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SistemasdeComunicacionesI

ProblemasResueltos

Módulos2y3

UOC-Sistemas de Comunicaciones I 1

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Problema. Modulación AM Consideramos un receptor en el que se recibe modulación AM que puede expresarse mediante la siguiente ecuación:

𝑠!" 𝑡 = 𝐴! 1 +𝑚 𝑥(𝑡) ∙ cos 2𝜋 𝑓! 𝑡 + 𝜑 La señal x(t) es una señal con una amplitud normalizada a la unidad y que se representa de forma esquemática en la figura adjunta.

La señal se desmodula mediante el esquema de receptor que se muestra en la figura adjunta y que está formado por dos mezcladores con señales en cuadratura que tienen un error de fase respecto a la portadora recibida. El filtro paso bajo ideal (LPF) tiene un ancho de banda adaptado al ancho de banda de la señal. Existen módulos no lineales que consisten en elevar la señal al cuadrado en la salida de cada uno de los canales y en calcular la raíz cuadrada de la suma de las dos señales resultantes. El último módulo se encarga de eliminar la componente contínua.

Se pide:

a) Suponiendo que el índice de modulación de la señal es del 50 % (𝑚 = 0.5) represente de forma esquemática la señal 𝑠!"(𝑡).

b) Determine la potencia de la señal 𝑥 𝑡 . c) Determine la expresión de la señal obtenida 𝑢(𝑡) obtenida en la salida del receptor.

Proporcione todas las expresiones matemáticas para las componentes 𝑧! 𝑡 , 𝑧! 𝑡 , 𝑟! 𝑡 , 𝑟! 𝑡 ,𝑤! 𝑡 ,𝑤! 𝑡 , 𝑦 𝑡 . Suponga que la frecuencia portadora de la señal es mucho mayor que el ancho de banda de 𝑥 𝑡 .

d) Teniendo en cuenta el resultado obtenido, explique como afecta el error de fase 𝜑 al funcionamiento del sistema.

e) Suponga ahora que se recibe un ruido blanco y gaussiano con una densidad espectral de potencia !

!. Represente de forma esquemática el espectro de la señal de ruido en los

puntos 𝑤! 𝑡 𝑦 𝑤!(𝑡). Indique claramente cuál es el ancho de banda del espectro de ruido y la forma del mismo.


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Solución

a) En la figura adjunta se representa esquemáticamente la forma de onda de la señal modulada. La amplitud tiene una envolvente con la misma forma que 𝑥(𝑡) y oscila entre un valor mínimo de 𝐴! y un valor máximo de 𝐴! 1 +𝑚 = 1.5 𝐴! .

b) Como la señal 𝑥 𝑡 es periódica, para determinar su potencia deberemos calcular su

energía en un periodo y promediarla. Aplicando las fórmulas obtenemos:

𝑃! = 1𝑇

𝑡𝑇

!!

! 𝑑𝑡 =

1𝑇

𝑡!

3𝑇! !

!

=13

c) Las señales 𝑧! 𝑡 𝑦 𝑧! 𝑡 pueden determinarse aplicando las fórmulas trigonométricas

del productos de senos y cosenos. Obtenemos:

𝑧! 𝑡 = 𝐴! 1 +𝑚𝑥 𝑡 𝑐𝑜𝑠 2𝜋 𝑓! 𝑡 + 𝜑 2 cos 2𝜋 𝑓! 𝑡 = = 𝐴! 1 +𝑚𝑥 𝑡 𝑐𝑜𝑠 2𝜋 2𝑓! 𝑡 + 𝜑 + cos φ

𝑧! 𝑡 = − 𝐴! 1 +𝑚𝑥 𝑡 𝑐𝑜𝑠 2𝜋 𝑓! 𝑡 + 𝜑 2 sin 2𝜋 𝑓! 𝑡 = = 𝐴! 1 +𝑚𝑥 𝑡 sin𝜑 − sin 2𝜋 2𝑓! 𝑡 + 𝜑

Una vez se aplica el filtro paso bajo se eliminan las componentes centradas en la frecuencia doble. Obtenemos por tanto:

𝑟! 𝑡 = 𝐴! 1 +𝑚𝑥 𝑡 cos φ

𝑟! 𝑡 = 𝐴! 1 +𝑚𝑥 𝑡 sin φ


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Al elevar las señales al cuadrado obtendremos:

𝑤! 𝑡 = 𝐴!! 1 +𝑚𝑥 𝑡 ! cos !φ

𝑤! 𝑡 = 𝐴!! 1 +𝑚𝑥 𝑡 ! sin !φ Al sumar ambas componentes y extraer la raíz cuadrada obtendremos:

𝑦 𝑡 = 𝐴! 1 +𝑚𝑥 𝑡 Finalmente al extraer la componente continua tendremos una señal con la misma forma que x(t) pero sin su valor medio:

𝑢 𝑡 = 𝐴!𝑚 𝑥 𝑡 − 𝑥 donde 𝑥 representa el valor medio de la señal que en este caso será 𝑥 = 0.5

d) Los resultados obtenidos muestran que el receptor es insensible a los errores de fase y que la señal que finalmente se recibe no depende del mismo.

e) No obstante, esta estructura de receptor afecta al espectro de la señal de ruido. En efecto, si en la entrada tenemos un ruido con un espectro plano (blanco), después del mezclador el ruido seguirá siendo blanco ya que solo se ha desplazado en frecuencia. Una vez pasamos por el filtro paso bajo ideal obtendremos que el espectro del ruido es un pulso centrado en la componente continua y con un ancho de banda igual al de la señal (que coincide con el ancho de banda del filtro paso bajo). Finalmente, al elevar al cuadrado la señal existente en la salida del filtro estaremos modificando su espectro. En efecto, la multiplicación de n(t) n(t) es equivalente a la convolución de los espectros. Por lo tanto, tendremos un espectro con forma triangular, centrado en el origen y con un ancho de banda doble al ancho de banda de la señal. El resultado se muestra de forma esquemática en la figura adjunta


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Problema. Moduladores balanceados En este problema vamos a suponer que utilizamos un par de sistemas no lineales con el esquema representado en la figura adjunta. Los elementos no lineales son iguales que los del problema anterior aunque en este caso supondremos que el valor de la constante b es igual a cero, de manera que la curva de entrada y salida corresponde a una función cuadrática.

𝑧 𝑡 = (𝑤 𝑡 + 𝑎 𝑤! 𝑡 ) Suponga también que en cada uno de los bloques no lineales se elimina la componente continua de la salida.

La frecuencia portadora de la señal cosenoidal es de 𝑓! = 100 𝑘𝐻𝑧. La señal x(t) es una señal con un ancho de banda de 10 kHz que tiene un módulo de la transformada de Fourier que puede aproximarse por la figura siguiente:

Se pide:

a) Determina la expresión matemática de la señal 𝑦!(𝑡). b) Representa de forma aproximada el módulo de la transformada de Fourier de la

señal 𝑦!(𝑡) . Proporciona detalles sobre las frecuencias centrales de cada componente y de sus anchos de banda.

c) Determina la expresión matemática de la señal r(t) y representa esquemáticamente su transformada de Fourier. Explica como el circuito propuesto se puede usar para implementar un modulador en AM. Que valor del parámetro a debería elegirse para obtener un índice de modulación del 50%.


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Solución

a) La señal que tenemos en la salida del sistema se puede determinar como:

𝑦! 𝑡 = 𝑥 𝑡 + 𝑎𝑥! 𝑡 + 2 + 4𝑎𝑥(𝑡) ∙ 𝑐𝑜𝑠 2𝜋𝑓!𝑡 + 𝜑 + 2𝑎 𝑐𝑜𝑠 2𝜋2𝑓!𝑡 + 𝜑

donde hemos eliminado la componente continua que aparece al realizar la componente cuadrática del dispositivo no lineal.

b) Teniendo en cuenta este resultado el módulo de la transformada de Fourier del sistema está

formado por las siguientes componentes:

• Una componente con un espectro igual al de la señal x(t) (Pulso de 10 kHz) • Una componente que procede del producto ax2(t) y que puede considerarse como la convolución

entre un pulso y otro pulso: triangulo con un ancho de banda de 20 kHz y que está escalado por b. • Una componente portadora (delta) en la frecuencia f0 que procede de la señal cosenoidal con

amplitud 2. • Componente DSB: La señal x(t) multiplicada por la portadora y escalado por 4a. • Componente cosenoidal pura de amplitud 2ª que en el dominio de la frecuencia se corresponde

con una delta en la frecuencia 2f0. El módulo de la transformada de Fourier resultante se representa de forma esquemática en la figura siguiente (Nota: La flecha vertical en el origen se corresponde con el eje vertical y no con una delta):

c) La señal 𝑦!(𝑡) tendrá una forma parecida a 𝑦!(𝑡) ya que la única diferencia significativa es el

signo de una de las componentes. Si realizamos un desarrollo paralelo obtenemos: 𝑦! 𝑡 = 𝑥 𝑡 + 𝑎𝑥! 𝑡 − 2 + 4𝑎𝑥(𝑡) ∙ 𝑐𝑜𝑠 2𝜋𝑓!𝑡 + 𝜑 + 2𝑎 𝑐𝑜𝑠 2𝜋2𝑓!𝑡 + 𝜑

Calculando la diferencia entre las señales 𝑦! 𝑡 𝑦 𝑦!(𝑡) obtenemos:

𝑧 𝑡 = 4 1 + 2𝑎𝑥(𝑡) 𝑐𝑜𝑠 2𝜋𝑓!𝑡 + 𝜑 Así pues, la señal que tenemos en la salida es una señal modulada en amplitud. Si queremos que el índice de modulación sea igual a un 50% tendremos que escoger a=1/4.


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Problema 2. Moduladores no lineales Considere el sistema representado en la figura adjunta que consiste en un dispositivo no lineal que eleva al cuadrado la señal de entrada.

Suponga que la entrada viene dada por:

𝑤 𝑡 = 𝑥 𝑡 + 𝐴! cos 2𝜋𝑓!𝑡 donde la señal 𝑥(𝑡) es de banda limitada con un ancho de banda de 10 kHz y cuya transformada de Fourier se representa de forma esquemática en la figura adjunta.

a) Determine la expresión de la señal en la salida del sistema. b) Represente de forma esquemática la transformada de Fourier de la señal en la salida del

sistema cuadrático. Indique claramente las frecuencias en las que aparecen las diferentes componentes y represente aproximadamente las formas de cada una de ellas indicando su ancho de banda.

c) Tal y como se muestra en la figura adjunta se desea aplicar un filtro paso banda en la salida del sistema cuadrático de manera que nos permita obtener una salida 𝑦(𝑡) que sea una modulación en DSB (doble banda lateral – Double Side Band) de la señal x(t) con una portadora en la frecuencia 𝑓!. Determine las especificaciones en frecuencia del filtro necesario. Suponga que la ganancia del filtro es la unidad en toda la banda de paso.

d) Para obtener una modulación en AM se pretende utilizar el diagrama de bloques de la

figura adjunta donde el dispositivo no lineal y el filtro son los mismos elementos que los obtenidos en el apartado anterior. Determinar las especificaciones del Filtro2 y el valor de la constante multiplicativa 𝛼 para que la señal en la salida del sistema 𝑧(𝑡) sea una modulación AM con un índice de modulación del 50 %.


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Solución

a) Determinamos la señal en la salida del sistema

𝑤! 𝑡 = 𝑥 𝑡 + 𝐴! cos 2𝜋𝑓!𝑡 ! = = 𝑥! 𝑡 + 𝐴!! 𝑐𝑜𝑠! 2𝜋𝑓!𝑡 + 2 𝐴!𝑥 𝑡 cos 2𝜋𝑓!𝑡 =

= 𝑥! 𝑡 +𝐴!!

2+𝐴!!

2cos 2𝜋 2𝑓!𝑡 + 2 𝐴!𝑥 𝑡 cos 2𝜋𝑓!𝑡 =

b) Ahora analizamos la transformada de Fourier de cada término

La primera componente, 𝑥!(𝑡), puede considerarse como el producto de la señal por ella misma. Su transformada de Fourier será por tanto la convolución de su transformada de Fourier con ella misma. Como la convolución entre dos pulsos rectangulares de anchura B es un triángulo de anchura 2B éste término nos dará un triángulo entre los -20 kHz y los 20 kHz. El segundo término es una constante y su transformada de Fourier será una delta en el origen. El tercer término está centrado en la frecuencia 2f0. El último término se corresponde con una modulación en DSB (producto de la señal x(t) muntiplicada por una señal cosenoidal). El modulo de la transformada de Fourier de estas 4 componentes se representa de forma esquemática en la figura adjunta:

c) Si queremos obtener una modulación DSB debemos dejar pasar solo la componente centrada en f0. Deberá ser por tanto un filtro con ganancia unidad, centrado en la


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frecuencia f0 y con un ancho de banda de 20 kHz (el ancho de banda puede ser mayor siempre que elimine las componentes centradas en la frecuencia cero y la frecuencia doble). La plantilla del filtro se representa de forma esquemática en la figura siguiente:

d) En la figura siguiente se representan las señales que tenemos en la salida del filtro y en

la salida del multiplicador de ganancia alpha, antes de entrar en el sumador.

Teniendo en cuenta este resultado, en la salida del sumador tendremos:

𝑟 𝑡 = 𝛼𝑥 𝑡 + 𝐴! 𝛼 1 +2𝛼𝑥(𝑡) cos 2𝜋𝑓!𝑡

Para obtener un índice de modulación del 50 % necesitamos que 𝛼 = 4. Si queremos que la salida esté modulada en AM el filtro 2 debe eliminar la componente paso bajo debida a x(t). Puede ser igual al filtro paso banda diseñado con anterioridad en cuyo caso, la señal z(t) será:

𝑧 𝑡 = 𝐴! 𝛼 1 +2𝛼𝑥(𝑡) cos 2𝜋𝑓!𝑡


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Problema. Cambio de frecuencia portadora. Se define la modulación DSB según la expresión dada: ( ) ( ) cos(2 )c c cs t x t A f tπ ϕ= + (1) Halle las componentes en fase y en cuadratura de esta modulación en cada una de las tres siguientes situaciones:

Tomando como señal portadora: ( ) cos(2 )c c cc t A f tπ ϕ= + Tomando como señal portadora: ( ) cos(2 )c cc t A f tπ= Tomando como señal portadora: ( ) sen(2 )c c cc t A f tπ ϕ= +

Solución: La componente en fase siempre es la que multiplica al coseno de la señal portadora y la componente en cuadratura siempre es la que multiplica al seno con el signo cambiado. Por tanto: Tomando como señal portadora: ( ) cos(2 )c c cc t A f tπ ϕ= + se tiene directamente de (1) que:

Componente en fase ( ) ( )si t x t= Componente en fase ( ) 0sq t =

Tomando como señal portadora: ( ) cos(2 )c cc t A f tπ= se tiene descomponiendo (1) que ( ) ( ) cos( )cos(2 ) ( ) sin( )sin(2 )c c c c c cs t x t A f t x t A f tϕ π ϕ π= − (1)

Componente en fase ( ) ( )cos( )s ci t x t ϕ= Componente en fase ( ) ( )sin( )s cq t x t ϕ=

Tomando como señal portadora: ( ) sen(2 )c c cc t A f tπ ϕ= + se tiene rescribiendo la señal portadora y descomponiendo de (1) que:

2

2 2

2 2 2 2

2

( ) sin(2 ) cos(2 )( ) ( ) cos(2 )( ) cos(2 )cos( ) ( ) (2 ) ( )( ) (2 )

c c c c c c

c c c

c c c c c c

c c c

c t A f t A f ts t x t A f tx t A f t x t A sen f t senx t A sen f t

π

π π

π π π π

π

π ϕ π ϕπ ϕ

π ϕ π ϕπ ϕ

= + = + −= + − + =

+ − − + − =− + −

(2)

Componente en fase ( ) 0si t =

Componente en fase ( ) ( )sq t x t=


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Problema. Cálculo de SNR al considerar diferentes defectos del sistema receptor. Sea la modulación en DSB transmitida invirtiendo una potencia de TS watts. La señal moduladora ( )x t , es de potencia xP watts y presenta un ancho de banda de xB Hz. La señal modulada y transmitida se puede expresar de la forma: ( ) ( )( ) cos 2c c cs t A x t f tπ ϕ= + (3) El canal de transmisión presenta una respuesta impulsional ideal, ( ) ( )ch t tδ= y el ruido aditivo ( )w t es un proceso aleatorio blanco y gaussiano. Su densidad espectral es

02( ) /N

wS f watts Hz= . El receptor se muestra en la siguiente figura:

Y presenta las siguientes particularidades: El filtro paso-banda es ideal de función de transferencia

( )( ) ( )( )2 2( ) c c

x x

f f f fR B B B BH f

ε ε

− ++ +=Π +Π y el filtro paso-bajo es ideal de función de

transferencia ( )( )2( )x

fb B BH f

ε+=Π . El demodulador se halla incorrectamente

sincronizado con la portadora recibida. La señal generada por el oscilador local es 2cos(2 )c cf t επ ϕ ϕ+ + . Se pide:

a) Analice como repercute el factor εϕ sobre la señal útil demodulada, ( )Dx t , punto (D).

b) Analice como repercute el exceso de ancho de banda de los filtros sobre la potencia de la señal de ruido en el punto (D).

c) Calcule la SNR en detección en función de la potencia transmitida TS y de los parámetros 0 , , ,xN B Bε εϕ .

d) Evalúe la pérdida en dB de SNR para las siguientes situaciones respecto a la situación ideal ( 0, 0Bε εϕ= = ) y comente los resultados:

• 0, 0,1Bε εϕ π= = • 0,1 , 0xB Bε εϕ= = • 0,1 , 0,1xB Bε εϕ π= =

Resolución

⊗( )2cos 2 c cf t επ ϕ ϕ+ +

( ) ( ) ( )( )out D ni t x t i tD

= +( ) ( )s t w t+( )RH f ( )bH f

( )( )Ry tR ⊗

( )2cos 2 c cf t επ ϕ ϕ+ +

( ) ( ) ( )( )out D ni t x t i tD

= +( ) ( )s t w t+( )RH f ( )bH f

( )( )Ry tR


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Este receptor de entrada presenta dos defectos.

• El primer defecto se produce porque la portadora de recepción se halla desfasada en un error de fase εϕ , respecto a la portadora transmitida y ello produce que la señal moduladora ( )x t se vea afectada por un factor de atenuación menor que la unidad y por tanto se pierda parte de su potencia en la conversión a paso bajo.

• El segundo defecto es debido a que los filtros paso-banda y paso-bajo, presentan

un exceso de ancho de banda: Bε . La señal útil no se ve alterada por este defecto, sin embargo a través de los filtros pasarán más componentes frecuenciales de la señal de ruido de las estrictamente necesarias, por lo que repercutirá en un incremento de la potencia de la señal de ruido en el punto de salida (D).

Analizamos a continuación las repercusiones solicitadas: Apartado a: La señal a la salida del filtro paso-banda puede expresarse del siguiente modo: ( ) ( ) ( )R Ry t s t n t= + (4) Donde ( )s t es la señal útil que pasa enteramente a través del filtro paso banda, pues su ocupación espectral es de 2 xB alrededor de la frecuencia portadora. El hecho de que el ancho de banda de los filtros sea mayor que el estrictamente necesario no afecta a la señal útil. Cuando la señal útil es demodulada respecto a la portadora de recepción: 2cos(2 )c cf t επ ϕ ϕ+ + , la correspondiente señal útil a la salida, ( )Dx t , se obtiene a partir de la expresión de la señal útil a la entrada del filtro paso bajo.

( )

( )2cos(2 )( )2cos(2 )cos(2 )( ) cos( ) cos(2 2 2 )

c c

c c c c c

c c c

s t f tA x t f t f tA x t f t

ε

ε

ε ε

π ϕ ϕπ ϕ π ϕ ϕϕ π ϕ ϕ

+ + =+ + + =

= + + +

(5)

A la salida del filtro paso-bajo, el término centrado al doble de la frecuencia portadora desaparece y permanece la señal mensaje: ( ) ( )cos( )D cx t A x t εϕ= (6) Que se ve afectada por el factor cos( )εϕ , siempre menor que uno en valor absoluto. La expresión obtenida (6), es precisamente la componente en fase de la señal útil respecto a la portadora de recepción: cos(2 )c cf t επ ϕ ϕ+ + . La potencia de la señal ( )Dx t , es igual a: ( )2 2cos

DD x c xS P A P εϕ= = (7)


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Y comparada con la potencia transmitida para DSB ( 212s T c xP S A P= = ) se obtiene la

relación: ( )22 cosD TS S εϕ= (8) Apartado b: La señal a la salida del filtro paso-banda puede expresarse del siguiente modo: ( ) ( ) ( )R Ry t s t n tα= + (9) Donde ( )s t es la señal útil que pasa a través del filtro paso-banda, mientras que ( )Rn t es la señal de ruido. La función de densidad espectral de la señal de ruido, por lo visto en el apartado de ruido paso-banda y más estrictamente en la ecuación (43) y en la figura 10 se obtiene del siguiente modo. ( )( ) ( )( )0 02

2 22 2( ) ( ) ( ) c c

R x x

N f f N f fn w R B B B BS f S f H f

ε ε

− ++ += = Π + Π (10)

Cuya área es la potencia de la señal de ruido en el punto (R), y también es la potencia de su componente en fase: ( )ni t respecto a la portadora de recepción: 2cos(2 )c cf t επ ϕ ϕ+ + . Veamos ambas densidades espectrales en la siguiente figura:

Del libro de texto se deduce que la densidad espectral de la componente en fase se corresponde con la suma de las dos bandas de la densidad espectral del ruido paso-banda, previamente centradas en el origen. (Fórmula 51 del módulo 2). En este ejemplo se está dejando pasar más ruido del necesario, ya que los anchos de banda de los filtros se hallan sobredimensionados debido al exceso de ancho de banda Bε .

2 2s xB B Bε= +( )f Hzcf+cf−

( )Rn

S f02N 0

2N

0

xB Bε+

( )f Hz

( ) ( )n ni qS f S f=0N

0

⊕2 2s xB B Bε= +

( )f Hzcf+cf−

( )Rn

S f02N 0

2N

0

xB Bε+

( )f Hz

( ) ( )n ni qS f S f=0N

0

2 2s xB B Bε= +( )f Hzcf+cf−

( )Rn

S f02N 0

2N

02 2s xB B Bε= +

( )f Hzcf+cf−

( )Rn

S f02N 0

2N

00

xB Bε+

( )f Hz

( ) ( )n ni qS f S f=0N

0 xB Bε+

( )f Hz

( ) ( )n ni qS f S f=0N

0

⊕


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Por tanto la potencia de la señal de ruido, ( )ni t , solicitada es el área de su densidad espectral: ( ) 02

nD i xN P B B Nε= = + (11) Apartado c: La relación SNR solicitada se obtiene dividiendo la potencia de la señal útil en detección expresada en (8), por la potencia de la señal de ruido en detección expresado en (11): ( )

( )( )

( )2 2

0 0

2 cos cos2T TD

D x x

S SSN B B N B B NSNR ε ε

ε ε

ϕ ϕ+ += = = (12)

Apartado d: En ausencia de errores, 0, 0Bε εϕ= = , la relación SNR a la que denominaremos 0SNR se obtiene de (12) como:

00T

x

SB NSNR = (13)

Para cualquier otra situación se calcula la pérdida en dB como:

( )( )

( ) ( )( )( )

2cos2

0

00

cos10 10 1010log 10log 10log

STB B N xxST xB Nx

BSNRSNR B BP

ϕεεε

ε

ϕ+

+

⎛ ⎞= = =⎜ ⎟

⎝ ⎠ (14)

Particularizando para los tres casos solicitados se obtiene:

• ( )( )2100, 0,1 10log cos 0,1 0,44B P dBε εϕ π π= = ⇒ = = −

• ( )10 1,10,1 , 0 10log 0,41x

x

Bx BB B P dBε εϕ= = ⇒ = = −

• ( )( )2cos 0,110 1,10,1 , 0,1 10log 0,85x

x

Bx BB B P dBπ

ε εϕ π= = ⇒ = = −

Se concluye que en el peor de los casos, debido a los dos efectos no deseados, se debe inyectar 0,85dB más de potencia sobre la señal transmitida para mantener la calidad respecto al caso ideal.


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Problema. Demodulación de la señal DSB y SNR . Considere una modulación en doble banda lateral (DSB) que se transmite utilizando una potencia de TS watts. La señal moduladora, tiene una potencia de xP watts y tiene un ancho de banda de 15xB kHz= . La señal modulada y transmitida puede expresarse como: ( ) ( )( ) sin 2c cs t A x t f tπ= El canal de transmisión presenta una respuesta impulsional ideal, ( ) ( )ch t tδ= en el margen de frecuencias que va desde 800 kHz a 830 kHz, y el ruido aditivo, ( )w t , debe considerarse como un proceso aleatorio blanco y gaussiano. Su densidad espectral de potencia es 0

2( ) /NwS f watts Hz= .

El receptor se representa esquemáticamente en la figura siguiente:

Y tiene las siguientes particularidades:

• El filtro paso banda es ideal, con una función de transferencia

( ) ( )( ) c c

R R

f f f fR B BH f − +=Π +Π y el filtro paso bajo, también idea, tiene una

función de transferencia ( )2( )b

fb BH f =Π .

Se pide:

a) Determine las componentes en fase y en cuadratura de la señal transmitida respecto a la cortadora ( ) cos(2 )c cc t A f tπ= . Calcule la potencia de la señal transmitida ( )s t en función de los parámetros ,c xA P .

b) ¿Cuál debería ser la frecuencia portadora cf , para poder aprovechar el ancho de banda en el cual el canal no presenta distorsión?

c) Proponga los valores adecuados para los anchos de banda de los filtros: ,R bB B . Con los valores propuestos, demuestre que la señal útil en la salida es ( ) ( )D cx t A x t= .

d) Calcule la potencia de ruido en watts en la salida ( 2 ( )D DN E n t⎡ ⎤= ⎣ ⎦) suponiendo

que la densidad espectral del ruido es 0 72 10 /N watts Hz−= .

e) En la situación del apartado anterior determine cuál debe ser la potencia transmitida ( T sS P= ) en watts para obtener una relación señal a ruido en la salida 10DSNR dB= : Justifique la respuesta

⊗( )2sin 2 cf tπ

( ) ( ) ( )( )D D Dy t x t n tD

= +( ) ( )s t w t+( )RH f ( )bH f

( )( ) ( )( )

R

R

y ts t n tR

=+ ⊗

( )2sin 2 cf tπ

( ) ( ) ( )( )D D Dy t x t n tD

= +( ) ( )s t w t+( )RH f ( )bH f

( )( ) ( )( )

R

R

y ts t n tR

=+


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Resolución. Apartado a: La componente en fase siempre es la que multiplica al coseno de la señal portadora y la componente en cuadratura es la que multiplica al seno con el signo cambiado. Por lo tanto, tomando como señal portadora: ( ) cos(2 )c cc t A f tπ= obtenemos directamente la expresión de la señal s(t) que:

Componente en fase ( ) 0si t = Componente en cuadratura ( ) ( )sq t x t= −

Para el cálculo de la potencia aplicamos la fórmula (35) del módulo 2 y ya nos queda direcamente en función de los parámetros ( )2 21 1

2 2s sT s c i q c xS P A P P A P= = + =

Apartado b: El ancho de banda de la señal ( )x t , es igual a 15xB kHz= . Esta característica significa que en el dominio frecuencial:

( )00

x x

x

B f BX f

f B≠ − < < +⎧

= ⎨ >⎩

Dada la señal transmitida en el dominio frecuencial puede expresarse como: ( )1

2( ) ( ) ( )c c cjS f A X f f X f f= − − + La señal transmitida ocupa un ancho de banda de 2 30xB kHz= y está centrado en la frecuencia portadora cf . Con las condiciones indicadas, para evitar la distorsión, debemos elegir: 815cf kHz= De esta forma la señal transmitida ocupa el margen frecuencial de 800 kHz a 830 kHz. Apartado c: El filtro paso banda, para dejar pasar la señal útil, debe tener un ancho de banda

2 30R xB B kHz= = El filtro paso bajo, para dejar pasar a la señal útil deberá tener un ancho de banda

15b xB B kHz= = En estas condiciones la señal útil a la entrada del filtro es:


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�

s(t)2sin(2πfct) = Acx(t)sin 2πfct( )2sin 2πfct( ) =

= x(t)Ac212−12cos 2π2 fct( )⎛

⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟ = Acx(t) − Acx(t)cos 2π2 fct( )

De esta expresión, sólo el primer término pasará por el filtro paso bajo ya que el segundo está centrado en el dominio frecuencia a 2 cf , y por lo tanto, será rechazado por el filtro paso bajo. En consecuencia, queda demostrado que ( ) ( )D cx t A x t= Apartado d: La densidad de ruido en la salida del filtro paso banda es igual a:

( ) ( )0 022 2 2 2( ) ( ) ( ) c c

R x x

N f f N f fn w R B BS f S f H f − += = Π + Π

El área de la función anterior es la potencia de la señal de ruido en el punto (R), y también es la poténcia de su componente en cuadratura: ( ) ( )n Dq t n t= . En la siguiente figura se muestran las dos funciones de densidad espectral:

De esta forma, la potencia de ruido es 3 7

02 30.10 .2.10 6D xN B N mwatts−= = = Apartado e: Para el cálculo del cociente de potencias a la salida del sistema es conveniente determinar la potencia de la señal útil ( )Dx t en función de la potencia transmitida. 2

DD x c xS P A P= = Ahora el cociente SNR en el punto de salida es igual a:

2s xB B=( )f Hzcf+cf−

( )Rn

S f02N 0

2N

0

xB

( )f Hz

( ) ( )n ni qS f S f=0N

0

⊕2s xB B=

( )f Hzcf+cf−

( )Rn

S f02N 0

2N

0

xB

( )f Hz

( ) ( )n ni qS f S f=0N

0

2s xB B=( )f Hzcf+cf−

( )Rn

S f02N 0

2N

02s xB B=

( )f Hzcf+cf−

( )Rn

S f02N 0

2N

00

xB

( )f Hz

( ) ( )n ni qS f S f=0N

0 xB

( )f Hz

( ) ( )n ni qS f S f=0N

0

⊕


17

2 10 5 30D T

D D

S SD T DN NSNR S N mwatts= = = ⇒ = =

Nota: Recuerde que 10dB de SNR quiere decir: 1010log ( ) 10 10SNR dB SNR= ⇒ =

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