto, y( t ) =

4 m( t ) cos(ωc t ) que es una señal DSB. π

6.15. Se desea transmitir en AM la señal periódica de la Fig. 6.64 del Texto; la frecuencia de portadora es de 100 kHz. (a) Si el índice de modulación es del 75%, demuestre que la amplitud de la portadora es A c = 5 / 3 y que el rendimiento de transmisión es del 15,8%. (b) Si el filtro pasabanda de salida del transmisor tiene un ancho de banda de 70 kHz y ganancia unitaria, dibuje el espectro de la señal transmitida. Si el índice de modulación es del 100%, demuestre que en este caso el rendimiento de transmisión es del 24,96%. ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

256 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ (c) La señal recibida en el receptor AM es la señal transmitida en el caso (b). La densidad espectral de ruido a la entrada del amplificador de RF es Sn (f ) = 10 −9 exp(−1,5x10 −5 f ) W/Hz

Si la ganancia de los filtros es unitaria, demuestre que las relaciones de pre y postdetección son: Si = 1,58x105 = 51,986 dB; Ni

So = 4,069x104 = 46,095 dB No

(a) Solución: La

señal m(t) contiene una componente continua bo, es decir, m( t ) = b o + m o ( t ) y < m o ( t ) >= 0 m o ( t ) = min m o ( t ) m on ( t )

Sea entonces la Fig. P6.15(a). Por inspección: | min m o ( t ) |= 2 = 2b o ; bo = 1 x AM ( t ) = [A c + m( t )] cos(ωc t ) = [A c + b o + min m o ( t ) m on ( t )] cos(ωc ( t )

min m o ( t ) min m o ( t ) m on ( t )] cos(ωc ( t ) . Por definición, a = A c + bo A c + bo 3 5 Para a % = 75%, a = , de donde A c = 4 3 8 Con estos datos la señal AM es x AM ( t ) = [ + 2m on ( t )] cos(ωc t ) 3 8 x AM ( t ) = cos(ωc t ) + 2m on ( t ) cos(ωc t ) 3 1 2 2 Potencia Util: PB = (2) 2 < m on ( t ) >= 2 < m on (t) > 2 1 8 64 2 Potencia Total: Pt = ( ) 2 + 2 < m on ( t ) >= + PB 2 3 18 Hay que calcular la potencia de m on ( t ) , la cual tiene la forma mostrada en la Fig. P6.15(b) x AM ( t ) = (A c + b o )[1 +



2 < m on ( t ) >=

2 Tm

∫

50 x10 −6

0

[

2 ( t − 25x10 − 6 )]2 dt −6 50x10

2 < m on ( t ) >=

1 3

El rendimiento de transmisión será:

mon(t)

2 2 < m on (t) > E% = = 15,78% 64 2 + 2 < m on (t) > 18

-50

-25

1

0

25

50

t microseg

-1 Tm = 100 microsegundos Fig. P6.15(b).

para a = 75% (c) El filtro de salida es de 70 kHz. X AM (f ) =

x AM ( t ) = A c cos(ωc t ) + m( t ) cos(ωc t )

Ac [δ(f + f c ) + δ(f − f c )] + 1 [M(f + fc ) + M(f − f c )] 2 2

Hay que determinar el espectro M(f) de m(t). De la Fig. P6.15(a), Xn =

2 Tm

∫

50 x10 −6

0

−4 −6 ) cos(2πnf m t )dt −6 ( t − 37,5 x10 50x10

⎧ 0,811 para n impar ⎪ ; Integrando, X n = ⎨ n 2 ⎪⎩0 para n par

Xo = 1

X o = 1; X1 = 0,811; X 3 = 0,09; X 5 = 0,032; X 7 = 0,0,016; X 9 = 0,01 X AM (f ) =

∞ ∞ Ac [δ(f + f c ) + δ(f − f c )] + 1 ⎡⎢ ∑ X n δ[f + (f c − nf m )] + ∑ X n δ[f − (fc + nf m )]⎤⎥ 2 2 ⎣ n = −∞ n = −∞ ⎦

X AM (f ) =

∞ Ac [δ(f +f c) + δ(f − fc )] + 1 ∑ X n [δ[f + (fc − nf m )] + δ[f − (fc + nf m )]] 2 n = −∞ 2

donde f m = 10 kHz; f c = 100 kHz; A c = 5 / 3; X n = X AM (f ) =

0,811 para n par ; frecuencias en kHz. n2

∞ Ac [δ(f + 100) + δ(f − 100)] + 1 ∑ X n {δ[f + (100 − 10n )] + δ[f − (100 + 10n )]} 2 2 n = −∞


258 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ En la Fig. P6.15(c) se muestra este espectro; frecuencias en kHz. fc = 100 kHz

XAM(f) X9/2

0

X5/2

X7/2

10

X3/2

X1/2

Ac/2 + Xo X1/2 X3/2

Filtro 70 kHz X5/2

X7/2

1

30

50

70

90 100 110

130

150

170

X9/2 f 190 kHz

Fig. P6.15(c)

El espectro de la señal transmitida es el contenido dentro del filtro pasabanda centrado en fc, con un ancho de banda de 70 kHz y ganancia unitaria, Fig. P6.15(c). Sea ahora el índice de modulación del 100%. a=

min m o ( t ) 2 =1= ∴ A c = 1 . La señal AM será ahora, A c + bo Ac + 1

x AM ( t ) = [2 + 2m on ( t )] cos(ωc t ) = 2 cos(ωc t ) + 2m on ( t ) cos(ωc t ) Potencia Util:

1 2 2 PB = (2) 2 < m on ( t ) >= 2 < m on (t) > 2

Potencia Total: 2 Pero < m on ( t ) >=

Pt =

1 2 2 (2) + PB = 2 + 2 < mon (t) > 2

1 . El rendimiento será 3

1 3 100 = 25% E% = 1 2+2 3 2

(d) La señal recibida en el receptor es, de la Fig. P6.15(c), X1 X1 ⎡ Ac ⎤ 3 3 3 ⎢( 2 + X o ) cos(2π100 x10 t ) + 2 cos(2π90x10 t ) + 2 cos(2π110x10 t ) + ⎥ x r ( t ) = 2⎢ ⎥ ⎢ X 3 cos(2π70x103 t ) + X 3 cos(2π130x103 t ) ⎥ 2 ⎣⎢ 2 ⎦⎥ xr(t) se puede escribir en la forma siguiente: x r ( t ) = 2(

Ac + X o ) cos(2π100x103 t ) + 2X1 cos(2π10x103 t ) cos(2π100x103 t ) + 2

+ 2X 3 cos(2π30x103 t ) cos(2π100 x103 t )


259 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ ⎤ ⎡ A x r ( t ) = ⎢2( c + X o ) + 2X1 cos(2π10x103 t ) + 2X 3 cos(2π30x103 t )⎥ cos(2π100x103 t ) ⎦ ⎣ 2 x r ( t ) = [A r + m r ( t )]cos(ωc t ) , donde A r = 2(

A2 + X o ) ; fc = 100 kHz, B = 70 kHz. 2

La potencia de señal Si a la entrada del detector será Si =

1 2 1 1 A 1 1 A r + < m 2r ( t ) >= [2( c + X o )]2 + (2X1 ) 2 + (2X 3 ) 2 = 2,719 W = 4,344 dB 2 2 2 2 2 2

Para la potencia de ruido, 135 x10 3

N i = 2∫

65 x10 3

Sn (f ) = 10−9 exp(−1,5x10 −5 f ) y

10− 9 exp(−1,5x10− 5 f )df = 3,269x10-5 W = -44,855 dB

La relación S/N de predetección será:

Si = 8,317 x104 = 49,2 dB Ni

Este caso se puede considerar como de alta relación S/N, de modo que la potencia de señal a la salida es 1 1 So =< m 2r ( t ) >= (2X1 ) 2 + (2X 3 ) 2 = 1,33 W = 1,239 dB. 2 2 La potencia de ruido es igual a la de la entrada, de modo que la relación S/N de postdetección será So = 4,069x104 = 46,095 dB No S /N La ganancia de conversión será entonces o o = 0,489 Si / N i 6.16.

Se desea demodular señales AM con un detector coherente, como se muestra en la Fig. 3 6.65 del Texto. La señal recibida es x AM ( t ) = 10− 3[1 + cos(104 πt )] cos(2πf c t ) , donde 4 f c = 1,5MHz . El ruido en la antena lo podemos representar mediante su función de autocorrelación R n (τ) = 3x10−6 sinc 2 (3x106 τ). La ganancia de tensión del amplificador de RF es de 1000 y la ganancia de potencia del amplificador de audio es de 10. Demuestre que la relación So/No de postdetección es de 18,066 dB. Solución: Sea la Fig. 6.65 del Texto. 3 x AM ( t ) = 10− 3[1 + cos(104 πt )] cos(2πf c t ) ; fm = 5 kHz; R n (τ) = 3x10−6 sinc 2 (3x106 τ). 4 ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

260 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Cálculo de la Potencia de Señal. 3 A la salida del filtro de RF, x1 ( t ) = 103 x AM ( t ) = [1 + cos(ωm t )] cos(ωc t ) 4 3 A la salida del multiplicador, x 2 ( t ) = x1 ( t )2 cos(ωc t ) = 2[1 + cos(ωm t )] cos 2 (ωc t ) 4 3 3 x 2 ( t ) = [1 + cos(ωm t )] + [1 + cos(ωm t )] cos(2ωc t ) 4 4 El filtro de audio deja pasar las bajas frecuencias con una ganancia de potencia de 10, que equivale a una ganancia de tensión de 10 . La salida será: 3 1 3 y( t ) = 10[1 + cos(ωm t )] , cuya potencia es So = 10 + 10 ( ) 2 = 12,813W 4 2 4 Potencia de Ruido. B1 = 2f m = 10 kHz;

1 Areas Iguales

-12

Sn(f)

R n (τ) = 3x10−6 sinc 2 (3x106 t ) Sn (f ) = 10−12 Λ(

f ) W/Hz 3x106

La potencia en antena será, de la Fig. P6.16,

10 kHz

f -3

-1,5

0 Fig. P6.16

1,5 MHz 3

N a = 10x103 x10−12 = 10−8 W La ganancia de potencia del filtro de RF es de (1000)2 = 106, de modo que la potencia a la salida del filtro de RF es N1 = 106 N a = 10−2 W A la salida del multiplicador, la potencia es, de la expresión (1.113) del Texto, 1 N 2 = (2) 2 N1 = 2 N1 = 2x10− 2 W 2 Como el filtro de audio tiene una ganancia de potencia de 10, entonces la potencia de ruido a la salida es N o = 10 N 2 = 20x10−2 W So 12,813 = = 64,063 = 18,066 dB. N o 20x10− 2 6.17. En un sistema AM el mensaje m( t ) = K[2 cos(2πf m t ) + cos(4πf m t ) + 3 cos(10πf m t )] . Si Ac es la amplitud de la portadora sin modular, La relación S/N a la salida será:

(a) Demuestre que si el índice de modulación es del 100%, entonces K = Ac/4. (b) Demuestre que el rendimiento de transmisión correspondiente es del 30,43%. ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

261 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ (c) Dibuje el espectro de la señal modulada AM. Solución: (a) Sea m( t ) = K[2 cos(ωm t ) + cos(2ωm t ) + 3 cos(5ωm t )] x AM ( t ) = {A c + K[2 cos(ωm t ) + cos(2ωm t ) + 3 cos(5ωm t )]}cos(ωc t ) ; a = Para determinar |min m(t)| se calcula m' ( t ) =

K min m(t) =1 Ac

d m( t ) = 0. Entonces, dt

m' ( t ) = −2ωm sen(ωm t ) − 2ωm sen(2ωm t ) − 15ωm sen(5ωm t ) = 0

Los valores de t que hacen m’(t) = 0 son: t1 = El valor mínimo de m(t) se obtiene cuando t = | min m(t) |= m(

1 )= −4 =4 2f m

(b) x AM ( t ) = [A c + Potencia Util:

y

K=

1 1 1 ; t2 = ; t3 = 2f m 4f m 10f m

1 , en cuyo caso, 2f m

Ac 4

Ac A m( t )] cos(ωc t ) = A c cos(ωc t ) + c m( t ) cos(ωc t ) 4 4 1 A PB = ( c ) 2 < m 2 ( t ) > 2 4

1 1 1 Pero como < m 2 ( t ) >= (2) 2 + + (3) 2 = 7 2 2 2 Potencia Total: Pt =

PB =

7A c2 32

1 2 7 2 Ac + Ac 2 32

7 2 Ac 100 = 30,435% Rendimiento E% = 32 1 7 2 ( + )A c 2 32 A A A ⎡ ⎤ (c) x AM ( t ) = ⎢A c + c 2 cos(ωm t ) + c cos(2ωm t ) + c 3 cos(5ωm t )⎥ cos(ωc t ) 4 4 4 ⎣ ⎦ Ac A cos[(ωc + ωm ) t ] + c cos[(ωc − ωm ) t ] + 4 4 Ac A + cos[(ωc + 2ωm ) t ] + c cos[(ωc − 2ωm ) t ] + 8 8

x AM ( t ) = A c cos(ωc t ) +


262 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ +

3A c 3A c cos[(ωc + 5ωm ) t ] + cos[(ωc − 5ωm ) t ] 8 8

El espectro XAM(f) de esta expresión se muestra en la Fig. P6.17. Ac/2 3Ac/16

Ac/8

3Ac/16

Ac/8

Ac/16

Ac/16 f

fc - 5fm

fc - 2fm fc - fm fc fc + fm fc + 2fm

fc + 5fm

Fig. P6.17.

6.18. En la Fig. 6.66 del Texto se muestra la envolvente positiva de una señal AM. Se sabe que m(t) posee una componente continua y que la portadora tiene una potencia de 10,125 W. (a)

Demuestre que el índice de modulación es del 69,2% y que el rendimiento de transmisión es del 13,8%.

(b)

Si el filtro de salida tiene un ancho de 800 kHz, ganancia unitaria y centrado en la portadora, que suponemos es de 100 kHz, demuestre que el rendimiento de transmisión de la señal AM es del 12,2%. Dibuje también el espectro de la señal transmitida.

(c)

Repita las partes (a) y (b) en el caso de que m(t) no contenga una componente continua. (a) Solución: Puesto que m(t) contiene una componente continua, m( t ) = b o + m o ( t ), donde < m o ( t ) >= 0 . m o ( t ) = min m o ( t ) m on ( t )

Se construye entonces la Fig. P6.18(a). De la Fig. P6.18(a), para áreas iguales, 6 x10 −3 K = 2 x10 −3 min m o ( t ) . También,

De estas ecuaciones obtenemos

min m o ( t ) + K = 6

K = 1,5 y min m o ( t ) = 4,5

A c2 = 10,125 ∴ A c = 20,25 = 4,5 2 ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

263 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ De la Fig. P6.18(a), A c + b o + K = 8 , de donde b o = 2 . Con estos datos la señal AM es x AM ( t ) = [A c + b o + min m o ( t ) m on ( t )]cos(ωc t ) ⎡ min m o ( t ) ⎤ min m o ( t ) 100 x AM ( t ) = (A c + b o ) ⎢1 + m on ( t )⎥ cos(ωc t ) , de donde a % = A c + bo Ac + bo ⎣ ⎦

El índice de modulación AM será

a % = 69,23%

x AM ( t ) = [6,5 + 4,5m on ( t )]cos(ωc t ) = 6,5 cos(ωc t ) + 4,5m on ( t ) cos(ωc t ) Potencia Util:

PB =

1 2 (4,5) 2 < m on (t) > 2

1 Potencia Total: Pt = (6,5) 2 + PB 2 2 Hay que calcular < m on ( t ) > . La señal mon(t) tiene la forma de la Fig. P6.18(b), cuya potencia es 2 < m on (t) =

mno(t) 1/3 0

t

1

4 x10 2 ⎡ 3x10 1 ⎤ 1 dt + ∫ −3 dt ⎥ = W − 3 ⎢ ∫0 3 x10 8x10 ⎣ 9 ⎦ 3 −3

ms

3 4

−3

-1 Fig. P6.18(b)

El rendimiento de transmisión será entonces 2 (4,5) 2 < m on (t) > E% = 100 = 13,776% 2 2 2 (6,5) + (4,5) < m on (t) > (b) B = 800 kHz; f c = 100 ;

Con los datos de la parte (d) la señal AM es

x AM ( t ) = 6,5 cos(ωc t ) + 4,5m on ( t ) cos(ωc t ) ;

fm =

1 = 125 Tm

Sea Mon(f) el espectro de mon(t); el espectro de la señal AM será X AM (f ) =

6,5 [δ(f + f c ) + δ(f − f c )] + 4,5 [M on (f + f c ) + M on (f − f c )] 2 2

Hay que determinar el espectro Mon(f) de mon(t), donde mon(t) se muestra en la Fig. P6.18(b). El coeficiente de Fourier es entonces, 4 x10 −3 ⎡ 3 x10 −3 1 ⎤ X n = 2 x125⎢ ∫ cos(2πn125t )dt − ∫ −3 cos(2πn125t )dt ⎥ 3 x10 3 ⎣0 ⎦

Efectuando la integración,

X n = sinc(

3n ); X o = 0 4 ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

264 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ X1 = 0,3; X 2 = −0,212; X 3 = 0,1; X 4 = 0; X 5 = −0,06; X 6 = 0,071; X 7 = −0,043; X8 = 0 M on (f ) =

∞

∑

n = −∞

X n δ(f − nf m ) =

∞

3n

∑ sinc( 4 )δ(f − nf

n = −∞

m

);

f m = 125 Hz

No hay componentes para n múltiplos de 4. ∞

X AM (f ) = 3,25[δ(f + f c ) + δ(f − f c )] + 2,25 ∑ X n {δ[f + (f c − nf m )] + δ[f − (f c + nf m )]} n = −∞

El espectro de esta señal se muestra en la Fig. P6.18(c) (frecuencias positivas solamente. 3,25

fm = 125 Hz

2,25X1

2,25X3 fc - 5fm fc - 2fm fc - 4fm fc - 3fm fc - fm

2,25X1 Filtro 800 kHz 2,25X3 fc + 2fm fc + 5fm f fc fc + fm fc+3fm fc + 4fm

2,25X5

2,25X5 2,25X2

2,25X2 Fig. P6.18(c).

El espectro de la señal transmitida es el contenido dentro del filtro pasabanda centrado en fc, con un ancho de banda de 800 kHz y ganancia unitaria. La señal transmitida es, de la Fig. P6.18(c), x AMT ( t ) = 2{3,25 cos(ωc t ) + 2,25X1 cos[2π(f c − 125) t ] + 2,25X1 cos[2π(f c + 125) t ] − − 2,25X 2 cos[2π(f c − 250) t ] − 2,25X 2 cos[2π(f c + 250) t ] + + 2,25X 3 cos[2π(f c − 375) t ] + 2,25X 3cox[2π(f c + 375) t ]} x AMT ( t ) = 6,5 cos(ωc t ) + 1,35 cos[2π(f − 125) t ] + 1,35 cos[2π(f c + 125) t ] − − 0,955 cos[2π(f c − 250) t ] − 0,955 cos[2π(f c + 250) t ] + + 0,45 cos[2π(f c − 375) t ] + 0,45 cos[2π(f c + 375) t ] ⎡1 ⎤ ⎡1 ⎤ ⎡1 ⎤ Potencia Util: PB = 2⎢ (1,35) 2 ⎥ + 2 ⎢ (−0,955) 2 ⎥ + 2⎢ (0,45) 2 ⎥ = 2,939W ⎣2 ⎦ ⎣2 ⎦ ⎣2 ⎦ 1 Potencia Total: Pt = (6,5) 2 + PB = 24,064W 2 Potencia Util 100 = 12,213% Rendimiento E% = Potencia Total



(c) La señal m(t) no contiene una componente continua. En este caso bo = 0, y la envolvente positiva de la señal AM tiene la forma de la Fig. P6.18(d). Ac = 4,5. De la Fig. P6.18(d) para áreas iguales, 6 x10 −3 K = 2 x10−3 min m(t) .

También, K + min m(t) = 6. De donde, min m(t) = 4,5 y

K = 1,5

Con estos datos, la señal AM será x AM ( t ) = [4,5 + 4,5m n ( t )]cos(ωc t ) = 4,5[1 + (1)m n ( t )] cos(ωc t ) El índice de modulación es ahora a = 1 = 100%. Veamos ahora el rendimiento de transmisión. x AM ( t ) = 4,5 cos(ωc t ) + 4,5m n ( t ) cos(ωc t ) Potencia Util: Potencia Total:

PB =

1 (4,5) 2 < m 2n ( t ) > 2

1 Pt = (4,5) 2 + PB 2

Hay que calcular < m 2n ( t ) > . P6.18(b), entonces

Como mn(t) tiene la misma forma que mon(t), Fig. 1 < m 2n ( t ) >= , y el rendimiento de transmisión será 3

1 1 (4,5) 2 2 3 E% = 100 = 25% 1 1 1 (4,5) 2 + (4,5) 2 3 2 2 Pasemos ahora a la señal transmitida x AMT ( t ) : x AM ( t ) = 4,5 cos(ωc t ) + 4,5m n ( t ) cos(ωc t )


266 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Sea Mn(f) el espectro de mn(t); pero como mn(t) tiene la misma forma que mon(t), Fig. P6.18(b), entonces, M n (f ) = M on (f ) , el espectro de xAM(t) será X AM (f ) =

4,5 [δ(f + f c ) + δ(f − f c ] + 4,5 [M n (f + f c ) + M n (f − f c )] 2 2

Como M n (f ) =

∞

∑ X δ(f − nf

n = −∞

n

m

), donde X n = sinc(

3n ) y f m = 125Hz 2

∞

X AM (f ) = 2,25[δ(f + f c ) + δ(f − f c )] + 2,25 ∑ X n [δ[f + (f c − nf m )] + δ[f − (f + nf m )]] n = −∞

Este espectro es igual al espectro mostrado en la Fig. P6.18(c), con la única diferencia que ahora la amplitud de la portadora es 2,25 en vez de 3,25. En este caso, la señal transmitida x AMT ( t ) será x AMT ( t ) = 4,5 cos(ωc t ) + 1,35 cos[2π(f c − 125) t ] + 1,35 cos[2π(f c + 125) t ] − − 0,955 cos[2π(f c − 250) t ] − 0,955 cos[2π(f c + 250) t ] + + 0,45 cos[2π(f c − 375) t ] + 0,45 cos[2π(f c + 375) t ] Potencia Util: Potencia Total: Rendimiento:

PB = 2,939 W 1 Pt = (4,5) 2 + 2,939 = 13,064W 2 E% = 22,497%

Nótese que el rendimiento aumentó de 12,213% a 22,497%. Esto es consecuencia de no tener que gastar potencia en transmitir una componente continua que no lleva información. 6.19. Consideremos un sistema AM con modulación sinusoidal e índice de modulación del 100%. (a) Demuestre que si la banda lateral superior está atenuada en un factor de 1/2, la señal AM se puede escribir en la forma x AM ( t ) = E( t ) cos[2πf c t − Ψ ( t )], donde E(t) =

17 3 1 + cos(2πf m t ) + cos 2 (2πf m t ) 16 2 2

⎡ sen(2πf m t ) ⎤ y Ψ ( t ) = arctg ⎢ ⎥ . Sugerencia: Utilice el diagrama fasorial 4 + 3 cos( 2 π f t ) m ⎦ ⎣

(b) Demuestre también que si la banda lateral superior está desfasada en 180º, entonces

x AM ( t ) = A c 1 + sen 2 (2πf m t ) cos{2πf c t − arctg[sen(2πf m t )]} ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

267 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Solución: m( t ) = A m cos(ωm t ); a% = 100%; a = 1

(a) x AM ( t ) = [A c + A m cos(ωm t )] cos(ωc t ) = A c [1 + puesto que a = 1 =

Am cos(ωm t )] cos(ωc t ) Ac

Am , x AM ( t ) = A c [1 + cos(ωm t )] cos(ωc t ) Ac

x AM ( t ) = A c cos(ωc t ) +

Ac A cos[(ωc + ωm ) t ] + c cos[(ωc − ωm ) t ] 2 2

Si la banda lateral superior está atenuada en 50%, entonces, x AM ( t ) = A c cos(ωc t ) +


cuyo diagrama fasorial se muestra en la Fig. P6.19(a)

De la Fig. P6.19(a), 2

A A A ⎤ ⎡A ⎤ ⎡ E 2 ( t ) = ⎢A c + c cos(ωm t ) + c cos(ωm t )⎥ + ⎢ c sen(ωm t ) − c sen(ωm t )⎥ 2 4 4 ⎣ ⎦ ⎣ 2 ⎦

2

2 ⎧⎪⎡ 3 ⎫⎪ 1 ⎤ E 2 ( t ) = A c2 ⎨⎢1 + cos(ωm t )⎥ + sen 2 (ωm t )⎬ . Desarrollando, llegamos a ⎪⎩⎣ 4 ⎪⎭ ⎦ 16

E(t ) = A c

17 3 1 + cos(ωm t ) + cos 2 (ωm t ) 16 2 2

Para el ángulo Ψ ( t ), del diagrama de la Fig. P6.19(a): Ac sen(ωm t ) sen(ωm t ) 4 Ψ ( t ) = arctg = arctg 3 4 + 3 cos(ωm t ) A c + A c cos(ωm t ) 4 ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

268 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Entonces, x AM ( t ) = E ( t ) cos[ωc t − Ψ ( t )]. El signo menos de Ψ ( t ) se debe a que E(t) está en atraso en relación con la portadora. (b) Si la banda lateral superior está desfasada en 180º, la señal AM tendrá la forma x AM ( t ) = A c cos(ωc t ) −


cuyo diagrama fasorial se muestra en la Fig. P6.19(b). Nótese que E(t) está en atraso en relación con la portadora. Del diagrama fasorial, E 2 ( t ) = A c2 + [2

Ac π cos( − ωm t )]2 = A c2 + A c2 sen 2 (ωm t ) 2 2

E( t ) = A c 1 + sen 2 (ωm t ) Ψ ( t ) = arctg

A c sen(ωm t ) = arctg[sen(ωm t )] Ac

x AM ( t ) = E( t ) cos[ωc t − Ψ ( t )] 6.20. Sea la señal AM con modulación sinusoidal de la Fig. 6.67 del Texto. (a) Determine su índice de modulación f c = 1600 Hz y f m = 100 Hz. Demuestre que su (b) Dibuje su espectro para rendimiento de transmisión es del 5,26% (c) ¿En cuánto hay que aumentar (o disminuir) la amplitud de la portadora para que su índice de modulación sea del 10%? [Respuesta: Hay que aumentar Ac en 175V] Solución: (a) De la Fig. 6.67 del Texto,

37,5

XAM(f)

E max = 100V; E min = 50V

6,25

De la expresión (4.18) del Texto,

6,25 f

E − E min a % = max 100 = 33,33% E max + E min

0

1500

1600

Hz 1700

Fig. P6.20.

(b) De la Fig. 6.6(a) del Texto, Ac =

E max + E min E − E min = 75V; A m = max = 25V 2 2

x AM ( t ) = [75 + 25 cos(ωm t )] cos(ωc t )

f c = 1600Hz; f m = 100Hz

x AM ( t ) = 75 cos(ωc t ) + 12,5 cos[2π(f c + f m ) t ] + 12,5 cos[2π(f c − f m ) t ] ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

269 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ cuyo espectro se muestra en la Fig. P4.20. Potencia Util:

1 PB = 2 (12,5) 2 = 156,3W 2

1 Potencia Total: Pt = (75) 2 + PB = 2969W 2 Rendimiento:

E% =

PB 100 = 5,263% Pt

(c) x AM ( t ) = [A c + 25 cos(ωm t )] cos(ωc t ) = A c [1 + a=

25 cos(ωm t )] cos(ωc t ) Ac

25 = 0,1∴ A c = 250V Ac

Hay que aumentar Ac de 75V a 250V, es decir, hay que aumentar Ac en 175V. 6.21. En un sistema AM la potencia de la portadora sin modular, referida a una resistencia de 50 Ohm, es de 100W. Cuando se modula con una señal sinusoidal de amplitud Am, se encuentra que la potencia promedio de la salida aumenta en un 50%.En estas condiciones, (a) Determine la potencia promedio de cada banda lateral y el valor de Am (b) Demuestre que el índice de modulación es del 100% (c) Demuestre que el valor máximo de la señal modulada es de 200V (d) Determine la potencia total de salida si la amplitud de la señal moduladora se reduce a la mitad Solución: 100 W =

1 A c2 [ ] ∴ A c = 100V 50 2

(a) x AM ( t ) = [100 + A m cos(ωm t )] cos(ωc t ) x AM ( t ) = 100 cos(ωc t ) +
2 AM

Am A cos[(ωc + ωm ) t ] + m cos[(ωc − ωm ) t ] 2 2

1 Am 2 A 2m 1 2 ( t ) >= (100) + 2 ( ) = 5000 + 2 2 2 4 A 2m = 2500 ∴ A m = 100V 4

La potencia en cada banda lateral es

A2 1 A PB1 = ( m ) 2 = m = 1250W 2 2 8 ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

270 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ y la potencia total,

Pt = 5000 + 2x1250 = 7500W

(b) Puesto que A c = 100V y A m = 100V , el índice de modulación es a% =

Am 100 = 100% Ac

(c) x AM ( t ) = 100 cos(ωc t ) + 50 cos[(ωc + ωm ) t ] + 50 cos[(ωc − ωm ) t ] Un valor máximo de x AM ( t ) ocurre para t = 0, entonces, max x AM ( t ) = x AM (0) = 100 + 50 + 50 = 200V

(d) Si la amplitud de la señal moduladora se reduce a la mitad, A m = 50, de donde, x AM ( t ) = [100 + 50 cos(ωm t )] cos(ωc t ) x AM ( t ) = 100 cos(ωc t ) + 25 cos[(ωc + ωm ) t ] + 25 cos[(ωc − ωm ) t ] La potencia total de salida será 1 1 < x 2AM ( t ) >= (100) 2 + 2 (25) 2 = 5625W 2 2 Nótese que al reducir la amplitud de la señal moduladora en un 50%, la potencia total se reduce en un 25%. 6.22. La señal de la Fig. 6.68 del Texto se aplica a la entrada de un detector de envolvente, Fig. 6.5(a) del Texto, donde R = 104 Ohm y C = 10 µF. (a) Si el diodo es ideal, dibuje la forma de la señal de salida, calculando las correspondientes constantes de tiempo. (b) Repita (a) si el diodo tiene una resistencia inversa de 30 kOhm y la directa de 1200 Ohm. Solución: El detector de envolvente es un elemento no lineal, de modo que en su análisis no se puede emplear métodos basados en la función de transferencia. En el presente caso usaremos el método “lineal por tramos (piece-wise, en inglés)”.


271 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ (a) Diodo Ideal. Resistencia directa = rp; resistencia inversa = ∞. Sea el circuito de la Fig. P6.22(a) que representa al detector de envolvente cuando el diodo conduce, es decir, cuando vi(t) es positivo. Cuando al circuito se le aplica un rectángulo (o un escalón), el capacitor se carga casi instantáneamente al valor máximo del rectángulo (o escalón). El tiempo de carga está limitado por la resistencia interna de la fuente, que suponemos muy pequeña.

0 1

vi(t)

C

R

o

o

vo(t)

(a)

R

2

3

4

5

6

vo(t) (c)

C

1

0,5

0.5

vo(t) t seg

0

(b)

rp

1

0,893

vi(t) C

R

vo(t)

vo(t) 0.5

(d) ri

R

0,446

(f) C

vo(t) 0 0

1

2

3

4

5

6

t seg

(e) Fig. P6.22.

Cuando el rectángulo cae a cero, el capacitor queda cargado al valor máximo Vmax del rectángulo. En este caso el circuito equivalente se muestra en la Fig. P6.22(b). El capacitor se descarga ahora a través de R, con una constante de tiempo RC; la ecuación de descarga tiene la forma t v o ( t ) = Vmax exp(− ) RC Sea entonces la señal de la Fig. 6.68 del Texto. Para t = 0+ , el capacitor se carga casi instantáneamente al valor Vmax = 1 y permanece en ese estado hasta el instante t = 1, es decir, la salida será Para 0 < t < 1,

v o ( t ) ≈ V1max , donde V1max = 1 t −1 En el intervalo 1 ≤ t < 2, v o ( t ) = V1max exp(− ) , donde RC = 0,1 RC La señal vo(t) decae rápidamente, de modo que para t = 1, v o ( t ) ≈ 0 El procedimiento se repite para los otros dos rectángulos; en efecto, En el intervalo 2 < t < 3, v o ( t ) ≈ V2 max , donde V2 max = En el intervalo 3 ≤ t ≤ 4,

v o ( t ) = V2 max exp(−

1 2

t −3 ) y para t = 4, v o ( t ) ≈ 0 RC

En el intervalo 4 < t < 5, vo ( t ) ≈ V1max ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

272 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ En el intervalo 5 ≤ t ≤ 6, v o ( t ) = V1max exp(−

t −5 ), y para t = 6, v o ( t ) ≈ 0 RC

En la Fig. P6.22(c) se muestra la forma de la señal de salida vo(t). Nótese que utilizamos signos de aproximación (≈) porque los exponenciales, tanto en carga como en descarga, nunca llegan a un valor para t < ∞. (b) El diodo es real: resistencia directa rp = 1200 Ohm; resistencia inversa ri = 3x104 . En este caso los circuitos equivalentes se muestran en la Fig. P6.22(d) y (e). Cuando vi(t) es positiva, el diodo conduce y el capacitor se carga a través de rp hasta el R ' voltaje . La ecuación de carga es, Vimax = Vimax rp + R ' para 0 ≤ t < t o , v o ( t ) = Vimax [1 − exp(−

t )] , rpC

' y para t = t o , v o ( t ) ≈ Vimax

Cuando vo(t) cae a cero en el instante t = to, el capacitor se descarga a través del paralelo de R y ri, como se muestra en la Fig. P.22(e) . La ecuación de descarga es ' exp(− Para t o ≤ t < t1 , v o ( t ) = Vimax

t − to rR ), donde R i = i R iC ri + R

El procedimiento es el mismo para los otros rectángulos. Sea entonces la señal de la Fig. 6.68 del Texto. Nótese que V1'max =

1 R R ' V1max y V2max = V2 max ; con V1max = 1 y V2max = 2 rp + R rp + R

En el intervalo 0 ≤ t < 1, v o ( t ) = V1'max [1 − exp(−

t )], y para t = 1, v o ( t ) ≈ V1'max rp C

t −1 ), y para t = 2, v o ( t ) ≈ 0 R iC t−2 En el intervalo 2 ≤ t < 3, v o ( t ) = V2' max [1 − exp(− )], y para t = 3, v o ( t ) ≈ V2' max rp C En el intervalo 1 ≤ t < 2, v o ( t ) = V1'max exp(−

t −3 ), y para t = 4, v o ( t ) ≈ 0 R iC t−4 En el intervalo 4 ≤ t < 5, v o ( t ) = V1'max [1 − exp(− ), y para t = 5, v o ( t ) ≈ V1'max rp C

En el intervalo 3 ≤ t < 4, v o ( t ) = V2' max exp(−

Finalmente, para 5 ≤ t , v o ( t ) = V1'max exp(−

t −5 ) R iC ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

273 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ En la Fig. P6.22(f) se muestra la señal de salida vo(t). Nótese la influencia de las resistencias rp y ri del diodo real, para los mismos valores de R y C. 6.23. Un tono de prueba de 1 kHz modula en AM una portadora de 1 MHz con un índice de modulación del 50%. En el receptor la señal AM llega contaminada por interferencia aditiva representada por una señal sinusoidal de 1002 kHz cuya amplitud es el 1% de la portadora sin modular. Demuestre que a la salida del detector de envolvente la salida interferente estará a 33,98 dB por debajo del tono de prueba. Solución: Modulación AM. f m = 1kHz; f c = 1MHz = 1000kHz;

a=

Am 1 = Ac 2

Frecuencia interferente, f ci = 1002 kHz = f c + f i donde fi = 2 kHz; A ci =

Ac 100

Nótese que fi es del mismo orden que fm y por lo tanto representa una interferencia. x AM ( t ) = [A c + A m cos(ωm t )] cos(ωc t ) = [A c +

Ac cos(ωm t )] cos(ωc t ) 2

La señal recibida será entonces, x r ( t ) = x AM ( t ) +

Ac cos[(ωc + ωi ) t ] 100

Ac A A cos[(ωc + ωm ) t ] + c cos[(ωc − ωm ) t ] + c cos[(ωc + ωi ) t ] 4 4 100 Hay que expresar esta señal en la forma polar x r ( t ) = E( t ) cos[ωc t + Ψ ( t )] , donde E(t) es su envolvente, la cual es detectada por el detector de envolvente del receptor. El diagrama fasorial de xr(t), en relación con la portadora, tiene la forma mostrada en la Fig. P6.23. x r ( t ) = A c cos(ωc t ) +

Del diagrama fasorial, 2

2A c A ⎡ ⎤ E 2 ( t ) = ⎢A c + cos(ωm t ) + c cos(ωi t )⎥ + 4 100 ⎣ ⎦ ⎡A ⎤ + ⎢ c sen(ωi t )⎥ 100 ⎣ ⎦

Ac/4

ωm t Ψ ( t ) ωi t

E(t 0

2

Ref

Ac Ac/4

ωm t

Ac/100

Fig. P6.23.

2

E( t ) = A c

1 Ac ⎡ 1 ⎤ 2 ⎢⎣1 + 2 cos(ωm t ) + 100 cos(ωi t )⎥⎦ + 104 sen (ωi t )


274 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ El término dentro de los corchetes es mucho mayor que el otro, de modo que la salida del detector de envolvente será 1 ⎡ 1 ⎤ cos(ωi t )⎥ E o ( t ) = A c ⎢1 + cos(ωm t ) + 100 ⎣ 2 ⎦ Sea PB la potencia del tono de prueba, y Pi la potencia de la señal interferente, entonces, A c2 1 A A2 1 A PB = ( c ) 2 = c ; Pi = ( c ) 2 = 2 x104 2 100 8 2 2 ⎡P ⎤ PB 2 x10 4 A c2 104 P = = = 2500, y en dB, ⎢ B ⎥ = 10 log10 ( B ) = 33,98 dB 2 Pi 8A c 4 Pi ⎣ Pi ⎦ dB

La señal interferente está a 33,98 dB por debajo del tono de prueba. 6.24. En la Fig. 6.69 del Texto se muestra el modulador de Weaver. Si m(t) es de banda limitada fm, (a) Demuestre que la señal de salida es una señal modulada SSB: de banda lateral superior cuando se toma el signo “+”, y de banda lateral inferior cuando se toma el signo “-“. El ancho de banda de los filtros es B. (b) Sea m( t ) = Bsinc2 (Bt ), con f c = 4B y con el signo “+”. Dibuje el espectro en los puntos en los puntos 1, 2, 3, 4, 5, 6 y 7. (c) ¿Por qué este modulador es más sencillo de instrumentar que el modulador por desplazamiento de fase, Fig. 6.12(f) del Texto? Solución: (a) Sea el modulador de Weaver mostrado en la Fig. 6.69 del Texto. Supongamos que m(t) tiene un espectro como el mostrado en la Fig. P6.24(1)(a). Por la rama superior: x1 ( t ) = m( t ) cos(2πBt ), cuyo espectro se muestra en la Fig. P6.24(1)(b), Punto 1. Esta señal se pasa por el filtro pasabajo de ancho de banda B, cuya salida, Punto 2, se muestra en la Fig.P6.24(1)(c). Atención: nótese que si B >> f m , entonces el filtro puede ser pasabanda, de ancho de banda fm y cuya frecuencia de corte superior es B. En el Punto 3, la señal x2(t) sale multiplicada por cos[2π(f c + B) t ] , tomando el signo “+”. La señal X3(f) tendrá la forma dada en la Fig. P6.24(1)(d).


275 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Vamos ahora por la rama inferior. M(f)

X1(f)

(a)

X2(f)

1/2

f -fm

1/2

(c)

(b) f

fm

-B

f

B X3(f)

B

-B

1/4

(d) -fc-2B

fc

j/2

X4(f)

(e)

0

-fc

-fc-B

f fc+2B

fc+B j/2

X5(f) (f) B

f

B

0

-B

-j/2

-j/2

X6(f)

(g)

1/4

-fc-2B

fc+2B -fc-B

-1/4

f

0

-B

0

-fc

fc 1/2

X7(f)

f

fc+B -1/4

(h) f

-fc-fm -fc

0

fc fc+fm

Fig. P6.24(1).

x 4 ( t ) = m( t ) sen(2πBt ) , cuyo espectro se muestra en la Fig. En el Punto 4, P6.24(1)(e). Esta señal pasa por el filtro pasabajo de ancho de banda B y su salida, Punto 5, es x5(t) y tiene la forma mostrada en la Fig. P6.24(1)(f).

En el Punto 6 la señal x5(t) sale multiplicada por sen[2π(f c + B) t ] y su espectro X6(f) tendrá la forma dada en la Fig. P6.24(1)(g). En el Punto 7 se tiene que X 7 (f ) = X 3 (f ) + X 6 (f ) , donde X7(f) tiene la forma mostrada en la Fig. P6.24(1)(h). Puede observarse que X7(f) es el espectro de una señal modulada SSB superior. El lector puede seguir el mismo procedimiento cuando se toma el signo “-“ y verificar que la señal de salida es en efecto una señal modulada SSB inferior.


276 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ f (b) Si m( t ) = Bsinc2 (Bt ) ⇔ M(f ) = Λ ( ) y siguiendo el mismo procedimiento de la B parte (a), los espectros correspondientes se muestran en la Fig. P6.24(2). X1(f)

M(f)

X2(f)

1/2

(b)

(a) f -B

0

B

1/2

(c) f

-2

-B

B

0

f -B

2B

B

0

1/4

X3(f)

f -fc-2B -fc-B -fc X4(f) j/2 (d) B -2B -B

fc fc+B fc+2B X5(f) j/2

0 (e) 2B f

B -B

0 -j/2

-j/2 X6(f)

(f)

f

0

1/4 fc+2B

-fc-2B -fc-B -fc

f

fc fc+B

0 -1/4 X7(f)

1/2

(g) f -fc-B -fc

0

fc

fc+B

Fig. P6.24(2)

(c) El modulador de Weaver es más fácil de instrumentar porque no utiliza filtros de Hilbert, que son de más difícil diseño que los filtros convencionales utilizados en el modulador de Weaver. 6.25. En el modulador SSB por desplazamiento de fase, Fig. 6.12(f) del Texto, el transformador de Hilbert produce un desfase de π / 2 a todas las componentes de frecuencia de m(t). Sin embargo, en la práctica esta transformación es de difícil realización física. Supongamos entonces que la transformación no es perfecta y que el π π desfase producido es de ( + α) , donde α < . Sea también m( t ) = cos(2πf m t ) y 2 2 consideremos la banda lateral inferior. (a) Demuestre que a la salida del demodulador habrá una componente de distorsión dada por y d ( t ) = A c {[cos(α) − 1]sen(2πf m t ) − sen(α) cos(2πf m t )}sen(2πf c t )


277 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ (b) A la salida del circuito se coloca un filtro pasabajo. Demuestre que si la entrada del circuito es una señal SSB con modulación sinusoidal de la forma x r ( t ) = A r cos[2π(f c − f m ) t ] , la salida del filtro pasabajo será y( t ) = A r A c cos(α / 2) cos(2πf m t +

α ) 2

Solución: (a) m( t ) = cos(ωm t ) Consideremos el modulador SSB por desplazamiento de fase de la Fig. 6.12(f) del Texto. Por la rama superior, a la salida del moduladoer balanceado, x1 ( t ) = A c m( t ) cos(ωc t ) = A c cos(ωm t ) cos(ωc t ) Por la rama inferior. El seudofiltro de Hilbert produce un desfase de (π / 2 + α) a todas las señales de entrada. Puesto que la entrada al filtro es m( t ) = cos(ωm t ) , la salida del filtro, que llamaremos m T ( t ) , será: π m T ( t ) = cos[ωm t − ( + α)] = − sen(α) cos(ωm t ) + cos(α) sen(ωm t ) 2 Entonces, a la salida del modulador balanceado inferior, x 2 ( t ) = A c [− sen(α) cos(ωm t ) + cos(α) sen(ωm t )]sen(ωc t ) La salida del sumador será: y( t ) = x1 ( t ) + x 2 ( t ) y( t ) = A c cos(ωm t ) cos(ωc t ) − A c sen(α) cos(ωm t ) sen(ωc t ) + A c cos(α) sen(ωm t ) sen(ωc t ) pero la salida SSB inferior tiene la forma ySSB ( t ) = A c cos(ωm t ) cos(ωc t ) + A c sen(ωm t ) sen(ωc t ) entonces sumamos y restamos de y(t) la expresión A c sen(ωm t ) sen(ωc t ) . Por consiguiente, y( t ) = [A c cos(ωm t ) cos(ωc t ) + A c sen(ωm t ) sen(ωc t )] − A c sen(ωm t ) sen(ωc t ) − − A c sen(α) cos(ωm t ) sen(ωc t ) + A c cos(α) sen(ωm t ) sen(ωc t ) y( t ) = ySSB ( t ) + A c sen(ωc t ){sen(ωm t )[cos(α) − 1] − sen(α) cos(ωm t )} y( t ) = ySSB ( t ) + yd ( t ) donde y d ( t ) = A c {[cos(α) − 1] sen(ωm t ) − sen(α) cos(ωm t )}sen(ωc t ) yd(t) representa un término de distorsión. ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

278 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Nótese que si α = 0, entonces yd ( t ) = 0 e y(t) = ySSB ( t ) (b)

La entrada al circuito es ahora x r ( t ) = A r cos[2π(f c − f m ) t ] que representa una banda lateral inferior. El circuito va a trabajar ahora como demodulador. Por la rama superior,

x1 ( t ) = A c A r cos[(ωc − ωm ) t ] cos(ωc t )

Si la entrada al seudofiltro de Hilbert es x r ( t ) = A r cos[(ωc − ωm ) t ] , su salida, que llamaremos x T ( t ) , será: π x T ( t ) = A r cos[(ωc − ωm ) t − ( + α)] 2 π π x T ( t ) = A r cos[(ωc − ωm ) t ] cos( + α) + A r sen[(ωc − ωm ) t ] sen( + α) 2 2 x T ( t ) = − A r sen(α) cos[(ωc − ωm ) t ] + A r cos(α) sen[(ωc − ωm ) t ] A la salida del modulador balanceado inferior, x 2 ( t ) = A c [− A r sen(α) cos[(ωc − ωm ) t ] + A r cos(α) sen[(ωc − ωm ) t ]]sen(ωc t ) x 2 ( t ) = −A c A r sen(α) cos[(ωc − ωm ) t ] sen(ωc t ) + A c A r cos(α) sen[(ωc − ωm ) t ] sen(ωc t ) A la salida del sumador, ys ( t ) = x1 ( t ) + x 2 ( t ) = A c A r cos[(ωc − ωm ) t ] cos(ωc t ) − A c A r se(α) cos[(ωc − ωr ) t ] sen(ωc t ) + + A c A r cos(α) sen[(ωc − ωm ) t ] sen(ωc t ) Desarrollando los productos obtenemos ys ( t ) =

AcA r {cos[(2ωc − ωm ) t ] + cos(ωm t ) − sen(α) sen[(2ωc − ωm ) t ] − 2 − sen(α) sen(ωm t ) + cos(α) cos(ωm t ) − cos(α) cos[(2ωc − ωm ) t ]}

Si en la salida del sumador hay un filtro pasabajo, él eliminará los términos de alta frecuencia quedando, y( t ) =

AcA r [cos(ωm t ) − sen(α) sen(ωm t ) + cos(α) cos(ωm t )] 2

y( t ) =

AA AcA r [1 + cos(α)] cos(ωm t ) − c r sen(α) sen(ωm t ) 2 2


279 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ y( t ) = A cos(ωm t ) − B sen(ωm t ) , que expresado en AA forma polar es y( t ) = A 2 + B2 cos[ωm t + φ( t )], donde A = c r [1 + cos(α)] , 2 B AA B = c r sen(α) y φ(t) = arctg . Entonces, reemplazando términos, llegamos a A 2

Nótese que y(t) tiene la forma

α α A 2 + B2 = A c A r cos( ) y φ(t) = , de donde, 2 2 α α y( t ) = A c A r cos( ) cos(ωm t + ) 2 2 Nótese que si m( t ) = cos(ωm t ).

α = 0,

y(t) = A c A r cos(ωm t )

y se ha recuperado el mensaje

6.26. Sea el sistema de la Fig. 6.70 del Texto, donde x i ( t ) = x r ( t ) + n ( t ) , siendo x r ( t ) = [A + m1 ( t ) + m 2 ( t )] cos(ωc t ) + [A + m1 ( t ) − m 2 ( t )] sen(ωc t ) n ( t ) ⇒ Sn (f ) = 10−8 W / Hz (a) Demuestre que y1 ( t ) = A + m1 ( t ) e y 2 ( t ) = m 2 ( t ) , es decir, el sistema permite recobrar m1 ( t ) y m 2 ( t ) a partir de x1 ( t ) . (b) Suponga que el ruido n(t) es pasabanda de ancho de banda 2B y centrado en fc. Demuestre que la potencia de ruido en el Punto 1 en N1 = −3,98 dBm . Solución: (a) Hagamos m11 ( t ) = [A + m1 ( t ) + m 2 ( t )] y m12 (t) = [A + m1 ( t ) − m 2 ( t )] Cálculo de la Señal. Por la rama superior, a la salida del multiplicador, x1 ( t ) = x r ( t ) sen(ωc ( t ) = m11 ( t ) cos(ωc t ) sen(ωc t ) + m12 ( t ) sen 2 ( t ) x1 ( t ) =

1 1 1 m11 ( t ) sen(2ωc t ) + m12 ( t ) − m12 ( t ) cos(2ωc t ) 2 2 2

El filtro pasabajo bloquea las componentes de alta frecuencia; su salida será: 1 x 2 ( t ) = [A + m1 ( t ) + m 2 ( t )] 2 Por la rama inferior, a la salida del multiplicador, x 3 ( t ) = x r ( t ) cos(ωc t ) = m11 ( t ) cos 2 (ωc t ) + m12 ( t ) sen(ωc t ) cos(ωc t )


280 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ x 3 (t) =

1 1 1 m11 ( t ) + m11 ( t ) cos(2ωc t ) + m12 ( t ) sen(2ωc t ) 2 2 2

La salida del filtro pasabanda de la rama inferior será x 4 (t) =

1 1 m12 ( t ) = [A + m1 ( t ) − m 2 ( t )] 2 2

A la salida del sumador superior, Punto 1, la señal será 1 1 y1 ( t ) = x 2 ( t ) + x 4 ( t ) = [A + m1 ( t ) + m 2 ( t )] + [A + m1 ( t ) − m 2 ( t )] 2 2 y1 ( t ) = A + m1 ( t )

La componente continua A generalmente se elimina en los amplificadores presentes. La salida del sumador inferior, Punto 2, será 1 1 y 2 ( t ) = x 2 ( t ) − x 4 ( t ) = [A + m1 ( t ) + m 2 ( t )] − [A + m1 ( t ) − m 2 ( t )] 2 2 y2 (t) = m2 (t)

(b) Cálculo de la Potencia de Ruido. Sn(f) 1 -8

2B

Sy(f)

10

f -fc

0 (a)

fc

-8

f -B

0

B

(b)

Fig. P6.26.

La densidad espectral de ruido a la entrada tiene la forma mostrada en la Fig. P6.26(a), donde Sn (f ) = 10−8[Π (

f − fc f + fc )] ) + Π( 2B 2B

Por la rama superior. A la salida de multiplicador superior y de acuerdo con el Teorema de la Modulación de Señales de Potencia, S1 (f ) =

10−8 [Sn (f + f c ) + Sn (f − f c )] , donde 4

S1 (f ) =

10 −8 ⎡ f + 2f c f f f − 2f c ⎤ ) + Π( ) + Π( ) + Π( ) Π( ⎢ 4 ⎣ 2B 2B 2B 2B ⎥⎦

fc > B

Al pasar por el filtro pasabajo superior, la salida será ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA


S2 ( f ) =

f 10−8 Π( ) 2B 2

Por la rama inferior. De acuerdo con el Teorema de la Modulación para Señales de Potencia, la densidad espectral a la salida del amplificador inferior será igual a la densidad espectral del filtro pasabajo superior, es decir, f 10−8 Π( ) S4 ( f ) = 2B 2 La densidad espectral de salida del sumador superior será Sy (f ) = S2 (f ) + S4 (f ) = 10−8 Π (

f ) , cuya forma se muestra en la Fig. P6.26(b). 2B

La correspondiente potencia de salida es N1 = 2Bx10−8 = 2x 20x103 x10−8 = 4x10−4 = −3,98 dBm 6.27. Para la transmisión de dos señales se propone el circuito de la Fig. 6.71 del Texto, que utiliza una sola portadora de frecuencia fc. La señales m1(t) y m2(t) son de banda limitada fm1 y fm2, respectivamente. (a) ¿Qué características deben tener los filtros F1, F2 y F3 para poder transmitir y recobrar las señales m1(t) y m2(t)? (con estas características se harán las partes (b) y (c) siguientes). (b) Si m1(t) y m2(t) son sinusoidales de frecuencias fm1 y fm2, respectivamente, y amplitud unitaria, calcule la señal xc(t). (c) Si m1 ( t ) = f m1sinc 2 (f m1t ) y m 2 ( t ) = f m 2sinc(f m 2 t ), donde f m 2 = 2f m1 y f c >> f m 2 , Dibuje el espectro de la señal transmitida xc(t). (d) Diseñe un sistema para demodular xc(t) y recobrar m1(t) y m2(t). Solución: (a) Sea la Fig. 6.71 del Texto. Por la rama superior, a la salida del multiplicador, x1 ( t ) = 2m1 ( t ) cos(ωc t ) Tentativamente, el filtro F1 pudiera ser pasabanda, de ancho de banda 2fm1 y centrado en la frecuencia fc. Suponemos ganancia unitaria. La señal x1(t) pasa directamente por el filtro, de modo que la salida del filtro F1 será x 2 ( t ) = x1 ( t ) = 2m1 ( t )

Por la rama inferior, a la salida delmultiplicador, x 3 ( t ) = 2m 2 ( t ) cos(ωc t ) ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

282 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Vemos que esta señal se superpone a la señal x1(t) y no habría manera de extraer m1(t) y m2(t) de la señal transmitida. Para poder recobrar las señales, el filtro F1 deberá dejar pasar, por ejemplo, la banda inferior de m1(t), mientras que el filtro F2 deberá dejar pasar entonces la banda lateral superior de m2(t). En este caso, las características de los filtros serán: f Filtro F1: pasabanda, ancho de banda fm1 y centrado f c − m1 2 f Filtro F2: pasabanda, ancho de banda fm2 y centrado en f c + m 2 2 La señal de salida del sumador es una señal pasabanda centrada en fc, cuya banda lateral inferior es la banda lateral inferior de x1(t) mientras que su banda lateral superior es la banda lateral superior de x2(t). El filtro F3 será entonces pasabanda, con una frecuencia inferior f i = f c − f m1 y una frecuencia superior f s = f c + f m 2 ; su ancho de banda será B = f m1 + f m 2 . (c) Sea m1 ( t ) = cos(ωm1t ) y m 2 ( t ) = cos(ωm 2 t ) Por la rama superior, a la salida del multiplicador, x1 ( t ) = 2 cos(ωm1t ) cos(ωc t ) = cos[2π(f c + f m1 ) t ] + cos[2π(f c − f m1 ) t ] El filtro F1 elimina la banda lateral superior, de modo que su salida será x 2 ( t ) = cos[2π(f c − f m1 ) t ] Por la rama inferior, a la salida del multiplicador, x 3 ( t ) = 2 cos(ωm 2 t ) cos(ωc t ) = cos[2π(f c + f m 2 ) t ] + cos[2π(f c − f m 2 ) t ] El filtro F2 elimina la banda lateral inferior y su salida será: x 4 ( t ) = cos[2π(f c + f m 2 ) t ] A la salida del sumador, x 5 ( t ) = x 2 ( t ) + x 4 ( t ) = cos[2π(f c − f m1 ) t ] + cos[2π(f c + f m 2 ) t ] El filtro F3 deja pasar esta señal directamente; la señal transmitida será x c ( t ) = x 5 ( t ) = cos[2π(f c − f m1 ) t ] + cos[2π(f c + f m 2 ) t ] (d) Sea m1 ( t ) = f m1sinc 2 (f m1t ) ⇔ M1 (f ) = Λ ( y m 2 ( t ) = f m 2sinc(f m 2 t ) ⇔ M 2 (f ) = Π (

f f m1

)

f ) 2f 2

M1 (f ) y M 2 (f ) se muestran en la Fig. P6.27(a) y (b).


283 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Por la rama inferior, a la salida del multiplicador, ⎡ f + fc ⎤ ⎡ f − fc ⎤ x1 ( t ) = 2m1 ( t ) cos(ωc t ) ⇔ X1 (f ) = Λ ⎢ + Λ⎢ ⎥ ⎥ que se muestra en (c). ⎣ f m1 ⎦ ⎣ f m1 ⎦

El filtro F1 elimina la banda lateral superior de X1(f) quedando X2(f) cuya forma se muestra en (d).

f -fm1

Por la rama inferior, a la salida del multiplicador, x 3 ( t ) = 2m 2 ( t ) cos(ωc t ) es

M2(f)

M1(f) 0 (a)

-fm2

(b)

f fm2

f -fc-fm1 -fc -fc+fm1 0

fc-fm1 fc fc+fm1

X2(f)

(d)

f -fc -fc+fm1 0

(e)

Este espectro se muestra en (e).

0

X1(f)

(c)

cuyo espectro

⎡ f + fc ⎤ ⎡ f − fc ⎤ X 3 (f ) = Π ⎢ + Π⎢ ⎥ ⎥ ⎣ 2f m 2 ⎦ ⎣ 2f m 2 ⎦

fm1

fc-fm1 fc

X3(f) f

Después del filtro F2, el cual elimina la banda lateral inferior de X3(f), aparece X 4 (f ) cuya forma se muestra en (f). Finalmente, a la salida del sumador aparece X c (f ) = X 2 (f ) + X 4 (f ) cuya forma se muestra en (g).

-fc-fm2 -fc -fc+fm2 0 (f)

fc-fm2

fc fc+fm2

X4(f) -fc-fm2 -fc

(g)

0

fc

f fc+fm2

Xc(f)

f -f c f c 0 -fc+fm1 fc+fm2 -fc-fm2 fc-fm1 Fig. P6.27.

(e) El diseño de un sistema para demodular xc(t) y recobrar m1(t) y m2(t) se deja a la ingeniosidad del lector. Nótese que este es un sistema SSB. 6.28. Demuestre que la ganancia de potencia del filtro HSSB(f), Fig. 6.12(d) del Texto, para que la potencia de la señal SSB sea la misma que la del sistema de la Fig. 6.12(f) del Texto, debe ser igual a 2. Solución: Sean las figuras 6.12(d) y 6.12(f) del Texto, En la Fig. 6.12(d), a la salida delmodulador balanceado, x1 ( t ) = A c m( t ) cos(ωc t ) , cuya A c2 < m 2 ( t ) > . Como el filtro HSSB(f) elimina una de las bandas 2 laterales, la potencia de salida será la mitad de la potencia de entrada multiplicada por la ganancia de potencia Gp del filtro. Entonces,

potencia es < x12 ( t ) >=

2 < x SSB ( t ) >=

Gp 2

< x12 ( t ) >=

G p A c2 4

< m2 (t) > ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

284 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Vamos ahora a la Fig. 6.12(f). ˆ ( t ) sen(ωc t ) cuya potencia es La salida SSB es x SSB ( t ) = A c m( t ) cos(ωc t ) ± A c m A2 A c2 ˆ 2 (t) > ; < m2 (t) > + c < m 2 2 2 < x SSB ( t ) >= A c2 < m 2 ( t ) >

2 < x SSB ( t ) >=

ˆ 2 ( t ) > , entonces pero como < m 2 ( t ) >=< m

Para que la potencia de salida en ambos circuitos sea la misma, debe verificarse entonces G p A c2 que < m 2 ( t ) >= A c2 < m 2 ( t ) > , de donde Gp = 4. La ganancia de potencia del 4 filtro HSSB será igual a 4. 6.29. La señal periódica de la Fig. 6.72 del Texto se transmite en SSB Inferior con una portadora de frecuencia de 100 kHz y amplitud 10. La detección es coherente y suponemos que la señal SSB a la entrada del detector es igual a la señal transmitida. Los filtros de RF (transmisión y recepción) tienen un ancho de banda de 4,5 kHz y todos son de ganancia unitaria. La densidad de ruido a la entrada del filtro de RF es Sn (f ) = 2x10−6 exp[−10−5 ln(2) f ] W/Hz

Demuestre que la relación de postdetección es

So = 48,97 dB No

Solución: Sea la señal periódica de la Fig. 6.72 del Texto, donde T = 10−3 ; f o = 1000; f c = 100kHz m( t ) =

t 20 tΠ ( ) en T; señal impar, el desarrollo de Fourier es una serie de senos . T T

m( t ) = 2 x104 tΠ (103 t ); Xn = j

10 −3 / 2

X n = − j107 ∫

0

t sen(2x103 πnt )dt . Integrando,

∞ 10(−1) n 10(−1) n π ; X o = 0; X n = ; φn = ; m(t) = 2∑ X n sen(nωo t ) nπ nπ 2 n =1

(−1) n sen(nωo t ) n =1 nπ ∞

m( t ) = 20∑

X1 = −3,189; X 2 = 1,592; X 3 = −1,061; X 4 = 0,796; X 5 = −0,637; X 6 = 0,531

El espectro de m(t) tiene la forma mostrada en la Fig. P6.29(a).


285 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ La señal modulada en DSB es

M(f)

x DSB ( t ) = 10m( t ) cos(ωc t )

|X1|

|X2|

|X3|

(a)

⎡ ⎤ x DSB ( t ) = 20⎢∑ X n sen(nωo t )⎥ cos(ωc t ) ⎣ n =1 ⎦

|X4| |X5|

∞

0

1

2

3

|XSSB(f)|

∞

x DSB ( t ) = 10∑ X n {sen[2π(f c + nf o ) t ] −

(b)

5|X4|

n =1

− sen[2π(f c − nf o ) t ]}

0

Al pasar por el filtro HSSB(f) el espectro de la señal transmitida SSB inferior tiene la forma mostrada en (b); pasa solamente 4 componentes. La señal SSB transmitida será, 4

x SSB ( t ) = −10∑ X n sen[2π(f c − nf o ) t ]

96 95,

5|X3|

f 5 kHz

5|X1| Filtro 4,5 kHz

5|X2|

f 100 kHz fc=100 kHz; fo=1 kHz 97

98

99

-6

2x10

Sn(f)

(c)

4

-100 -95,5

95,5

0

-6

2x10

Filtro RF

100

f

Sn1(f)

(d)

n =1

-100 -95,5

y cuyo espectro se muestra en (b)

kHz

95,5 Sn2(f) 0 Sno (f) Filtro

(e)

100

f kHz

f

Veamos ahora la recepción.

-100

-4,5

0

4,5

100 kHz

Fig. P6.29.

Cálculo de la Potencia de Señal.

Sea el receptor sincrónico mostrado en la Fig. 6.12(e) del Texto, donde xr(t) es 4

x r ( t ) = −10∑ X n sen[2π(f c − nf o ) t ] n =1

Esta señal pasa directamente por el filtro de RF, de modo que a la entrada del multiplicador se tiene todavía xr(t). A la salida del multiplicador, 4

y( t ) = x r ( t )2A c cos(ωc t ) = −20A c ∑ X n sen[2π(f c − nf o ) t ] cos(2πf c t ) n =1

4

y( t ) = −10A c ∑ X n {sen[2π(2f c − nf o ) t ] − sen(2πnf o t )} n =1

Al pasar por el filtro pasabajo se eliminan las componentes de alta frecuencia, quedando 4

y d ( t ) = 10A c ∑ X n sen(2πnf o t ) n =1

La potencia promedio de y(t) será entonces, ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

286 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ So =< y d2 ( t ) >=

[

]

1 2 2 2 2 (10A c ) 2 X1 + X 2 + X 3 + X 4 = 721,21A c2 W 2

Cálculo de la Potencia de Ruido. La densidad espectral del ruido es

Sn (f ) = 2x10−6 exp[−10−5 ln(2) f ] W/Hz, la cual

tiene la forma mostrada en (c), se muestra también la forma del filtro de RF. A la salida del filtro de RF, la densidad espectral del ruido tendrá la forma mostrada en (d), donde Sn1 (f ) = 2x10−6 exp[−10−5 ln(2) f ] para 95,5 kHz ≤ f ≤ 100 kHz , es decir, ⎡ f + 97,75x103 f − 97,75x103 ⎤ Sn1 (f ) = 2x10−6 exp[−10−5 ln(2) f ] ⎢Π ( ) ( )⎥ + Π 4,5x103 4,5x103 ⎣ ⎦

Al pasar por el multiplicador, y de acuerdo con el Teorema de la Modulación para señales de potencia, a la salida del multiplicador se tendrá Sn 2 (f ) = A c2 [Sn1 (f + f c ) + Sn1 (f − f c )] ⎡ f + 197,75x103 f + 2, 25x103 ⎤ ⎪⎧ + Π Sn 2 (f ) = 2x10−6 A c2 ⎨exp[−10−5 ln(2) f + 100x103 ] ⎢Π ( ) ( )⎥ + 4,5x103 4,5x103 ⎣ ⎦ ⎩⎪ ⎡ f − 2, 25x103 f − 197,75x103 ⎤ ⎪⎫ + exp[−10−5 ln(2) f − 100x103 ] ⎢Π ( + Π ) ( )⎥ ⎬ 4,5x103 4,5x103 ⎣ ⎦ ⎪⎭ El filtro pasabajo de salida elimina las componentes de alta frecuencia, quedando ⎧ f + 2, 25x103 Sno (f ) = 2x10−6 A c2 ⎨exp[−10−5 ln(2) f + 100x103 ]Π ( )+ 4,5x103 ⎩ + exp[−10−5 ln(2) f − 100x103 ]Π (

f − 2, 25x103 ⎫ )⎬ 4,5x103 ⎭

Sno(f) se muestra en (e), región sombreada. La potencia de ruido correspondiente es el área de la parte sombreada, pero para simplificar el cálculo, puede verse que las áreas sombreadas son iguales a las áreas de Sn1 (f ) ; por consiguiente, la potencia de ruido a la salida es N o = 4x10−6 A c2 ∫

100x103

95,5x103

exp[−10−5 ln(2)f ]df = 9,142x10−3 A c2 W

La relación S/N de postdetección será So = 7889x104 = 48,97 dB No


287 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ 6.30. En la Fig. 6.73 del Texto se muestra un cierto sistema que permite demodular señales SSB. Si el ruido es pasabanda de densidad espectral 10-2 W/Hz, y la señal mensaje es m( t ) = 40sinc(20t ) y A r = 1, (a) Demuestre que este sistema es en efecto un demodulador SSB Inferior. (b) Demuestre que la potencia de ruido a la salida es de 26,0206 dBm y que la energía de la señal a la salida es de 320 joules. (c) Si por equivocación se pretendiera demodular una señal SSB Superior, determine lo que se obtendría a la salida. (d) Demuestre que este modulador se puede modificar para demodular señales SSB Superior cambiando el sumador de salida de tal manera que se sumen las dos señales de entrada. Demuestre que en este caso el filtro de salida no es necesario. Solución: ˆ ( t ) sen(ωc t ) que representa (a) Sea la Fig. 6.73 del Texto, y sea x r ( t ) = m( t ) cos(ωc t ) + m una señal SSB Inferior. Por la rama superior, a la salida del multiplicador, ˆ ( t ) sen 2 (ωc t ) x1 ( t ) = x r ( t )2 sen(ωc t ) = 2m( t ) cos(ωc t ) sen(ωc t ) + 2m ˆ (t) − m ˆ ( t ) cos(2ωc t ) x1 ( t ) = m( t ) sen(2ωc t ) + m Al pasar por el filtro de Hilbert la salida es (Ver Sección 2.16.1 del Texto), ˆ ( t ) sen(2ωc t ) x 2 ( t ) = −m( t ) cos(2ωc t ) − m( t ) − m Por la rama inferior, a la salida del multiplicador, ˆ ( t ) sen(ωc t ) cos(ωc t ) x 3 ( t ) = 2m( t ) cos 2 (ωc t ) + 2m ˆ ( t ) sen(2ωc t ) x 3 ( t ) = m( t ) + m( t ) cos(2ωc t ) + m A la salida del sumador, x 4 ( t ) = x 3 ( t ) − x 2 ( t ) ˆ ( t ) sen(2ωc t ) + m( t ) cos(2ωc t ) + m( t ) + m ˆ ( t ) sen(2ωc t ) x 4 ( t ) = m( t ) + m( t ) cos(2ωc t ) + m ˆ ( t ) sen(2ωc t ) x 4 ( t ) = 2m( t ) + 2m( t ) cos(2ωc t ) + 2m El filtro pasabajo de salida elimina los términos de alta frecuencia, quedando y ( t ) = 2m ( t ) Vemos que en efecto el circuito es un demodulador SSB Inferior, pues a su salida se recupera la señal mensaje con un factor de escala 2.


288 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ (b) m( t ) = 40sinc(20t ) ⇔ M (f ) = 2Π (

f ˆ ( t ) sen(ωc t ) ); x r ( t ) = m( t ) cos(ωc t ) + m 20

Cálculo de la Energía de la Señal. En la parte (a) obtuvimos

y ( t ) = 2 m ( t ) ⇔ Y ( f ) = 2 M ( f ) = 4Π (

f ) 20

La energía de la salida es, de la expresión (2.84) del Texto, ∞

2

10

E y = ∫ X(f ) df = 2 ∫ −∞

0

16df = 32f |10 0 = 320 joules.

Cálculo de la Potencia de Ruido. A la entrada del circuito se tiene ruido blanco pasabanda cuya densidad espectral se muestra en la Fig. P6.30(a). Para el cálculo de la potencia, vamos a representar el ruido blanco pasabanda de la Fig. P6.30(a) en su forma canónica:

Sn(f)

10

-2

f -fc

0 -fc+10 fc-10 Fig. P6.30(a)

fc

n ( t ) = n c ( t ) cos(ωc t ) + n s ( t ) sen(ωc t ) y cuya potencia es < n 2 ( t ) >= N = 2x10x10−2 = 0,2 W Por la rama superior, a la salida del multiplicador, n1 ( t ) = 2n c ( t ) cos(ωc t ) sen(ωc t ) + 2n s ( t ) sen 2 (ωc t ) n1 ( t ) = n c ( t ) sen(2ωc t ) + n s ( t ) − n s ( t ) cos(2ωc t ) A la salida del Filtro de Hilbert se tiene n 2 ( t ) = −n c ( t ) cos(2ωc t ) + nˆ s ( t ) − n s ( t ) sen(2ωc t ) Por la rama inferior, a la salida del multiplicador, n 3 ( t ) = 2n c ( t ) cos 2 (ωc t ) + 2n s ( t ) sen(ωc t ) cos(ωc t ) n 3 ( t ) = n c ( t ) + n c ( t ) cos(2ωc t ) + n s ( t ) sen(2ωc t ) A la salida del sumador,

n 4 (t) = n 3 (t) − n 2 (t)

n 4 ( t ) = n c ( t ) − nˆ s ( t ) + 2n c ( t ) cos(2ωc t ) + 2n s ( t ) sen(2ωc t ) Al pasar por el filtro pasabajo se eliminan las componentes de alta frecuencia, quedando, n y ( t ) = n c ( t ) − nˆ s ( t ) , cuya potencia es ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

289 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ < n 2y ( t ) >=< n c2 ( t ) > + < nˆ s2 ( t ) >= N o

pero como < n 2 ( t ) >=< n c2 ( t ) >=< nˆ s2 ( t ) >= N = 0,2 W , entonces N o = 2 N = 0,4 W = 26,0206 dBm. (c) Si la señal de entrada es una señal SSB Superior, ella tendrá la forma ˆ ( t ) sen(ωc t ) x r ( t ) = m( t ) cos(ωc t ) − m Por la rama superior, a la salida del multiplicador, ˆ ( t ) sen 2 (ωc t ) = m( t ) sen(2ωc t ) − m ˆ (t ) + m ˆ ( t ) cos(2ωc t ) x1 ( t ) = 2m( t ) cos(ωc t ) sen(ωc t ) − 2m Al pasar por el Filtro de Nyquist, su salida será ˆ ( t ) sen(2ωc t ) x 2 ( t ) = −m( t ) cos(2ωc t ) + m( t ) + m Por la rama inferior, a la salida del multiplicador, ˆ ( t ) sen(2ωc t ) ˆ ( t ) sen(ωc t ) cos(ωc t ) = m( t ) + m( t ) cos(2ωc t ) − m x 3 ( t ) = 2m( t ) cos 2 (ωc t ) − 2m A la salida del sumador, x 4 ( t ) = x 3 ( t ) − x 2 ( t ) ˆ ( t ) sen(2ωc t ) + m( t ) cos(2ωc t ) − m( t ) − m ˆ ( t ) sen(2ωc t ) x 4 ( t ) = m( t ) + m( t ) cos(2ωc t ) − m ˆ ( t ) sen(2ωc t ) x 4 ( t ) = 2m( t ) cos(2ωc t ) − 2m Nótese que a la salida del sumador no aparece el mensaje m(t) en forma explícita, sino solamente componentes de alta frecuencia que serán eliminadas por el filtro pasabajo. Por lo tanto, si se pretendiera demodular con este circuito una señal SSB Superior, la salida sería cero. (d) Se tiene una señal SSB Superior pero en el sumador de salida se suman las señales. En la parte (c) obtuvimos ˆ ( t ) sen(2ωc t ) x 2 ( t ) = −m( t ) cos(2ωc t ) + m( t ) + m

y

ˆ ( t ) sen(2ωc t ) x 3 ( t ) = m( t ) + m( t ) cos(2ωc t ) − m Entonces, si se suman esta señales obtenemos ˆ ( t ) sen(2ωc t ) + x 4 ( t ) = x 3 ( t ) + x 2 ( t ) = m( t ) + m( t ) cos(2ωc t ) − m ˆ ( t ) sen(2ωc t ) − m( t ) cos(2ωc t ) + m( t ) + m


290 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ x 4 ( t ) = 2m( t )

Vemos que a la salida del sumador aparece solamente la señal m(t) con factor escala 2, y ya no es necesario el filtro pasabajo de salida.

Hilbert -1 xr(t)

2 sen(ωc t )

o

2 cos(ωc t )

+

o

+

o

En la Fig. P6.30(b) se muestra la configuración del circuito para demodular Señales SSB Inferior y Superior.

o

Filtro SSB Pasabajo Inferior

SSB Superior

Fig. P6.30(b)

6.31. Sea las tres señales x DSB ( t ) = A1 cos(2πf m t ) cos(2πf c t ), x SSB ( t ) = A 3 cos[2π(f c + f m ) t ] y x AM ( t ) = A 2 [1 + cos(2πf m t )] cos(2πf c t ) . Si la potencia promedio útil es la misma para las tres señales, determine las relaciones A1 / A 3 , A 2 / A 3 y A1 / A 2 . Solución: A A x DSB ( t ) = 1 cos[(ωc + ωm ) t ] + 1 cos[(ωc − ωm ) t ] DSB: 2 2 1 A A2 PB =< x 2DSB ( t ) >= 2 ( 1 ) 2 = 1 En DSB toda la potencia es útil, por lo tanto, 2 2 4 SSB:

x SSB ( t ) = A 3 cos[(ωc + ωm ) t ]

En SSB toda la potencia es útil, por lo tanto, AM:

x AM ( t ) = A 2 cos(ωc t ) +

Potencia útil,

2 PB =< x SSB ( t ) >=

1 2 A3 2

A2 A cos[(ωc + ωm ) t ] + 2 cos[(ωc − ωm ) t ] 2 2

1 A A2 PB = 2 ( 2 ) 2 = 2 2 2 4

Si las tres potencias útiles son iguales, entonces se verifica que

A12 A 32 A 22 = = , de 4 2 4

donde, A1 = 2; A3

A2 A1 = 2; =1 A3 A2

6.32. Una señal VSB se puede generar pasando una señal DSB a través de un filtro VSB apropiado, como el mostrado en la Fig. 6.74 del Texto. (a) Determine la frecuencia de portadora apropiada. Suponga que su amplitud es 10. (b) Determine la señal VSB a la salida del filtro cuando (1)

m( t ) = 5 cos(103 πt );

(2) m(t) = 10cos(1600πt) + 5cos(800πt) ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

291 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ (2)

m( t ) = 10 cos(1500πt ) cos(300πt )

(c) Calcule las potencias de la señal VSB en el caso (b) (d) Dibuje el espectro de la señal VSB cuando (1) m( t ) = 2x103 sinc(2x103 t );

(2)

m(t) = 103 sinc 2 (103 t )

Solución: (a) De la forma de la Fig. 6.74 del Texto, la frecuencia apropiada de la portadora es f c = 9,5 kHz; A c = 10 . (b) (1) Sea m( t ) = 5 cos(103 πt ) = 5 cos(ωm t );

f m = 500 Hz

x DSB ( t ) = m( t )10 cos(ωc t ) = 50 cos(ωm t ) cos(ωc t ) x DSB ( t ) = 25 cos[2π(9500 + 500) t ] + 25 cos[2π(9500 − 500) t ] x DSB ( t ) = 25 cos(2π104 t ) + 25 cos(2π9000t ) A la frecuencia f = 9 kHz, la ganancia del filtro HVSB(f) es 0, y a la frecuencia f = 10 kHz , la ganancia es la unidad; por lo tanto, la salida VSB del filtro H VSB (f ) será x VSB ( t ) = 25 cos(2π104 t ) . (2) Sea ahora m( t ) = 10 cos(1600πt ) + 5 cos(800πt ) = 10 cos(ωm1t ) + 5 cos(ωm 2 t ) donde fm1 = 800 Hz y fm2 = 400 Hz. XDSB(f) 25 (a)

HVSB(f) 12,5

25 12,5 f

0

8,7

9 9,1

9,5 fc

10 10,3 9,9

kHz

20

Fig. P6.32(a)

x DSB ( t ) = m( t )10 cos(ωc t ) x DSB ( t ) = 100 cos(ωm1t ) cos(ωc t ) + 50cos(ωm2 t)cos(ωc t) x DSB ( t ) = 50 cos[2π(9500 + 800) t ] + 50cos[2π(9500 − 800)t] + + 25 cos[2π(9500 + 400) t ] + 25cos[2π(9500 − 400)t] x DSB ( t ) = 50 cos(2π10300t ) + 50 cos(2π8700t ) + 25 cos(2π9900t ) + 25 cos(2π9100t ) ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

292 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ En la Fig. P6.32(a) se muestra el espectro DSB en relación con el filtro HVSB(f). Puede observarse que la ganancia G del filtro HVSB(f) es: Para f = 8,7kHz, G = 0 ; Para f = 9,1kHz, G = 0,1 ; Para f = 9,9kHz, G = 0,9 y para f = 10,3kHz, G = 1. Por lo tanto, a partir de la Fig. P6.32(a), la señal de salida VSB es, x VSB ( t ) = 50 cos(2π10300t ) + 2,5 cos(2π9100t ) + 22,5 cos(2π9900t ) (3) m( t ) = 10 cos(2π750 t ) cos(2π150 t ) m( t ) = 5 cos(2π900 t ) + 5 cos(2π600 t )

x DSB ( t ) = 50 cos(2π900 t ) cos(2π9500t ) + 50cos(2π600t)cos(2π9500t)

x DSB ( t ) = 25 cos(2π10400t ) + 25cos(2π8600t) + 25cos(2π10100t) + 25cos(2π8900t)

En la Fig. P6.32(b) se muestra el espectro DSB junto con el filtro HVSB(f). XDSB(f) 12,5 12,5

HVSB(f)

12,5 12,5

f 0

8,6

9,5 fc 9 Fig. P6.32(b)

8,9

10,1 10,4 10

kHz 20

De la Fig. P6.32(b), se puede observar que la salida VSB es x VSB ( t ) = 25 cos(2π10400t ) + 25 cos(2π10100t ) = 50 cos(2π150t ) cos(2π10250t ) (c) Cálculo de las potencias de la señal VSB en el caso (b) 1 1. x VSB ( t ) = 25 cos(2π104 t ); < x 2VSB ( t ) >= (25) 2 = 312W 2 2. x VSB ( t ) = 50 cos(2π10300t ) + 2,5 cos(2π9100t ) + 22,5 cos(2π9900t ) 1 1 1 < x 2VSB ( t ) >= (50) 2 + (2,5) 2 + (22,5) 2 = 1506,25W 2 2 2 3. x VSB ( t ) = 25 cos(2π10400t ) + 25 cos(2π10100t )


293 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ 1 < x 2VSB ( t ) >= 2 (25) 2 = 625W 2 (d) (1)

m( t ) = 2x103 sinc(2x103 t )

f M (f ) = Π ( ) y 2000

X DSB (f ) =

⎧⎪10−3 (f − 9000) para 9000 ≤ f ≤ 10000 H VSB (f ) = ⎨ para 10000 < f ≤ 20000 ⎪⎩1

1 f + 9500 1 f − 9500 ) + Π( ) Π( 2 2000 2 2000

X VSB (f ) = H VSB (f )X DSB (f )

XVSB(f) 1/2 (c)

En la Fig. P6.32(c) se muestra el espectro XVSB(f). (1) m( t ) = 103 sinc 2 (103 t ) f M (f ) = Λ ( 3 ) 10 X DSB (f ) =

1 f + 9500 Λ( )+ 2 1000 1 f − 9500 Λ( ) 2 1000

f 8,5

06 9000 0.3

9

9,5 fc

9500

10

kHz

10,5

10 1 4

1.05 10 4

10000

10500

XVSB(f) 0.2

(d) 0.1

f

0

9000

9500

fc

Fig. P6.32.

Hz

X VSB (f ) = H VSB (f ) X DSB (f ) ⎧ 1 para 9000 ≤ f < 9500 ⎪ 2x106 (f − 8500)(f − 9000) ⎪ 1 ⎪ X VSB (f ) = ⎨− (f − 10500)(f − 9000) para 9500 ≤ f < 10000 6 ⎪ 2x10 1 ⎪ para 10000 ≤ f ≤ 10500 ⎪− 2x103 (f − 10500) ⎩ El espectro XVSB(f) se muestra en la Fig. P6.32(d)


294 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ 6.33. Se desea transmitir en VSB la señal del Problema de Aplicación 6.29 del Texto, pero con un período de 8 ms y amplitud ± 5V . La función de transferencia del filtro VSB tiene la forma ⎧1 + sen[2 x10−3 π(f − 104 )] ⎪ ⎪2 ⎪ H VSB (f ) = ⎨1 − sen[2 x10− 3 π(f + 104 )] ⎪2 ⎪ ⎪⎩0

para 9750 ≤ f < 10250 para 10250 ≤ f ≤ 10600 para - 10250 ≤ f < -9750 para - 10600 ≤ f ≤ -10250 en el resto

El ruido a la entrada del receptor es blanco de densidad espectral 10-9 W/Hz. No se transmite portadora piloto y la detección es sincrónica; también Ac = 1. (a) Dibuje la forma de HVSB(f) (frecuencias positivas solamente) (b) Determine la frecuencia apropiada de la portadora y las características de los filtros del receptor (c) Determine la señal xVSB(t) transmitida y dibuje su espectro (d) Demuestre que la ganancia de conversión

So / N o = 1,213 Si / N i

Solución: (a) Sea la señal de la Fig. 6.72 del Texto, donde T = 8x10 −3 ; f o = 125 Hz Sn (f ) = 10−9 W / Hz; A c = 1 ⎧⎪1 + sen[2πx10−3 (f − 104 )] para 9750 ≤ f < 10250 H VSB (f ) = ⎨ para 10250 ≤ f ≤ 10600 ⎪⎩2 En la Fig. P6.33(a) se muestra la forma del filtro HVSB(f) (frecuencias positivas solamente.

2

HVSB(f)

|X1|

|M(f)|

|X2|

|X3|

1

|X4|

|X5|

|X6|

f 0

9,75

10 10,25 10,6 kHz (a)

0 Fig. P6.33

125

250

375 (b)

500

625

Hz

750

f


295 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ (b) De la forma de HVSB(f), Fig. P6.33(a): (b.1) La frecuencia apropiada de la portadora es de 10 kHz, es decir, fc = 104 Hz. (b.2) El filtro pasabanda de entrada al receptor deberá estar centrado en la frecuencia 9750 + 10600 = 10175 Hz y de ancho de banda B = 10600 − 9750 = 850 Hz . fh = 2 (b.3) En cuanto al filtro pasabajo de salida, su ancho de banda dependerá del ancho de banda o número de componentes de la señal de entrada. En la parte (d) definiremos este ancho de banda. (c) Para Am = 5V y T = 8x10-3 , y del Problema 6.29, el coeficiente de Fourier de m(t) π 5(−1) n 5(−1) n es X n = j ; φn = ; X o = 0; f o = 125Hz ; Xn = nπ 2 nπ ∞

m( t ) = 2∑ X n sen(2πnf o t ) ; n =1

X1 = −1,592; X 2 = 0,796; X 3 = −0,531 X 4 = 0,398; X 5 = −0,318; X 6 = 0,265

El módulo del espectro M(f) de m(t) tiene la forma mostrada en la Fig. P6.33(b). La señal DSB será

x DSB ( t ) = m( t ) cos(ωc t ). Igual que en el Problema 6.29, se tiene:

∞

x DSB ( t ) = 2∑ X n sen(nωo t ) cos(ωc t ) n =1

∞

x DSB ( t ) = ∑ X n {sen[2π(f c + nf o ) t ] − sen[2π(f c − nf o ) t ]} n =1

En la Fig. P6.33(c) se muestra el módulo del espectro de xDSB(t) junto con el filtro HVSB(f). |XDSB(f)| |X3/2|

|X2/2|

|X1/2|

|X1/2|

|X2/2| |X3/2|

HVSB(f) |X4/2| f

0

9625 9750 9875 10000 10250 10500 10375 fc 10125 10600

Hz

Fig. P6.33(c).

Nótese que algunas de las componentes que pasan están afectadas por la ganancia del filtro HVSB(f). Nótese también que el ancho de banda del filtro pasabajo de salida debe dejar pasar solamente cuatro componentes de m(t). El ancho de banda del filtro pasabajo puede dejarse en 600 Hz. ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

296 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ La señal VSB será, de la Fig. P6.33(c), : x VSB ( t ) = −H VSB (9875) X1 sen(2π9875t ) + H VSB (10125) X1 sen(2π10125t ) + + 2 X 2 sen(2π10250 t ) + 2 X 3 sen(2π10375t ) + 2 X 4 sen(2π10500 t )

pero

H VSB (9875) = 0,293; H VSB (10125) = 1,707; H VSB (9875) + H VSB (10125) = 2

La señal VSB transmitida será entonces, x VSB ( t ) = 0,466 sen(2π9875t ) − 2,717 sen(2π10125t ) + 1,592 sen(2π10250 t ) − − 1,061sen(2π10375t ) + 0,796 sen(2π10500t ) En el receptor esta señal aparece a la entrada del detector y su potencia será: Si =< x 2VSB ( t ) >=

[

]

1 (0,466) 2 + (2,717) 2 + (1,592) 2 + (1,061) 2 + (796) 2 = 5,946 W 2

(d) Cálculo de la Potencia de Señal En el receptor, a la entrada del filtro pasabajo, y( t ) = x VSB ( t )2 cos(2π10000t ) y( t ) = 2H VSB (10125) X1 sen(2π10125t ) cos(2π10000 t ) − − 2H VSB (9875t ) X1 sen(2π9875t ) cos(2π10000 t ) + + 4 X 2 sen(2π10250 t ) cos(2π10000 t ) + 4 X 3 sen(2π10375t ) cos(2π10000 t ) + + 4 X 4 sen(2π10500 t ) cos(2π10000 t ) y( t ) = H VSB (10125) X1 sen(2π20125t ) + H VSB (10125) X1 sen(2π125t ) − − H VSB (9875) X1 sen(2π19875t ) + H VSB (9875) X1 sen(2π125t ) + + 2 X 2 sen(2π20250 t ) + 2 X 2 sen(2π250 t ) + + 2 X 3 sen(2π20375t ) + 2 X 3 sen(2π375t ) + + 2 X 4 sen(2π20500 t ) + 2 X 4 sen(2π500 t )

El filtro pasabajo de salida elimina los términos de alta frecuencia, y como H VSB (9875) + H VSB (10125) = 2 , la salida yd(t) será y d ( t ) = 2 X1 sen(2π125t ) + 2 X 2 sen(2π250 t ) + 2 X 3 sen(2π375t ) + 2 X 4 sen(2π500 t )

La correspondiente potencia de salida será: So =< y d2 ( t ) >=

[

]

1 2 2 2 2 4 X1 + X 2 + X 3 + X 4 = 7,212 W 2


297 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Cálculo de la Potencia de Ruido. La densidad espectral a la salida del filtro de RF tiene la forma mostrada en la Fig. P6.33(d).

Sni(f) 10 -10600 -9750 -10175

0 (d)

-9

850

Sno(f)

Filtro Pasabajo

-9

2x10

10-9

f 9750 1017510600 Hz

f -600

-250

0 (e)

250

Hz

600

Fig. P6.33

f − 10175 ⎤ ⎡ f + 10175 Sni (f ) = 10− 9 ⎢Π ( ) + Π( )⎥ 850 850 ⎣ ⎦ La potencia correspondiente será N i = 2x850 x10−9 = 1,7 x10−6 W A la salida del multiplicador, y de acuerdo con el Teorema de la Modulación para Señales de Potencia, Sn1 (f ) = 10−9 [Sni (f + 10000) + Sni (f − 10000)] f − 175 f + 175 f − 20175 ⎤ ⎡ f + 20175 Sn1 (f ) = 10− 9 ⎢Π ( ) + Π( ) + Π( ) + Π( )⎥ 850 850 850 850 ⎣ ⎦ Al pasar por el filtro pasabajo de 600 Hz, la densidad espectral Sno(f) de salida tiene la forma mostrada en la Fig. P6.33(e) y cuya potencia es N o = 1200x10−9 + 500x10−9 = 1,7 x10−6 W Obtuvimos también Si = 5,946; So = 7,212; N i = 1,7 x10−6 La ganancia de conversión será entonces So / N o = 1,213 Si / N i La ganancia de conversión se puede aumentar un poco si el ancho de banda del filtro pasabajo de salida se hace un poco más angosto para que deje pasar justo la componente de señal de 500 Hz. Si se toma el ancho de 500 Hz, el lector puede verificar que la ganancia de conversión ha aumentado a 1,375.


298 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ 6.34. Demuestre que las señales VSB pueden también demodularse mediante reinserción de portadora y detección de envolvente. Sugerencia: utilice la expresión (6.53). Solución: Sea la expresión 6.53 del Texto, x VSB ( t ) = x r ( t ) = A c m( t ) cos(ωc t ) + A c m s ( t ) sen(ωc t ) y el sistema mostrado en la Fig. 6.12(g) de demodulación por reinserción de portadora y detección de envolvente. Cuando se utiliza una portadora piloto de muy baja potencia, se tiene el método conocido como “detección homodina”. De la Fig. 6.12(g) del Texto, vi ( t ) = x r ( t ) + K cos(ωc t ) vi ( t ) = A c m( t ) cos(ωc t ) + K cos(ωc t ) + A c m s ( t ) sen(ωc t ) vi ( t ) = [A c m( t ) + K ] cos(ωc t ) + A c ms ( t ) sen(ωc t ) Expresando vi(t) en la forma polar vi ( t ) = E( t ) cos[ωc t − Ψ ( t )] , donde E( t ) = [A c m( t ) + K ]2 + A c2 ms2 ( t ) y

Ψ (t) = arctg

A c ms ( t )

.

Como la amplitud K de la portadora agregada es alta, se verifica que [A c m( t ) + K ] >> A c m s ( t ) , de donde E( t ) ≈ A c m( t ) + K

y

Ψ (t) ≈ 0

El filtro pasabajo elimina la componente continua K, quedando y d ( t ) = A c m( t ) y se ha recuperado la señal mensaje. El lector podrá verificar, siguiendo el mismo procedimiento, que la detección homodina permite también la demodulación de señales DSB. La circuitería del detector homodino es más sencilla que la del detector sincrónico; sin embargo, la condición indispensable es que se transmita una portadora piloto de baja potencia junto con las señales DSB, SSB y VSB. 6.35. Dos señales m1 ( t ) y m 2 ( t ) , ambas de banda limitada fm, se modulan en FDM con subportadoras f c1 >> f m y f c2 = f c1 + 2f m , respectivamente, y se transmiten por un canal no lineal caracterizado mediante la expresión y( t ) = a1x ( t ) + a 2 x 2 ( t ) + a 3 x 3 ( t ) . (a) Si la modulación de subportadora es en DSB, demuestre que toda la diafonía (interferencia entre canales) a la salida es ininteligible y desaparece luego del filtrado pasabanda si a 3= 0 . (b) Repetir para el caso de modulación AM y demuestre que en este caso aparecerá también inteligible de la forma m1 ( t ) cos(2πf c 2 t ). Solución: (a) Modulación DSB/FDM. Sea x ( t ) = m1 ( t ) cos(2πf c1t ) + m 2 ( t ) cos[2π(f c1 + 2f m ) t ] ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

299 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Hagamos f c1 = f c

y

f c 2 = f c + 2f m ; entonces,

x ( t ) = m1 ( t ) cos(ωc t ) + m 2 ( t ) cos[(ωc + 2ωm ) t ] La señal transmitida por el canal no lineal es y( t ) = a1x ( t ) + a 2 x 2 ( t ) + a 3 x 3 ( t ) . Reemplazando x(t) y desarrollando, y( t ) = a1m1 ( t ) cos(ωc t ) + a1m 2 ( t ) cos[(ωc + 2ωm ) t ] + a 2 m12 ( t ) cos 2 (ωc t ) + + 2a 2 m1 ( t )m 2 ( t ) cos(ωc t ) cos[(ωc + 2ωm ) t ] + a 2 m 22 ( t ) cos 2 [(ωc + 2ωm ) t ] + + a 3m13 ( t ) cos3 (ωc t ) + 3a 3m12 ( t )m 2 ( t ) cos 2 (ωc t ) cos[(ωc + 2ωm ) t ] + + 3a 3m1 ( t )m 22 ( t ) cos(ωc t ) cos 2 [(ωc + 2ωm ) t ] + a 3m32 ( t ) cos3[(ωc + 2ωm ) t ] La señal y(t) contiene muchos términos de distorsión (diafonía) que la hacen completamente ininteligible, pero veamos qué pasa cuando hacemos a3 = 0. Para a3 = 0, y( t ) = a1m1 ( t ) cos(ωc t ) + a1m 2 ( t ) cos[(ωc + 2ωm ) t ] + a 2 m12 ( t ) cos 2 (ωc t ) + + 2a 2 m1 ( t )m 2 ( t ) cos(ωc t ) cos[(ωc + 2ωm ) t ] + a 2 m 22 ( t ) cos 2 [(ωc + 2ωm ) t ] a 2 m12 ( t ) + y( t ) = a1m1 ( t ) cos(ωc t ) + a1m 2 ( t ) cos[(ωc + 2ωm ) t ] + 2 a m2 (t) a m2 (t) a m2 (t) + 2 1 cos(2ωc t ) + 2 2 + 2 2 cos[2(ωc + 2ωm ) t ] + 2 2 2 + 2a 2 m1 ( t )m 2 ( t ) cos(ωc t ) cos[(ωc + 2ωm ) t ] Vemos que con excepción de los dos primeros términos, todos los otros términos está, fuera de banda y son eliminados por el filtro de RF. Por lo tanto, a la salida del filtro de RF, vi ( t ) = a1m1 ( t ) cos(ωc t ) + a1m 2 ( t ) cos[(ωc + 2ωm ) t ] Vemos que la diafonía desapareció después del filtrado pasabajo cuando a3 = 0. Por lo tanto, si se hace a3 = 0, desaparece toda la diafonía ininteligible presente en la banda de paso del filtro, y las señales m1(t) y m2(t) se pueden transmitir por el canal no ideal. (b) Si las señales se modulan en AM/FDM, entonces, para simplificar el desarrollo hagamos: x c1 ( t ) = [A1 + m1 ( t )] cos(ωc t ) y x c2 ( t ) = [A 2 + m 2 ( t )] cos[(ωc + 2ωm ) t ] x ( t ) = x c1 ( t ) + x c 2 ( t ); y(t) = a1x(t) + a 2 x 2 (t) + a 3 x 3 (t)

y( t ) = a1x c1 ( t ) + a1x c 2 ( t ) + a 2 x c21 ( t ) + 2a 2 x c1 ( t ) x c 2 ( t ) + a 2 x c22 ( t ) + a 3 x 3c1 ( t ) + + 3a 3 x c21 ( t ) x c 2 ( t ) + 3a 3 x c1 ( t ) x c22 ( t ) + a 3 x 3c 2 ( t ) ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

300 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Examinemos el desarrollo de estos términos excepto los dos primeros que representan la señal deseada. a 2 x c21 ( t ) =

a2 a [A1 + m1 ( t )]2 + 2 [A1 + m1 ( t )]2 cos(2ωc t ) → Términos fuera de banda 2 2

2a 2 x c1 ( t ) x c 2 ( t ) = a 2 [A1 + m1 ( t )][A 2 + m 2 ( t )] cos[(2ωc + 2ωm ) t ] + + a 2 [A1 + m1 ( t )] cos(2ωm t ) → Términos fuera de banda

a 2 x ( t ) → Igual que a 2 x c21 ( t ) → Términos fuera de banda a 3a 3a A A a 3 x 3c1 ( t ) = 3 1 [ 1 + m1 ( t )] cos(ωc t ) + 3 m12 ( t ) cos(ωc t ) + 3 [A1 + m1 ( t )]2 cos(3ωc t ) 4 4 2 2 2 c2

→

A1 + m1 ( t )] cos(ωc t ) que puede estar sobremodulado, 2 pero que a la vez está distorsionado por el término de diafonía ininteligible m12 ( t ) cos(ωc t ) ; los demás términos están fuera de banda

Hay un término deseado [

a 3 x 3c 2 ( t ) → igual que a 3 x 3c1 ( t ) 3a 3 x c21 ( t ) x c 2 ( t ) =

3a 3 ⎧ A 2 + m 2 ( t )] cos[(ωc + 2ωm ) t ] + A 2 m1 ( t ) cos(ωc t ) + ⎨A1[ 2 ⎩ A1

+ m1 ( t )m 2 ( t ) cos[(ωc + 2ωm ) t ] + [A1 + m1 ( t )] cos(2ωc t ) cos[(ωc + 2ωm ) t ] → Nótese que también aparece un término de diafonía inteligible de la forma m 2 ( t ) cos[(ωc + 2ωm ) t ] ; los demás términos están fuera de banda. Finalmente, en el término 3 a 3 x c 1 ( t ) x c2 2 ( t ) aparecerá un término de diafonía inteligible de la forma m 2 ( t ) cos(ωc t ) . Si hacemos a3 = 0, todos los términos de diafonía desaparecen y las señales m1 ( t ) y m 2 ( t ) se pueden transmitir en AM/FDM. 6.36. Dibuje el espectro típico de una señal AM/AM FDM tanto en banda de base como en portadora principal. Diga una ventaje y una desventaja de este sistema. Solución: Vamos a representar las señales moduladas con la convención establecida en la Fig. 6.24 del Texto. Como ejemplo vamos a tomar cuatro señales de banda limitada fm. En la Fig. P6.36(a) y (b) se muestra los espectros en Banda de Base y en Portadora Principal (Espectro de la señal transmitida). Ventaja principal: Demodulación muy sencilla con detección de envolvente Desventajas: Potencia desperdiciada, ancho de banda muy grande. ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA


Subportadoras

X(f)

f 0

-fm

fc1

fm

Xc(f)

fc2

fc3

fc4

Bg (a) Espectro en Banda de Base Portadora Principal

f 0

fc-fc4

fc-fc3

fc-fc2

fc-fc1

fc

fc+fc1

fc+fc2

fc+fc3

fc+fc4

B (b) Espectro Transmitido. Fig. P6. 36.

6.37. Doce canales telefónicos, de 4 kHz cada uno, se multicanalizan en FDM dejando una banda de guarda de 1 kHz entre canales. La frecuencia más baja de subportadora es de 20 kHz y la frecuencia de la portadora de transmisión es de 150 kHz. Si la multicanalización se hace en DSB/DSB y en SSB/SSB, determine, en cada caso, (a) Las frecuencias del resto de las subportadoras (b) Representando los canales telefónicos como en la Fig. 6.24 del Texto, dibuje los espectros transmitidos indicando todas las frecuencias en juego. En SSB tome la banda lateral superior. Solución: 1. DSB/DSB FDM. X(f)

1 kHz

8 kHz f 0

20 fc1

Xc(f)

0

31

29

38 47 56 65 (a) Banda de Base DSB/FDM Portadora Principal fc

121

170 179 188 130 150 (b) Espectro Transmitido DSB/DSB FDM

119 kHz fc12

f 269 kHz

Fig. P6.36.


302 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ 2. SSB/SSB FDM.

X(f) fc1

0

20

fc12

25

30

35 40 45 50 (a) Banda de Base SSB FDM

55

75

f 79 kHz

Portadora Principal f 0

150 fc

170

175 180 185 190 195 200 204 (b) Espectro Transmitido SSB/SSB FDM Fig. P6.37.

225 229

6.38. Un receptor superheterodino opera a una frecuencia de 1 MHz con el oscilador local a una frecuencia de 1,2 MHz. Un segundo receptor opera a la frecuencia imagen del primer receptor produciendole interferencias por efecto de imagen. (a) Determine la frecuencia intermedia del primer receptor (b) ¿Cuánto es el valor de la frecuencia de portadora del segundo receptor? (c) Demuestre que en la Banda de Radiodifusión Comercial de 535 a 1605 kHz, para que no haya problemas de frecuencia imagen, el valor de la frecuencia intermedia deberá ser menor o igual que 535 kHz. En la práctica el valor normalizado de la frecuencia intermedia se ha establecido en 455 kHz. (d) Demuestre también que para la banda de 535 a 1605 kHz, la frecuencia del oscilador local debe ser 995 kHz ≤ f OL ≤ 2055 kHz . (e) Demuestre que cuando se utiliza la frecuencia intermedia de 455 kHz, en la banda comprendida entre 690 kHz y 1450 kHz, jamás se producirá interferencias debido a las frecuencias imagen. ¿Cuánto es el valor del valor de la frecuencia de esta imagen? Solución: (a) f c1 = 1 MHz; f OL1 = 1,2 MHz La frecuencia imagen del receptor 1 es, de la expresión (6.72) del Texto, f i1 = f c1 + 2f FI1 = f OL1 + f FI1 ∴ f FI1 = f OL1 − f c1 = 1,2x106 − 106 = 200 kHz La frecuencia intermedia del receptor 1 es de 200 kHz (b) La frecuencia de portadora del receptor 2 es igual a la frecuencia imagen del receptor 1, entonces, ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

303 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ f c 2 = f i1 = f c1 + 2f FI1 = 1,4 MHz La frecuencia de portadora del receptor 2 es de 1,4 MHz. (c) Sea la Fig. 6.22(b) del Texto, en donde se muestra las relaciones entre f FI , f c , f OL y f im . La banda de paso RF en Radiodifusión en Onda Media está entre 535 kHz y 1605 kHz y el ancho de banda de las señales AM es de 10 kHz. Para el caso extremo en el cual el borde inferior del espectro de la señal es igual a 535 kHz y se quiere que el borde inferior de la señal imagen esté a 1605 kHz, la banda de la señal imagen no caerá dentro de la banda de paso de RF. Esta situación extrema se muestra en la Fig. P6.38. Banda de RF

fFI

fFI

Señal Imagen

Señal AM f

fOL

535 540

Fig. P6.38.

fcmin

1600 1610 kHz 1605 fim fcmax

f im − f cmin 1610 − 540 = = 535kHz 2 2 El valor normalizado para la frecuencia intermedia en esta banda es de 455 kHz. Esto quiere decir que estaciones cuya frecuencia de portadora esté entre 540 kHz y 690 kHz, serán afectadas por imagen por estaciones que estén entre 1450 kHz y 1600 Khz. Pero esto es materia de la parte (e). De la Fig. P6.38,

f im = f cmin + 2f FI ∴ f FI =

(d) La frecuencia del oscilador local debe ser tal, que la portadora más baja esté a 540 kHz y la más alta a 1600 kHz, como puede apreciarse en la Fig. P6.38. Para f cmin = 540 kHz, f OLmin = f cmin + f FI = 540 + 455 = 995 kHz Para f cmax = 1600 kHz, f OLmax = f cmax + f FI = 1600 + 455 = 2055 kHz . Entonces, 995 kHz ≤ f OL ≤ 2055 kHz (e) La menor frecuencia imagen permitida es aquella para la cual se verifica que f cmin + 2f FI = 1450 kHz . Esto quiere decir que una estación a 1450 kHz será la imagen de la estación (la más baja en la banda de RF) de 540 kHz. La otra frecuencia de interés es aquella para la cual el borde superior de la imagen queda justo al borde superior de la banda de RF, es decir, su portadora imagen está a 1600 kHz. La correspondiente frecuencia de portadora será ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

304 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ f c = 1600 − 2f FI = 690 kHz . Por lo tanto, la portadora de 690 kHz tendrá su imagen a 1600 kHz. En consecuencia, estaciones entre 690 kHz y 1450 kHz, no serán perturbadas por efecto imagen. Por ejemplo, una estación de frecuencia 1500 kHz será la imagen de una estación cuya portadora es f c = 1500 − 910 = 590 kHz. Asimismo, una estación de 750 kHz tendrá su imagen a la frecuencia f im = 750 + 910 = 1660 kHz, frecuencia que cae fuera de la banda de RF y no será perturbada por efectos de imagen. 6.39. Un receptor superheterodino puede recibir 100 señales, de 5 kHz de ancho de banda cada una, moduladas en AM/AM FDM. El borde de la frecuencia inferior de la banda de radiofrecuencia (RF) está a 600 kHz. Demuestre que la frecuencia intermedia máxima apropiada es de 500 kHz, y que la gama de sintonización del oscilador local es 1105 kHz ≤ f OL ≤ 2095 kHz. Solución: Sea la Fig. P6.39. Banda de RF

fFI 1

600 605 610 fcmin

2

3

620

fFI 4

630

5

640

99

650 fOL

1580

100

1590

1600

1595 fcmax

Fig. P6.39.

f kHz

1605 fim

f im − f cmin 1605 − 605 = = 500 kHz 2 2 La frecuencia intermedia máxima apropiada es de 500 kHz

De la Fig. P6.39,

f im = f cmin + 2f FI ∴ f FI =

También, de la Fig. P6.39, Para f cmin = 605 kHz, f OLmin = f cmin + f FI = 605 + 500 = 1105 kHz Para f cmax = 1595 kHz, f OLmax = f cmax + f FI = 1595 + 500 = 2095 kHz La sintonización del oscilador local estará dentro del rango 1105 kHz ≤ f OL ≤ 2095 kHz


305 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ 6.40. En la Fig. 6.75 del Texto se muestra un receptor superheterodino de doble conversión, cuyas frecuencias intermedias son f I1 y f I2 . Si f c > f o > f I1 > f I 2 y f I1 > f d , (a) Demuestre que el segundo oscilador local está sintonizado a la frecuencia fija f d = f I1 − f I 2 (b) ¿Cuáles son los valores de las frecuencias imagen del segundo mezclador? Solución: (a)

x AM ( t ) = [A c + A m m( t )] cos(ωc t ) . Esta señal aparece también a la entrada del primer multiplicador.

A la salida del primer multiplicador, v1 ( t ) = [A c + A m m( t )] cos(ωc t ) cos(ωo t ) = A c cos(ωc t ) cos(ωo t ) + + A m m( t ) cos(ωc t ) cos(ωo t ) A A v1 ( t ) = c cos[(ωc + ωo ) t ] + c cos[(ωc − ωo ) t ] + 2 2 A A + m m( t ) cos[(ωc + ωo ) t ] + m m( t ) cos[(ωc − ωo ) t ] 2 2 Sea f I1 = f c − f o . Entonces a la salida del filtro FI1, el cual estará centrado a la frecuencia fI1, se tiene v2 (t) =

Ac A cos[(ωc − ωo ) t ] + m m( t ) cos[(ωc − ωo ) t ] 2 2

v2 (t) =

A Ac cos(ωI1t ) + m m( t ) cos(ωI1t ) 2 2

Con el ajuste de fo tal que para cualquiera fc se verifique siempre f I1 = f c − f o , la señal v2(t) estará siempre centrada en fI1 y pudiera demodularse mediante detección de envolvente; pero como el receptor es de doble conversión, hay una nueva etapa de demodulación representada por el segundo oscilador local y el segundo filtro de frecuencia intermedia FI2. A la salida del segundo multiplicador, A ⎡A ⎤ v3 ( t ) = v 2 ( t ) cos(ωd t ) = ⎢ c cos(ωI1t ) + m m( t ) cos(ωI1t )⎥ cos(ωd t ) 2 ⎦ ⎣ 2 v3 ( t ) =

A Ac cos[2π(f I1 + f d ) t ] + c cos[2π(f I1 − f d ) t ] + 4 4 A A + m m( t ) cos[2π(f I1 + f d ) t ] + m m( t ) cos[2π(f I1 − f d ) t ] 4 4


306 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Puesto que f I1 > f d , donde ambas frecuencias son fijas, podemos definir la segunda frecuencia intermedia como f I 2 = f I1 − f d , o también f d = f I1 − f I 2 que es fija también. Por lo tanto, el segundo oscilador estará sintonizado a la frecuencia fija fd, lo cual simplifica el diseño. Por ejemplo, si f I1 = 10 MHz y f I2 = 1 MHz , la frecuencia del segundo oscilador será de 9 MHz. (b) En el segundo mezclador

f d = f I1 − f I 2 .

De la expresión (6.71) del Texto, las frecuencias imagen vienen dadas por f im = f1 ± 2f 2 . En nuestro caso, para el segundo mezclador se verifica que f1 = f I1 y f 2 = f I 2 . Por lo tanto, las frecuencias imagen del segundo mezclador son f im 2 = f I1 ± 2f I 2 .Por ejemplo, si f I1 = 10 MHz y f I 2 = 1 MHz , las frecuencias imagen del segundo mezclador serán de 12 MHz y 8 MHz.

6.41. El Canal 6 de Televisión Comercial tiene una portadora de video de 83,25 MHz, y la banda de audio está a 4,5 MHz por encima de ella. Un receptor superheterodino de TV tiene una frecuencia intermedia de 45,75 MHz y para el audio, de 41,25 MHz. (a) Demuestre que la frecuencia del oscilador local de video para recibir el Canal 6 es de 129 MHz. (b) Demuestre que las frecuencias imagen y del oscilador local en el canal de audio son de 169,75 MHz y de 128,5 MHz, respectivamente. (c) Demuestre que el Canal 7 puede producir perturbaciones en el Canal 6 por efecto imagen (En el Apéndice B.3 se dan las frecuencias utilizadas en TV). Solución: Canal 6 de TV: f cv = 83,25 MHz; f ca = 87,75 MHz; f Iv = 45,75 MHz; f Ia = 41,25 MHz (a) Canal 6, video, (b)

(c)

f OLv = f cv + f Iv = 129 MHz

Canal 6, audio, frecuencia imagen:

f ima = f ca + 2f Ia = 87,75 + 2x 41,25 = 170,25 MHz

Frecuencia del OL:

f OLa = f ca + f Ia = 87,75 + 41,25 = 129 MHz

La frecuencia imagen de video del Canal 6 es f imv = f cv + 2f Iv = 83,25 + 2x 45,75 = 174,75 MHz

pero observamos, Apéndice B.3 del Texto, que la banda de video del Canal 7 está entre 174 MHz y 180 MHz. Esto quiere decir que el Canal 7 puede producir perturbaciones por efecto imagen en el Canal 6. En la práctica estos canales están en localidades distantes una de la otra.


307 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ 6.42. En la Fig. 6.76 del Texto se muestra el diagrama de bloques de un “Oscilador de Batido (Beat Frequency Oscilator, BFO)”. (a) Analice su operación, ¿Cuál es la ventaja del BFO sobre otros tipos de oscilador? (b) Compare el cambio porcentual en la frecuencia de y(t) respecto a un cambio porcentual de f1 cuando fo es constante. (c) Para f1 = 100 kHz y f o = 99,99 kHz , encuentre el cambio porcentual en fc debido a un cambio de 0,1% en la frecuencia f1. Solución: (a) Sea el BFO mostrado en la Fig. 6.76 del Texto. A la salida del multiplicador, v1 ( t ) = cos(ω1t ) cos(ωo t ) =

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

El filtro dejará pasar solamente la frecuencia inferior, de modo que 1 1 y( t ) = cos[2π(f1 − f o ) t ] = cos(2πf c t ) , donde f c = f1 − f o 2 2 En los BFO los valores básicos de f1 y fo son ligeramente diferentes, pero siempre f1 ≠`f o . El BFO es un oscilador compuesto de frecuencia variable muy estable sobre una amplia gama de frecuencias. Esta gran variación se consigue con variaciones muy pequeñas de la frecuencia f1. La estabilidad se mejora si el oscilador de fo es un oscilador de cristal. Una aplicación del BFO es en la demodulación de señales SSB. (b) Si f1 experimenta una variación ± ∆f1 , entonces f c experimentará una variación ± ∆f c . Entonces, f c ± ∆f c = f1 ± ∆f1 − f o , pero como f c = f1 − f o , entonces

± ∆f c = ± ∆f1 .

Si multiplicamos ambos miembros de la expresión anterior por

100 , entonces, fc

± ∆f c ± ∆f1 100 = 100. fc fc representaremos como Vc % =

± ∆f1 100 f1 − f o

con

± ∆c 100 es la variación porcentual de fc, que fc Vc % , y con f c = f1 − f o , entonces, Pero

f1 ≠ f o


308 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ ∆f1 es la variación de f1 que puede ser un incremento (signo positivo) o un decremento (signo negativo).

(c) Sea f1 = 100 kHz; f o = 99,99 kHz; ∆f1 =

0,1 f1 = 100 Hz 100

f c = 100000 − 99990 = 10 Hz Si ∆f1 = 100 Hz, entonces Vc % =

100x100 = 1000% (100 − 99,99)103

Vemos que si f1 aumenta en 0,1% (100 Hz), la frecuencia de salida fc pasa de 10 Hz a 110 Hz, lo que representa una variación del 1000%. Si f c ' es la nueva frecuencia de salida del BFO, podemos establecer que f c ' = f1 ± ∆f1 − f o = f1 − f o ± ∆f1 6.43. Una señal sinusoidal de frecuencia fm y amplitud unitaria modula una portadora en AM y FM. La potencia de la portadora no modulada es la misma en ambos sistemas. Cuando se modula, la desviación máxima en FM es cuatro veces el ancho de banda en AM. La amplitud de las componentes separadas en ± f m es la misma en ambos sistemas. Demuestre que el índice de modulación en FM es 8 y en AM es de 47%. Solución: m( t ) = cos(ωm t ); A c es la misma en ambos sistemas. En AM: x AM ( t ) = [A c + m( t )] cos(ωc t ) = A c [1 + En FM: x FM ( t ) = A c cos[ωc t + De los datos: En AM:

fd sen(ωm t )]; fm

∆f = f d = 4 x 2f m = 8f m ∴ β =

1 1 m( t )] cos(ωc t ); a% = 100 Ac Ac β=

fd fm

fd =8 fm

1 1 x AM ( t ) = A c cos(ωc t ) + cos[(ωc + ωm ) t ] + cos[(ωc − ωm ) t ] 2 2

La amplitud de las bandas laterales en AM es igual a

1 . 2


309 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ En FM: En la Fig. P6.43 se muestra la portadora y las dos primeras bandas laterales de la señal FM. Como la magnitud de las componentes separadas en ± f m de la portadora es igual en ambos sistemas, entonces 1 1 1 J1 (8)A c = ∴ A c = = = 2,13 2 2J1 (8) 2x 0,235 El índice de modulación en AM será

Jo(8)Ac J1(8)Ac f

fc-fm 0

fc J1(8)Ac

a% =

fc+fm Fig. P6.43.

1 1 100 = 47% 100 = 2,13 Ac

6.44. La señal m( t ) = 5sinc 2 (5x103 t ) se aplica a un modulador FM de banda angosta. La potencia de la portadora sin modular es de 50 W, la constante de desviación de frecuencia es 103 y la frecuencia de portadora es de 10 kHz. Calcule y dibuje el espectro de la señal modulada FM en banda angosta. Solución: 1 2 A c = 50 ∴ A c = 10; f d = 103 ; f c = 104 2 De la expresión (6.92) del Texto, en FM de banda angosta, X FM (f ) =

⎡ ⎤ Ac [δ(f + f c ) + δ(f − f c )] − A cf d ⎢ M(f + f c ) − M(f − f c ) ⎥ 2 2 ⎣ f + fc f − fc ⎦

[

]

⎡ M (f + 104 ) M (f − 10 4 ) ⎤ − X FM (f ) = 5 δ(f + 10 4 ) + δ(f − 104 ) − 5x103 ⎢ 4 f − 10 4 ⎥⎦ ⎣ f + 10

pero

M (f ) = 10− 3 Λ (

f ) , de donde, 5x103

⎡ f + 104 f − 104 ⎤ ( ) ( ) Λ Λ ⎢ 3 5x103 ⎥⎥ X FM (f ) = 5 δ(f + 104 ) + δ(f − 104 ) − 5⎢ 5x104 − f − 104 ⎥ ⎢ f + 10 ⎥⎦ ⎢⎣

[

]

Para dibujar este espectro, el lector puede demostrar que para f > 0, XFM(f) se puede escribir en la forma siguiente:


310 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ ⎧5δ(f − 10 4 ) para f = 10 4 ⎪ 3 ⎪10 − 3 f − 5x10 para 5x103 ≤ f < 10 4 4 ⎪ f − 10 X FM (f ) = ⎨ 3 ⎪ − 3 f − 15 x10 − 10 para 10 4 < f ≤ 15x103 4 ⎪ f − 10 ⎪ ⎩

XFM(f)

f 0

5

10

que se muestra en la Fig. P6.44.

15 kHz

Fig. P6.44

6.45. Sea el sistema FM de la Fig. 6.77 del Texto donde m( t ) = 20 sen 2 (10 4 πt ) . La señal modulada xc(t) tiene una potencia de 50 W y un índice de modulación de 10. El filtro de salida tiene ganancia unitaria, ancho de banda de 70 kHz y está centrado en el espectro transmitido. 2 (a) Demuestre que: A c = 10; f d = 104 Hz / V y < x CT ( t ) >= 10,05W

(b) Dibuje el espectro de la señal transmitida indicando los valores de amplitud y frecuencia. Solución: 1 2 A c = 50 ∴ A c = 10 2

Sea la Fig. 6.77 del Texto. m( t ) = 10 − 10 cos(2π104 t ); β = 10; f c = 100 kHz; B = 70 kHz t (a) x FM ( t ) = A c cos ⎡ωc t + 2πf d ∫ [10 − 10 cos(2π104 τ)dτ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ 0

pero

∫ [10 − 10 cos(2π10 τ)]dτ = 10t − 2π10 t

5

0

θ( t ) = 2πf c t + 20πf d t − de donde,

10

4

sen(2π104 t )

20πf d sen(2π104 t ) = 2π(f c + 10f d ) − 10− 3 fd sen(2π104 t ) 4 2π10

f c ' = f c + 10f d = 200 kHz; A c = 10; β = 10 =

fd ∴ f d = 104 Hz / V 3 10

f m ' = 104 = 10 kHz (b) El espectro FM correspondiente se muestra en la Fig. P6.45. ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

311 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Nótese que el espectro transmitido está centrado en 200 kHz y no en 100 kHz; esto es debido al efecto de la componente continua de m(t). De la Fig. P6.45, la potencia de salida del filtro es 2,55

XCT(f)

2,55

Filtro B = 70 kHz

0,58

0,43 170 0

190

160 165

fc' 200

f

180

210

220

230 235 240 kHz

0,43

0,58 Fig. P6.45.

2,4

1 1 1 ⎡1 ⎤ 2 < x CT ( t ) >= (2,46) 2 + 2⎢ (0,43) 2 + (2,55) 2 + (0,58) 2 ⎥ = 10,05W 2 2 2 2 ⎣ ⎦ 6.46.

Demuestre que en modulación PM

∆φ = k p m( t ) max y ∆f =

kp d m( t ) , y si la 2π dt max

modulación es sinusoidal con m( t ) = A m sen(2πf m t ) , entonces, βp = k p A m = ∆φ y

∆f = k p f m A m

Solución: Modulación PM. x PM ( t ) = A c cos[ωc t + k p m( t )]; θ(t) = ωc t + φ( t ) φ( t ) = k p m( t ); ∆f ( t ) = ∆f =

fi (t ) =

k d 1 d 1 θ( t ) = f c + φ( t ) = f c + p m( t ) 2π dt 2π dt 2π

kp d m( t ); ∆φ = φ(t) max = k p m( t ) max desviación máxima de fase 2π dt kp d m( t ) 2π dt max

[

Sea m( t ) = A m sen(2πf m t ); x PM ( t ) = A c cos ωc t + k p A m sen(ωm t )

]

φ( t ) = k p A m sen(2πf m t ); ∆φ = k p A m = β ∆f =

kp k A m 2πf m cos(2πf m t ) max = p A m 2πf m = k p A m f m 2π 2π


312 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ ∞

6.47. La señal

m( t ) = 10 ∑ Λ ( t − 2n ) se aplica a un modulador FM, donde A c = 10 ; n = −∞

f c = 10kHz y f d = 10 Hz / V 3

(a) Dibuje la forma de onda de la señal modulada FM, indicando los valores exactos de las amplitudes y frecuencias. (b) Demuestre que el ancho de banda aproximado de la señal FM, de acuerdo con la expresión (6.111) del Texto, es de 10 kHz. Solución: Modulación FM. A c10; f c = 10 kHz; f d = 103 Hz / V m(t) es una señal periódica triangular de período 2 y amplitud 10 t

t

x FM ( t ) = A c cos[ωc t + 2πf d ∫ m(τ)dτ]; θ(t) = 2πf c t + 2πf d ∫ m(τ)dτ f i ( t ) = f c + f d m( t ) Como m(t) es periódica vamos a tomar el período (-1, +1) que corresponde a un triángulo de la forma 10Λ ( t ) ; entonces, ⎧10( t + 1) para - 1 ≤ t < 0 m( t ) = 10Λ ( t ) = ⎨ , de donde ⎩- 10(t - 1) para 0 ≤ t ≤ 1 ⎧f c + 10f d ( t + 1) fi (t ) = ⎨ ⎩f c − 10f d ( t − 1)

para - 1 ≤ t < 0 para 0 ≤ t ≤ 1

Por integración de fi(t), la fase θ( t ) será ⎧2π [f c + 10f d ( t + 1)]dt = 2π(f c + 10f d ) t + 10πf d t 2 para - 1 ≤ t < 0 ⎪ ∫ θ( t ) = ⎨ 2 ⎪⎩2π ∫ [f c − 10f d ( t − 1)]dt = 2π(f c + 10f d ) t − 10πf d t para 0 ≤ t ≤ 1 Durante el período (-1, +1) la señal FM será entonces, ⎧⎪A c cos[2π(f c + 10f d ) t + 10πf d t 2 ] para - 1 ≤ t < 0 x FM ( t ) = ⎨ ⎪⎩A c cos[2π(f c + 10f d ) t + 10πf d t 2 ] para 0 ≤ t ≤ 1 Esta señal se muestra en la Fig. P6.47 junto con la señal m(t) durante el período (−1, + 1) . Para los otros períodos de m(t), la señal FM tiene la misma forma.



m(t)

-1

10

0

seg

t

1

-10

XFM(t)

t

0

seg

10 0.999

-1

-0,75

-0,5

-0,25

0

0,25

0,5

0,75

Fig.P6.47(b)

-1

1

Algunos valores instantáneos de frecuencia son: t = 0, Para

f i = 2x104 Hz

t = ±0,25, f i = 1,75x104 Hz t = ±0,5,

f i = 1,5x104 Hz

t = ±1,

f i = 104 Hz

(c) La envolvente de xFM(t) es constante e igual a 10. Nótese que f max = 2 x104 Hz y f min = 104 Hz, de donde B ≈ 2∆f = f max − f min = 2 x104 − 104 = 104 Hz = 10 kHz 4.48. Consideremos el modulador del problema anterior como la etapa de banda angosta de un modulador Armstrong para Radiodifusión Comercial, Fig. 6.38 del Texto. La portadora de transmisión es de 100 MHz y el ancho de banda máximo es de 200 kHz. Si la frecuencia máxima de m(t) es de 10 kHz, y su amplitud máxima de 10, demuestre, utilizando la Regla de Carson, (a) Que el factor de multiplicación del multiplicador de frecuencia es n = 9. (b) Que la frecuencia del mezclador f OL = 99,91 MHz y la relación de desviación de la señal transmitida es ∆ = 9 .


314 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Solución: En la Fig. P6.48 se muestra la primera etapa de un modulador Armstrong. f c = nf c1 ± f OL ; ∆f = n∆f1 m(t)

Modulador FM de Banda Angosta Ac, fc1, fd1

fc2 =nfc1 fc

Multiplicador de Frecuencia n fOL

Fig. P6.48.

De la Fig. P6.48, f c = nf c1 ± f OL ; ∆f = n∆f1 y la Regla de Carson:

BT = 2(∆ + 1)Bm

⎡f ⎤ BT = 2 ⎢ d m( t ) max + 1⎥ Bm ⎣ Bm ⎦

[

]

BT = 2 f d m( t ) max + Bm . Despejando fd, BT − Bm f 9 x103 105 − 10 4 fd = 2 = = 9 x103 Hz / V; pero f d = nf d1 ∴ n = d = =9 f d1 m( t ) max 10 103

(c) Tomemos f c = nf c1 + f OL ∴ f OL = f c − nf c1 = 100x106 − 9x10 4 = 99,91MHz ∆=

fd 9x103 10 = 9 m( t ) max = Bm 10 4

4.49. A un modulador PM se le aplica la señal m(t) de la Fig. 6.78 del Texto. La constante de desviación de fase es 6π y la frecuencia de la portadora de 10 kHz. (a) Dibujar la frecuencia instantánea en función del tiempo (b) Demuestre

que

el

ancho

de

banda

aproximado

de

la

señal

PM

B = f max − f min = 2kHz .

Solución: (a) Modulación PM. Sea la señal m(t) mostrada en la Fig. 6.78 del Texto. k p = 6π; f c = 10 kHz y hagamos A c = 10 x PM ( t ) = A c cos[ωc t + k p m( t )]; fi (t ) = fc +

θ(t) = 2πf c t + k p m( t )

kp d m( t ) = 10 4 + 3m' ( t ) 2π dt


es

315 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ donde m’(t), la derivada de m(t), tiene la forma mostrada en la Fig. P6.49(a). Por lo tanto, la frecuencia instantánea será: ⎧10 kHz para ⎪ f i ( t ) = ⎨11,5 kHz para ⎪9,5 kHz para ⎩

t < 998 ms y 1006 ms < t 998 ms ≤ t < 1000 ms 1000 ms ≤ t ≤ 1006 ms

fi(t) tiene la forma mostrada en la Fig. P6.49(b). En la Fig. P6.49(c), se muestra la forma de la señal modulada PM, indicándose las frecuencias en los diferentes intervalos de m(t). fi(t) 1150

m'(t) 500

Hz

0

998 -166,6

1000

ms

(b)

1006 t 1000 9500

(a)

t 0

998

1000

ms 1006

x PM ( t ) -10

(c) t 0

10 1.01

10 kHz

998 1000 11,5 kHz

1006 9,5 kHz

ms 10 kHz

0.995

Fig. P6.49.

(c) Nótese que, de la Fig. P6.49(b), f max = 11,5 kHz y f min = 9,5 kHz ; por lo tanto, el ancho de banda aproximado de la señal PM es B = f max − f min = 11,5 − 9,5 = 2 kHz.

6.50.

En un sistema FM demuestre que si la señal moduladora se integra antes de aplicarla al modulador, la desviación de fase instantánea sale multiplicada por t. Demuestre también que en este caso la señal moduladora m(t) no podrá recuperarse de la señal modulada FM. Solución:

∫

t

x FM ( t ) = A c cos[ωc t + 2πf d m i (τ)dτ] 0


316 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Sea

∫

t

φi ( t ) = 2πf d m i ( τ)dτ la desviación instantánea de fase. Pero si m i ( t ) = 0

t

t

t

t

t

0

0

0

0

0

t

∫ m(λ)dλ , 0

entonces φi ( t ) = 2πf d ∫ [ ∫ m(λ )dλ]dτ = 2πf d ∫ dλ ∫ m(λ)dλ = 2πf d t ∫ m(λ )dλ . En condiciones normales la desviación de fase es

∫

t

φ( t ) = 2πf d m(λ )dτ ; por lo tanto, 0

φi ( t ) = tφ( t ) y x FM ( t ) = A c cos[ωc t + tφ( t )] . Vemos que la desviación de fase instantánea,

en el caso de integración previa de m(t), sale multiplicada por t. Veamos ahora el caso de la recuperación de m(t). La frecuencia instantánea es fi (t) = fi (t) =

t 1 d ⎡ 1 d θ( t ) = ωc t + 2πf d t m(τ)dτ⎤⎥ ⎢ 0 2π dt ⎣ 2π dt ⎦

∫

t t 1 ⎡ ωc + 2πf d m(τ)dτ + 2πf d tm( t )⎤⎥ = f c + f d tm( t ) + f d m(τ)dτ = f c + ∆f ( t ) , donde ⎢ 0 0 2π ⎣ ⎦

∫

∫

∫

t

∆f ( t ) = f d tm( t ) + f d m(τ)dτ 0

Vemos que la desviación instantánea de frecuencia varía en forma muy complicada en función de t y m(t), que es imposible extraer m(t) de fi(t) o ∆f ( t ). 6.51. En un transmisor FM la potencia de la portadora sin modular es de 50 W y su frecuencia de 100 kHz. El mensaje es sinusoidal de frecuencia 4 kHz y la desviación de frecuencia máxima de 40 kHz. El filtro de transmisión tiene ganancia unitaria. (a) Demuestre que el ancho de banda del filtro de transmisión, a fin de que la potencia de la señal transmitida sea aproximadamente el 50% de la potencia de la señal modulada, es 56 kHz ≤ B < 64 kHz . (b) Dibuje el espectro de la señal transmitida indicando los valores de amplitud y frecuencia. Solución: Modulación FM. f c = 100 kHz; (a) Supongamos que A m = 1;

A c2 = 50 W ∴ A c = 10; f m = 4 kHz; ∆f = f d A m = 40 kHz 2 ∆f β= = 10 . El ancho de banda del filtro de transmisión fm

2 debe ser tal que < x CT ( t ) >≈ 25 W . De acuerdo con las expresiones (6.112) y (6.113) del Texto, debe verificarse que k ⎡ ⎤ 1 Pk = ⎢J o2 (10) + 2 J 2n (10)⎥ ≈ . Vamos a ver qué valor de k verifica esta expresión. El n =1 ⎣ ⎦ 2 ancho de banda del filtro de salida será BT = 2kf m .

∑

De la Tabla 6-2 obtenemos que para k = 7; P7 = 0,502 y para k = 8, P8 = 0,704. El ancho de banda estará entonces entre k = 7 y k = 8 , es decir, ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

317 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ 2x 7 x 4x103 ≤ BT < 2x8x 4 x103

o

56 kHz ≤ BT < 64 kHz.

(b) El correspondiente de espectro de xCT(t) se muestra en la Fig. P4.51 para

A c = 10; β = 10; f c = 100 kHz y f m = 4kHz . 2,55

2.55

2,34

XCT(f) 0,14 72

84 76

88

96

80

92 0,58 2.20

2,17

0,43

fc 100

Filtro Pasabanda 0,58 116

104

2,17 0,14

120

108 112

f

124 128 kHz

0,43 2,46

Fig. P6.51

2,2

2,34

6.52. La señal m(t) de la Fig. 6.79 del Texto se aplica a un modulador FM donde f c = 1 kHz y f d = 200 Hz/V . (a) Determine el valor pico a pico de la desviación de frecuencia. (b) Dibuje en forma aproximada la señal modulada pero mostrando las características de la señal e indicando los valores de interés. Solución: Modulación FM; f c = 1 kHz; f d = 200 Hz/V (a) x FM ( t ) = A c cos ⎡⎢ωc t + 2πf d ∫ m(τ)dτ⎤⎥; t

⎣

De la Fig. 6.79 del Texto,

⎦

f i ( t ) = f c + f d m( t ) = 1000 + 200m( t )

m( t ) max = 3 y

m(t) min = −1 ; de donde

f max = f c + f d m( t ) max = 1000 + 200 x 3 = 1600 Hz f min = f c − f d m( t ) min = 1000 − 200 x1 = 800 Hz

El valor pico a pico de la desviación de frecuencia es ∆f ( t ) PP = f max − f min = 800 Hz

Nótese que este valor es una aproximación del ancho de banda de la señal FM. (b) Para graficar la forma de la señal modulada, vamos a tomar el intervalo (-4, +4) de m(t). En este intervalo,


318 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ ⎧− 1 ⎪3 ⎪ (t + 4 ) ⎪2 3 m( t ) = ⎨ 3 ⎪- ( t − 4 ) ⎪ 2 3 ⎪- 1 ⎩

para

- 4 ≤ t < -2

para

-2≤ t <0

para

0≤t<2

para

2≤t≤4

Por lo tanto, la frecuencia instantánea es ⎧f c ⎪ ⎪f c ⎪ fi (t) = ⎨ ⎪f ⎪c ⎪f ⎩c

− f d = 1000 − 200 = 800 Hz

- 4 ≤ t < -2

para

3 4 600 4 ( t + ) = 1400 + 300 t f d ( t + ) = 1000 + 2 3 2 3 3f d 4 4 − ( t − ) = 1000 − 300( t − ) = 1400 − 300 t 2 3 3 − f d = 800 Hz para 2≤t≤4

+

para

-2≤ t <0

para

0≤t<2

Mediante integración de fi(t) la correspondiente fase será ⎧2 π ⎪ ⎪ ⎪2 π ⎪ θ( t ) = ⎨ ⎪2 π ⎪ ⎪ ⎪⎩2π

t

∫ 800dτ = 1600πt para - 4 ≤ t < -2 ∫ [1400 + 300τ]dτ = 2π[1400t + 150t ] ∫ [1400 − 300τ]dτ = 2π[1400t − 150t ] ∫ 800dτ = 1600πt para 2 ≤ t ≤ 4 0

t

2

para - 2 ≤ t < 0

2

para 0 ≤ t < 2

0

t

0

t

0

La correspondiente señal xFM(t) en el intervalo (-4, +4) será ⎧A c cos(1600πt ) para - 4 ≤ t < -2 ⎪ 2 ⎪A c cos(2800πt + 300πt ) para - 2 ≤ t < 0 x FM ( t ) = ⎨ 2 ⎪A c cos(2800πt − 300πt ) para 0 ≤ t < 2 ⎪A cos(1600πt ) para 2 ≤ t ≤ 4 ⎩ c

Esta señal tiene la forma mostrada en la Fig.P6.52. XFM(t) Ac

-1

t

1 4

-4

-2 800 Hz

Frecuencia Variable

Fig. P6.52

0

Frecuencia Variable

-Ac

2

-4

800 Hz

1600 Hz


319 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ 6.53. En un receptor FM se ha recibido la señal ∞ ⎡ t − 2x10 −2 n ⎤ Λ( x cr ( t ) = cos ⎢2π106 t + 2π )⎥ 10 − 2 n = −∞ ⎣ ⎦

∑

La función de autocorrelación del ruido en antena es R (τ) = 2 x10−4 sinc 2 (2x106 τ) . El amplificador de RF tiene una ganancia de tensión de 10, siendo la constante del discriminador k D = π . La constante de desviación de frecuencia del transmisor es de 100 Hz/V. ∞

sen(100πnt ) nπ n =1

(a) Demuestre que m( t ) = 2∑

para n impar

(b) Demuestre que el ancho de banda del amplificador de RF es de 200 Hz y que la potencia de ruido a su salida es de –26,99 dBm. (c) Suponiendo que el ancho de banda del amplificador de RF es de 200 Hz, demuestre So = 61,31 dB . No

que Solución:

⎡

∞

⎣

n = −∞

Modulación FM. x cr ( t ) = cos ⎢2π106 t + 2π ∑ Λ ( R n (τ) = 2 x10 − 4 sinc 2 ( 2 x106 τ) ⇔ Sn (f ) = 10 −10 Λ (

t − 2x10 −2 n ⎤ ) ⎥; A r = 1 10 − 2 ⎦

f ); G v = 10; k D = π; f d = 100 Hz/V 2 x106

(a) De la forma de xcr(t), vemos que φ( t ) = 2π

∞

∑

n = −∞

10 − 2

Λ(

t − 2 x10 −2 n ) = 2πf d m( τ)dτ. Tomando la derivada, obtenemos 10 − 2

∫

d ⎡ ∞ t − 2x10 −2 n ⎤ Λ( )⎥ = m( t ) . En la Fig.P6.53(a) se muestra ⎢ dt ⎣ n = −∞ 10 − 2 ⎦

∑

φ( t ) 2π

(1)

-30

-20

-10

10 0

y su

-2

t ms

20 ms

m(t) 1

(2)

10

φ( t ) 2π

20

30

t ms

-1 Fig. P6.53(a).

T


320 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ correspondiente derivada que es m(t). Nótese que m(t) es una señal periódica rectangular de período T = 20 ms; f o = 50 Hz y amplitud unitaria cuyo coeficiente de Fourier es 2 Xn = − j 20 x10 − 3

∫

10 x10 −3

0

2 ⎧ para n impar ⎪− j sen(100πnt )dt = ⎨ nπ ; ⎪⎩0 para n par

La señal m(t) será entonces

m( t ) = 2

φn =

π ; Xo = 0 2

∞

sen(100πnt ) , n impar, con f o = 50 Hz nπ n =1

∑

(b) f i ( t ) = f c + f d m( t ) = 106 + 100m( t ) ; y de m(t) de la Fig. P6.53(a), f max = 106 + 100; f min = 106 − 100; de donde B ≈ f max − f min = 200 Hz.

El ancho de banda del amplificador es de 200 Hz y su ganancia de potencia será G p = G 2v = 100 . La densidad espectral de ruido a la entrada del discriminador tendrá la forma mostrada en la Fig. P6.53(b). De la Fig. 64.53(b), la potencia de ruido será:

Sni(f) 10 -8

200 Hz

N i = 200 x10 −8 = 2 µW = -26,99 dBm f

(c) Cálculo del ruido de salida. De la expresión (4.154) del Texto, la densidad de ruido a la salida del filtro pasabajo es Sno (f ) = (

kD 2 2 ) f [Sni (f + f c ) + Sni (f − f c )] Ar

-2

-1

1 Fig. P6.53(b)

para

MHz

f ≤ f m = 100 Hz

-8

10

f

-2fc

-fc

-100 0 100

Fig. P6.53(c)

fc

Hz

2fc

[Sni (f + f c ) + Sni (f − f c )] tiene la forma mostrada en la Fig. P6.53(c). k f f ) = 10 − 8 π 2 f 2Π ( ) Para f ≤ 100 Hz, Sno (f ) = ( D ) 2 f 210 −8 Π ( Ar 200 200

La potencia de ruido de salida será ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

321 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ N o = 10 −8 π 2 ⋅ 2

100

∫

0

f 2 df = 6,58x10 −2

Cálculo de la potencia de señal De la expresión (6.145) del Texto, So = k 2D f d2 < m 2 ( t ) > , pero esta potencia So debe ser la potencia de m(t) en un ancho de banda de 200 Hz. Puesto que fo=50 Hz, entonces solamente se tomará en cuenta las componentes para n = 1 y n = 3 . Por lo tanto, de la parte (a):

X1 =

[

2 2 . La potencia de m(t) será entonces y X3 = π 3π

2

< m 2 ( t ) >= 2 X1 + X 3

2

] = 0,901W

So = π 210 4 x 0,901 = 8,893x10 4 , de donde So 8,893x10 4 = = 1,352 x106 = 61,31 dB −2 N o 6,58x10

6.54. La señal m( t ) = 2 cos(2π103 t ) + 3 cos(6π103 t ) + sen(2π103 t ) sen(10 4 πt ) se aplica a un modulador FM cuya constante de desviación de frecuencia es igual a 104 Hz/V. Demuestre que el ancho de banda de la señal modulada, de acuerdo con la Regla de Carson, es de 112 kHz. Solución: 1 2

1 2

Modulación FM. m( t ) = 2 cos(2π103 t ) + 3 cos(6π103 t ) + cos(8π103 t ) − cos(12π103 t ) f d = 10 4 Hz/V .

Como las componentes de m(t) son todas armónicas de la frecuencia f o = 1000 Hz , el valor máximo de m(t) ocurrirá cuando 2π103 t o = 2π ∴ t o = 10−3 . Entonces, 1 1 m( t ) max = m( t ) |t =10 −3 = 2 cos(2π) + 3 cos(6π) + cos(8π) + cos(12π) = 5 2 2

El ancho de banda Bm de m(t) es su frecuencia máxima. Entonces, Bm = 6 kHz . Y de la Regla de Carson, ⎡ ⎣

6.55. La señal m( t ) = 5⎢Π (

[

] [

]

B = 2 f d m( t ) max + Bm = 2 10 4 x 5 + 6 x103 = 112 kHz

t −1 t −3 ⎤ ) − Π( ) se aplica a un modulador FM cuya constante de 2 2 ⎥⎦

desviación de frecuencia es de 10 Hz/V. La potencia de la señal modulada FM es de 800 W. (a) Determine la amplitud de la portadora (b) Demuestre que la desviación de fase es φ( t ) = 200πΛ(

t−2 ) 2

(c) Demuestre que el ancho de banda aproximado de la señal es de 100 Hz ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA


Solución: t −3 ⎤ ⎡ t −1 m ( t ) = 5 ⎢Π ( ) − Π( ) ⎥ ; f d = 10Hz / V; < x 2FM ( t ) >= 800 W 2 2 ⎦ ⎣

A c2 ∴ A c = 40 2

(a)

< x 2FM ( t ) >= 800 =

(b)

m(t) tiene la forma dada en la Fig. P6.55(a).

∫

t

φ( t ) = 2πf d m(τ)dτ ; la integral de m(t) se puede escribir en la forma t t t −1 t −3 t −1 t −3 m(τ)dτ = 5⎡⎢ dτ⎤⎥ Π ( ) − 5⎡⎢ dτ⎤⎥ Π ( ) = 5 tΠ ( ) − 5( t − 2)Π ( ) 0 0 2 2 2 2 2 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

∫

t

∫

∫

m(t)

10

5 4

0

1

2

t

3

0

t 2 (b) Integral de m(t)

4

-5 (a)

Fig. P6.55.

t−2 ) que tiene la forma mostrada en la Fig. P6.55(b). 0 2 t−2 ) Entonces, φ( t ) = 200πΛ ( 2 (c) f i ( t ) = f c + f d m( t ); f max= f c + 50; f min = f c − 50 . El ancho de banda aproximado será t

∫ m(τ)dτ = 10Λ(

B = f max − f min = f c + 50 − f c + 50 = 100 Hz

6.56. Para cuantificar el efecto de las redes de preénfasis y deénfasis consideremos, por ejemplo, el sistema de la Fig. 6.80 del Texto, donde x ( t ) = 6 cos(6x103 πt ) + 4 cos(12 x103 πt ) + 2 cos(2 x10 4 πt )

y

n ( t ) ⇒ Sn (f ) = 10 −6 exp(10 4 f ) W/Hz

El sistema es pasabajo de ancho de banda B = 10 kHz. La respuesta de frecuencia del filtro HDE(f) se diseña para aplanar la densidad espectral a su entrada, dentro de la ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

323 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ banda de paso del sistema, de manera que la densidad espectral a su salida sea Sno (f ) = 10 −6 W/Hz . Este tipo de filtro se denomina “filtro de blanqueo”.

(a)

Demuestre que las funciones de transferencia de los dos filtros son, respectivamente, H PE (f ) = exp(5x10 − 5 f )Π (

(b)

f f ) y H DE (f ) = exp(−5x10 − 5 f )Π ( ) 4 2 x10 2x10 4

⎡S ⎤

Demuestre que ⎢ i ⎥ = 32,851 dB ⎣ N i ⎦ dB

y

⎡ So ⎤ ⎢ ⎥ = 31,46 dB ⎣ N o ⎦ dB

Nótese que esta técnica produce, en el presente ejemplo, un desmejoramiento de 1,39 dB. Solución: x ( t ) = 6 cos(6x103 πt ) + 4 cos(12 x103 πt ) + 2 cos(2 x10 4 πt )

(a) Sea y(t) la salida del filtro HDE(f). Su espectro Y(f) será entonces, sin considerar el ruido, Y(f ) = X(f )H PE (f ) H DE (f ) , pero para que no haya distorsión debe verificarse que Y(f ) = X(f ) , en cuyo caso

H PE (f )H DE (f ) = 1 ó también H DE (f) =

1 H PE (f )

En cuanto al ruido, a la entrada del filtro HDE(f) se tiene n ( t ) ⇒ Sn (f ) = 10 −6 exp(10 4 f ) para

f ≤ 10 kHz

La salida del filtro de deénfasis será 2

2

Sno (f ) = H DE (f ) Sn (f ) = H DE (f ) 10 −6 exp(10 −4 f ) = 10 −6

de donde

H DE (f ) = exp(−5x10 − 5 f )Π (

f ) 2 x10 4

Por lo tanto, H PE (f ) = exp(5x10 − 5 f )Π (

f ) 2 x10 4

(b) Cálculo de las potencias de señal A la salida del filtro HPE(f) la señal es x1 ( t ) = 6 cos[2π(3x103 ) t ]H PE (3x103 ) + 4 cos[2π(6 x103 ) t ]H PE (6x103 ) + + 2 cos[2π(10 4 ) t ]H PE (10 4 ) x1 ( t ) = 6,091cos[2π(3x103 ) t ] + 5,399 cos[2π(6x103 ) t ] + 3,927 cos[2π(10 4 ) t ]


324 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ cuya potencia es Si =

[

]

1 6,0912 + 5,399 2 + 3,927 2 = 38,56 W 2

La potencia de salida So es igual a la potencia de entrada < x 2 ( t ) > pues el efecto de los filtros se cancela. Por lo tanto, So =

1 (36 + 16 + 4) = 28 W 2

Cálculo de las potencias de ruido La potencia disponible a la entrada del filtro de salida HDE(f) es Ni =

∫

∞

−∞

2

H PE (f ) Sn (f )df = 10 − 6 x 2

∫

10 4

0

exp(10 − 4 f ) exp(10 4 f )df = 10 − 6 x 2x10 4 = 2 x10 − 2 W

Si 38,56 = = 1,928x103 = 32,851 dB N i 2x10 − 2

A la salida del filtro HDE(f) la densidad espectral de potencia es constante e igual Sno (f ) = 10 −6 W/Hz . Por lo tanto, la potencia de salida para f ≤ 10 kHz será N o = 2x10 4 x10 −6 = 2x10 −2 W So 28 = = 1,4x103 = 31,46 dB N o 2x10 − 2

Nótese que el precio que hay que pagar en el proceso de blanqueo es una reducción en la relación S/N de salida de 1,39 dB. 6.57. En un sistema DSB es necesario que la relación S/N de postdetección sea de 20 dB. El mensaje es sinusoidal de amplitud unitaria y frecuencia 2 kHz, y la densidad espectral de ruido blanco es de 10-4W/Hz. (a) Demuestre que la amplitud de la portadora es A r = 12,65V (b) Si la transmisión es en AM con un índice de modulación del 80%, demuestre que la relación entre las potencias SiAM y SiDSB para producir la misma relación S/N de postdetección es SiAM = 4,125SiDSB . Solución: ⎡ So ⎤ So = 1000; m(t) = cos[2π(2x103 ) t ] ⎢ ⎥ = 20 dB; N N o ⎣ o ⎦ dB η Sn (f ) = = 10 − 4 W / Hz 2 ⎡S ⎤ A 2 < m2 (t) > , donde De la expresión (6.181) del Texto, ⎢ o ⎥ = rDSB 2ηf m ⎣ N o ⎦ DSB

(a) Modulación DSB.


325 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ 1 < m 2 ( t ) >= ; f m = 2x103 ; η = 2x10- 4 W / Hz 2 200ηf m A rDSB = = 12,65 < m 2 (t) >

(b) Modulación AM. Sea Am = 1 y A rDSB = 1 ⎡S ⎤

< m2 (t)

De la expresión (6.27) del Texto, ⎢ o ⎥ = 2η f m ⎣ N o ⎦ AM ⎡S ⎤

⎡S ⎤

Si ⎢ o ⎥ = ⎢ o ⎥ , entonces, ⎣ N o ⎦ AM ⎣ N o ⎦ DSB x AM ( t ) = [ A rAM + cos(ωm t )] cos(ωc t ) = A rAM [1 +

como a = 0,8 =

1 A rAM

1 A rAM

cos(ωm t )] cos(ωc t ); a =

1

pero

A rAM

∴ A rAM = 1,25 1 2 1 1 = A 2rDSB < m 2 ( t ) >= = 0,25 2 4

De la expresión (6.22) del Texto, SiAM = [A 2rAM + < m 2 ( t ) >] = 1,031 De la expresión (2.159) del Texto, SiDSB SiAM 1,031 = = 4,125 ∴ SiAM = 4,125SiDSB SiDSB 0,25

6.58. Se recibe la señal DSB x DSB ( t ) = A r m( t ) cos(ωc t + φc ) junto con ruido blanco pasabanda de la forma n ( t ) =n c ( t ) cos(ωc t + φc ) − n s ( t ) sen(ωc t + φc ) . El mensaje m(t) es de banda limitada fm y la densidad espectral de ruido es η / 2 W/Hz . La combinación [ x DSB ( t ) + n ( t )] se aplica a un detector coherente cuyo oscilador produce la señal 2 cos(ωc t + φo ).

⎡S ⎤

⎡S ⎤

Demuestre que la relación S/N de postdetección es ⎢ o ⎥ = cos 2 (∆φ) ⎢ o ⎥ donde ⎣ N o ⎦ ∆φ ⎣ No ⎦ ∆φ = φc − φo es el error total de fase y [So/No] es la relación S/N de postdetección en caso de detección sincrónica perfecta, expresión (6.181) del Texto. Solución: Consideremos el sistema DSB mostrado en la Fig. P6.58.

x DSB ( t ) x1(t)

x DSB ( t ) = A r m( t ) cos(ωc t + φc ) n ( t ) =n c ( t ) cos(ωc t + φc ) − n s ( t ) sen(ωc t + φc )

RF

x2(t)

So/No AUDIO

n(t) Fig. P6.58.

y(t)

2 cos(ωc t + φo )

Estas señales pasan directamente por el filtro de RF; entonces, a la entrada del multiplicador, x1 ( t ) = x DSB ( t ) + n ( t ) = [A r m( t ) + n c ( t )] cos(ωc t + φc ) − n s ( t ) sen(ωc t + φc ) ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

326 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Hagamos K = [A r m( t ) + n c ( t )] ; entonces, a la salida del multiplicador, x 2 ( t ) = x1 ( t ) 2 cos(ωc t + φo ) = 2K cos(ωc t + φc ) cos(ωc t + φo ) − 2n s ( t ) cos(ωc t + φo ) sen(ωc t + φc )

x 2 ( t ) = K cos(2ωc t + φc + φo ) + K cos(φc − φo ) − n s ( t ) sen(2ωc t + φc + φo ) − n s ( t ) sen(φc − φo )

El filtro de audio elimina las componentes de alta frecuencia, quedando y( t ) = A r m( t ) cos(φc − φn ) + [n c ( t ) cos(φc − φo ) − n s ( t ) sen(φc − φo )]

El primer término de y(t) es la señal mientras que el segundo es el ruido. Las potencias de salida serán: Potencia de señal:

So =

1 2 A r cos 2 (φc − φo ) < m 2 ( t ) > 2

Potencia de ruido:

No =

1 1 cos 2 (φc − φ n ) < n c2 ( t ) > + sen 2 (φc − φo ) < n s2 ( t ) > 2 2

pero < n 2 ( t ) >=< n c2 ( t ) >=< n s2 ( t ) >= N i = 2ηf m No =

[

]

1 2ηf m cos 2 (φc − φo ) + sen 2 (φc − φo ) = ηf m 2

Hagamos

1 2 A r cos 2 (φc − φo ) < m 2 ( t ) > ⎡ So ⎤ A 2 < m 2 (t ) > 2 = cos 2 (φc − φo ) r ⎢ ⎥ = ηf m 2η f m ⎣ N o ⎦ ∆φ

Pero de la expresión (6.181) del Texto,

So A 2r < m 2 ( t ) > = , y si ∆φ = φc − φo , No 2ηf m

⎡ So ⎤ ⎡ So ⎤ 2 ⎢ ⎥ = cos (∆φ) ⎢ ⎥ ⎣ N o ⎦ ∆φ ⎣ No ⎦

6.59. Una portadora de frecuencia fc y amplitud 8 es modulada en AM por un tono de 1 kHz y amplitud Am siendo el índice de modulación del 25%. El ruido blanco pasabanda tiene una densidad espectral de 2x10-9 W/Hz. La demodulación es coherente, pero antes de la demodulación, la señal AM y el ruido se pasan por un filtro cuya función de transferencia se muestra en la Fig. 6.81 del Texto. Demuestre que So = 26,99 dBm y

N o = −22,476 dBm


327 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ Solución: Sea el circuito mostrado en la Fig. P6.59(a).

x AM ( t ) n(t)

x1(t)

x2(t)

H(f)

(a)

4

1 Coseno So/No AUDIO

y(t)

K 1/2

B=fm

2 cos(ωc t )

0 Fig. P6.59.

1/2

f

fc-1000 fc fc+1000 fc+1500 fc-1500 (b)

A c = 8; f m = 1 kHz; a = 0,25; Sn (f ) = 2x10 −9 W/Hz; ⎡10- 3 π ⎤ f + fc ⎡10 − 3 π ⎤ f − fc H(f) = cos ⎢ (f + f c ) ⎥ Π ( ) cos (f − f c ) ⎥ Π ( ) + ⎢ 3 3 ⎣ 3 ⎦ 2x10 ⎣ 3 ⎦ 2x10 x AM ( t ) = [A c + A m cos(ωm t )] cos(ωc t ) = A c [1 + a=

Am cos(ωm t )] cos(ωc t ) Ac

Am 1 A = ∴ A m = c = 2; x AM ( t ) = 8[1 + 0,25 cos(ωm t )] cos(ωc t ) Ac 4 4

x AM ( t ) = 8 cos(ωc t ) + cos[2π(f c + 103 ) t ] + cos[2π(f c − 103 ) t ] que se muestra en la Fig.

P6.59(b) A la salida del filtro H(f) la señal será x1 ( t ) = 8 cos(ωc t ) + K cos[2π(f c + 103 ) t ] + K cos[2π(f c − 103 ) t ] , donde K es la ganancia del

filtro a las frecuencias f c ± 103 . K = cos[

Podemos calcular K a partir de

la relación

−3

π 1 10 π 3 (10 )] = cos( ) = . Entonces, 3 3 2

1 1 x1 ( t ) = 8 cos(ωc t ) + cos[2π(f c + 103 ) t ] + cos[2π(f c − 103 ) t ] 2 2

A la salida del multiplicador,

x 2 ( t ) = x1 ( t )2 cos(ωc t )

x 2 ( t ) = 16 cos 2 (ωc t ) + cos[2π(f c + 103 ) t ] cos(2πf c t ) + cos[2π(f c − 103 ) t ] cos(2πf c t ) 1 1 x 2 ( t ) = 8 + 8 cos(2ωc t ) + cos[2π( 2f c + 103 ) t ] + cos[2π(103 ) t ] + 2 2 1 1 + cos[2π(2f c − 103 ) t ] + cos[2π(103 ) t ] 2 2

El filtro de audio elimina la componente continua y las de alta frecuencia, de donde ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

328 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ y( t ) = cos(2π103 t ) , cuya potencia es

So =

1 = 0,5 = 26,99 dBm . 2

Cálculo de la Potencia de Ruido A la entrada del filtro H(f) la densidad espectral es Sn (f ) = 2 x10−9 W/Hz . A la salida del filtro la densidad espectral será entonces 2

Sn1 (f ) = H (f ) Sn (f ) , que podemos escribir en la forma −3 ⎧ 10 −3 π f + fc f − fc ⎫ 2 10 π Sn1 (f ) = ⎨cos 2 [ (f + f c )]Π ( ) cos [ (f − f c )]Π ( )⎬Sn (f ) + 3 3 3 2 x10 2 x103 ⎭ ⎩

A la salida del multiplicador la densidad espectral será, de acuerdo con el Teorema para Señales de Potencia, Sn 2 (f ) = Sn1 (f + f c ) + Sn1 (f − f c ) .

Asimismo, como Sn(f) es constante para todo f, se Sn (f ) = Sn (f + f c ) = Sn (f − f c ) = 2x10 −9 W/Hz . Entonces, se tiene

verifica que

−3 ⎧ 10 −3 π f + 2f c f − 2f c ⎫ 2 10 π Sn 2 (f ) = ⎨cos 2 [ (f + 2f c )]Π ( ) + cos [ (f − 2f c )]Π ( ⎬Sn (f ) + 3 3 3 2 x10 2x103 ⎭ ⎩ 10 −3 π f + 2 cos 2 ( f )Π ( )Sn (f ) 3 2x103

El filtro de audio elimina las componentes de ruido de alta frecuencia, quedando a la salida, Sno (f ) = 4 x10 − 9 cos 2 (

10 −3 π f) 3

para

f ≤ f m = 1000 Hz.

La potencia de ruido a la salida será entonces, N o = 8x10 − 9

1000

∫

0

cos 2 (

10 −3 π f )df =5,654 x10 − 6 = −22,476 dBm 3

La relación S/N a la salida será

So 0,5 = = 8,843x10 4 = 49,466 dB N o 5,654x10 − 6

6.60. Demuestre que para que las relaciones S/N de postdetección sean iguales en FM y en PM, debe verificarse que β FM =

β PM . 3

Solución: ⎡S ⎤

3 A 2f 2

r d En FM, de la expresión (6.157) del Texto, ⎢ o ⎥ = < m2 (t) > 3 ⎣ N o ⎦ FM 2 ηf m


329 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ 2 2 1A k

⎡S ⎤

r p < m 2 (t ) > En PM, de la expresión (6.174) del Texto, ⎢ o ⎥ = N 2 f η m ⎣ o ⎦ PM

A la primera expresión la podemos escribir en la siguiente forma ⎡ So ⎤ 3f d2 ⎢ ⎥ = 2 2 ⎣ N o ⎦ FM k p f m

⎡ 1 A 2r k 2p ⎤ < m 2 ( t ) >⎥ , pero vemos que el término dentro de los corchetes es ⎢ ⎣⎢ 2 ηf m ⎦⎥

⎡S ⎤

igual ⎢ o ⎥ , por lo tanto ⎣ N o ⎦ PM ⎡S ⎤

⎡ So ⎤ 3f d2 = ⎢ ⎥ 2 2 ⎣ N o ⎦ FM k p f m

⎡ So ⎤ ⎢ ⎥ . ⎣ N o ⎦ PM

⎡S ⎤

3f 2

d Para que ⎢ o ⎥ = ⎢ o ⎥ debe verificarse entonces que = 1 . Por lo tanto, k 2p f m2 ⎣ N o ⎦ FM ⎣ N o ⎦ PM

3(

fd 2 ) = k 2p , o también fm

de donde,

3(

fdA m 2 f A ) = (k p A m ) 2 . Pero β FM = d m y β PM = k p A m fm fm

3β 2FM = β2PM . En consecuencia,

β FM =

β PM 3

6.61. En recepción AM se requiere que la relación S/N sea de 30 dB. La señal modulante es un tono de amplitud unitaria y frecuencia fm. El índice de modulación es del 80% y la densidad espectral de ruido blanco es de 10-8 W/Hz. (a) Demuestre que A r = 1,25 V y f m = 12,5 kHz (b) Demuestre también que la ganancia de conversión es de 0,4848 y que el rendimiento es del 24,24% Solución: Modulación AM.

So 1 = 30 dB = 1000; m(t) = cos(ωm t ); < m 2 ( t ) >= ; a = 0,8; Sn (f ) = 10 −8 No 2

(a) x AM ( t ) = [A r + cos(ωm t )] cos(ωc t ) = A r [1 + a=

1 cos(ωm t )] cos(ωc t ) Ar

1 = 0,8 ∴ A r = 1,25 Ar

De la expresión (6.27) del Texto, con N i = 2ηf m ⎡ So ⎤ < m2 (t) > < m2 (t) > = = 1000 ∴ f = = 12,5x103 = 12,5 kHz m ⎢ ⎥ N 2 η f 2000 η m ⎣ o ⎦ AM

(b) De la expresión (6.23) del Texto, ⎡ Si ⎤ A 2r + < m 2 ( t ) > (1,25) 2 + 0,5 = = = 20,63x103 = 33,145 dB ⎢ ⎥ −8 3 N 2 N 8 x 10 x 12 , 5 x 10 i ⎣ i ⎦ AM


330 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ La ganancia de conversión será So / N o 1000 = = 0,4848 Si / N i 20,63x103

Veamos ahora el rendimiento de transmisión. 1 1 x AM ( t ) = [1,25 + cos(ωm t )] cos(ωc t ) = 1,25 cos(ωc t ) + cos[(ωc + ωm ) t ] + cos[(ωc − ωm ) t ] 2 2 1 2

1 1 2 2

Potencia Total: Pt = (1,25) 2 + 2[ ( ) 2 ] = 0,7813 + 0,25 = 1,0313 Potencia en la bandas laterales: PB = 0,25 Rendimiento de Transmisión:

E% =

PB 0,25 100 = = 0,2424% Pt 1,031

6.62. En receptor FM se recibe una señal FM donde f c = 100 Hz; f d = 2 Hz/V; A r = 8 V 1 3 ⎤ ∞ ⎡ k d = 1 rad/Hz; m(t) = 8⎢Π (t - ) − Π ( t − )⎥ ∗ δ( t − 2 n ) 2 2 ⎦ n = −∞ ⎣

∑

El ruido a la entrada está caracterizado por su función de autocorrelación R n (τ) = 8sinc 2 (20τ) cos(200πτ)

(a) Demuestre (analíticamente o gráficamente) que la desviación instantánea de fase es φ( t ) = 32π

∞

∑ Λ( t − n )

n = −∞

(b) Demuestre, utilizando el Criterio de Carson, que si la máxima frecuencia significativa de m(t) es de 4 Hz, el ancho de banda de la señal modulada FM es de 40 Hz (c) Grafique la densidad espectral de ruido Sno(f) a la salida del sistema (d) Demuestre que las potencias de señal y de ruido a la salida del receptor son, respectivamente, So = 243,1 W y N o = 0,2267 W Solución: (a) m(t) es una señal periódica de la forma mostrada en la Fig. P6.62(a)

m(t) -3

-2

-1

1

2

3

t

0

t

En FM, φ( t ) = 2πf d ∫ m(τ)dτ ; pero, tomando el intervalo (0, +2), Fig. P4.62(a),

8

(a)

-8

φ( t) 32π

(b)

____________________t -3

Prof.-1 -2

J. Briceño 0 1 M. 2 ULA 3 seg

Fig. P6.62.

331 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ ⎡

t

t

1

⎤

⎡

2

⎤

3

∫ m(τ)dτ = ⎢⎣∫ 8dτ⎥⎦Π(t − 2 ) + ⎢⎣∫ − 8dτ⎥⎦Π(t − 2 ) 0

t

1

t

3

∫ m(τ)dτ = 8tΠ(t − 2 ) + 8(t − 2)Π(t − 2 )

que repre-senta a un triángulo de la forma

8Λ ( t − 1) . Por lo tanto, la fase instantánea será, en el intervalo (0, +2), φ1 ( t ) = 32πΛ( t − 1) que representa la señal generatriz de φ( t ) en t = 1, entonces φ( t ) = 32π

∞

∑ Λ(t − n )

para n impar y n ≠ 0 , que se muestra en la Fig. P4.62(b).

n = −∞

[

(b) Bm = 4 Hz. De la Regla de Carson, B = 2 f d m( t ) max + Bm

]

B = 2(2x8 + 4) = 40 Hz

(c) A la entrada del discriminador la función de autocorrelación del ruido es R n (τ) = 8sinc 2 (20τ) cos(200πτ); 8sinc 2 (20τ) ⇔ 0,4Λ ( Sni (f ) = 0,2Λ(

Fourier,

f ) y por Transformada de 20

f + 100 f − 100 ) + 0,2Λ ( ) cuya forma se muestra en la Fig. 20 20

P6.62(c). De la expresión (6.153) del Texto, Snb (f ) = ( (

kD 2 2 ) f [Sni (f + 100) + Sni (f − 100)] para Ar

kd 2 1 . ) = Ar 64

f ≤ 20 Hz

La expresión [Sni (f + 100) + Sni (f − 100)] tiene la forma mostrada en la Fig.

P6.62(d), cuyo triángulo centrado en el origen es de la forma 0,4Λ (

f ) . Por lo tanto, en 20

el intervalo (-20, +20) la densidad espectral Snb(f) será Snb (f ) =

0,4 2 f f Λ( ) 64 20

La densidad espectral de ruido a la salida será entonces f f f2 f Sno (f ) = Snb (f )Π ( ) = [1 − ]Π ( ) 8 160 20 8



En la Fig. P6.62(e) se muestra Snb (f ) y Sno (f ), respectivamente. (d) Cálculo de la Potencia de Ruido. 4

La potencia de ruido a la salida viene dada por N o = 2∫ Sno (f )df 0

1 4 2 f No = f (1 − )df = 0,2267 = 23,56 dBm 20 80 0

∫

Cálculo de la Potencia de Señal. So = k d2 f d2 < m 2 ( t ) >= 4 < m 2 ( t ) > . Pero del

De la expresión (6.145) del Texto, Problema (6.53),

Xn =

16 para n impar, nπ

fo = 0,5 Hz. Dentro de la gama de 4

kHz el espectro de m(t) tiene la forma mostrada en la Fig. P6.62(f). La potencia de salida < m 2 ( t ) > es la potencia contenida dentro del filtro pasabajo de 4 Hz, Fig. P.62(f). < m 2 ( t ) >= 2(

16 2 1 1 1 ) [1 + + + ] π 9 25 49

< m 2 ( t ) >= 60,774 W

16 / π

|Xn|

Filtro de Salida 1

16 / 3π

(f)

16 / 5π

16 / 7 π f

0

0,5

1

1,5

2

Fig. P6.62.

2,5

3

3,5 4 Hz


333 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ De donde So = 4 < m 2 ( t ) >= 243,10 W = 53,585 dBm 6.63. Sea el receptor AM de la Fig. 6.82 del Texto. TFC es la temperatura física del cable coaxial y Lc su constante de pérdidas. Las otras temperaturas son temperaturas efectivas. El ruido exterior n(t) es blanco de densidad espectral η / 2 . El mezclador se considera como una red atenuadora de pérdidas Lm y temperatura efectiva Tem. Demuestre que a la entrada del detector las potencias de ruido y de señal son, respectivamente, Ni =

⎤ G p1G p 2 ⎡ η L k ⎢Ta + + ( L c − 1)TFC + L c Te1 + c (Tem + L m Te 2 )⎥ B y L c L m ⎢⎣ k G p1 ⎥⎦

Si =

G p1G p2 Lc Lm

< x 2r (t) >

Solución: Sea el sistema AM mostrado en la Fig. P6.63.

n ( t ) ⇒ Sn (f ) =

η W/Hz. Ancho de Banda del Sistema = B 2

Sea Nn la potencia de ruido en antena producida por n(t). La potencia disponible en la antena, debida a n(t), es, de la expresión (2.148) del Texto, N n = kTn B , donde Tn es la η 2 TeL = (L c − 1)TFC ,

temperatura de ruido de n(t). Pero también N n = 2B = ηB , de donde Tn = Igualmente, de la expresión (2.188), efectiva del cable coaxial. Para simplificar la escritura, hagamos

G pL =

η . k

donde TeL es la temperatura

1 1 y G pm = . Lc Lm

La antena misma es una fuente de ruido de potencia N a = G a kTa B , donde Ta es su temperatura efectiva de ruido y Ga su ganancia de potencia. Nótese que en el Texto se supone que Ga = 1. La potencia disponible total a la entrada de la línea de transmisión (cable coaxial) será η N1 = G a N n + G a kTa B = G a ( N n + kTa B) = G a (ηB + kTa B) = G a k (Ta + )B k

A la salida de la línea de transmisión, N 2 = G pL N1 + G pL k (L c − 1)TFC B . Reemplazando N1, ____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

334 PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO VI __________________________________________________________________________ ⎡ ⎤ η 1 N 2 = G a G pL k ⎢Ta + + (L c − 1)TFC ⎥ B k Ga ⎣ ⎦

A la salida del filtro de RF, N 3 = G p1N 2 + G p1kTe1B . Reemplazado N2, ⎡ ⎤ η 1 1 N 3 = G a G pL G p1k ⎢Ta + + (L c − 1)TFC + Te1 ⎥ B k Ga G a G pL ⎢⎣ ⎥⎦

A la salida del mezclador, N 4 = G pm N 3 + G pm kTem B. Reemplazando N3, ⎡ ⎤ Te1 Tem η (L − 1) N 4 = G a G pL G p1G pm k ⎢Ta + + c TFC + + ⎥B k Ga G a G pL G a G pL G p1 ⎥⎦ ⎢⎣

A la salida del filtro de FI, N i = G p 2 N 4 + G p 2 kTe 2 B. Reemplazando N4, ⎡ ⎤ η (L − 1) Te1 Tem Te 2 + + N i = G a G pL G p1G pm G p 2 k ⎢Ta + + c TFC + ⎥B k Ga G a G pL G a G pL G p1 G a G pL G p1G pm ⎦⎥ ⎣⎢ ⎡ Te1 1 T ⎤ η (L − 1) N i = G a G pL G p1G pm G p 2 k ⎢Ta + + c TFC + (Tem + e 2 ) ⎥ B + k Ga G a G pL G a G pL G p1 G pm ⎦⎥ ⎣⎢

Ni =

⎤ G a G p1G p 2 ⎡ Lc L η (L − 1) (Tem + L m Te 2 )⎥ B k ⎢Ta + + c TFC + c Te1 + G a G p1 Ga Lc Lm k Ga ⎣⎢ ⎦⎥

Nótese la influencia de la antena: cuanto más alta es su ganancia, más baja será la temperatura efectiva de todo el sistema. En la práctica se trata de lograr la ganancia Ga más alta y la temperatura Ta más baja. En cuanto a la señal, si < x 2r ( t ) > es la potencia de entrada, entonces, por inspección, la GG G potencia de salida a la entrada del detector es Si = a p1 p2 < x 2r (t) > . Lc L m Para Ga = 1, se obtiene las ecuaciones dadas como respuesta en el Texto.


solucionario - principio de las comunicaciones - josé briceño

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