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• Pol Cardenas

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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) + AcCosct 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) + AcCosct + 0.1 ( x(t) + AcCosct )² Vs = x(t) + AcCosct + 0.1x²(t) + 0.2 x(t)AcCosct + 0.1 Ac² Cos²ct

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 Cosct . b). 0.2 x(t) AcCosct. 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 Ac²Cos²ct, 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) = AcCosct (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)) Cosct, 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: V2 (t )  (1  mx(t ))Cos c t  a n Cosn c t  a1 (1  mx(t ))Cos 2 c t  a3 (1  mx(t ))Cos c tCos3 c t  .... 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+Cos4t)

-

m =0.8

-

Portadora=100Cos20000t

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: x AM  Ac 1  mx(t ) Cos( c .t )

Sea para este caso nuestro mensaje:

x  0.51  Cos(4t ) con un indice de modulación igual a 0.8 y una portadora igual a: 100Cos(2 10 4 t )

Desarrollando obtenemos:



x AM  1  (0,8).(0,5)(1  Cos(4t ). 100.Cos(2 10 4 t )





 t )

 1  0,4(1  Cos(4t ). 100.Cos 2 10 4 t



 1001  0,4(1  Cos(4t ) Cos(2 10 4



 140Cos(2 10 t )  40Cos(4t ).Cos(2 10 4 t )  4

140Cos(2 10 4 t )  20Cos(2 10002t )  20.Cos(2 9998t )

Para calcular la potencia de la señal hallamos la autocorrelación de la señal y la evaluamos en cero como sigue a continuación: (140) 2 (20) 2 (20) 2 Cos(2 10 4  )  Cos(2 .10002 )  Cos(2 .9998 ) 2 2 2 evaluando en cero : R y ( ) 

 9800  200  200  10200  10,2 KW 

La eficiencia para este caso es:

m2 S x 0.8 2 * 0.375   0,1935  19,35% 1  m 2 S x 1  0.8 2 .0,375

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 : (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: 

1 1 3  ( 2)  4 16 8

La eficiencia del sistema es: m2S x (0.8) 2 (3/8) Eficiencia   100%  100% 19,35% 1  m 2S x 1 (0.8) 2 (3/8)

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 2 103t + 2 Cos 10 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).

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 fc1KHz 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:

x SSB 

Ac xt  cos c t   xˆ sen c t  2

Si esta señal se vuelve a modular en SSB, tendriamos:

X

, ssb



Ac x ssb cos c t   xˆ ssb sen c t  2

Y desglosando en los casos LSSB y USSB: X

X

ussb

A2  c 4

 xt  cos2  c t  xˆ t  sen c t  cos c t       xt  sen 2  c t  xˆ t  cos c t  sen c t  

lssb

Ac2  4

 xt  cos2  c t  xˆ t  sen c t  cos c t       xt  sen 2  c t  xˆ t  cos c t  sen c t  

, ,



Usando las siguientes identidades:







cosa  sena   12 sen2a 

cos2 b   sen 2 b   1  2 sen 2 b   cos2b  cos2 c   sen 2 c   1 cos2 d   12  12 cos2d 

sen 2 e   12  12 cos2e 

,

 





Ac2 xt  cos2  c t   sen 2  c t   xˆ t  sen2 c t   4

X ussb 

Ac2 xt  cos2 c t   xˆ t sen2 c t   4 , A2 X ussb  c xt  cos2  c t   sen 2  c t   xˆ t  sen2 c t   4 2 A  c xt  cos2 c t   xˆ t  sen2 c t  4

 





Es una señal SSB alrededor de 2fc X

,

lssb X ssb  X lssb

X

,

lssb X ssb  X ussb





En el caso de las potencias, estas serian:

X'

2 ussb

Ac4 2 Ac4 2 2  x t  cos 2 c t   xˆ t  sen 2 2 c t  16 16

Ac4 2 1 Ac4 2 1 Ac4  x t   xˆ t   X 2 t  16 2 16 2 16

X

,

2

lssb



Ac4 X 2 t  16

Problema 7 Una señal AM se aplica al siguiente sistema:

Determine y(t).



Ac2 A2 xt cos2  c t   sen 2  c t   c xt  4 4

Solución: A la entrada del filtro pasabajo se tiene Ac2(1+mx(t))2Cos2ct 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 =100dB,=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) x(t)

xc(t) Tx

SR CANAL 

y(t)

BPF

+

DETECTOR

BW=W ó W/2

NR

LPF

Solución al problema 8 Para el caso de SSB se tiene que:

xc(t ) 

Ac A x(t )Cos c t  c xˆ (t ) Sen c t 2 2

Se sabe que la potencia de señal SSB es de la forma: 2

Ac x 2 ST  4

por lo que la potencia de la señal recibida a la entrada del detector y considerando las pérdidas en el canal: 2

SR 

Ac x 2 4.

en función de la cual se puede expresar la relación señal a ruido de la siguiente forma:

SR S S  T     N  D W W

entonces si:  ST     40db  W  dB S  T  10 4 W  S T  10 4 .10 14.10 4.1010  10 4  S T  10 4

Para el caso de AM (con m=1): SD=(Ac2 (1+m2SX))/ ; ND=2W (Sin quitar la DC) (S/N)D=(Ac2(1+m2SX))/(2W) (S/N)D=2[(m2SX)/(1+m2SX)](S/N)R=2[(m2SX)/(1+m2SX)] (ST/ NR) Por lo tanto: ST=[ NR (S/N)D(1+m2SX)]/[2(m2SX)] Donde N=2W=2x10-14x10x103, m=1, SX=1, =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)]/[2{0.01)]=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 la del transmisor, para modulaciòn AM, DSB y SSB.

con

Solución al problema 9 Modulación AM Se tiene un receptor estandar:

El ruido es blanco, gausseano y con densidad espectral de potencia Gn= filtro(BPF), produce una de potencia Nr =

/ 2 y al pasar por el

2W.

Análisis de la señal XD(t)= XR(t) 2 Cos(ct +) XR (t) 2 Cos(ct +) = Ac [ 1 + m x(t)] Cos(ct) 2 Cos(ct +) = 2Ac  ( 1 + m x(t)) Cos(ct)( Cos(ct) Cos()- Sen(ct) Sen())

=2 Ac  (1 + m x(t)) Cos2(ct) Cos()- 2Ac (1 + m x(t)) Cos(ct )Sen(ct) Sen()

luego de pasar la señal por el filtro pasabajo (asumiendo que eliminamos la componente DC ) nos queda la siguiente expresión : XD(t)= Ac  m x(t) Cos() Por otro lado tenemos que el ruido antes de pasar por el detector : r(t) =

i(t) Cos(ct) -

q(t) Sen(ct)

la señal antes del filtro pasabajo será : d(t) =

r (t) 2 Cos(ct +)= ( i(t) Cos(ct) -

q(t) Sen(ct)) 2 Cos(ct +)

=

i(t) Cos(ct) 2 Cos(ct +)-

=

i(t) Cos(ct )2 ( Cos(ct) Cos()- Sen(ct) Sen())

q(t) Sen(ct) 2 Cos(ct +)

=

q(t) Sen(ct) 2 )( Cos(ct) Cos()- Sen(ct) Sen())

i(t) 2 Cos2(ct) Cos()- i(t) 2 Cos(ct) Sen(ct) Sen()

-

q(t)2 Sen(ct) Cos(ct) Cos()+2 q(t) Sen2(ct) Sen i(t) Cos( + i(t) Cos(2ct) Cos( - i(t) Sen(2ct) Sen()

=

-

q(t) Sen(2ct) Cos()+ q(t) Sen-

q(t) Cos(2ct) Sen()

después de pasar por el filtro tenemos que: d(t) =

i(t) Cos( + q(t) Sen

entonces la relación señal a ruido después del detector será : XD(t)= Ac m x(t) Cos() Sd = < Xd(t) > = < Ac m x (t) Cos2() 2> = Ac m Cos2() 2 Nd =
=

= < ( i2 (t) Cos2(2 i(t) Cos(

q(t) Sen( + q2(t) Sen2( )>

i2 (t) Cos2( >< 2 i(t) Cos(

=
+


=

0 porque

q2(t) Sen2( )> i(t) y

independientes y de media cero y < i (t)> = < q (t) > = < r (t)> , entonces: Nd =
Cos2(< q (t)> Sen2( =
(Cos2( Sen2(

Nr = 2W . =

= Nr (Cos2( Sen2( Nr = 2W

quedando: Nd = 2W ahora,

y

(Cos2( Sen2(= 1

q(t) son dos señales

Sd

Ac m

Cos

=  22W

Nd

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) Cosct Al atenuar (Ac x(t) Cosct) Xdet = (Ac x(t) Cosct) * 2Cos(ct+  ) Xdet = 2Ac (x(t) Cosct) * (Cosct *Cos( ) - Senct *Sen( ))

(Recordar : sen(A)*cos(A) =0.5 sen (2A) Xdet = 2Ac x(t) Cos2ct Cos( )-Ac x(t) Sen2ct Sen( ) 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( ) 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

= Nd  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) Cosct± H(x(t)) Senct)

Xdet = Ac (x(t) Cosct± H(x(t)) Senct)* 2Cos(ct+  ) Y luego se pasa por el LPF Xdet = 2Ac (x(t) Cosct± H(x(t)) Senct) * (Cosct *Cos( ) - Senct *Sen( )) (Recordar : sen(A)*cos(A) =0.5 sen (2A) Xdet =2Ac (x(t)Cos2ct Cos( ) –(±) H(x(t)) Sen²ctSen( )) -Ac x(t) Sen2ct Sen( ) ± Ac H(x(t)) Sen2ct *Cos( ) Al pasar esta señal por el filtro pasabajos los términos de doble frecuencia no pasan. Obtenemos como resultado la siguiente expresión: Ac x(t) Cos± Ac H(x(t))Sen (Recordar: cos²(A) = 0.5 + 0.5 cos (2A) y sen²(A) = 0.5 - 0.5 sen(2A)) En frecuencia se tendría: AcX(f) (Cos±)jsgn(f) Sen 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 ( 2 106t +  ) + 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: 0.5T

T

1 1 Sx  dt  dt 1  T 0 T 0.5T Si la eficiencia del sistema es de 50%, entonces el indice de modulación es:

Eficiencia  E 

m 2 Sx m2    100% 50% 1  m 2 Sx 1  m2

 100%

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( t)

4 t T

La potencia de la señal es:

0.25T

0.25T

4 4t 2 4 16 t 3 1 Sx  ( ) dt    2 T 0 T TT 3 0 3 Calculemos la eficiencia para para un indice de modulacion de 0.5: +

Eficiencia  E 

m2S x  100% 1  m2S x

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:

A la salida de cada modulador balanceado se tiene: X1mod(t) = x1(t)Cos(ct) X2mod(t) = x2(t)Sen(ct) Al canal va la suma de estas dos señales Y(t) = x1(t)Cos(ct)+ x2(t)Sen(ct) Al multiplicar por Cos(ct) x1(t)Cos2(ct)+ x2(t)Cos(ct)Sen(ct)=0.5 x1(t)+ 0.5 x1(t) Cos(2ct)+ 0.5 x2(t)Sen(2ct). Luego del pasabajo solo queda 0.5 x1(t) Similarmente la otra rama. Problema 14 Observe el siguiente sistema:

n(t) H (f)

2

1

x(t)

Modulador DSB -12 12

+

L=20dB

f(KHz)

Fase=0

6

10Cos210 t

6 2Cos210 t

S0 N0

Fase=0

H(f)

2

2

Filtro pasabajo BW=20KHz

-f

2

Filtro pasabanda 6 fcentral=10 4 BW=4.10

X

f2 x (t) + n (t) 2

2

Donde: 4 2 H1 (f )  e10 f 4 2 H 2 (f )  e 10 f

para f para f

positivas positivas

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:

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 e10

4

10 4

x(t )  e1 x(t )

Luego de modularla en DSB tendremos 10 e1 x(t )Cos2 106 t

Al atenuar 20 dB (100 en potencia, 10 en voltaje) obtenemos lo siguiente: e1 x(t )Cos 2 106 t

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 L=100-> =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

e1 x(t ) 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: nt   ni Cosw0 t   n q Senw0 t  w0  2f c

 nt   (ni Cos2f c t   nq Sen2f c t )2Cos2f c t   1  Cos 4 106 t    2nq Sen(2 106 t )Cos(2 106 t )  2ni  2   solo _ pasa _ ni

La densidad de potencia de la componente ni es: Gni(f) 10-10

20KHz Al pasar por el filtro H2

f 2 min  10KHz 10 K

N  2.  e 10

4

f

..df 

0

 e 10 f 10 K  2   1,26w 4   10 0 S   a  58.98dB N para el caso f 2 max  20KH 4

tenemos ana log amente:

20 K

N  2.



e 10

4

f

..df 

0

 e 10 f 20 K  2   1.72W 4   10 0 S   b  57.62dB N 4

Problema 15 Para el sistema mostrado:

X

LPF BW=5KHz

x (t) 1

X

x (t) 3

+

x(t) -90 

f=5KHz



-90  f=10KHz

X

y(t)

_

LPF BW=5KHz

X x (t) 2

Con un mensaje x(t) de espectro como el siguiente:

x (t) 4

X(f) 1

0.3

3.3

f (KHz)

Determine el espectro de x1(t) , x2(t) , x3(t) , x4(t) El espectro de la señal x1(t) será:

1

Fase =0 para toda f

1.7

4.7

X(f) 0.5

f (KHz)

Para la señal x2(t)

X(f) 2 0.5

1.7

4.7

f(KHz)

arg X(f) 2

-90 

Para las señales x3(t) y x4(t)

f(KHz)

Fase =0 para toda f

X(f) 3 0.25

-5.3

-10

8.3

5.3

11.7

14.7

10

f(KHz)

X(f) 4 0.25

-5.3

8.3

5.3

11.7

14.7

10

-10

f(KHz)

argX4(f) 180

-180

f(KHz)

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 3

3

y(t )  0 . 5(x(t )Cos30 10 t  ˆx (t )Sen30 10 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 2Senct, ¿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

x AM  Ac1 (1  mx(t )) cos c t 2

potencias PAm 

y para

2

DSB

x DSB  Ac 2 xt  cos c t , teniendo como

2

Ac1 A A 2 2  c1 m 2 xt  y PDSB  c 2 xt  , igualando dichas potencias, y teniendo indice de 2 2 2

modulacion para AM igual a 1, obtendremos:

Ac1  Ac 2 2

2

xt 

2

1  xt 

2

, 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 2Senct, ¿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): 2 x AM sen c t  2 Ac (1  mx(t )) cos c t sen c t   Ac (1  mx(t ))sen2 c t  Para DSB

2 x DSB sen c t  2 Ac x(t ) cos c t sen c t   Ac x(t ) sen2 c t  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 )Cosc t  xˆ (t )Senct

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 )Cosc t  xˆ (t )Senct

ˆ (t )Senct , entonces x(t) = xE2coswct, pasada por un filtro Como xE = xSSB (t )  x(t )Cosc t  x 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:

89,7k  Fx  110,3k y 114 k  Fy , se cumple lo mostrado en la figura anterior. De lo contrario:

Esto ocurre si:

0  Fx  86k y 89,7k  Fy  110,3k Para XLSSB 

0  Fx  86k y 89,7k  Fy  110,3k

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 x1(t )  x(t ) cos(4t ) y posee un espectro de la siguiente forma 33

X1(f)

ArgX1(f)

Después de pasarlo por el transformador de Hilbert el espectro queda

La señal X3(t) tiene la siguiente forma X 3(t )  X 2(t ) sen(2t )

La señal X4 es la que deja pasar el filtro pasabajas ideal de ancho de banda W

34

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 )Cosc t  xˆ (t )Senct 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:

35

Para obtener la señal de XB hay que multiplicar le señal de XA por el sen ct  quedando el siguiente espectro:

Para obtener la señal de XC hay que multiplicar le señal de XE por el cos c t 

36

quedando el siguiente espectro para la señal xD(t): La señal XD viene dada por la suma de las señales XB y XC

XD  XB  XC

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 f  95KHz y filtro pasabajo ideal, quedando que el espectro del

mensaje es igual a Donde x(t) es igual x(t )  2.5 cos(2 15000t )  2 cos(2 5000t  40º ) Observe que esto es parecido a la señal xc(t) C) Si la señal Z(t) es igual a Z (t )  ( X C (t )  X B (t )) queda que el espectro de Z(t) de la siguiente forma 37

De aquí queda que la frecuencia de portadora es de 190K y la expresión de USSB es

x ssb (t ) 

1 ( x(t )Cos(2. .190000.t )  xˆ (t )Sen(2. .190000.t ) 2

38