Sistemas de Comunicações - Teoria e Exercícios Resolvidos

Licenciatura em Engenharia Electrónica e Telecomunicações

3ºano, 2º semestre

2010/2011

Sistemas de Comunicações

Exercícios resolvidos dos exercícios

propostos pelo docente da cadeira

Discente: Jorge Rodrigues Valente, 2087406

Docente: Prof. José Manuel Rocha Teixeira Baptista

Prof. Alberto de Jesus Nascimento

Julho de 2011

Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 08-10-2011 1/42

Sugestões: [email protected] Radiação e Propagação – Teórico-prática

Índice

Teórico-prática 6 .................................................................................................................................................. 2

Teórico-prática 7 .................................................................................................................................................. 9

Teórico-prática 7 - Exercício Extra ................................................................................................................ 24

Teórico-prática 8 ................................................................................................................................................ 27

Teórico-prática 9 ................................................................................................................................................ 38



Teórico-prática 6

Exercício 01 – Ruído, ( )n t , tem a densidade espectral de potência mostrado na seguinte figura.

Determine a potência do ruído em função de η e de Mf e concretize com 1 W

Hz

µη = e 10Mf kHz= .

Resolução 1) – Como as áreas são simétricas vou apenas calcular para um dos lados, e multiplicar por 2. Sabendo que o ruído Gausiano é definido por

( )

0 para outra situaç

2

ãoMN

MM

fco

ff

fm f

G f

η −≤

=

Sabendo que a potência me é dada pela seguinte definição, ( )N NP G f df+∞

−∞= ∫ , e sabendo de que se

trata de uma função par, fica

( ) ( ) ( )0 0 0

1, 2

22 2 .

2

M M MMf f f

M MM

N NM

f ff f

f fP G f df df f df

ηη

η −= = = −

∫ ∫ ∫

( )0

0

2

0 0

Integrando

, .2

M

M M M

f

N

f f f

M M MM M

fP df ff f fdf f

f f

η ηη

= − = − ∫ ∫

��



( ) ( ) ( )( ) ( )

2 2 2 220

, . . 02 2 2 2M M M

M M M M MM M

NM

f f ff f f f f

f fP

f

η η ηη

= − − − = − =

( ) ( ), 2M

N MPf

f Wη η=

Substituindo as variáveis pelos valores fornecidos, 10,1 N kHzW

PHz

µ

, fica

46 310

10 5.10 5 2

10

21N

kP mW

HzW

Hz

µ − − = = = =

Poderia ter ido calculando a área do triângulo:

( ) [ ]2101.

, , 2

2. . 2

M

MNMN

ff kHzP P Wf

W

Hz

µη

ηη

= = =

( )66

33 3 11

0,

2. 5.10 0 10 10NP W−

−−= =

Exercício 02 – Uma fonte de ruído branco com 2NGη

= é filtrada por um circuito sintonizado de

banda estreita paralelo. Tendo a frequência de ressonância em 0f e a largura de banda em 3dB muito

menor que 0f , calcule a potência de ruído na saída.

Note: um circuito do filtro sintonizado paralelo é do tipo mostrado seguinte



Resolução 2) – ( )0 0NP G f df+∞

−∞= ∫ , com ( ) ( ) ( )

2

0 .N iNH fG f G f= , em que ( )2NiG fη

= .

Ficando

A Função de transferência é ( )1 1

0 CR L

jy ωω

= + −

.

( )( )

( )

11 . ..1

/ / / / / /1 1

o

R LRv t CC

H

jjj

j jj

f R L Li t C R R L

Cj

j Cj

ωωω

ω ωω

ωω ω

= = = =

+ + +

( ) 2 2 2

. ..

1 1 1

jj

jL

R CR L RLC

H fR C C L R C CL

jj

j j j j j jCL RC

ωω

ω ωω

ω ω ω ω ω ω ω= = =

+ + + + − +

Ficando ( )( )

( ) 0

0

1 1/ / / /

1

ov tH f R L

i t C ff

f f

jj

jQ

ωω

= = =

+ −

O circuito equivalente é

Em que Q é o factor de qualidade, com C

Q RL

= , e 0f a frequência de ressonância.



0

1

2f

LCπ=

A largura de banda, W , é limitada pela frequência inferior Lowf e superior Upf . Sei que

Tipicamente o factor decai no intervalo de 10 < Q < 90.

Quanto maior o factor Q, menor será a largura de banda.

Pois, sei que 0fWQ

= .

3dBW

−, decaí a um ritmo de 1% a 10% de 0f . 0

0 0 1f

W f f QQ

<< → << → >> .

0

1 1 1 1. . . .

22

L LW

C R C R RCLCf

ππ= = =



Para, ( )2 0

2

0

1

1ff

Qf f

H f

j

=

+ −

. Como é na origem, então 0f f= .

( )( )

2

2

1.

11

1

1 1 1QH f

j= = =

+ −

Para “…a potência de ruído na saída…”

( ) ( )2

.N H fP G f df+∞

−∞

= ∫

( ) ( ) ( )

Parâmetro ge

2

ral

2. .

2Ni H f H fP G f df dfη+∞ +∞

−∞ −∞

= = ∫ ∫

��

Na origem, fica ( )2

0 . . . .1

2 221H W

RCP f

η η

π

= =

Para qualquer circuito 0 .1

22 RP

C

η

π=

Exercício 03 – Ruído ( )n t tem a densidade espectral de potência mostrada na figura abaixo e é

representado por ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0cos 2 sin 2c sn t n t f t n t f tπ π= − . Desenha a densidade espectral de

potência de ( )cn t e de ( )sn t nos casos:

a) 0 1f f=

b) 0 2f f=

c) 1 20 2

f ff

+=



Resolução 3) – Sendo ( )n t o ruído Gausiano, ( ) ( )0cos 2cn t f tπ a componente fase, e

( ) ( )0sin 2sn t f tπ a componente de quadratura. Note se que ( ) ( )c In t n t= e que ( ) ( )s Qn t n t= .

Construir a DEP de ( )In t e ( )Qn t , a partir do ruído branco Gausiano. Deslocar a parte positiva, na

frequência do espectro ( ) ( )nn t G f para a parte esquerda de um valor igual a 0f .

Pretende se a banda base, logo é preciso deslocar para a origem. Pretende se em ( )InG f e ( )QnG f .

E também se faz para o outro lado, que é a parte negativa, na frequência do espectro ( ) ( )nn t G f

para a parte direita de um valor igual a 0f .

( ) ( )QnI nG f G f=

Resolução da alínea a), para que 0 1f f= desloca se a parte positiva para a esquerda.



Resolução da alínea b), para que 0 2f f= desloca se a parte positiva para a esquerda.

Resolução da alínea c), para que 1 20 2

f ff

+= . Multiplicando por -1, e somando 1f , fica

1 2 1 1 2 1 21 0 1 1 0 1 0

2

2 2 2

f f f f f f ff f f f f f f

+ −− = − ⇔ ⇔ − =

− −− =

Do outro lado tenho que 1 21 0 1 2

f ff f f

+− + = − +

1 1 2 1 21 0 1 0

2

2 2

f f f f ff f f f

− + +⇔ − + = ⇔ −

−−+ =

Fica

A soma resulta em



Teórico-prática 7

Ruído em AM

Exercício 01 – Um receptor superheterodino usando uma frequência intermédia de 455kHz está sintonizado em 650kHz. O receptor recebe uma transmissão de um emissor cuja portadora é 1560kHz. Justifique esta recepção indesejada e apresente uma solução para que não seja captada esta frequência.

Resolução 1) – Produz duas imagens, uma é à que se pretende, a outra é indesejada.

Dados fornecidos: 455 650 ' 1560 FI RF RFf kHz f kHz f kHz= ∧ = ∧ = .

Oscilador local é ( )' 1560 455 1105 LO RF FIf f f kHz kHz= − = − = .



É necessário um filtro que deixe passar FIf , RFf e LOf . O resto é rejeitado.

Nota: ( )nG f é a densidade espectral.

Exercício 02 – Um sinal em banda base ( )m t é transmitido usando SSB. Assuma que a densidade

espectral de potência de ( )m t é dada pela seguinte expressão:

( ),

0,

m MMm

M

fn f f

fG f

f f

≤

= >

Determine:

a) A potência do sinal de entrada.

b) A potência do sinal de saída.

c) Se for adicionado RBG (Ruído Branco Gaussiano) de densidade espectral de potência 2η ao

sinal SSB, determine a relação sinal-ruído à saída, sabendo que o filtro de em banda base corta à

frequência Mf .

Resolução 2) –



( ) ( )0 cos 2 Ms t tfπ=

( ) [ ]( )1 2cos P MA tfs t fπ= +

( ) ( ) ( ) [ ]( ) ( )2 1 2 2cos cos co 2sP PMPf fs t s t t A t ff tπ π π == +

Metade da potência vai para cada um dos termos:

( ) [ ]( ) ( )2 cos 2 cos 22 2M MP f f

At t tf

As π π= + + , em que 2π não interessa, pois o valor da função

repete se a cada período completo.

( ) [ ]( ) ( )2 co2

o2

s c sM MP ffA A

s t t tf= + +

( ) ( ) ( )1 22 x cos Pn ft t n tπ =

Exercício 03 – Um sinal SSB está compreendido entre 1MHz e 1,003MHz. O sinal é acompanhado

por ruído com densidade espectral de potência uniforme com o valor 910 /W Hz− .

a) Sendo o ruído ( )n t expresso nas suas componentes em fase e em quadratura, determine a

densidade espectral de potência das componentes ( )cn t e ( )sn t para uma frequência compreendida

entre e cf e c Mf f+ .



b) O sinal juntamente com o ruído é multiplicado por uma portadora local de frequência cf . Desenhe

a densidade espectral de potência de ruído na saída do misturador.

c) O sinal juntamente com o ruído é passado através de um filtro de banda base e um multiplicador de ganho 10. Desenhe a densidade espectral de potência de ruído na saída do amplificador e calcule a potência total do ruído.

Resolução 3a) – 61 10 1 003 1 000 3 P H Lf MHz Hz f f kHz kHzB kHz= = ∧ = − = − =

Mf B=

AWGN 9102

η −→ =

( ) ( ) ( ) ( ) ( )cos co2 s= 2P s Pcn t n t t fn t tfπ π+

( ) ( )2 2nc ns

Fase Quadratura

fG f G f rect

B

η → = =

��

Nota - rect é de rectangular.



Resolução 3b) –

Assim fica:

910 1 1

x x 4 48 2

W

Hz

η η −

=

= 12250.10

8

W

Hz

η −=



Resolução 3c) –

Não pretendo as duas bandas laterais! Só me interessa a central.

Ruído na saída, 0 .8

2N Bη

= , em que B é a largura de banda.

Pretende se 0 0 x 10 2' .8

N N Bη

= = , em que 0 'N é a saída do amplificador operacional, e sabendo

que 902

1η −= :

�

( )0

60

930 x 10 2 . x 10 2 . x 1 3.0 2 . x 10'

1 1

8 210 15.10 15 1

4 40

N

N N B WB µη η − −= = = = = =



Exercício 04 – Uma portadora de 10mV com frequência cf é modulado em AM a 50% por uma

onda sinusoidal de frequência 750Hz. Este sinal é acompanhado por ruído térmico com a densidade

espectral de potência 32 10 W

Hzη −= . O sinal e o ruído são filtrados pelo filtro apresentado na figura

e desmodulado por uma multiplicação com uma portadora local de amplitude 1V.

a) Determine a potência de saída do sinal.

b) Determine a potência de saída do ruído.

Resolução 4) – ( ) ( ) ( )1 cos 2 cos 2c Mi cs A ft t tfµ π π= +

Em que o índice de modulação, µ , é x a Mk Aµ = . E 50% 0,5µ = = .

A densidade espectral do ruído branco é WithDEP . Função 2WithDEPη

= , é o ganho,

( ) 3102

NGW

fHz

η −= =



( ) ( ) ( )2

1

12

x 2

W

n

DEP

G f G f H f

η

η= =

��

Em que ( )2

H f é a resposta em frequência ao quadrado, e WDEP é a densidade espectral do ruído

branco.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 12cos c2 x x s 2 oc cn t m t f t n t f tπ π= = , em que ( ) ( )2 1

2cos cos 42 c cf t f tπ π= , ficando

assim

( ) ( )2 cos 41

2 cn t f tπ=

( ) ( ) ( )2

2

1

1 x

2Banda Baseno n H fG f G f

=

( ) ( ) ( )2

2

2

1 x x

8

2no nG f G f H fη η

= = =

( )3 30

1 11000 x 1000 x 10 125 500 625 x

2 10 625

8 2

WN m

Hz

η − − = + = + = =



Outra maneira de fazer, e deu resultado diferente:

Sinal à saída do filtro é, sabendo de ( ) ( ). cos 2 M tN m t fµ π= ,

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 . cos 2 cos 2 1 . cos 2 cos 2c co c cc cs A N m t A N m tf f f ft t t t tπ π π π= + = +

Sabendo que ( ) ( ) ( ) ( )1

cos cos cos cos2

a a b bab = + + − , logo ( ) ( )2 1cos 2 1 cos 4

2c cf t tfπ π= +

( ) ( ) ( )1 1

1 . 1 cos 42 2o cc fs A N m tt tπ

= + +

( ) ( ) ( )1 1

. 1 cos 42 4c c cos N t fA A mt tπ

= + +

( )�

( ) ( ) ( )

[1] [2] [3]

1 1 1 1. 1 . cos 4

2 4 2 2c c c cos A A N m t A N m ft t tπ

= + + + ��

[1] - É a componente contínua

[2] - ( )m t

[3] - Componente 2 cf .

O filtro ( )H f só deixa passar a componente ( )1

.4 cA N m t .

( ) ( ) ( ) ( )21.

4o o ocs A N m t s st t t= → =< >

( ) ( ) ( )2

22 2 21 1. .

4 16c cos A N m t A N m tt

< >= = , em que 2N µ= , e ( ) ( )

2 2m t m t=< > , pois considera se

que 1MA = .



Assim ( ) ( )( )

( )

2322 22 9

10.10 1. 0,5 . 780.10 780

16 16 2c

o tA

s N m t W Wη

−

− = = = =

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 . cos 2 1 cos 2 cos 22o M ccM

ac ct ts A N m t fA

k t tAf fπ π π

= + = +

O filtro com ganho é o 2MA

(caí para metade!). E ( )cos 2 ctfπ é a portadora.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )' 21 cos 2 cos 2 cos 2 1 cos 2 cos 22 2o M McM M

a cc c act t ts A At t tf f fA A

k k f fπ π π π π

= + = +

Sei que ( ) ( )2 1cos 2 1 cos 4

2c cf t tfπ π= +

Assim ( ) ( ) ( )' 11 cos 2 1 cos 4

2 2o Mc cM

as fA fA

t k t tπ π

= + +

( ) ( ) ( )' 1 cos 4 1 cos 22 2o

cMc

Ma

Akt f f

As t tπ π

= + +

( ) ( ) ( )' cos 4 1 cos 22 2 2

Ma

co Mc

cA As

Akt tf ft π π

= + +

( ) ( ) ( ) ( )' cos 4 cos 4 cos 22 2 2 2 2

Mao M

cc c

c c cA A A As t tf k t

Aff tπ π π= + + +

( ) ( ) ( )' cos 4 1 cos 22 2c

Mcc ao M

AAkt ts fA ft π π

= + +

Sabendo de que ( )MA m t= , ( ) ( ) ( )is t s t m t= ,

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 cos 2 cos 2 cos 2 cos 2c cM a Mci Mc cs t t t tA Af f tA fkf Aπ π π πµ= + = +

( ) ( ) ( ) ( ) ( )cos 2 cos 2 cos 2c cMc ci ak m ts A f tft t t fAπ π π= +



Sabendo de que ( )2

cos 22c

c cfA

A tπ = , e que para ( ) ( ) ( ) ( )2

2cos 2 cos 22cMc

c a at tk fm mA

ft k tA π π = .

Sei que existe duas nomenclaturas para i iS P= , e que

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

2cos 2 cos 2 cos 22 2i i Mc a cc

cc

c aft t t tk m tA A

P s f f k mA tAπ π π= = + = +

( )( )2

212 ac

i

Ak tP m= +

Sabendo que ( ) ( )cos 2M MA tm t fπ= , e ( ) ( )2 cos 2m M MS tm t A fπ= = . Continua …

Como o Prof. Nascimento resolveu na aula:

Resolução 4) – ( ) ( ) ( )1 cos 2 cos 2c Mi cs A ft t tfµ π π= +

Em que o índice de modulação, µ , é x a Mk Aµ = . E 50% 0,5µ = = .

A densidade espectral do ruído branco é WithDEP . Função 2WithDEPη

= , é o ganho,

( ) 310 2N

WG f

Hz

η −= =



O filtro com ganho é o 2MA

(caí para metade!). E ( )cos 2 ctfπ é a portadora.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )' 21 cos 2 cos 2 cos 2 1 cos 2 cos 22 2o M McM M

a cc c act t ts A At t tf f fA A

k k f fπ π π π π

= + = +

Sei que ( ) ( )2 1cos 2 1 cos 4

2c cf t tfπ π= +

Sabendo que ( ) ( ) ( ) ( )1

cos cos cos cos2

a a b bab = + + − , logo ( ) ( )2 1cos 2 1 cos 4

2c cf t tfπ π= +

Ruído em FM

Exercício 05 – A banda de uma transmissão em FM comercial é de 200kHz. Considere que o receptor possui um filtro de Frequência Intermédia (FI) com idêntica largura de banda. Se a saída do

discriminador for aplicada directamente a um filtro de banda base com 15 M zf kH= , qual a fracção

do ruído de saída do discriminador passa através do filtro.

Resolução 5) – Em que Banda BaseN é o filtro de banda base, fica

( ) 2 2 2 2 2 3 4 2 2

14 4

3

MM M

M MM

Banda Bas

ff f

f ff

e nN G f df f df fA A

η ηα π α π

− −−

= = = ∫ ∫



( ) ( ) ( )2 2 3

3 32 2 2 2 3 2 2 2

8. . . .1 1 24 4

3 3 3 3.M

MBanda Bas M Me

ff fN W

Af

A A

α η πη ηα π α π

= − − = =

Em que s Baem f nda BaseiltroN é o SEM filtro de banda base, fica

( )2 2 3 2 2 32

2 2

4. . . . 4..

3 3 4sem filtr

B

Banda Baso e

BN W

A A

fα η π α η π = =

A relação é

2 2 3

2 2 222 3

2 2 3 2 2 2 3

2

8. . . .8 4. .33. . . . 8

. 4. 3 . .4. ..

3 4

Banda Base

Banda Bas

M

sem fil roM

e

M

t

N AAB

ff

N A B BA

f

α η ππ η

αα η π α η π

= = =

33

3

815 x 10

0,15 =0,34200 x 10

Banda Base

Banda Bsem fil astro e

N

N

= =

Como é uma relação, o valor é percentual, ou seja é 34%.

A utilização de um filtro banda base na desmodulação ao invés de se introduzir o sinal directamente

sem o filtro, reduz a potência do ruído em 34%.

Exercício 06 – Se a relação sinal-ruído (SNR) de entrada, 30 i

M

SdB

N= calcule o

o

S

N quando

( ) ( )cosM Mkm t tβω ω= e 1; 5; 10; 100. β =

Resolução 6) – Sabendo que oS é a potência do sinal à saída do receptor FM, e oN é a potência do

ruído à saída do receptor.

( )2 2 2o fS k m tα= 2 2 3

2

8

3 MoN fA

ηπ α=



Fica ( ) ( )

22 2 2 2 2

2 22 2 3

2

3 2. .8 43

M MM

f fo

o

Ak m t k mS

Aff

t

fN

α

η π ηπ α= =

Sabendo que ( ) ( )ss 2inco MM

i c

fS t A t tf

fω π

∆=

+

( )cosFM c f

t

X A t k m t dtω

= +

∫ , logo ( ) ( )sin 2M

f M

t

fk m t dt tf

fπ

∆=∫ .

Ao invés de integrar o 1º membro, derivo o 2º membro, fica ( ) ( )cos2 2 MM

f M

fk m t tf f

fπ π

∆=

( ) ( )2 cos 2 Mfk m t f tfπ π= ∆

Da definição ( )

22 2

2 2

3 2. .4

f

o M M

oAk m

f

tS

fN π η= , vou me aproximar desta definição ( )fk m t , usando

( )2 2fk m t , fica ( )

22 2 2 2 24 . 2 .

2f

fk m t fπ π

∆= = ∆ . Agora substituindo,

2 22 2

22

3 32 2.2 . .4 2

o

o M M M M

A AS

f f f f

f f

Nπ

π η η

∆ ∆= =

Em que 2

2A é a potência do sinal, iS .

Mfη é a potência do ruído MN .

À entrada do receptor, i

M

SRSR

N= .

23

2o

oo

S S

N Nβ

= =

O factor de mérito, γ é 23

2o

FMi

i

SSN

S NN

γ β

= =



2

30

310log

2io idB dB

S SS

N Nβ

=

= = +

��

Para ( )23

30 10log 31,762

1 1iSβ

= → = + =

Para ( )23

30 10log 40,972

5 5iSβ

= → = + =

Para ( )23

30 10log 46,992

10 10iSβ

= → = + =



Teórico-prática 7 - Exercício Extra

Exercício 1 – Pretende se projectar um receptor para uma estação de rádio de difusão FM. Um emissor encontra se a uma distancia de 40 km do receptor, e tem as seguintes características:

- Potencia normalizada de 2400 V (normalizada é sobre 1 resistência de 1 ohm)

- Desvio de frequência de 75 kHz.

- Largura de banda do sinal modulante (sinal base) de 15 kHz.

- A atenuação do canal de transmissão é estimada de 2 dB/km.

- O canal introduz o ruído branco Gausiano, 130 10 2W

VAWGN DEP

Hz

η −→ = = .

Para garantir uma qualidade mínima da recepção existe um 0

50 S

RSR dBN

→ ≥

a) Largura de banda do sinal transmitido FM. b) Determinar a relação do sinal/ruído a saída do receptor. c) Suponhamos que é preciso utilizar um repetidor a meio do percurso, entre o emissor e o

receptor, que fornece um ganho de 40 dB. Determinar a relação do sinal ruído de saída.

Resolução 1a) – Recordar a regra de Carson, ( )2 1TB B β= + , e f

Bβ

∆= , em que B é a largura de

banda.

Assim, fica 15 B kHz= , e o desvio de fase, f∆ , é 75 f kHz∆ = .

375 .10f

Bβ

∆= =

315 .105=

Assim, [ ]( )32 15.10 1 5 180 TB kHz = + = .



Resolução 1b) – 0

23

2P

B

Sf

B

S

N N

∆ =

, em que PS é a potencia da portadora, e BN a potencia do

ruído.

Faltam me dados para resolver esta equação, vou precisar de os calcular.

Sei que .BN Bη= , e que 2

2P

P

AS = , em que PA é a amplitude.

Sei que a amplitude da portadora na EMISSÃO é 2400' PS V= . Como 2

2P

P

AS = , então

' '2. 28,28 P PA S V= = .

Sei, pelo enunciado, de que a atenuação é e 2 dB/km. Como a distância é de 40, fica 80 dB de atenuação.

Vou passar para unidades SI de potência, que é o Watt, e fica 20 log 801

x

W

=

,

410

80log

1 24 10

0

xx W

W

= = ⇔ =

Assim ( ) 4328,28

2,828 x 10 2,828

'

10P

P

A VA mV

x Wi −= = = = .

( )( )

22 3 66 2

2,828 x 10 7,9976 x 104 x 10 4

2 2 2P

P

AViS

iµ

− −−

= = = = = .

Sendo assim, como já tenho os dados todos, já posso resolver a equação 0

23

2P

B

Sf

B

S

N N

∆ =

,



0

33 75.10

2

S

N=

315.10

( )( )

26

2

10 3

3 4.105

. 2 . .102 10

PS

B

i

η

−

− −

=

( )0 131

3

02

. 15.10

WV

DEPHz

η −= =

��( )

45.10= .

Como me é solicitado, no enunciado que seja 0

50 S

RSR dBN

→ ≥

, vou ter que passar para dB.

Mas tenho que ter cuidado, pois o 0

S

N

é a potência 1, logo é vezes 10, e não 20, como acontece

com a potência (que neste caso é ao quadrado).

Assim ( ) [ ]4

45.10 10log 10log 10log 5.10 10 4,699 46,99

1 1

x WdB

W W

= = = =

. Não respeita a

condição do enunciado, pois tinha que ser superior a 50 dB.

Resolução 1c) – Basta somar 40 dB ao resultado obtido na alínea b). Ou seja é

( )46,99 40 87 dB dB+ =



Teórico-prática 8

Exercício 01 – A atenuação em linhas de transmissão constituída por pares de fios é de cerca 2 dB/km à frequência de 10 kHz. Suponhamos que se pretende enviar um sinal a uma distância de 500 km. Se o nível mínimo exigido antes da amplificação for de 1 mV e se o valor máximo permitido para evitar sobrecarga do amplificador for de 15 V, determine o número de repetidores necessários, considerando-os colocados à mesma distância.

Resolução 1) –

Atenuação total de percurso é de Percu o rs 500 x 2 / 1000 Total km dB dkm Bα = = .

iA é o NIVEL mínimo antes da amplificação.

oA é o NIVEL máximo após da amplificação.

Em dB, a atenuação máxima entre dois repetidores é

( ) ( )3

1

Repetido

0

r 20.log 1 20.log 15 83,52 Entre m dBV Vα−

−= − =��

Assim preciso de 83,52

111,

0012

097

dB

dB=

−� repetidores, sendo distanciados entre si de

( )500

41,6 6 12

kmkm=



Exercício 02 – Um sinal analógico ( )x t é amostrado. Determine a frequência de amostragem de

modo que o sinal possa ser recuperado nos dois casos seguintes:

a) o sinal é limitado em 0 – 4 kHz.

b) o sinal é limitado em 10 – 14 kHz.

Resolução 2a) Pretende se um filtro passa baixo.

Pelo teorema da amostragem de Nyquist, fica 2 x sf W≥ , em que W é a largura de banda. Como

[ ]0; 4 f kHz∈ , fica ( )2 x 4 8 .s skHz f Hzf k≥ ⇔ ≥

Resolução 2b) Pretende se um filtro passa banda. O sinal está em banda base. Livro de Herbert Taub, na página 199: a relação tem que dar um múltiplo inteiro:

101, 25

8L

sf

f= =

Agora, o exercício, se fizer ( ) ( )2 x 2 x 14 0 8 1H Ls f f kf kHzHz= − = − = .



12 x x 2 x x

1s

K KB B

N Nf

−≤ ≤

−

Para 14

3,54

HfKB

= = =

Para 10

mod mod 24

LfNB

= = =

, em que mod significa que se pretende apenas a parte inteira.

Assim, substituindo fica [ ]3,5 3,5 1

2 x 4 x 2 x 4 x 14 20 2 2 1s skHz kHzf f

− ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ −

.

Exercício 03 – Um sinal passa banda tem um espectro que se estende desde 20 até 82 kHz. Determine a gama de frequências de amostragem aceitável.

Resolução 3) – ( )2. 2. 82 164 sMs sf kHzf f Hzf k= ⇔ = ⇔ =



E sendo 82 20 H Lf kHz f kHz= ∧ = , fica que ( )82 20 62 H LB f f kHz kHz= − = − = .

Para 82

1,32 1,562

HfKB

= = = � .

Para 20

mod mod 062

LfNB

= = =

.

Não se pode aplicar esta forma, utiliza se então o teorema de Nyquist, é como se o sinal estivesse em banda base.

Não posso ter zero no denominador, por isso vou escolher um valor de forma a garantir que K N≥ , logo pode ser 1N = .

1 1,5 0,52 x x 2 x x 2 x 62 x 2 x 62 x

1 11s sf fK K

B B kHz kHzN N

−≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

− −

186 62

Ìmpossivel

skHz kHzf≤ ≤ −��

Exercício 04 – Considere o seguinte sinal: ( ) ( )2 200in ,s 0 1t tm c= −

a) Determine a frequência de amostragem.

b) Obtenha um programa em MATLAB para calcular e representar o espectro do sinal.



Resolução 4) – Propriedade da transformada de Fourier,

[ ] � ( )2 2 21200 x 10sin sin si0

200 x 100n2

2Mf

c c cf

t M ft

= ⇔ =

Fica que ( ) ( ) ( )2 2200 0,1 2 0s n in 1i s ,Mfm c t tct π − = −=

Como sei que 200 200100

2 M Mf f Hzπ

ω π= → = ⇔ = .

Logo 200

x 2 100

x 2 s sM sf f Hz Hzffπ π

= ⇔ = ⇔ =

.

Exercício 05 – O sinal ( ) ( ) ( )5 0,5 1s 0co cosv t t tπ π= + é amostrado instantaneamente. O espaço

entre as amostras é de sT .

a) Calcule o valor máximo permitido de sT .

b) Que obtém quando amostra o sinal ( )v t com o seguinte trem de Diracs:

Resolução 5a) – Sei que também posso escrever das seguinte forma

( ) ( )( ) ( )( )2 . 2,c 5os cos0,5 2 . 5t tv t π π= +



sT é o período da amostragem (intervalo entre amostras do sinal), em que o valor mínimo segue o

teorema de Nyquist: ( )2 x 2 x H Ls B f ff = = − , ou seja duas vezes a largura de banda. Não se

considera a frequência 2,5 , pois excluiria a 5 . Temos duas sinusóides para transmitir, mas escolhe

se o sinal de frequência mais alta.

Assim ( ) ( )2 x 2 x 2 x 5 0 10

M

s H

f

LB f zf f H= = − = − =��

.

Como sei que 1 1 1

0,1 10s s

ss

s

ff

T T sT

= ⇔ = = ⇔ =

Resolução 5b) – ( ) ( ) ( )5 0,5 1s 0co cosv t t tπ π= +

A transformada do cosseno é dado por ( ) ( ) ( )0 0 0

12 .c s .

2o t ff f ffπ δ δ←→ − + +

Assim ( )5 5 10 10

2

1 1

42 2 2 2f f f ftv

π π π π

π π π πδ δ δ δ

←→ − + + + − + +

( ) ( ) ( ) ( ) ( )22

,5 21

,1

5 54

5v t f f f fδ δ δ δ←→ − + + + − + +

Como ( ) ( )5 0,1t tp δ= − ∑ , em que 0,1 é sT . Ou seja trata se de um trem de impulsos, com uma

amplitude de 5 unidades.



Consultando o slide 189, “Amostragem topo plano”, sei que

( ) ( )�

( )1

s

s

f

sn ns

t n n fTT

fnp δ+∞ +∞

=−∞ =−∞

= − ←→ − ∑ ∑

Assim, no exercício, fica ( )1

0,1 1

5

0, n

t nfp δ+∞

=−∞

←→ −

∑

( ) ( )50 10n

t np fδ+∞

=−∞

←→ − ∑

, que é o trem de impulsos de Diracs.

Do lado das frequências, o sinal será periódico, ( )�

( ) ( )

Domínio das frequências

Amostrado Analogico

Convoluir

x sV Vf f fP=��

��

��

,

( ) ( ) ( )

Domínio dos tempos

sv v pt t t= ⊗��

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

( )

( )

cos0,5. 1cos 05

e são 4 Diracs!

2,5 2,51 1

x 2

5 54

tt

s

V f

V Pf f f f f f

ππ

δ δ δ δ

= − + + + − + +

��

��

FF

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1

104

2,5 2,5 x 05 5 2

5sn

f fV f f nf fδ δ δ δ δ+∞

=−∞

= − + + + − + + −

∑



( ) [ ]( ) [ ]( ) [ ]( ) [ ]( )2,5 2,5 5 510 10 10 150 50

20

4sn n

V ff n nf n f n fδ δ δ δ+∞ +∞

=−∞ =−∞

= − − + + − + − − + + −

∑ ∑

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2,5 2,5 5 510 10 10 150 50

20

4sn n

V ff n nf n f n fδ δ δ δ+∞ +∞

=−∞ =−∞

= − + + + + + − + + + +

∑ ∑

Para ( ) ( ) ( ) ( )1 1

1 50 10 10 10 110 10 10 104

02

n n n nn δ δ δ δ

= → − + + + − + +

( ) ( ) ( ) ( )1 1

50 7,5 12,5 5 152 4

δ δ δ δ

+ + +

(nota: existe simetria, ou seja é espelhado para o lado esquerdo).

Na sobreposição, e só nesta situação, as amplitudes somam se nesse ponto. Mas é apenas nesse

ponto, logo não podemos dizer que existe alasing, pois é uma condição de fronteira.

Está se a amostrar ( )v t com uma frequência de ( ) ( )2 x 2 x 2 x 5 0 10

M

s H

f

LB f zf f H= = − = − =��

Toda a potência, do sinal, estará concentrada precisamente na frequência de corte do filtro passa

baixo usado na recuperação do sinal analógico.



Exercício 06 – Um sinal estéreo em banda base pode ser descrito pela seguinte expressão:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )c c.os os2

.sb L R L R sx x x x x A

tt t t t t t

ωω= + + − +

Com uma 38 s zf kH= .

Determine a expressão para ( )sx t e calcule 1k e 2k , se

( )1

2

15

23 53

99 0

k kHz

LPT k kHz kHz

f

f

kHz

f

f

≤

= ≤ ≤ ≥

Resolução 6) – Pelo teorema da amostragem, sei que ( ) ( ) 2 . .sin. . . . . . sj fs

ns

t neft fc ns πτ π τ+∞

=−∞

= ∑

( ) ( )1

2. . .c .os sn

not ns tC C ω+∞

=

= + ∑

Para n = 0, fica .ss

o TfC

ττ= = . Sabendo que sT

Nτ = em que N é o numero de sinais a multiplexar.

Como são 2, fica 1

.2

1

2os

s

CT

T= = .

( )sin. . . . .s sn cf fnC τ π τ= , assim . . .s .2

in .2n

s ss sc nf fC

T Tπ=



1 1. . . . .

2 2sins s

s sn c n

T T

T TC π

=

, 1 .

2in

2.sn

ncC

π

=

→

Sabendo que o seno cardinal é igual a sin

sin

.. 2

.22

nn

cn

π

π

π

=

, fica

.

2.

sin

n

n

nC

π

π

= .

Agora o ( ) ( ) ( )1 1

cos2. . . . 2

.

21c. . .

2

ns

..o

si

sn

nn

sos t t

n

t nCn

C nω

π

ωπ

+∞ +∞

= =

= + = +

∑ ∑

Para 0n = , 1

2 (já calculado!)

Para 1n = ,

( )

( )( )( ) ( ) ( )

1

.

2 2cos cos cos

22. . . . 2

.

1sin

. . .n

11

. .si

s s st t tω ω

π

πω

π

π π

=

→ =

=

��

Para 2n = ,

( )

( )( )( )

( )( )

0

2. . . . 2. .

2sin

sicos cos

n1

2

.

2. 0

. s st tω

π

πω

π π

=

→ =

=

��

Para 3n = ,

( )

( )( )( ) ( ) ( )

1

32

2. .cos

3sin sin

3 . . cos2. . 3 .

.

.2 2

3 .3 3

c3.

oss s st t t

π

ω ω

π

π πω

π

=−

→

= −

=

��



Para 4n = ,

( )

( )( )( )

( )( )

0

22. . . . 2.

4sin

sincos co4

4. 4 . 0

.s

.

4

2s st t

π

π

π πω ω

=

→

= =

��

Assim ( ) ( ) ( )2 2

. . 0 . 3 . 0 ....3

cos c1

o2

ss ss tt tω ωππ

= + + − + +

Sabendo que ( ) ( )( ) ( )38 3 3 32 2 114. 2ss f k z zH kHπ π πω = = = .

Como ( ) ( )114. 99. 2 2kHz kHzπ π> , a saída do filtro é zero.

Para o calculo de 1k e 2k , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

. . 0 . 3 . 0 ....3

1

2cos cosL L s L st t tA t x x t x tω

ππω= + + − + +

Comparando com o ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )c c.os os2

.sb L R L R sx x x x x A

tt t t t t t

ωω= + + − +

, retira se que

para 15 f kHz≤ , tem se 1 2k = e 2 2k

π= . Assim a saída do filtro é

( ) ( ) ( ) ( ).' cosL R st t tA t x x ω= +



Teórico-prática 9

Exercício 01 – Um canal binário com 36 /br kbits s= é usado para a transmissão de um sinal de voz

em PCM. Determine os valores adequados para a frequência sf , o número de bits e o nível de

quantização, assumindo que a largura de banda de voz é ( )4 e –1 1kHz x t≤ ≤ .

Resolução 1) – 36 /br kbits s= é o débito binário de um canal.

- “…os valores adequados para a frequência sf …”

A voz tem uma largura de banda de 4 kHz. Qual deverá ser a frequência de Nyquist? É duas vezes a

largura de banda. Assim ( ) ( )2 x 2 x 4 0 8 Hs Lf f kf kHzHz= − = − = .

- “…o número de bits …”

Assim com uma frequência de 8 kHz , o PCM usa 8 000 amostras por segundo. Como se usa 8 bit por amostras, tem se uma largura de banda de x 8 64 8 /kbikHz ts s= .



Com um débito por canal 36 /br kbits s= é x b snr f= , em que n é o número de bit (em que o bit é

uma fracção da amplitude, sendo os 8 bits o valor total da amostra). sf é o número de amostras por

segundo.

3

36 /4,5 /

8.10b

s

r kbits sbn t

fi s= = = .

Como só se pode ter números inteiros, logo é 4 /bn it s= , pois 8 sf kHz≥ .

- Quantos níveis de quantização (M)?

2 16n M M= ⇔ = níveis de quantização.

Passos de quantização: ( )1 1 2 1

16 16 8

H LV VVolts

M

− −−∆ = = = =

Exercício 02 – Considere a transmissão binária em PCM de um sinal de vídeo com 10 s zf MH= :

a) Calcule a taxa de transmissão necessária para obter / qoS N (relação sinal-ruído de quantização

uniforme) 50 dB≥ .

b) Calcule a relação sinal-ruído do sistema ( )PCM /o oS N em dBs, considerando uma probabilidade

de erro de 610− .



Resolução 2a) ? 50 q

boS

r dBN

= ∧ ≥ .

Teoria ( )2 2 2102 50 10log 2N

q

NoSM dB

N= = → =

Recordar 12º ano, quando se tem potência nos logaritmos, este “desce”: ( ) ( )210 10log 2 2 log 2N N= .

Assim ( ) ( )210 10

50 50 10 log 2 log 2

10.2N dB

dB N→ = ⇔ = ⇔

( )10

5 8,3048

2.log 2

dBN N⇔ = ⇔ =

Assim para 50 9o

q

SdB N

N≥ → =

Agora a taxa de transmissão é ( ). 9. 10 90 sbr N MHz zf MH= = = .

Resolução 2b) ( )PCM / ?o oS N =

Teoria, slide 233, Relação sinal/ruído do sistema PCM, 2 2

2 2 2

2

1 4 .2 1 .2

N

N No

e eo

S M

N P P += =

+ +, com

610eP −= , fica

( )

( ) ( )

2 9

2 9 26

2127964,01

1 10 .2o

o

S

N +−= =

+

( ) ( ) ( )10 10/ 10 log / 10 log 127964,01 51 o o odB oS N S N dB= = =



Superior a 50 dB devido à aproximação.

/o oS N seria menor do que a alínea a) se usássemos o valor de 8,3048N = . Ao introduzirmos ruído

o /o oS N diminui.

Exercício 03 – O sinal de voz com largura de banda 3 kHz vai ser transmitido em PCM com M

níveis de quantização. Determine os valores para M (nº de níveis), N (nº de bits), sf e bf de modo

que / 40 o oS N dB≥ .

Resolução 3) – ( )2 2 210/ 2 40 10 log 2N

oN

oS N M dB= = → = ⇔

( )( )10

10

40 4 log 2

10.2 2.log 2

dB dBN N⇔ = ⇔ = ⇔ 6,64N =

Como tem que ser números inteiros, é 7N = .

Assim a quantização vai ter 72 2 128NM = = = níveis.

2 x 2 x 3 6 Ms k kf Hzf Hz= = =

Agora a taxa de transmissão é �

( ). 7 x 6 42 /b

sb

f

r N bits k kbiHf z sts= = = .

Nota: 1

Hzs

=

Sistemas de Comunicações - Teoria e Exercícios Resolvidos

Documents

Transcript of Sistemas de Comunicações - Teoria e Exercícios Resolvidos