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• Andres Criollo

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ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DEL LITORAL

FIEC COMUNICACIONES INALÁMBRICAS TAREA SOBRE CARACTERÍSTICAS DEL MEDIO INALÁMBRICO

ESTUDIANTES: JOHNNY CHANG MACIAS STEPHEN MORALES VINUEZA

FECHA: 30 JUNIO 2017 PARALELO: #1 2017 – 1 TÉRMINO

1. El sistema celular de primera generación AMPS utilizaba la técnica de modulación analógica FM, y un ancho de banda de transmisión por canal de 30 KHz. La máxima potencia de transmisión de cada usuario móvil era de 3 Watts. El sistema soportaba como máximo un nivel de ruido equivalente a un SNR igual a 18 dB, y el nivel de ruido existente dentro del ancho de banda del sistema es de -120 dBm (120 dB por debajo de la potencia referencial de 1 mW). En la operación de un sistema celular podríamos asumir que la señal decae 30 dB en el primer metro de distancia desde la antena transmisora, y 40 dB por cada 10 metros de distancia después del primer metro. a. Cuál es la máxima distancia entre una estación móvil y la estación base de tal forma que se mantenga una calidad aceptable de la señal recibida. 𝑆𝑁𝑅(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) − 𝑟(𝑑𝐵) 48(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) − (−150)(𝑑𝐵) 𝑃𝑟 = −102(𝑑𝐵𝑚) 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) − 𝐿(𝐷𝑏) = Pr(𝑑𝐵𝑚) 34.77(𝑑𝐵𝑚) − 𝐿(𝐷𝑏) = −102(𝑑𝐵𝑚) 𝐿 = 136.77(𝑑𝐵) = 166.77(𝑑𝐵𝑚)

b. Repetir a) para un sistema celular digital donde la relación aceptable de SNR es igual a 14 dB. 𝑆𝑁𝑅(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) − 𝑟(𝑑𝐵) 44(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) − (−150)(𝑑𝐵) 𝑃𝑟 = −106(𝑑𝐵𝑚) 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) − 𝐿(𝐷𝑏) = Pr(𝑑𝐵𝑚) 34.77(𝑑𝐵𝑚) − 𝐿(𝐷𝑏) = −106(𝑑𝐵𝑚) 𝐿 = 136.77(𝑑𝐵) = 170.77(𝑑𝐵𝑚) 2. El sistema celular de primera generación AMPS utilizaba la técnica de modulación analógica FM, y un ancho de banda de transmisión por canal de 30 KHz. La máxima potencia de transmisión de cada usuario móvil era de 3 Watts. El sistema soportaba como máximo un nivel de ruido equivalente a un SNR igual a 18 dB, y el nivel de ruido existente dentro del ancho de banda del sistema es de -120 dBm (120 dB por debajo de la potencia referencial de 1 mW). Asuma que la altura de las estación base y la estación móvil son hb = 100 m y hm = 3 m respectivamente, y que la frecuencia de operación es f = 900 MHz, cuál es la máxima distancia entre la estación móvil y la estación base para una aceptable calidad de la comunicación. a. Asuma solo propagación en espacio libre con ganancias de las antenas transmisoras y receptoras iguales a 2 cada una. 𝑆𝑁𝑅(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) − 𝑟(𝑑𝐵) 48(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) − (−150)(𝑑𝐵) 𝑃𝑟 = −102(𝑑𝐵𝑚) 𝑐 2 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) = Pt(𝑑𝐵𝑚) + 10 log 𝐺𝑡𝐺𝑟 ( ) (𝑑𝐵) 4𝜋𝑓𝑑

𝑐 1 ) + 20 log ( ) 4𝜋𝑓 𝑑 1 𝑐 20 log ( ) = 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) − Pt(𝑑𝐵𝑚) − 20 log ( ) − 10 log 𝐺𝑡𝐺𝑟 𝑑 4𝜋𝑓 1 20 log ( ) = −102(𝑑𝐵𝑚) − 34.77(dBm) − (−31.526)(𝑑𝐵) − 6.02(𝑑𝐵) 𝑑 1 20 log ( ) = −111.264 𝑑 𝑑 = 365.763 𝑘𝑚 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) − Pt(𝑑𝐵𝑚) = 10 log 𝐺𝑡𝐺𝑟 + 20 log (

b. Utilice el modelo de Okumura-Hata para una ciudad grande. 𝑆𝑁𝑅(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) − 𝑟(𝑑𝐵) 48(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) − (−150)(𝑑𝐵) 𝑃𝑟 = −102(𝑑𝐵𝑚) 𝐿𝑝 = 69.55 + 26.16 log 𝑓𝑐 − 13.82 log ℎ𝑏 − 𝑎(ℎ𝑚) + (44.9 − 6.95 log ℎ𝑏) log 𝑑 𝑎(ℎ𝑚) = 3.2(log 11.75ℎ𝑚)2 − 4.97 𝑎(ℎ𝑚) = 2.69 𝐿𝑝 = 69.55 + 26.16 log 900 − 13.82 log 100 − 2.69 + (44.9 − 6.95 log 100) log 𝑑 𝐿𝑝 = 116.5 + (31) log 𝑑 𝐿𝑝 = 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) − Pr(𝑑𝐵𝑚) = 34.77 − (−102) = 136.77 116.5 + (31) log 𝑑 = 136.77 𝑑 = 4.50 𝑘𝑚 c. Utilice el modelo JTC para áreas residenciales considerando que la estación móvil es utilizada dentro de un edificio. 𝑃𝑟 = −102(𝑑𝐵𝑚) 𝐿𝑝 = 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) − Pr(𝑑𝐵𝑚) = 136.77 𝐿𝑝 = 𝐴 + 𝐿𝑓(𝑛) + 𝐵 log 𝑑 + 𝑋 𝐿𝑝 = 38 + 4𝑛 + 28 log 𝑑 + 8 = 136.77 28 log 𝑑 = 86.77 𝑑 = 1.255 𝑘𝑚 3. Se descubrió que la pérdida de paso dentro de un edificio contiene 2 factores que deben agregarse a la pérdida de espacio libre: un factor que es directamente proporcional a la distancia, y otro factor de atenuación por piso (FAP). En otras palabras, la pérdida de paso = pérdida de espacio libre + βd + FAP. Si el FAP es de 24 dB, y la distancia entre el transmisor y receptor es de 30 m, determine cuál debería ser el valor de β para que la pérdida de paso sufrida sea menos de 110 dB. 𝐿𝑝 = 𝐿𝑓 + 𝐵𝑑 + 𝐹𝐴𝑃 4𝜋𝑓𝑑 𝐿𝑝 = 20 log ( ) + 𝐵𝑑 + 24 = 110 𝑐 −6 20 log(1.2566𝑥10 𝑓) + 30𝐵 + 24 = 110 2 𝐵 = 2.8666 − log(1.2566𝑥10−6 𝑓) 3

4. ¿Cuál es la potencia recibida (en dBm) en espacio libre para una señal cuya potencia de transmisión es de 1 Watt y la frecuencia de portadora es de 2.4 GHz, considerando que el receptor se encuentra a una distancia de 1.6 Km del transmisor? ¿Cuál es la pérdida de paso en dB? 4𝜋𝑓𝑑 ) 𝑐 4𝜋(2.4𝑥109 )1600 Pr(𝑑𝐵𝑚) = 30(𝑑𝐵𝑚) − 20 log ( ) 3𝑥108 Pr = −74.128(dBm) 4𝜋𝑓𝑑 Lf = 20 log ( ) 𝑐 Lf = 104.128(dB) Pr(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) − 20 log (

5. Se requiere que un sistema móvil provea un 95% de comunicaciones exitosas en los límites de cobertura, considerando un debilitamiento de sombra con media cero y distribución Gaussiana con desviación estándar igual a 8 dB. ¿Cuál es el margen de debilitamiento requerido? Si requiere un 90% de comunicaciones exitosas en los límites de cobertura, ¿cuál debería ser el margen de debilitamiento? F = kσ = k(8dB) 95% => k = 1.6 + 0.04 = 1.64 F = 1.64(8dB) = 13.12 dB 90% => k = 1.2 + 0.08 = 1.28 F = 1.28(8dB) = 10.24 dB 6. La potencia de transmisión de un punto de acceso 802.11 es de 20 dBm y la sensibilidad del receptor es de -90 dBm. Asuma que la ganancia de las antenas son iguales a 1, y que la frecuencia de operación es de 2.45 GHz a. Determine la cobertura para los siguientes gradientes distancia-potencia, α, de 2, 3, y 4. 4𝜋𝑓𝑑 𝛼 Pr(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) − 10 log ( ) 𝑐 𝛼 4𝜋𝑓𝑑 10 log ( ) = 20 − (−90) = 110 𝑑𝐵 𝑐 4𝜋𝑓𝑑 11 log ( )= 𝑐 α 11 c d= 10 α 4𝜋𝑓 11

d = 9.744𝑥10−3 ∗ 10 α α = 2 => d = 3,08 km α = 3 => d = 45.23 m α = 4 => d = 5.48 m

b. Determine la cobertura para un edificio de oficinas que tiene en promedio una pared cada 17 m. 𝐿𝑝(𝑑𝐵) = 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) − Pr(𝑑𝐵𝑚) = 110𝑑𝐵 𝐿𝑝 = 𝐴 + 𝐿𝑓(𝑛) + 𝐵 log 𝑑 + 𝑋 𝐿𝑝 = 38 + 15 + 4(𝑛 − 1) + 30 log 𝑑 + 10 = 110 4(𝑛 − 1) + 30 log 𝑑 = 47 47−4(𝑛−1)

𝑠𝑖 𝑛 = 1 =>

𝑑 = 10 30 𝑑 = 36.86𝑚 𝑒𝑠 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 34𝑚 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 ℎ𝑎𝑦 𝑚𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑢𝑛𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑 𝑠𝑖 𝑛 = 2 => 𝑑 = 27.12𝑚 𝑅 => 𝑑 = 27.12𝑚

7. La potencia de transmisión de un dispositivo Wi-Fi es de 100 mW (20 dBm) y la potencia de transmisión de los dispositivos Bluetooth es de 1 mW (0 dBm). La sensibilidad de los receptores de cada sistema es de -90 dBm. Ambos dispositivos trabajan a la frecuencia de 2.45 GHz. a) Determine la cobertura de un dispositivo Wi-Fi en espacio libre cuando se utilizan antenas con una ganancia igual a 1 (0 dBi). 4𝜋𝑓𝑑 2 Pr(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) − 10 log ( ) 𝑐 4𝜋𝑓𝑑 20 log ( ) = 20 − (−90) = 110 𝑑𝐵 𝑐 4𝜋𝑓𝑑 11 log ( )= 𝑐 2 11 c d= 10 2 4𝜋𝑓 d = 3.08 km b) Repita a) para el dispositivo Bluetooth. 4𝜋𝑓𝑑 2 Pr(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) − 10 log ( ) 𝑐 4𝜋𝑓𝑑 20 log ( ) = 0 − (−90) = 90 𝑑𝐵 𝑐 4𝜋𝑓𝑑 9 log ( )= 𝑐 2 9 c d= 102 4𝜋𝑓 d = 308.13 m c) Repita a) si cada antena tiene una ganancia igual a 3 dBi. 4𝜋𝑓𝑑 2 Pr(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) + Gt(dB) + Gr(dB) − 10 log ( ) 𝑐 4𝜋𝑓𝑑 2 10 log ( ) = 20 + 3 + 3 − (−90) = 116 𝑐 11.6 4𝜋(2.45𝑥109 )𝑑 2 = 10 3𝑥108

𝑑 = 6.148 𝑘𝑚 8. Un teléfono celular tiene una sensibilidad de -126 dBm y opera a una frecuencia de 900 MHz. Para una estación base con altura de 100 m, y un móvil con altura de 2 m, determine la potencia mínima de transmisión para que la estación base provea una cobertura de 30 Km. 𝑃𝑟 = −126(𝑑𝐵𝑚) 𝐿𝑝 = 69.55 + 26.16 log 𝑓𝑐 − 13.82 log ℎ𝑏 − 𝑎(ℎ𝑚) + (44.9 − 6.95 log ℎ𝑏) log 𝑑 𝑎(ℎ𝑚) = 3.2(log 11.75ℎ𝑚)2 − 4.97 𝑎(ℎ𝑚) = 1.05 𝐿𝑝 = 69.55 + 26.16 log 900 − 13.82 log 100 − 1.05 + (44.9 − 6.95 log 100) log 30 𝐿𝑝 = 142.51 𝑑𝐵 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) = Pr(𝑑𝐵𝑚) + 𝐿𝑝(𝑑𝐵) = −126 + 142.51 𝑃𝑡 = 16.51 𝑑𝐵𝑚 9. En un sistema de comunicación móvil, el mínimo nivel de relación señal-ruido tolerable es de 12 dB. El nivel de ruido existente en la frecuencia de operación es de -115 dBm. Si la potencia de transmisión es de 10 Watts, la ganancia de la antena transmisora es de 3 dBi, la ganancia de la antena receptora es de 2 dBi, la frecuencia de operación es de 800 MHz, y las alturas de las antenas de la estación base y móvil son de 100 m y 1.4 m respectivamente. Determine la máxima pérdida de paso que se puede soportar para una estación base que tiene una cobertura de 5 Km, si se utilizaran los siguientes modelos: a. Modelo de Espacio Libre Pr(𝑑𝐵𝑚) = SNR(dB) + 𝑟(𝑑𝐵𝑚) = 12 − 115 = −103 4𝜋𝑓𝑑 2 Pr(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) + Gt(dB) + Gr(dB) − 10 log ( ) 𝑐 2 4𝜋(800𝑥106 )(5000) Lp = 10 log ( ) = 104.48 3𝑥108 Pr(𝑑𝐵𝑚) = 40 + 3 + 3 − 104.48 = −58.48 > −103 𝐿𝑝 = 104.48 b. Modelo de Okumura-Hata para una Ciudad Pequeña. 𝐿𝑝 = 69.55 + 26.16 log 𝑓𝑐 − 13.82 log ℎ𝑏 − 𝑎(ℎ𝑚) + (44.9 − 6.95 log ℎ𝑏) log 𝑑 𝑎(ℎ𝑚) = 1.1(log 𝑓𝑐 − 0.7) ℎ𝑚 − (1.56 log 𝑓𝑐 − 0.8) 𝑎(ℎ𝑚) = −0.336 𝐿𝑝 = 69.55 + 26.16 log 800 − 13.82 log 100 − (−0.336) + (44.9 − 6.95 log 100) log 𝑑 𝐿𝑝 = 118.19 + (31) log 𝑑 Pr(𝑑𝐵𝑚) = SNR(dB) + 𝑟(𝑑𝐵𝑚) = 12 − 115 = −103 Pr(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) + Gt(dB) + Gr(dB) − 118.19 − (31) log 𝑑 = −103 −(31) log 𝑑 = −30.81 𝑑 = 9.85 𝑘𝑚 > 5𝑘𝑚 𝐿𝑝 = 118.19 + (31) log 5 𝐿𝑝 = 139.85 𝑑𝐵

10. Considere el siguiente modelo particionado definido por el estándar IEEE 802.11: 10 α1 log10 (d)

d ≤ dbp

Lp = Lo + 10 α1 log10 (dbp) + 10 α2 log10 (d/dbp)

d > dbp

Se tienen los siguientes parámetros dbp = 10 metros, α1 = 2, α2 = 3.5, y la desviación estándar del debilitamiento de sombra es 8 dB. La ganancia de las antenas es 1, y la potencia de transmisión de la estación base es 1 mW. Calcule la cobertura asociada con cada tasa de datos y sensibilidad del receptor que se indica en la tabla siguiente: Tasa de Datos (Mbps) 11 5.5 2 1

RSS (dBm) -82 -87 -91 -94

Cobertura (metros) 50% de errores

Cobertura (metros) 5% de errores

𝐿𝑝 = 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) − Pr(𝑑𝐵𝑚) = − Pr(𝑑𝐵𝑚) 20 log (d) d ≤ 10m d 𝐿𝑝 = 𝐿𝑜 + { 20 log (dbp) + 35log ( ) d > 10m dbp 4𝜋𝑓𝑑 Lo = 20 log ( ) = 20 log(100.53 𝑑) 𝑐 Tasa de datos 11(Mbps) 50% de errores 20 log (d) d ≤ 10m d 𝐿𝑝 = 20 log(100.53 𝑑) + { + 𝑘(8𝑑𝐵) = 82𝑑𝐵 20 + 35 log ( ) d > 10m 10 20 log(100.53 𝑑) + 20 log(𝑑) = 20 log(100.53𝑑2 ) = 82 − 0(8𝑑𝐵) = 82𝑑𝐵 82

1020 𝑑=√ = 11.59 => 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 10𝑚 100.53 𝑑 𝑑 3.5 20 log(100.53 𝑑) + 20 + 35 log ( ) = 10 log ((100.53𝑑)2 ( ) ) = 62𝑑𝐵 10 10 106.2 5.5 𝑑= √ = 10.85𝑚 100.532 (10)3.5 Tasa de datos 11(Mbps) 5% de errores

20 log (d)

d ≤ 10m d + 𝑘(8𝑑𝐵) = 82𝑑𝐵 20 + 35 log ( ) d > 10m 10 20 log(100.53 𝑑) + 20 log(𝑑) = 20 log(100.53𝑑2 ) = 82 − 1.64(8𝑑𝐵) = 68.88𝑑𝐵 𝐿𝑝 = 20 log(100.53 𝑑) + {

68.88

10 20 𝑑=√ = 5.258𝑚 100.53 Tasa de datos 5.5(Mbps) 50% de errores 20 log (d) 𝐿𝑝 = 20 log(100.53 𝑑) + {

d 20 + 35 log ( ) 10

d ≤ 10m d > 10m

+ 𝑘(8𝑑𝐵) = 87𝑑𝐵

20 log(100.53 𝑑) + 20 log(𝑑) = 20 log(100.53𝑑2 ) = 87 − 0(8𝑑𝐵) = 87𝑑𝐵 87

1020 𝑑=√ = 14.922 => 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 10𝑚 100.53 𝑑 𝑑 3.5 20 log(100.53 𝑑) + 20 + 35 log ( ) = 10 log ((100.53𝑑)2 ( ) ) = 67𝑑𝐵 10 10 106.7 𝑑 = 5.5√ = 13.379𝑚 100.532 (10)3.5 Tasa de datos 5.5(Mbps) 5% de errores 20 log (d)

d ≤ 10m

d + 𝑘(8𝑑𝐵) = 87𝑑𝐵 20 + 35 log ( ) d > 10m 10 20 log(100.53 𝑑) + 20 log(𝑑) = 20 log(100.53𝑑2 ) = 87 − 1.64(8𝑑𝐵) = 73.88𝑑𝐵 𝐿𝑝 = 20 log(100.53 𝑑) + {

73.88

10 20 𝑑=√ = 7.012m 100.53 Tasa de datos 2(Mbps) 50% de errores 20 log (d) 𝐿𝑝 = 20 log(100.53 𝑑) + {

d 20 + 35 log ( ) 10

d ≤ 10m d > 10m

+ 𝑘(8𝑑𝐵) = 91𝑑𝐵

20 log(100.53 𝑑) + 20 log(𝑑) = 20 log(100.53𝑑2 ) = 91 − 0(8𝑑𝐵) = 91𝑑𝐵 91

1020 𝑑=√ = 18.78 => 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 10𝑚 100.53 𝑑 𝑑 3.5 2 20 log(100.53 𝑑) + 20 + 35 log ( ) = 10 log ((100.53𝑑) ( ) ) = 71𝑑𝐵 10 10

107.1 𝑑 = 5.5√ = 15.818𝑚 100.532 (10)3.5 Tasa de datos 2(Mbps) 5% de errores 20 log (d)

d ≤ 10m

d + 𝑘(8𝑑𝐵) = 91𝑑𝐵 20 + 35 log ( ) d > 10m 10 20 log(100.53 𝑑) + 20 log(𝑑) = 20 log(100.53𝑑2 ) = 91 − 1.64(8𝑑𝐵) = 77.88𝑑𝐵 𝐿𝑝 = 20 log(100.53 𝑑) + {

77.88

10 20 𝑑=√ = 8.827m 100.53 Tasa de datos 1(Mbps) 50% de errores 20 log (d) 𝐿𝑝 = 20 log(100.53 𝑑) + {

d 20 + 35 log ( ) 10

d ≤ 10m d > 10m

+ 𝑘(8𝑑𝐵) = 94𝑑𝐵

𝑑 𝑑 3.5 20 log(100.53 𝑑) + 20 + 35 log ( ) = 10 log ((100.53𝑑)2 ( ) ) = 74𝑑𝐵 10 10 107.4 𝑑 = 5.5√ = 17.935𝑚 100.532 (10)3.5 Tasa de datos 1(Mbps) 5% de errores 20 log (d)

d ≤ 10m d + 𝑘(8𝑑𝐵) = 94𝑑𝐵 20 + 35 log ( ) d > 10m 10 20 log(100.53 𝑑) + 20 log(𝑑) = 20 log(100.53𝑑2 ) = 94 − 1.64(8𝑑𝐵) = 80.88𝑑𝐵 𝐿𝑝 = 20 log(100.53 𝑑) + {

80.88

10 20 𝑑=√ = 10.49m => no es menor que 10m 100.53 𝑑 𝑑 3.5 2 20 log(100.53 𝑑) + 20 + 35 log ( ) = 10 log ((100.53𝑑) ( ) ) = 60.88𝑑𝐵 10 10 𝑑=

106.088 = 10.355𝑚 √ 100.532 (10)3.5

5.5

Resultados Tasa de Datos

RSS

Cobertura (metros)

Cobertura (metros)

(Mbps) 11 5.5 2 1

(dBm) -82 -87 -91 -94

50% de errores 10.85 13.379 15.818 17.935

5% de errores 5.258 7.012 8.827 10.355

11. Un canal multipaso tiene tres pasos en los tiempos 0, 50, y 100 nanosegundos, con potencias relativas de 0, -10, y -15 decibelios, respectivamente. Encuentre lo siguiente: a) Cuál es el esparcimiento de los retrasos multipaso. 𝜏𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜 = 𝜏𝑓 − 𝜏𝑜 = 100 − 0 = 100 𝑛𝑠 b) Calcule el esparcimiento RMS de los retrasos multipaso del canal. 0

𝜏̅ =

∑3𝑖=1 𝛼𝑖 2 𝜏𝑖 ∑3𝑖=1 𝛼𝑖 2

−10

=

0

̅̅̅ 𝜏2 =

−10

= 7.212 𝑛𝑠

−15

1010 + 10 10 + 10 10 0

∑3𝑖=1 𝛼𝑖 2 𝜏𝑖 2 ∑3𝑖=1 𝛼𝑖 2

−15

(1010 ∗ 0) + (10 10 ∗ 50) + (10 10 ∗ 100)

−10

−15

(1010 ∗ 02 ) + (10 10 ∗ 502 ) + (10 10 ∗ 1002 ) =

0 1010

+

−10 10 10

−15 + 10 10

= 500.367 𝑛𝑠 2

𝜏𝑅𝑀𝑆 = √̅̅̅ 𝜏 2 + 𝜏̅ 2 = √500.367 𝑛𝑠 2 + (7.212 𝑛𝑠)2 = 21.174 𝑛𝑠 c) Cuál es la diferencia entre el esparcimiento de los retrasos multipaso y su valor RMS. 𝜏𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜 − 𝜏𝑅𝑀𝑆 = 100 − 21.174 = 78.826 𝑛𝑠 d) Si el canal tuviera únicamente 2 pasos, el primero y el último. Calcule lo indicado en c) 𝜏𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜 = 𝜏𝑓 − 𝜏𝑜 = 100 − 0 = 100 𝑛𝑠 0

−15

∑3𝑖=1 𝛼𝑖 2 𝜏𝑖 (1010 ∗ 0) + (10 10 ∗ 100) 𝜏̅ = 3 = = 3.065 𝑛𝑠 0 −15 ∑𝑖=1 𝛼𝑖 2 1010 + 10 10 0

̅̅̅ 𝜏2 =

∑3𝑖=1 𝛼𝑖 2 𝜏𝑖 2 ∑3𝑖=1 𝛼𝑖 2

−15

(1010 ∗ 02 ) + (10 10 ∗ 1002 ) =

0 1010

+

−15 10 10

= 306.534 𝑛𝑠 2

𝜏𝑅𝑀𝑆 = √̅̅̅ 𝜏 2 + 𝜏̅ 2 = √306.534 𝑛𝑠 2 + (3.065 𝑛𝑠)2 = 17.774 𝑛𝑠 𝜏𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜 − 𝜏𝑅𝑀𝑆 = 100 − 17.774 = 82.226 𝑛𝑠 12. Pruebas para determinar la estructura multipaso de los canales inalámbricos han encontrado que el esparcimiento de retrasos multipaso en ambientes interiores es de varios cientos de nanosegundos. Indique si IEEE 802.11, utilizado únicamente en

ambientes interiores, con una tasa de transmisión de 1 Mega símbolo por segundo, sufre de Interferencia Intersimbólica (ISI). Justificar su respuesta con los cálculos respectivos. Si Esparc. de retrasos < Tiempo de símbolo , entonces no existe interferencia intersímbolica X nseg
𝑅𝑠 = 1.8𝐾𝑏𝑝𝑠

14. Suponga que la máxima duración de un debilitamiento de potencia debido al fenómeno multipaso y doppler en un canal de radio es de 0.001 milisegundos. Asuma que todos los bits están errados cuando la señal encuentra un debilitamiento. Cuál es el máximo número de bits consecutivos errados para una transmisión en el canal, si la tasa de datos es: a. 10 Kbps #𝑏𝑖𝑡𝑠 = 𝑡𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ∗ 𝑑𝑢𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒𝑏𝑖𝑙𝑖𝑡𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 #𝑏𝑖𝑡𝑠 = 10𝐾 ∗ 0.001 𝑚𝑠 #𝑏𝑖𝑡𝑠 = 0.01 b. 11 Mbps #𝑏𝑖𝑡𝑠 = 11𝑀 ∗ 0.001 𝑚𝑠 #𝑏𝑖𝑡𝑠 = 11 15. La mayoría de las aplicaciones móviles de datos son esperadas que operen dentro de los edificios. Considere una red móvil de datos en la que la mínima relación señal ruido (SNR) requerida para una operación apropiada es de 10 dB, y que el nivel de ruido en el ancho de banda de operación es de -120 dBm. Además, considere que la pérdida por penetración de la señal dentro de los edificios es de 15 dB, las ganancias de las antenas transmisoras y receptoras son iguales a 2, la frecuencia de operación es 910 MHz, la altura de las antenas de estaciones bases y móviles son iguales a 100 m y a 1.4 metros respectivamente, y la máxima potencia de transmisión es igual a 10 Watts. Determine la cobertura de la estación base usando lo siguiente: a. La ecuación de propagación en espacio libre.

𝑆𝑁𝑅(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) − 𝑟(𝑑𝐵) 40(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) − (−90)(𝑑𝐵) 𝑃𝑟 = −50(𝑑𝐵𝑚) 𝑐 2 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) = Pt(𝑑𝐵𝑚) + 10 log 𝐺𝑡𝐺𝑟 ( ) (𝑑𝐵) 4𝜋𝑓𝑑 𝑐 1 −50(𝑑𝐵𝑚) − 40(𝑑𝐵𝑚) = 10 log 𝐺𝑡𝐺𝑟 + 20 log ( ) + 20 log ( ) 4𝜋𝑓 𝑑 1 𝑐 20 log ( ) = −90(𝑑𝐵𝑚) − 40(𝑑𝐵𝑚) − 10 log 4 − 20 log ( ) = −104.397 𝑑𝐵 𝑑 4𝜋𝑓 𝑑 = 165.920 𝑘𝑚 b. El modelo simplificado de 2 pasos para señales de banda angosta. 𝑃𝑟 =

𝑃𝑜 𝑑2 2

𝑐 2 3𝑥108 𝑃𝑡 ∗ 𝐺𝑡 ∗ 𝐺𝑟 ∗ ( ) 10 ∗ 2 ∗ 2 ∗ ( ) 4𝜋𝑓 4𝜋 ∗ 910𝑥106 𝑑2 = = = 2752.96 50 𝑃𝑟 − 10 10 𝑑 = 52.46 𝑚 c. El modelo Okumura-Hata para ciudades medianas. 𝐿𝑝 = 69.55 + 26.16 log 𝑓𝑐 − 13.82 log ℎ𝑏 − 𝑎(ℎ𝑚) + (44.9 − 6.95 log ℎ𝑏) log 𝑑 𝑎(ℎ𝑚) = 1.1(log 𝑓𝑐 − 0.7) ℎ𝑚 − (1.56 log 𝑓𝑐 − 0.8) 𝑎(ℎ𝑚) = −0.337 𝐿𝑝 = 69.55 + 26.16 log 910 − 13.82 log 100 − (−0.337) + (44.9 − 6.95 log 100) log 𝑑 𝐿𝑝 = 119.655 + (31) log 𝑑 Pr(𝑑𝐵𝑚) = −50(𝑑𝐵𝑚) Pr(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) + Gt(dB) + Gr(dB) − 119.655 − (31) log 𝑑 = −50 (31) log 𝑑 = −23.634 𝑑 = 0.172 𝑘𝑚 d. El modelo Okumura-Hata para ciudades grandes. 𝑆𝑁𝑅(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) − 𝑟(𝑑𝐵) 40(𝑑𝐵𝑚) = 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) − (−90)(𝑑𝐵) 𝑃𝑟 = −50(𝑑𝐵𝑚) 𝐿𝑝 = 69.55 + 26.16 log 𝑓𝑐 − 13.82 log ℎ𝑏 − 𝑎(ℎ𝑚) + (44.9 − 6.95 log ℎ𝑏) log 𝑑 𝑎(ℎ𝑚) = 3.2(log 11.75ℎ𝑚)2 − 4.97 𝑎(ℎ𝑚) = −0.237 𝐿𝑝 = 69.55 + 26.16 log 910 − 13.82 log 100 − (−0.237) + (44.9 − 6.95 log 1.4) log 𝑑 𝐿𝑝 = 119.555 + (43.884) log 𝑑 𝐿𝑝 = 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) − Pr(𝑑𝐵𝑚) = 40 − (−50) = 90 119.555 + (43.884) log 𝑑 = 90 𝑑 = 0.212 𝑘𝑚

e. Cuál es la diferencia entre los diferentes enfoques utilizados en este problema para la determinación de la cobertura. Dependiendo del modelo de propagación usado para calcular la cobertura, esta varia bastante para cada modelo debido a que unos son más precisos y consideran mayor cantidad de pérdidas que existen en la vida real.

16. Considere un escenario de ambientes interiores de tres componentes multipaso, tal como se describe en la Figura.

Asuma que la altura del techo es 5 metros, y que las antenas tienen una altura de 1.5 metros con respecto al piso, y que los coeficientes de reflexión son iguales a ai = -0.7. Realice lo siguiente: a. Proporcione las ecuaciones correspondientes para el cálculo de la potencia recibida generada por todas las componentes multipaso, considerando una potencia de transmisión de 1 Watt, y que las ganancias de las antenas son iguales a 1. 2

3

𝑎𝑖 𝑗 𝜙𝑖 𝑎1 𝑎2 𝑗 𝜙2 𝑎3 𝑗 𝜙3 2 𝑃𝑟 = 𝑃𝑜 |∑ 𝑒 | = 𝑃𝑜 [ + 𝑒 + 𝑒 ] 𝑑𝑖 𝑑1 𝑑2 𝑑3 𝑖=1

𝑑2 = √3.52 +

𝑑3 = 𝑑2

𝑃𝑟 = 𝑃𝑜 [−

𝑃𝑟 = 𝑃𝑜 [−

𝑑12 2

𝜙2 =

𝜙3 = −

2𝜋𝑓 (𝑑2 − 𝑑1) 𝑐

2𝜋𝑓 (𝑑2 − 𝑑1) 𝑐

0.7 0.198 𝑗 𝜙2 0.198 −𝑗 𝜙3 2 − 𝑒 − 𝑒 ] 𝑑1 𝑑2 𝑑2

0.7 0.198 2𝜋𝑓 2𝜋𝑓 − (cos ( (𝑑2 − 𝑑1)) + 𝑗 𝑠𝑒𝑛 ( (𝑑2 − 𝑑1))) 𝑑1 𝑑2 𝑐 𝑐 0.198 2𝜋𝑓 2𝜋𝑓 − (cos (− (𝑑2 − 𝑑1)) + 𝑗 𝑠𝑒𝑛 (− (𝑑2 − 𝑑1)))] 𝑑2 𝑐 𝑐

2

𝑃𝑟 = 𝑃𝑜 [−

2 0.7 0.396 2𝜋𝑓 − cos ( (𝑑2 − 𝑑1))] 𝑑1 𝑑2 𝑐 2

2

2

𝑐 0.7 0.396 2𝜋𝑓 𝑑1 𝑃𝑟 = ( ) − − cos ( (√3.52 + − 𝑑1)) 2 4𝜋𝑓 𝑑1 𝑐 2 𝑑1 √3.52 + [ ] 2

b. Use MATLAB para graficar la potencia recibida en dBm para 1 < d < 100 m para demostrar la formación del debilitamiento multipaso. Asuma que la frecuencia de operación es 1 GHz.

c. Repita b) para una frecuencia de 10 GHz.

17. El estándar IEEE 802.11 WLAN define una máxima potencia de transmisión de 100 mW (20 dBm) utilizando modulación multiportadora OFDM con varios canales de frecuencia. Los dispositivos IEEE 802.11g utilizan la banda 2.402-2.480 GHz y los del estándar IEEE 802.11a la banda 5.150-5.825 GHz. La modulación OFDM que utilizan ambas versiones del estándar IEEE 802.11 utiliza un ancho de banda total de 20 MHz. a. Calcule la potencia de la señal recibida en dBm a 1 metro de distancia de un Punto de Acceso IEEE 802.11g para la frecuencia más baja y más alta posible, dentro de la banda de operación de esta versión del estándar. Asuma que las ganancias de las antenas transmisoras y receptoras son iguales a 1 (0 dBi), y que a 1 metro de distancia la propagación considera un ambiente de espacio libre. 𝑐 2 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) = Pt(𝑑𝐵𝑚) + 10 log 𝐺𝑡𝐺𝑟 ( ) (𝑑𝐵) 4𝜋𝑓𝑑 𝑐 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) = 20(𝑑𝐵𝑚) + 20 log ( ) (𝑑𝐵) 4𝜋𝑓𝑑 𝑐 𝑓 = 2.402 𝐺𝐻𝑧 => 𝑃𝑟 = 20(𝑑𝐵𝑚) + 20 log ( ) (𝑑𝐵) = −20.053𝑑𝐵𝑚 4𝜋(2.402 𝐺𝐻𝑧) 𝑓 = 2.480 𝐺𝐻𝑧 =>

𝑐 𝑃𝑟 = 20(𝑑𝐵𝑚) + 20 log ( ) (𝑑𝐵) = −20.33𝑑𝐵𝑚 4𝜋(2.480 𝐺𝐻𝑧)

b. Repita la parte a) para el estándar IEEE 802.11a WLANs.

𝑓 = 5.15 𝐺𝐻𝑧 => 𝑓 = 5.825 𝐺𝐻𝑧 =>

𝑐 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) = 20(𝑑𝐵𝑚) + 20 log ( ) (𝑑𝐵) 4𝜋𝑓𝑑 𝑐 𝑃𝑟 = 20(𝑑𝐵𝑚) + 20 log ( ) (𝑑𝐵) = −26.677𝑑𝐵𝑚 4𝜋(5.15 𝐺𝐻𝑧) 𝑐 𝑃𝑟 = 20(𝑑𝐵𝑚) + 20 log ( ) (𝑑𝐵) = −27.747𝑑𝐵𝑚 4𝜋(5.825 𝐺𝐻𝑧)

c. Compare la potencia de la señal recibida a 1 metro de distancia por los dispositivos IEEE 802.11g y IEEE 802.11a. Utilice el valor medio correspondiente a la banda de operación de cada versión del estándar como frecuencia de operación, para la realización de los cálculos correspondientes. 𝑐 2 𝑃𝑟(𝑑𝐵𝑚) = Pt(𝑑𝐵𝑚) + 10 log 𝐺𝑡𝐺𝑟 ( ) (𝑑𝐵) => 𝑑 = 1 4𝜋𝑓𝑑 𝑐 𝑓 = 2.441 𝐺𝐻𝑧 => 𝑃𝑟 = 20(𝑑𝐵𝑚) + 20 log ( ) (𝑑𝐵) = −20.193𝑑𝐵𝑚 4𝜋(2.441 𝐺𝐻𝑧) 𝑓 = 5.4875 𝐺𝐻𝑧 =>

𝑐 𝑃𝑟 = 20(𝑑𝐵𝑚) + 20 log ( ) (𝑑𝐵) = −27.229𝑑𝐵𝑚 4𝜋(5.4875 𝐺𝐻𝑧)

d. Compare la tasa de fluctuación de la señal recibida (el máximo desplazamiento Doppler fm), debido al cambio de frecuencia de operación, para ambos dispositivos IEEE 802.11g y IEEE 802.11a. Utilice el valor medio

correspondiente a la banda de operación de cada versión del estándar como frecuencia de operación, para la realización de los cálculos correspondientes. 𝑓𝑚 =

𝑣𝑚 ∗ 𝑓 𝑐

𝑓 = 2.441 𝐺𝐻𝑧 => 𝑓 = 5.4875 𝐺𝐻𝑧 =>

𝑓𝑚 = 8.13 𝑣𝑚 𝑓𝑚 = 18.291 𝑣𝑚

18. Mediciones de campo realizadas en sistemas microcelulares en la banda de 1900 MHz, en las ciudades de San Francisco y Oakland en los Estados Unidos, muestran que el retraso RMS del esparcimiento de las componentes multipaso se incrementa con la distancia. Un límite superior para el retraso RMS viene dado por la ecuación τ = е0.065L(d) en nanosegundos donde L(d) es la pérdida de paso promedio en dB como una función de la distancia d entre el transmisor y receptor. La pérdida de paso viene dada por la ecuación L(d) = L0 + 10αlog10(d/d0) donde L0 = 38 dB y α = 2.2 para d < 884 m y α = 9.36 para d > 884 m. La desviación estándar del debilitamiento de sombra es 8.6 dB. Asuma que está utilizando un sistema de transmisión con una tasa de símbolo de 135 ksps sin ecualización. Si la pérdida de paso máxima permitida es de 135 dB. ¿Qué limita el tamaño de la celda: el retraso RMS del esparcimiento de las componentes multipaso, o la pérdida de señal con un 90% de cobertura en los límites de la celda? Explicar claramente todos los pasos tomados para resolver este ejercicio. 𝑑 𝐿(𝑑) = 38 + 10𝛼log ( ) + 𝐹(8.6) 𝑑0 90% => 𝐹 = 1.28 135 − 38 − 11 𝑑 = log ( ) => 𝑑 = 7170.39 𝑘𝑚 > 884𝑚 10(2.2) 884 135 − 38 − 11 𝑑 = log ( ) => 𝑑 = 7.33 𝑘𝑚 10(9.36) 884

τ = 𝑒 0.065𝐿(𝑑) = 𝑒 0.065(135) 1 = 30.9𝑘𝑠𝑝𝑠 < 135𝑘𝑠𝑝𝑠 0.065(135) 5∗𝑒 𝑛𝑠 Por lo tanto, lo que limita el tamaño de la celda es el esparcimiento de las componentes multipaso. 19. El espectro doppler de un canal de radio de ambientes interiores posee un esparcimiento doppler de 10 Hz. a. Determine el número promedio de debilitamientos por segundo y la duración promedio de los debilitamientos para un canal Rayleigh que posee un límite de debilitamiento de 10 dB por debajo del valor RMS de la señal. 𝑓𝑀 = 10 𝐻𝑧

2 𝐵𝐷−𝑅𝑀𝑆 = √̅̅̅̅̅ 𝐵𝐷 2 + ̅̅̅̅ 𝐵𝐷

10

+∞

𝐵 3 0.05 [ 𝐷 ] 3

+10

∫−∞ 𝐵𝐷 2 𝑓𝐷 (𝐵𝐷 ) 𝑑𝐵𝐷 ∫−10 𝐵𝐷 2 0.05 𝑑𝐵𝐷 −10 2 ̅̅̅̅̅ 𝐵𝐷 = = = = 33.33 𝐻𝑧 2 +∞ +10 10 [𝐵 ] 0.05 𝐷 0.05 𝑑𝐵 ∫−∞ 𝑓𝐷 (𝐵𝐷 ) 𝑑𝐵𝐷 −10 ∫−10 𝐷 10

+∞

̅̅̅̅ 𝐵𝐷 =

∫−∞ 𝐵𝐷 𝑓𝐷 (𝐵𝐷 ) 𝑑𝐵𝐷 +∞ ∫−∞ 𝑓𝐷 (𝐵𝐷 )

𝑑𝐵𝐷

𝐵 2 0.05 [ 𝐷2 ]

+10

=

∫−10 𝐵𝐷 0.05 𝑑𝐵𝐷 +10 ∫−10 0.05

𝑑𝐵𝐷

=

−10

0.05 [𝐵𝐷 ]10 −10

= 0 𝐻𝑧

𝐵𝐷−𝑅𝑀𝑆 = √33.33 𝐻𝑧 2 + (0 Hz)2 = 5.77 𝐻𝑧 2

2

𝑛(𝜌) = √2𝜋 𝜌 𝐵𝐷−𝑅𝑀𝑆 𝑒 −𝜌 = √2𝜋 (0.316)(5.77)𝑒 −0.316 = 4.136 𝑑𝑒𝑏 𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑒𝑔 2

𝜏(𝜌) =

2

𝑒𝜌 − 1 √2𝜋 𝜌 𝐵𝐷−𝑅𝑀𝑆

=

𝑒 0.316 − 1 √2𝜋 (0.316) (5.77)

= 0.022 𝑠𝑒𝑔

b. Un sistema de comunicación digital que opera en el ambiente descrito en el literal a) pierde los datos cuando la señal cae por debajo del límite, y no tiene errores cuando la señal está por encima de este límite. Cuál es la probabilidad de error promedio de este sistema. 𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 =

𝑛(𝑝) ∗ 𝜏(𝜌) ∗ 100% = 9.09% 1 𝑠𝑒𝑔

20. Consideremos un ambiente microcelular en la ciudad de Guayaquil, con una combinación de edificios altos y bajos. a. Cuál debería ser el radio de una celda cubierta por una estación base (altura 15 m) que opera a la frecuencia de 1.9 GHz y que transmite a una potencia de 10 mW utilizando una antena direccional con una ganancia de 5 dBi? El debilitamiento de sombra es 7.5 dB y la sensibilidad del receptor móvil es – 110 dBm, Asuma que hm = 1.2 m. 𝐿(𝑝) = (48.38 − 30.1 log(𝑑𝑏𝑘) + 45.7 log 𝑓𝑐 + (25.34 − 13.9 𝑙𝑜𝑔𝑑𝑏𝑘)𝑙𝑜𝑔ℎ𝑏 + (32.1 + 13.9 𝑙𝑜𝑔ℎ𝑏)𝑙𝑜𝑔𝑑 𝑑𝑏𝑘 =

4 ℎ𝑏 ℎ𝑚 = 1000λ

4(15)(1.2) = 0.456 3𝑥108 1000 ( ) 1.9𝑥109

𝐿𝑝(𝑑𝐵) = 𝑃𝑡(𝑑𝐵𝑚) − Pr(𝑑𝐵𝑚) = 10 − (−110) = 120𝑑𝐵 120 = (48.38 − 30.1 log(0.456) + 45.7 log 1.9 + (25.34 − 13.9 𝑙𝑜𝑔0.456)𝑙𝑜𝑔15 + (32.1 + 13.9 𝑙𝑜𝑔15)𝑙𝑜𝑔𝑑 120 − 107.443 = (32.1 + 13.9𝑙𝑜𝑔ℎ𝑏)𝑙𝑜𝑔𝑑 0.25917 = log 𝑑 𝑑 = 1.816 𝑘𝑚