ejercicios de modulacion am
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EC2412
PROBLEMAS AM
Problema 1
En el sistema de comunicación mostrado, x(t) es limitada en banda a W, además, el filtro
pasabanda es ideal y deja pasar todo lo que esté entre fc-W y fc+W(Ganancia Unitaria). Si el elemento
no lineal tiene la función característica dada por : Vs =Ve + 0.1Ve², determine el valor mínimo de fc que
permite tener a la salida una señal AM. Encuentre el índice de modulación.
Respuesta al problema 1
La gráfica anterior nos presenta la modulación en AM de una señal empleando el llamado
modulador de ley de potencias
Comenzamos por conocer la expresión para Ve:
Ve = x(t) + AcCosωct
Ahora, como sabemos la relación entre Vs y Ve, podemos conocer el valor de Vs en función de la
señal de entrada:
Vs = Ve + 0.1 Ve²
Por esto tenemos:
Vs = x(t) + AcCosωct + 0.1 ( x(t) + AcCosωct )²
Vs = x(t) + AcCosωct + 0.1x²(t) + 0.2 x(t)AcCosωct + 0.1 Ac² Cos²ωct
El filtro pasabanda está centrado en fc. Sabiendo esto podemos distinguir cuales son los términos
que pasan por el filtro y conforman la salida.
Análisis de cada término:
* Términos que pasan por el BPF.
a). Ac Cosωct .
b). 0.2 x(t) AcCosωct.
Estas señales pasan debido a que están situadas en o alrededor de una frecuencia igual a fc.
* Términos que no pasan por el BPF.
a). x(t) ,porque está situada en banda base. (Se asume que fc es mucho mayor a 2W) .
b). 0.1 x²(t), porque està en banda base y tiene ancho de banda 2W(Se asume que fc es mayor a
3W)
c). 0.1 Ac²Cos²ωct, tiene un término DC y otro centrado en 2fc (Se asume que fc es mayor a W)
.
Por lo tanto, en definitiva, si fc es mayor a 3W (fc mín es 3W) nos queda que:
xsal(t) = AcCosωct (1+0.2x(t))
De la expresión podemos ver que el índice de modulación es: m = 0.2
Para obtener la señal AM, hicimos la suposición de que la forma del filtro no se superpusiera
sobre le espectro de x²(t). Para comprender esto veamos:
Sea el mensaje x(t) y definamos y(t) = x²(t). Consideremos los siguientes espectros: X(f),
Y(f) y Z(f).
(a) (b) (c)
(a) Espectro del mensaje x(t) con ancho de banda W; (b) espectro de x²(t) con ancho de banda
2W; (c) espectro de x²(t) junto a la respuesta en frecuencia del filtro pasabanda de forma tal que no se
superpongan.
Problema 2
En el sistema de banda lateral única (SSB) mostrado, determinar la componente de banda lateral
inferior que aparece debido a imperfecciones en el desfasaje, si se sabe que la señal de entrada es un
tono de amplitud unitaria.
Solución al problema 2
Resolviendo el problema gráficamente tenemos:
En esta última figura podemos observar que la fase de la señal, en el punto 4 cambió totalmente.
Si hubiésemos modulado realmente en SSB la fase de la señal (de cada delta) en este punto
hubiese sido (de izquierda a derecha): 180 grados, 0 grados, 0 grados y -180 grados.
Debido a esta distorsión de fase, si ahora restamos X2(t) con X4(t) ya no vamos a obtener un
señal USSB. De hecho, si asumimos Ac=1 tenemos un espectro de salida en magnitud:
Problema 3
En el sistema mostrado, el interruptor se cierra con los semiciclos positivos del Coseno, mientras que se abre en los semiciclos negativos
Si x(t) es de banda limitada a W y V1(t) = (1 + mx(t)) Cosωct, expresar V1(t) ,V2(t) , V3(t) , V4(t) .
Solución:
La señal V2(t) es equivalente a multiplicar V1(t) por una señal cuadrada(voltajes 1 y 0) de frecuencia fundamental igual a la de la portadora. Por lo tanto:
Nota: Solo se toman las armonicas impares, ya que el desarrollo de Fourier de una señal cuadrada solo tiene terminos impares de frecuencia.
Por el filtro pasabajo solo pasa:
V3(t) =0.5 a1(1+mx(t))
Finalmente:
V4(t)= 0.5 a1 x(t)
Problema 4
En un sistema AM se conoce lo siguiente:
- El mensaje x(t)=0.5(1+Cos4πt)
- m =0.8
- Portadora=100Cos20000πt
Dibuje el espectro de potencia de la señal AM y calcule su potencia promedio total. Calcule
eficiencia y ancho de banda del sistema.
La expresión de una señal AM es la siguiente:
....3))(1())(1(
))(1()(
32
1
2
++++=
+= ∑ttCosCostmxatCostmxa
tCosnatCostmxtV
ccc
cnc
ωωω
ωω
( ) ).()(1 tCostmxAx ccAM ω+=
Sea para este caso nuestro mensaje:
( ))4(15.0 tCosx π+=
con un indice de modulación igual a 0.8 y una portadora igual a:
)102(100 4 tCos π
Desarrollando obtenemos:
[ ][ ][ ] ( )[ ]
[ ][ ]
)99982(.20)100022(20)102(140)102().4(40)102(140
)102()4(1(4,01100102.100.)4(1(4,01
)102(.100.)4(1)(5,0).(8,0(1
4
44
4
4
4
tCostCostCostCostCostCos
tCostCostCostCos
tCostCosxAM
πππ
πππππ
ππ
ππ
++
=+=
++=
++=
++=
Para calcular la potencia de la señal hallamos la autocorrelación de la señal y la evaluamos en
cero como sigue a continuación:
[ ]KWceroenevaluando
CosCosCosRy
2,10102002002009800:
)9998.2(2)20()10002.2(
2)20()102(
2)140()(
224
2
==++=
++= τπτπτπτ
La eficiencia para este caso es:
m Sm S
x
x
2
2
2
2108 0 375
1 08 0 3750 1935 19 35%
+=
+= →
. * .. . ,
, ,
Si realizamos el analisis de los espectros de las señales llegaremos a las mismas conclusiones: El
espectro es
del cual se obtiene el espectro de potencia de la señal AM:
De donde se puede calcular la potencia promedio total :
< >( ( )) ( )( . ) ( )( ) .x t 2 2 4 900 4 100 10 200= + =
b.- El espectro de la señal x(t) es:
del cual se obtiene el espectro de potencia:
de donde se calcula la potencia de la señal mensaje:
< >( ( )) ( )x t 2 14
2 116
38
= + =
La eficiencia del sistema es:
Eficiencia m Sm S
x
x
=+
× =+
× =2
2
2
21100 0 8 3 8
1 0 8 3 8100 19 35% ( . ) ( / )
( . ) ( / )% , %
El ancho de banda del sistema es 4 Hz. Como podemos apreciar el ancho de banda de una señal
AM es el doble del ancho de banda del mensaje transmitido y su eficiencia es baja, aun cuando el
indice de modulacion es alto (0.8), pero la potencia del mensaje es baja.
Problema 5
Se desea modular en UVSB el siguiente mensaje:
x(t) = Cos 2π 103t + 2 Cos 10π 103t Esto se logra si se usa el modulador basado en el filtraje de una señal DSB con un filtro H(f) cuya
función de transferencia es la mostrada ( máxima ganacia unitaria):
Otro método sería a través del esquema que a continuación se ilustra. Determine Hq(f), en
función de H(f), en magnitud y fase; además grafique el espectro de la señal a la salida de dicho filtro y el de las señales a la entrada del sumador (escoja el signo apropiado).
Desfasador90º a f c VSBHq(f)
0.5A cCosωct
Las características del filtro Hq(f) deben ser las siguientes:
Diagrama de Magnitud:
Diagrama de Fase:
Los espéctros de señal serán los siguientes:
Observaciones:
El filtro Hq(f) reduce la amplitud del impulso en 1khz. En la fase, se añaden 90º para que
sumados con los 90º que se añaden en la modulación con el seno resulte una amplitud negativa en fc-
1KHz y fc-5KHz .
El espectro superior (arriba del sumador) no ha sido atenuado a excepcion del factor ¼ del
multiplicador por coseno y el impulso ubicado fc-1KHz vale 0.25. Ahora, en el espectro inferior
(abajo del sumador) el impulso ubicado en fc-1KHz ha sido atenuado y está defasado 180º (es
negativo) por lo tanto, al realizar la suma, el espectro resultante tendrá una pequeña componente en fc-
1KHz. La componente en fc-5KHz desaparece completamente. Esto implica que se genera una señal
UVSB puesto que deja pasar un “vestigio” de la parte inferior del espectro.
Problema 6
Se tiene un mensaje modulado en SSB. Determine la salida si esta señal alimenta a:
a) un nuevo MODULADOR USSB.
b) un nuevo MODULADOR LSSB.
Determine en cada caso la potencia promedio resultante.
Solución al problema 6
Una señal SSB se puede representar como:
( ) ( ) ( )[ ]txttxA
x ccc
SSB ωω senˆcos2
±=
Si esta señal se vuelve a modular en SSB, tendriamos:
( ) ( )[ ]txtxA
X cssbcssbc
ssb ωω senˆcos2
,±=
Y desglosando en los casos LSSB y USSB:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
+=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
−=
−+
+−
−+
+−
tttxttx
tttxttxAX
tttxttx
tttxttxAX
ccc
cccclssb
ccc
ccccussb
ωωω
ωωω
ωωω
ωωω
sencosˆsen
cossenˆcos4
sencosˆsen
cossenˆcos4
2
22
2
22
,
,
Usando las siguientes identidades:
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( ) ( )[ ]ttxttxA
ttxtttxA
ussbX
ttxttxA
ttxtttxA
X
ee
ddcc
bbbb
aaa
ccc
cccc
ccc
ccccussb
ωω
ωωω
ωω
ωωω
2senˆ2cos4
2senˆsencos4
2senˆ2cos4
2senˆsencos4
2cossen
2coscos1sencos
2cossen21sencos
2sensencos
2
222
2
222
21
212
21
212
22
22221
,
,
−=
=−−=
+=
=+−=
−=
+=
=+
=−=−
=
Es una señal SSB alrededor de 2fc
( ) ( ) ( )( )[ ] ( )txA
tttxA
XX ccc
cXXlssbXXlssb
ussbssblssbssb 4sencos
4
222
2,,
=+====
ωω
En el caso de las potencias, estas serian:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )tXA
txA
txA
ttxA
ttxA
X
ccc
cc
cc
ussb
24
24
24
224
2242
1621
ˆ162
116
2senˆ16
2cos16
'
=+=
+= ωω
( )tXA
X clssb
24
2
16
,=
Problema 7
Una señal AM se aplica al siguiente sistema:
Determine y(t).
Solución: A la entrada del filtro pasabajo se tiene
Ac2(1+mx(t))2Cos2ωct
Luego del filtro pasabajo
0.5 Ac2 + Ac2mx(t)+ 0.5Ac2m2x2(t) = 0.5Ac2(1+mx(t))2
Por lo tanto y(t) = 0.707Ac(1+mx(t)). Es decir esto es un demodulador AM.
Problema 8
Un sistema de comunicaciones tiene α=100dB,η=10-14 W/Hz, la potencia promedio del mensaje
es unitaria y W=10kHz. Calcule para A.M (m=1, m=0.1) y para SSB, la potencia de transmisión para
que (S/N)D=40 dB. (El demodulador es síncrono)
ESQUEMA
n(t)
Tx
xc(t)+CANAL
α BPFBW=W ó W/2
SR
NRDETECTOR
LPF
x(t) y(t)
Solución al problema 8
Para el caso de SSB se tiene que:
Se sabe que la potencia de señal SSB es de la forma:
4
22 xAS c
T =
por lo que la potencia de la señal recibida a la entrada del detector y considerando las pérdidas en el
canal:
α.4
22 xAS c
R =
en función de la cual se puede expresar la relación señal a ruido de la siguiente forma:
tSentxA
tCostxA
txc cc
cc ωω )(ˆ
2)(
2)( ±=
αηη WS
WS
NS TR
D
==⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
entonces si:
4
4104144
4
10
1010.10.10.10
10
40
=∴
≥≥→
≥⇒
≥⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−
T
T
T
dB
T
S
SW
S
dbWS
ηα
αη
Para el caso de AM (con m=1):
SD=(Ac2 (1+m2SX))/α ; ND=2ηW
(Sin quitar la DC)
(S/N)D=(Ac2(1+m2SX))/(2ηW)
(S/N)D=2[(m2SX)/(1+m2SX)](S/N)R=2[(m2SX)/(1+m2SX)] (ST/α NR)
Por lo tanto:
ST=[α NR (S/N)D(1+m2SX)]/[2(m2SX)]
Donde N=2ηW=2x10-14x10x103, m=1, SX=1, α=10x109, (S/N)D=10x103
Sustituyendo estos valores se obtiene:
ST=[10x109x2x(10-14)x10x103x10x103(1+1)]/2=2x104 W
Si consideramos ahora cuando m=0.1:
Tan solo hay que cambiar el valor de m en la ecuación anterior para encontrar ST
ST=[10x109x2x(10-14)x10x103x10x103(1+0.01)]/[20.01)]=1.01x106W
Problema 9
Una señal modulada pasa por un receptor standard con detector síncrono. Calcule la relacion
señal a ruido (S/N) detectada , si la portadora del detector síncrono tiene una diferencia de fase con
la del transmisor, para modulaciòn AM, DSB y SSB.
Solución al problema 9
Modulación AM
Se tiene un receptor estandar:
El ruido es blanco, gausseano y con densidad espectral de potencia Gn= / 2 y al pasar por el
filtro(BPF), produce una de potencia Nr = 2W.
Análisis de la señal XD(t)= XR(t) 2 Cos(ωct +φ)
XR (t) 2 Cos(ωct +φ) = Ac/α [ 1 + m x(t)] Cos(ωct) 2 Cos(ωct +φ)
= 2Ac /α ( 1 + m x(t)) Cos(ωct)( Cos(ωct) Cos(φ)- Sen(ωct) Sen(φ))
=2 Ac /α (1 + m x(t)) Cos2(ωct) Cos(φ)- 2Ac/α (1 + m x(t)) Cos(ωct )Sen(ωct) Sen(φ)
luego de pasar la señal por el filtro pasabajo (asumiendo que eliminamos la componente DC ) nos
queda la siguiente expresión :
XD(t)= Ac /α m x(t) Cos(φ)
Por otro lado tenemos que el ruido antes de pasar por el detector :
r(t) = i(t) Cos(ωct) - q(t) Sen(ωct)
la señal antes del filtro pasabajo será :
d(t) = r (t) 2 Cos(ωct +φ)= ( i(t) Cos(ωct) - q(t) Sen(ωct)) 2 Cos(ωct +φ)
= i(t) Cos(ωct) 2 Cos(ωct +φ)- q(t) Sen(ωct) 2 Cos(ωct +φ)
= i(t) Cos(ωct )2 ( Cos(ωct) Cos(φ)- Sen(ωct) Sen(φ))
- q(t) Sen(ωct) 2 )( Cos(ωct) Cos(φ)- Sen(ωct) Sen(φ))
= i(t) 2 Cos2(ωct) Cos(φ)- i(t) 2 Cos(ωct) Sen(ωct) Sen(φ)
- q(t)2 Sen(ωct) Cos(ωct) Cos(φ)+2 q(t) Sen2(ωct) Senφ
= i(t) Cos(φ) + i(t) Cos(2ωct) Cos(φ) - i(t) Sen(2ωct) Sen(φ)
- q(t) Sen(2ωct) Cos(φ)+ q(t) Senφ- q(t) Cos(2ωct) Sen(φ)
después de pasar por el filtro tenemos que:
d(t) = i(t) Cos(φ) + q(t) Senφ
entonces la relación señal a ruido después del detector será :
XD(t)= Ac/α m x(t) Cos(φ)
Sd = < Xd(t) > = < Ac m x (t) Cos2(φ)/α 2> = Ac m <x (t)> Cos2(φ)/α 2
Nd = < d(t) > = <( i(t) Cos(φ) + q(t) Sen(φ))2>
= < ( i2 (t) Cos2(φ)+2 i(t) Cos(φ) q(t) Sen(φ) + q2(t) Sen2(φ) )>
= < i2 (t) Cos2(φ) >+< 2 i(t) Cos(φ) q(t) Sen(φ) > +< q2(t) Sen2(φ) )>
La expresión < 2 i(t) Cos(φ) q(t) Sen(φ) > = 0 porque i(t) y q(t) son dos señales
independientes y de media cero y < i (t)> = < q (t) > = < r (t)> , entonces:
Nd = < i (t) > Cos2(φ)+< q (t)> Sen2(φ) = < i (t) > (Cos2(φ)+ Sen2(φ))
Nr = 2W .
= = Nr (Cos2(φ)+ Sen2(φ))
Nr = 2W y (Cos2(φ)+ Sen2(φ))= 1
quedando:
Nd = 2W
ahora,
Sd Ac m Cos <x (t)> = Nd α 22W
Se copncluye que un desfasaje en el receptor afecta a la señal trasmitida, por lo que la relación
señal a ruido se reduce y si el desfasaje es de 90 grados la señal desaparece por completo y por lo tanto
la relación señal a ruido es nula.
Modulación DSB
X DSB = Ac x(t) Cosωct
Al atenuar
(Ac x(t) Cosωct)/α
Xdet = (Ac x(t) Cosωct)/α * 2Cos(ωct+ φ )
Xdet = 2Ac (x(t) Cosωct) * (Cosωct *Cos(φ ) - Senωct *Sen(φ )) /α
(Recordar : sen(A)*cos(A) =0.5 sen (2A)
Xdet = 2Ac x(t) Cos2ωct Cos(φ )-Ac x(t) Sen2ωct Sen(φ )
Al pasar esta señal por el filtro pasabajos los términos de doble frecuencia no pasan. Obtenemos
como resultado la siguiente expresión:
Xdet = Ac x(t) Cos(φ ) /α
En cuanto al ruido, tenemos el mismo comportamiento que en el caso AM, por lo tanto la
relaciòn señal a ruido resultará:
Sd Ac Cos <x (t)> = Nd α 2 2W Las conclusiones son las mismas que para AM.
Modulación SSB
Sea H(x(t)) = La Transformada de Hilbert de x(t)
X ssb = Ac (x(t) Cosωct± H(x(t)) Senωct)
Xdet = Ac (x(t) Cosωct± H(x(t)) Senωct)* 2Cos(ωct+ φ )
Y luego se pasa por el LPF
Xdet = 2Ac (x(t) Cosωct± H(x(t)) Senωct) * (Cosωct *Cos(φ ) - Senωct *Sen(φ ))
(Recordar : sen(A)*cos(A) =0.5 sen (2A)
Xdet =2Ac (x(t)Cos2ωct Cos(φ ) –(±) H(x(t)) Sen²ωctSen(φ )) -Ac x(t) Sen2ωct Sen(φ ) ± Ac
H(x(t)) Sen2ωct *Cos(φ )
Al pasar esta señal por el filtro pasabajos los términos de doble frecuencia no pasan. Obtenemos
como resultado la siguiente expresión:
Ac x(t) Cosφ± Ac H(x(t))Senφ
(Recordar: cos²(A) = 0.5 + 0.5 cos (2A) y sen²(A) = 0.5 - 0.5 sen(2A))
En frecuencia se tendría:
AcX(f) (Cosφ−(±)jsgn(f) Senφ)= AcX(f)e±jsgn(f)
Y esto es una distorsión de fase de la señal. Para ciertas aplicaciones puede no importar.
Problema 10
Si s(t) = AR x(t) Cos ( 2π 106t + Ω ) + n(t) donde n(t) es ruido blanco gaussiano con densidad igual a 10-13 para toda f., determine como debe ser el oscilador del detector síncrono para poder rescatar el mensaje x(t).
Solución: El oscilador del detector síncrono debe tener una frecuencia igual a la del filtro de
frecuencia intermedia fIF ya que la señal de entrada es un aseñal DSB centrada en 1 MHz, pero el
mezclador la traslada a fIF.
Problema 11
A un modulador AM se le hicieron las siguientes pruebas: Para un mensaje x1(t) (ver figura) y un
índice de modulación m1 se obtuvo una eficiencia de modulación de 50%. Para un mensaje x2(t) y un
índice de modulación de 0.5 se obtuvo una eficiencia de E%. Determine E y m1.
La potencia de la señal x1(t) puede ser calculada como:
Si la eficiencia del sistema es de 50%, entonces el indice de modulación es:
Eficiencia E m Sm S
mm
x
x
= =+
× = =+
×2
2
2
21100 50
1100% % %
Esto implica que m=1
Para la señal x2(t):
La ecuacion de la recta que decribe la función entre 0 y T/4 puede ser descrita como:
x tT
t( )= 4
111
5.0
5.0
0
dtT
dtT
ST
T
T
x ∫∫ +=
La potencia de la señal es:
Calculemos la eficiencia para para un indice de modulacion de 0.5:
+Eficiencia E m S
m Sx
x
= =+
× =2
21100 7% ,6 %
Problema 12
En la figura se muestra un transmisor que envía 2 mensajes a traves del mismo canal. Esto se
logra modulando cada canal en cuadratura con el otro. Determinar si es posible recuperar los mensajes
con detectores síncronos.
Solución al problema 12
Basta con usar dos detectores síncronos, cada uno en fase con la portadora del mensaje
respectivo. Esto es:
31
3164)4(4
25.0
0
3
2
25.0
0
2 === ∫TT
xt
TTdt
Tt
TS
A la salida de cada modulador balanceado se tiene:
X1mod(t) = x1(t)Cos(ωct)
X2mod(t) = x2(t)Sen(ωct)
Al canal va la suma de estas dos señales
Y(t) = x1(t)Cos(ωct)+ x2(t)Sen(ωct)
Al multiplicar por Cos(ωct)
x1(t)Cos2(ωct)+ x2(t)Cos(ωct)Sen(ωct)=0.5 x1(t)+ 0.5 x1(t) Cos(2ωct)+ 0.5 x2(t)Sen(2ωct).
Luego del pasabajo solo queda 0.5 x1(t)
Similarmente la otra rama.
Problema 14
Observe el siguiente sistema:
H (f) 2
1
f(KHz)-1212
Fase=0
x(t) Modulador DSB
10Cos2π10 t
L=20dB +
n(t)
Filtropasabandafcentral=10BW=4.10
64X
2Cos2π10 t6
Filtro pasabajoBW=20KHz
f-f 22
H(f)2
2SN0
0Fase=0
x (t) + n (t)2 2
6
Donde:
Densidad espectral del ruido n(t)= 0,5. 10-10 w/Hz En las condiciones mostradas se grafica S0/N0 en función de f2 cuando el mensaje es
un tono de 10KHz y potencia unitaria,y se obtiene:
positivasfparae)f(H
positivasfparae)f(H
f1022
f1021
4
4
−
−
−=
=
Determine:
1) La potencia de x2(t)
2) La potencia de n2(t)
3) a
4) b
Solucion:
En primer lugar se observa que fx=f2min =10khz para que pase la señal, ya para f2 menores la relación señal a ruido es nula. Por otra parte cuando fy=f2=20Khz y hasta f2->∞ pasa la misma cantidad de ruido, debido a que el filtro que está antes del filtro H2(f) lo limita. Por lo tanto a=(S/N) cuando f2 =10khz, mientras que b=(S/N) cuando f2 =20khz.
Comenzaremos con el análisis del paso de la señal
A la salida del filtro H1(f), se tendrá una señal igual a
Luego de modularla en DSB tendremos
Al atenuar 20 dB (100 en potencia, 10 en voltaje) obtenemos lo siguiente:
Al entrar en el modulador DSB el espectro de potencia se ve afectado por un factor de cien que luego va a desaparecer debido a la perdidas del canal αL=100-> α=20db. El espectro de la señal se centrará ahora en 1MHz.
Al pasar por el filtro pasabanda tendremos la misma señal. El detector síncrono arroja
)()( 11010 44
txetxe =−
tCostxe 61 102)(10 π
tCostxe 61 102)( π
Finalmente el filtro H2(f) produce x(t) Por lo tanto la potencia de señal a la salida es la misma de entrada e igual a 1.(Para los dos casos de f2)
Veamos el análisis del ruido
40KHz
0.5x10-10
Este es un ruido pasabanda que se puede expresar como:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
i
qi
ccqci
c
qi
npasasolo
tCostSenntCosn
tfCostfSenntfCosntnfw
twSenntwCosntn
__
)102()102(22
10412
22)22(2
666
0
00
πππ
ππππ
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +=
−=⇒=
−=
La densidad de potencia de la componente ni es:
Gni(f)
10-10
20KHz
Al pasar por el filtro H2
)(1 txe
dBbNS
We
dfeN
amenteanatenemosKHmaxfcasoelpara
dBaNS
we
dfeN
KHzminf
Kf
K
f
Kf
K
f
62.57
72.110
2
...2
:log20
98.58
26,110
2
...2
10
20
04
10
20
0
10
2
10
04
10
10
0
10
2
4
4
4
4
==⇒
=⎢⎢⎣
⎡
−=
==
=
==⇒
=⎢⎢⎣
⎡
−=
==
=
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
∫
∫
µη
η
µη
η
Problema 15
Para el sistema mostrado:
-90 °
X
X
LPFBW=5KHz
LPFBW=5KHz
x(t)-90 °
X
X
Σf=5KHz
+
_y(t)
x (t)1
x (t)2
x (t)
x (t)
3
4
f=10KHz
Con un mensaje x(t) de espectro como el siguiente:
X(f)
f (KHz)0.3 3.3
1
Determine el espectro de x1(t) , x2(t) , x3(t) , x4(t)
El espectro de la señal x1(t) será:
X(f)
f (KHz)
1
1.7 4.7
0.5
Fase =0 para toda f
Para la señal x2(t)
X(f)
1.7 4.7
0.5
2
X(f)2 arg
f(KHz)
f(KHz)-90 °
Para las señales x3(t) y x4(t)
X(f)
f(KHz)14.7
105.3
0.25
-10
-5.3
4
f(KHz)-180
180
argX (f)4
8.3 11.7
X(f)
f(KHz)14.7
105.3
0.25
-10 -5.3
3
8.3 11.7
Fase =0 para toda f
Encuentre una expresión temporal ( en función de x(t) ) para la señal y(t).
Como se observa y(t) resulta una señal LSSB con frecuencia de portadora igual a 15 KHz, por lo tanto podemos expresarla como
y(t ) = 0 . 5(x(t )Cos30 π10 3 t + ˆ x (t )Sen30 π10 3 t )
Problema 16
Un mismo mensaje x(t) de media nula se pasa a través de 2 sistemas de modulación (AM(m=1) y DSB) con la misma frecuencia de portadora. Ambas señales moduladas, de igual potencia, se transmiten por canales idénticos; finalmente ambas se detectan con detectores síncronos con las mismas características.
a) Diga cual de las dos portadoras sin modular tiene mayor potencia.
b) Si los detectores síncronos usados tienen como oscilador 2Senωct, ¿Qué se tendrá a la salida de cada uno de ellos en ausencia de ruido?
Respuesta:
a) Diga cual de las dos portadoras sin modular tiene mayor potencia.
El mensaje x(t) tiene media nula y esta limitado en banda, por lo tanto cumple con las condiciones de modulacion lineal.
Para AM ttmxAx ccAM ωcos))(1(1 += y para DSB ( ) ttxAx ccDSB ωcos2= , teniendo como
potencias ( )222
12
1
22txm
AAP cc
Am += y ( )22
2
2tx
AP c
DSB = , igualando dichas potencias, y teniendo indice de
modulacion para AM igual a 1, obtendremos: ( )
( )2
22
22
11 tx
txAA cc+
= , lo que indica que la potencia de portadora
de AM es menor que la de DSB.
b) Si los detectores síncronos usados tienen como oscilador 2Senωct, ¿Qué se tendrá a la salida de cada uno de ellos en ausencia de ruido?
La figura muestra el diagrama del detector sincrono:
Para AM(m=1):
( ) ( ) ( )tsentmxAtsenttmxAtsenx ccccccAM ωωωω 2))(1(cos))(1(22 +=+=
Para DSB
( ) ( ) ( )tsentxAtsenttxAtsenx ccccccDSB ωωωω 2)(cos)(22 ==
Lo que indica que para ambos casos despues de filtrar con un LPFy quitar la DC el resultado es cero.
Problema 17
El sistema mostrado es un modulador SSB:
a) Dibuje el espectro (Magnitud y Fase) de xA(t), xB(t) y xC(t) .
b) Encuentre el espectro (magnitud y fase) de x(t) si se sabe que la señal SSB tiene la siguiente expresión xSSB (t ) = x(t )Cosωct ± ˆ x (t )Senωct
c) La señal w(t)=(xC(t)+ xB(t)) es banda base. Determine su ancho de banda. Justifique...
Respuesta:
a) Dibuje el espectro (Magnitud y Fase) de xA(t), xB(t) y xC(t) .
b) Encuentre el espectro (magnitud y fase) de x(t) si se sabe que la señal SSB tiene la siguiente
expresión xSSB (t ) = x(t )Cosωct ± ˆ x (t )Senωct
Como xE = xSSB (t ) = x(t )Cosωct ± ˆ x (t )Senωct , entonces x(t) = xE2coswct, pasada por un filtro pasabajos de frecuencia de corte menor 95 kHz. Es decir será 2Xc pasada por un LPF
c) La señal w(t)=(xC(t)+ xB(t)) es banda base. Determine su ancho de banda. Justifique...
Como la señal w(t) es banda base, se puede observar en el gráfico de Magnitud que el ancho de banda es 15kHz.
Problema 18 Observe el siguiente sistema
Se tiene un mensaje de voz x(t) ( banda entre 300 Hz y 4 KHz) que se desea modular en Single Side
Band (SSB).
En el sistema mostrado se elige f1= 10KHz y f2= 100KHz.
A) Dibuje los espectros en cada etapa del sistema (salidas de mezcladores y filtros)
B) Determine los valores que pueden tomar fx y fy para que la salida sea una señal en banda lateral inferior (LSSB)
Respuesta:
Asumiendo X(f)
Luego del Primer Mezclador
Luego del Primer Filtro
Luego del Segundo Mezclador
Luego del Segundo Filtro
Luego del primer filtro se presenta una condición, si se cumple:
k3,110Fk7,89 x << y yFk114 < , se cumple lo mostrado en la figura anterior.
De lo contrario:
33
Esto ocurre si:
k86F0 x << y k3,110Fk7,89 y <<
Para XLSSB ⇒ k86F0 x << y k3,110Fk7,89 y <<
Problema 19
El sistema mostrado es un SCRAMBLER (Revolvedor de espectros) para encubrir información de un mensaje x(t) que tiene el espectro mostrado.
a)Dibuje X1(f), X2(f), X3(f), X4(f) en magnitud y fase
Solución:
a)El espectro de X(t) tiene la siguiente forma io
W
La señal X1(t) viene dada por la siguiente expresión )4cos()()(1 ttxtx πω= y posee
un espectro de la siguiente forma
34
X1(f)
ArgX1(f)
Después de pasarlo por el transformador de Hilbert el espectro queda
La señal X3(t) tiene la siguiente forma )2sen()(2)(3 ttXtX πω=
La señal X4 es la que deja pasar el filtro pasabajas ideal de ancho de banda W
35
Problema 20
El sistema mostrado es un demodulador SSB:
a) Dibuje el espectro ( Magnitud y Fase) de xA(t) , xB(t) y xC(t) .
b) b) Encuentre el espectro (magnitud y fase) de x(t) si se sabe que la señal SSB tiene la siguiente expresión xSSB (t ) = x(t )Cosωct ± ˆ x (t )Senωct
c) c) La señal z(t)=(xC(t)- xB(t)) es SSB. Determine su frecuencia de portadora. Justifique...
Solución:
a) Al pasar la señal XE Por el transformador de Hilbert nos da la señal XA cuyo espectro es el siguiente:
36
Para obtener la señal de XB hay que multiplicar le señal de XA por el ( )tcωsen quedando el siguiente espectro:
Para obtener la señal de XC hay que multiplicar le señal de XE por el ( )tcωcos
37
quedando el siguiente espectro para la señal xD(t):
La señal XD viene dada por la suma de las señales XB y XC
CBD XXX +=
b)
XE es una señal SSB, toda señal SSB al pasar por un detector síncrono da la señal original del mensaje X(t) por lo que pasaremos a XE por un detector síncrono de frecuencia igual a KHzf 95= y filtro pasabajo ideal, quedando que el espectro del
mensaje es igual a
Donde x(t) es igual )º4050002cos(2)150002cos(5.2)( −+= tttx ππ
Observe que esto es parecido a la señal xc(t)
C)
Si la señal Z(t) es igual a ))()(()( tXtXtZ BC −= queda que el espectro de Z(t) de la siguiente forma
38
De aquí queda que la frecuencia de portadora es de 190K y la expresión de USSB es
[ ]).190000..2()(ˆ).190000..2()((21)( tSentxtCostxtxssb ππ −=