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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I

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Resoluções de Exercícios de

Telecomunicações I

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 1

Telecomunicações I

Folha 1 - SINAIS

1- Por definição

( ) ( )∫ ∫( )[ ]

ftj

ATe

fj

AdteAedtetvfV TT

t fjt

T

ftjftj

πππππ

212

12

1

22

+=

+−===

∞∞−

+−∞∞−

−∞∞−

− −

2 - A transformada de Fourier do impulso

−δ2

t

v(t)

δ2

é V f( )= Aδsinc πfδ( )

Ora v t − t d( )← → V f( )e− jωtd . Como v1 t( ) = v t − T( )+ v t + T( ) ,

A

-T T t

v1(t)

δ

então V1

f( )= A e− jωT δ sinc πfδ( ) +A e

jωT δ sinc πfδ( ) =2 Aδ sinc πfδ( )cosωT

Do mesmo modo para v2(t) e V2(f):

-2T

A

v2(t)

2A

t2T-δ/2 δ/2

δ

V2

f( ) =A e−2 jωT δ sinc πfδ( ) +A e

2 jωTδ sinc πfδ( ) +2 Aδ sinc πfδ( ) =

=2δA sinc πfδ( ) 1 + cos2ωT( ) =4δA πfδ( )cos2 ωT

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 2

3 -

-40 -30 -20 -10 40302010

1

2

3

|H(f)|

f

1,5

-10

-20-30-40 10 20

30

40

š/2

š

š

š/2

f-š/6

š/6

∠ H f( )

4 - Por definição

V f( )= Ae−t

T sin2πfct e− j2πftdt

−∞

∞⌠ ⌡ = AT

2 j j2π f − f c( )+1( )− AT2 j 2 jπ f + fc( )+1( ) =

=A

2T

j − 2π f − fc( )−A

2T

j −2π f + f c( )

5 - O espectro de x(t) é

1

-fm fm

X(f)

f

O espectro de x(t) cos 2•fpt é

1/2

-fp-fm -fp -fp+fm fp-fm fp+fmfp f

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 3

6 -

1

-T T

w(t)

t

1

t

v(t)

A convolução de v(t) com w(t) calcula-se, por definição, através de

v t( )∗ ω t( ) = v λ( )ω t − λ( )dλ−∞∞

-T-2T λ

1

Se t= -T

-T T

1

λ

Se t=0

-T T t

Valor Máximo:e−λ dλ = 1− e− t +T( )[ ]∫

e− tdt02T∫

e− λ dλ = e− t−T( )

− e− t+T( )t −T

t +T∫

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 5

Telecomunicações I

Folha 2 – Modu lações de Ampli tude

1 - a) O sinal AM vem dado por

ϑ Am t( ) = Ap 1+ m cos 2πf m t( )[ ]cos2πf pt = Ap 1+ Am

Apcos 2πf m t)(

cos2πf pt

Assim, m =AmAp

= 0,3. A envolvente do sinal é Ap + Am cos 2πf m t( ).

b) fc + fm = 106 + 103 = 1,001 MHz e fc - fm = 106 - 103 = 0,999 MHz.

c ) A amplitude de cada banda lateral vale

A p ⋅m

2=10×

0,3

2= 1,5V

d ) PBL

PT=

2 ×1,52

2 ×1,52 +102 = 4,3%

2 - No caso geral temos xAM t( ) = Ap 1+ mx t( )[ ]coswp t com x t( ) <1 e também

PT = Pp 1 +m2Sx( )↑ ↑

~Ap

2

2Sx = X2 t( )

No caso sinusoidal Sx =1

2. Portanto, neste caso:

PT = Pp 1+ m2

2

= 5000W

Pp = 5000/ 1+0,36

2

= 4,24kW

PBL =Pp

m2

22

=4,24×

0,36

22

= 0,38kW

3 - a) PT = Pp 1+1

2

= 24kW ⇒ Pp = 16kW

b ) Potência de uma banda lateral:

PBL = 16⋅ 1

2

0,6

2

2

= 1,44kW

Potência da portadora atenuada de 26 dB:

Pp′ =10−2,6 ⋅16kW = 40,19W pois−26 =10log

x

16

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 6

Potência total: PT = PBL + Pp′ = 1,44+ 0,04=1, 48kW

4 - A potência do sinal AM vale

PT = RIT2 = RIp

2 1+m2

2

, em que I p = 8A e I T = 8,93A. Portanto

8,93

82

2

= 1+m2

2⇒ m =

I T2

I p2

−1

× 2 = 0,701

Se a portadora for modulada a 80% então a nova corrente I T′ vale

I T′ = I p

2 1+m2

2

= 82 1+

0,82

2

= 9,19A

5 -

Pp = 9kW e PT =10,125kW

PT = PP 1+m1

2

2

⇒ m1 = 0,5

Com dois sinais sinusoidais o índice de modulação equivalente é

m = m1

2 + m2

2 = 0,52 + 0,42 = 0,64

A nova potência irradiada é

PT′ = Pp 1+

m2

2

= 9× 1+

0,642

2

= 10,84kW

No caso geral temos

PT = Pp 1+m2

2

= Pp + PBL , com PBL = Pp

m2

2

Se tivermos diversos sinais moduladores sinusoidais teremos PBL = PBL1+ PBL2

+ PBL3+.. . ou

Ppm2

2= Pp

m12

2+ Pp

m22

2+ Pp

m32

2+... logo, m2 = m1

2 +m22 + m3

2 +.. .

6 - ve = A 1 +m f t( )[ ]+V2 cosωp t =10 1+ m f t( )[ ]+ 5 cosωpt

Para não haver distorsão ve deve ser • 0, ∀ t

O caso mais desfavorável é: ve =10 1 −m( )− 5 ≥ 0 ⇒ m ≤ 0,5

ϑ a = ϑ e + 4ϑ e

2 = 101+ m f t( )[ ]+ 5cosωpt + 4 101+ m f t( )[ ]+ 5cosωpt{ }2

=

= 101+ mf t( )[ ]+ 5cosωpt + 4001+ mf t( )[ ]2 + 50+ 50cos2ωpt + 400cosωpt 1+ mf t( )[ ]

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 7

Só as parcelas sublinhadas estão na banda de passagem do filt ro sintonizado.À saída deste

filt ro teremos, portanto,

v0 = 5 cosω pt + 4001+ m f t( )[ ]cosω pt = 405cosωp t 1+400

405m

′ m

� � �f t( )

Assim, ′ m =400

405⋅1

2= 0, 494

7 - a ) v(t) pode ser expresso como

v t( ) = cos ωp +ωi( )t +θi[ ]i=1

N

Esta expressão representa a banda lateral superior.

b ) A banda lateral que falta é a inferior:

′ v t( ) = cos ωp − ωi( )t − θi[ ]i =1

N

∑c ) O sinal completo é a soma dos dois anteriores:

′ ′ v t( ) = cos ωp + ωi( )t +θi[ ]+cos ω p −ωi( )t −θi[ ]{ }i=1

N

∑ =

= 2 cosω pt cos ωit + θi( )i=1

N

� � � � � �

ω

� � � � � �

� ωp ωp

ωp-ω1 ωp+ω1

ωp-ω2 ωp+ω2

8 -

-90Þ

FPB

FPB

-90Þ

A

B

G

D

E

F

x(t)f c

±W

2

W

2 xc±

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 8

x A = cos2πf m t cos2π W

2t = 1

2cos2π f m − W

2

t + 1

2cos2π f m + W

2

t

xG =1

2cos2π f m −

W

2

t =

1

2cos2π

W

2− f m

t

xE =1

2cos2π

W

2− f m

t ⋅ cos2π f e ±

W

2

t =

=1

4cos2π

W

2− f m + f p ±

W

2

t +

1

4cos2π f p ±

W

2+ f m −

W

2

t

xB =1

2cos 2π W

2+ f m

t − π

2

+1

2cos 2π W

2− f m

t +π

2

xD =1

2cos 2π W

2− f m

t + π

2

xF =1

4cos 2π f p ±

W2

−W2

+ f m

t

−1

4cos2π f p ±

W2

+W2

− f m

t

xC =1

4cos2π f p ±

W

2+

W

2− f m

t +

1

4cos2π f p ±

W

2−

W

2+ f m

t ±

±1

4cos2π f p ±

W

2−

W

2+ f m

t � 1

4cos2π f p ±

W

2+

W

2− f m

t

Consoante a frequência do oscilador da direita e a operação no somador da direita assim

obteremos a banda lateral superior ou inferior:

Banda lateral superior: xC =1

2cos2π f p + f m( )t

Banda lateral inferior: xC =1

2cos2π f p − f m( )t

9 -

a ) A descarga de um condensador através de uma resistência obedece à seguinte equação:

vc t( ) = VM e−t

RC em que VM é a tensão inicial.

Entre dois picos consecutivos da portadora temos:

Tt0

1 + m cos wm m t0

1 + m cos wm (t0+T)

em que T =1

f p=

2πωp

.

Logo Vc t0 + T( )= 1+ m cosωmt0( )e−T

RC ≤ 1+ m cosωm t0 + T( )

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 9

e desenvolvendo em série a exponensial temos:

e−t

RC =1−t

RC+

1

2

t

RC

2

−...

e como T << RCficamos com e−T

RC ˜ − 1− TRC

logo vc t0 + T( )= 1+ m cosωmt 0( ) 1− TRC

≤1+ m cosωm t 0 + T( )

T

RC+ m cosωmt0 − m

T

RCcosωmt0 ≤ m cosωm t0 + T( )=

m cosωmt0 cosωmT − senωmt0 sen ωmTω

p2π

como para ωm << ωp ⇒

cos2π ωmωp

˜ − 1

cos2π ωmωp

˜ − 2π ωmωp

î

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 10

ficamos com

− TRC

+ mTRC

cosωmt0 ≤ − m2πωp

ωm senωnt0 =

= −mωmT senωmt0

1

RC1+ m cosωmt0( )≥ mωm senωmt0 ⇔

⇔1

RC≥ wm

m sen wmt0

1+ m cos wmt0

b ) Sabendo que

RC ≤1+ m cosωmt

mωm senωmt

temos que determinar o caso mais desfavorável que corresponde ao mínimo da função.

Derivando e igualando a zero temos:

∂dx

1+ mx

mωm 1− x2= em que x = cos ωmt

=2m2ωm 1− x2( )+ 2mωmx 1+ mx( )

2m2ωm2 1− x2( ) 1− x2

= 0 ⇒

⇒ m 1− x2( )+ x 1+ mx( ) = 0 ⇒ m = −x

Se derivarmos de novo, teremos:

∂2

dx21+ mx

mωm 1− x2

=

=2mωm 2m2ωm

2 1− m2( )3

2m2ωm2 1− m2( )3

/ 2

x=−m

=

= 1

mωm 1− m2( )3> 0 o que nos permite concluir que encontramos o mínimo.

Substituindo cosωmt = −m na expressão inicial ficamos com

RC ≤1− m2

mωm 1− m2=

1− m2

mωm

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 11

10 -

Para o sintonizado da figura temos:

L R CZ = R

1+ jR ωC −1

ωL

= R

1+ jQ ff 0

− f 0f

com f0 = 1

2π LC; LB = 1

2πRCHz

Q = f0

LB= R C

2

î

em que Q é o factor de qualidade, f 0é a frequência de ressonância e LB é a largura de banda

(a -3dB).

O factor de rejeição da frequência imagem é a razão entre o ganho à frequência da

portadora, fs , e à frequência imagem, fsi, sendo dado pela expressão α = 1+ Q2ρ2 , em que

ρ =fsi

f s−

fs

f si.

Se tivermos um receptor com frequência intermédia fi a frequência do oscilador será

f 0 = f s + f i ⇒ f s = f 0 − f i

Quando se mistura f0 com fs teremos um termo centrado em f 0 − f s( ) e outro centrado

em f 0 + f s( ). O primeiro terá frequência fi.

Mas se à entrada do misturador surgir um termo à frequência f si = f s + 2 f i a sua

mistura com f0 originará também um termo centrado em fi ( os dois termos resultantes ficarãocentrados em f 0 + f s + 2 fi( ) e f s + 2 fi − f0 = fi( )). Por essa razão é necessário ter um

circuito sintonizado à entrada do misturador para eliminar a frequência fsi.

Como f s = 555KHz

f 0 =1010KHz

⇒ f i = 455KHz e f si = 2 f i + f s = 1465KHz

Como Q = 40 ⇒ α = 1+ 402 1465

555−

555

1465

2

= 90.44

11 - Neste caso, só nos interessa a primeira frequência intermédia. A frequência imagem será

f si = 4 + 30= 34MHz , e o factor de rejeição da frequência da imagem será:

α = 1+ 752 34

30−

30

34

2

= 18.85

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 12

12 -

i - Sinal de voz filt rado

3600300 f(Hz)

ii - Resultado da modulação de três sinais de voz pelas portadoras de 12, 16 e 20 KHz

12 16 20 f(kHz)

iii - Repetição do procedimento anterior para os outros três grupos de três sinais de voz

12 16 20 f(kHz)

12 16 20 f(kHz)

iv - Resultado da modulação dos quatro grupos pelas portadoras de 120 KHz, 108 KHz, 96 KHze 84 KHz.

60 72 84 96 108 f(kHz)

O primeiro grupo está situado entre 60 e 72 KHz ( em rigor entre 60KHz + 400 Hz e 72KHz-

300Hz )

O segundo grupo está situado entre 72 e 84 KHz.

O terceiro grupo está situado entre 84KHz e 96KHz.

O quarto grupo está situado entre 96KHz e 108KHz.

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 13

Folha 3

Modu lações Angu lares

1 -/ ο t( ) f t( )

PM / ο δ ⋅ x t( ) / ο δ2π⋅d x t( )

dtFM

2πfδ x δ( )dδt

∫ f δ ⋅ x t( )

IF *k

dx t( )dt

k

2πd2x t( )

dtAF **

2π kx δ( )dδ dss

∫t

∫ k x δ( )dδ∫ * - Phase - integral modulation

** - Phase - acceleration modulation

O sinal modulado tem a forma :

v t( ) = A cosθc t( ) em que

θc t( ) = 2πf ct + / ο t( )

Em FM temos: θc t( ) = 2πf ct + 2π f λ( )dλ−∞

t

e a frequência instantânea é f i t( )=∆ 1

2πdθdt

= f c + f t( ) c / f t( ) = f δx t( )

Em PM temos: θc t( )=∆

/ ο δδ x t( )

Se x t( )= cos2πf mt temos:

PM / ο MAX = / ο δ f MAX = / ο δ2π

⋅ 2πf m = / ο δf m

FM / ο MAX = 2πf δ1

2πf m=

f δf m

f MAX = f δ

IF / ο MAX = k2πf m f MAX = k2πf m2

AF / ο MAX = 2πK1

2πf m( )2= k

2πf m2 f MAX = k

2πf m

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 14

2 - A expressão do sinal de FM inicial é:

′ v FM = A cos 2πf ct + 2πf ∂ x λ( )dλt

= 3cos 2π⋅106t + 2πf δA cos2π⋅ λ ⋅ 500⋅ A dλt

= 3cos 2π106t +Af δf m

β�

sen2π⋅500⋅ t

A ⋅ f δ = ∆f ← desvio de frequência

∆f =1⋅ f δ = 1000

β =1000

500= 2

⇒ f δ =1000Hz

V

a ) A expressão do novo sinal de FM é:

′ ′ v FM = 3cos ωpt +5000

2000β=2,5

�sen2π⋅ 2 ⋅103t

b ) A largura de banda segundo a regra de Carson tem o seguinte valor : LB = 2 β +1( )f m

Para o sinal FM inicial temos L′ B = 2 2+1( )⋅ 500= 3kHz

e para o sinal FM final temos L′ ′ B = 2 2,5+1( )⋅ 2000= 19kHz

3 -Como ∆f = 75KHz e A m = 1 então f ∂ = 75kHz / V.

Para Am = 0,8 temos β = ∆ff m

= 75.0.815

= 4 ⇒ B = 2β +19

f m = 135kHz

Para β = 4 temos os seguintes valores para as funções de Bessel:

n Jn 4( )0 -0.3971

1 -0.066

2 0.3641

3 0.4302

4 0.2811

5 0.1321

6 0.0491

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 15

O sinal FM pode ser desenvolvido em série da seguinte forma:

V FM t( ) = AcJ0 β( ) cosωct +

+ AcJ1 β( )cos ωc − ωm( )t − A cJ1 β( ) cos ωc + ωm( )t+ AcJ2 β( ) cos ωc − 2ωm( )t − AcJ2 β( )cos ωc + 2ωm( )t+...

+ AcJ3 β( )cos ωc − 3ωm( )t + AcJ3 β( ) cos ωc + 3ωm( )t ++...

e a potência normalizada do sinal FM tem o valor:

PT =Ac

2

2J0

2 β( )+ 2J12 β( ) + 2J2

2 β( )+...=1

� � � � � � �� � � � �

Como B = 9f m ficamos com as seguintes riscas do espectro:

fc

9 fm

f

Logo a potência do sinal será PT′ = 1

2J0

2 4( )+ J12 4( )+ J2

2 4( )+ J32 4( )+ J4

2 4( )

e a Percentagem da Potência Total =PT

′1

2⋅100%

4 -

a )

Como Bt = 23010

+ 1

10= 80kHz

para fm = 0,1kHz temos LB1 = 230

0.1+1

0.1= 60,2kHz ⇔ 60,2

80⋅100% de Bt ,

para fm =1kHz temos LB2 = 230

1+1

1= 62kHz ⇔

62

80⋅100% de Bt,

e para fm = 5kHz temos LB3 = 2305

+1

5 = 40kHz ⇔ 70

80⋅100% de Bt.

b ) Para PM temos:

LB1′ = 2 3+1( )0,1= 0.8kHz

LB2′ = 2 3+ 1( )1= 8kHz

LB3′ = 2 3+1( )5 = 40kHZ

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 16

5 -

Neste caso β =∆f

f m= 5

Para PT = J02 5( )+ 2J1

2 5( )+ 2J22 5( )+...> 0.95

é necessário considerar seis termos do somatório, o que corresponde à seguinte largura de

banda:

LB = 10f m = 150KHz

6 - Como f =1

2π LC temos:

f + ∆ff − ∆f

=1

2π LC12π L C+ ∆C( )

= C+ ∆CC

← Considerou- se que o diodo varia a sua capacidade

entre 0 e ∆C ou que a parte fixa está incluída em C

logo f + ∆f

f − ∆f

2

=C+ ∆C

C o que implica

que ∆C = Cf + ∆f

f − ∆f

2

−1

= 0,24pF

7 - Para o sinal modulador m t( ) temos:

Cv =100×10−12

1+ 2v=

10−10

3 1+0,09

9sen2π ⋅103t

Mas como

1+ x( )n ˜ − 1+ nx para x <<1 ⇒ 1− x( )−1/ 2 ˜ − 1−x

2

ficamos com:

Cv =10−10

31−

0,01

2sen2π⋅103t

= Cv0

− ∆Cv

em que Cv0=

10−10

3 e ∆Cv =

10−12

6sen2π⋅103t

A frequência instantânea do oscilador é dada por:

f =1

2π L C0 + Cv( )=

1

2π L C0 + Cv 0− ∆Cv( )

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 17

Como a ressonância é à frequência 5MHz quando v = 4V temos neste caso

Cv =100×10−12

9=

10−10

3= Cv0

logo

f 0 =1

2π L C0 + Cv0( )

= 5MHz

e como

f = 1

2π L C0 + Cv0

( )− L∆Cv

= 1

2π L C0 + Cv0( ) 1− ∆Cv

C0 + Cv0( )

=

= 1

2π L C0 + Cv0( ) 1−

∆Cv

C0 + Cv0( )

˜ − 1

2π L C0 + Cv0

( )f 0

� �� � � �� � �

⋅ 1+ ∆Cv

2 C0 + Cv0( )

=

= f 0 1+∆Cv

2 C0 + Cv 0( )

= 5MHz +

5,106 ⋅10−12 6

2 200⋅10−12 +10−10

3

sen2π⋅103t =

= 5×106 +1785,7∆f

� � �sen2π ⋅103t = Ý θ t( )

o sinal FM resultante tem a seguinte forma:

vFM t( )= A pcos Ý θ t( )dt∫( )= cos 2π⋅ 5⋅106t +1.785, 7

103

β=1,7857

� �� ��

cos2π⋅103t

8 -

Como

97⋅106

500⋅106 =194

76000

30= 2500

î

temos que multiplicar a frequência da portadora por 194 e o desvio de

frequência por 2500. Como o desvio de frequência só é afectado pelos multiplicadores

começamos por escolher o conjunto de duplicadores e triplicadores que aproxime 2500. A

melhor escolha é 34 × 25 = 2592. A frequência do oscilador utili zado no misturador deverá

ser tal que garanta uma frequência da portadora de 97MHz

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 18

Uma solução possível é a seguinte:

34 MIST 25

fc=500kHz

∆f=30Hz

fc=97MHz

∆f=77,8Hz

fc=40,5MHz fc=3,031MHz

∆f=2430Hz ∆f=2430Hz

fosc=43,531MHz

oufosc=37,469MHz

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 19

FOLHA 4 – RUÍDO

15 - fdp(x) = ½ em [0,2]

[ ]

[ ] [ ]

( ) [ ] [ ]

[ ] ( )19

)(

118

36,

)1(3

6)(

)1(2

1

2

1

42

)(2

11

)(

21

2

22

0

2121

−=

−+

==

−==

−==

++

t

ttX

tXt

tXtXt

et

tvE

ett

tteEttR

et

eEtvE

et

dteeE

Esta última expressão resulta de fazer t1= t2= t na anterior. Obviamente que este processo não é

estacionário em nenhum sentido e logo não ergódico.

[ ]

( )

[ ]2/)(cos)(

2/)(

))(cos(2

1

2)cos()cos()(,

02

)cos()()(

2222

22

212

1

2

0

221

2

0

2

iioii

oooAv

oA

atatv

atvE

ttad

ttdaapattR

dtdaaaptvE

=+=

=

−=++=

=+=

∫ ∫

∫∫∞

∞−

∞−

φω

ωπφφωφω

πφφω

π

π

16 - Calculemos cada uma das grandezas:

Das expressões conclui-se que o processo é estacionário no sentido lato mas não ergódico.

( ) ( )fefG fv δπ π 92

2)8/( += −

17 - Aplicando propriedades da transformada de Fourier encontra-seO valor dc corresponde à raiz quadrada do impulso na origem logo

4925

25)0()(

39)(2

=−=

==

±==

rms

v

v

Rtv

tv9

2π1/2

2π1/2/e

8/π f

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 20

18 - A função de transferência do circuito entre gerador e a resistência é dada por

( ) LRBBfjLjR

RfH π

ω2/;

)/(1

1 =+

=+

=

Desse modo será

( )2

2

)/(1

2/)()(

BffGfHfGv +

== η

Cuja transformada inversa de Fourier dará

[ ] ( )L

RRvE

eL

RBetR

v

LRBv

40

42)(

2

/2

η

ηπη ττπ

==

== −−

19 -Será E(y) = 0 e E(y2) = σ2 = 4RkToB = 4.10-10 V2. Dado que z = |y| teremos

[ ]

Vde

dyey

dyypyzE yY

62

2/

02

10.162)(2

22)(

2

22

−−

−∞∞

∞−

≅==

===

∫∫

σπλσπ

πσ

λ

σ

Dado que z2 = y2 será E[z2] = E[y2] = σ2 e por outro lado

20 - Na situação inicial, sendo L a atenuação introduzida pelo canal e η a densidade de ruído à

entrada do receptor, será

( )10

4

10.5

10.446/

−=

===

ηη

L

dBWL

SNS T

D

Assim

(a) Em alta fidelidade deveremos ter

( ) ( ) dBNSdBNSkHzW DD 65/;55/;20 maxmin ===

A potência emitida nesse caso deverá ser, expressa em dBW

WdBWNSS

WdBWNSS

DMAXTMAX

DMINMINT

3215)10.20.10.5(log10)/(

2,35)10.20.10.5(log10)/(310

10

31010

→=−=

→=−=−

(b) Neste caso deverá ser

dBNSdBNSkHzW DMAXDMIN 35)/(:25)/(;2,3 ===

R

L

Ger.Ruído

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 21

donde a potência desta vez calculada em dBm

mWdBmNSS

mWdBmNSS

DMAXTMAX

DMINTMIN

51330)10.2,3.10.5(log10)/(

5,0330)10.2,3.10.5(log10)/(310

10

31010

→−=+−=

→−=+−=−

21 -

(a)

WS

dBmkTS

dBWTTkTLS

HzmWHzWkTkT

dBmxL

T

oTdBm

oNoTdBm

oN

200

534717412060)10.5.10((log10)(log1012060

60))./((log10)(log10

/10.4/10.4

120340

31010

1010

1821

==+−+=+−+=

=−+−===

==−−

(b) Neste caso o repetidor melhora consideravelmente a situação. Cada troço passará a ter umaatenuação de somente L1 = 60dB. Como é óbvio a relação sinal ruído no receptor para se manterconstante, dado que a atenuação é metade em dB, vai exigir menor potência de emissão em cadatroço.Contudo a potência de ruído no troço final é dupla pois resulta do ruído adicionado no primeiro

troço, recebido no repetidor e ampli ficado conjuntamente com o sinal e que depois de atenuado pelo

cabo voltará a ter uma potência idêntica à do ruído gerado localmente. Assim se chamarmos ao

ruído gerado à entrada de cada receptor N, o ruído total à entrada do receptor do segundo troço será

2N. Para se obter a relação sinal ruído de 60dB será assim necessário considerar a potência do sinal

aumentada daquele factor 2, ou seja, 3dB, obtendo-se por comparação com o caso anterior:

STdBm1 = STdBm + 3dB – 60 = - 4dBm ou seja 0,4mW.

22 –

Equivale a

Como as fontes são independentes podemos escrever vn

2 = 4kR1T1B + 4kR2T2B ora

( ) ( )

( ) BTRRkv

RR

TRTRT

TRRRR

TRTRRRTRTR

mn

m

m

212

21

2211

2121

2211212211

4

.

.

+=

++=

+=+++=+

R1+R2

Vn

2

Vn

2= 4kR2T2B

R1

Vn

2= 4kR1T1B

R2

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 22

Conclui-se assim que o ruído é equivalente ao ruído gerado à resistência soma das duas a umatemperatura que corresponde à média pesada das temperaturas de cada uma delas. No casoparticular das resistências estarem à mesma temperatura o caso é mais simples pois Tm = T, em queT é a temperatura de cada resistência e então podemos substituir o circuito com duas resistênciaspela resistência equivalente para cálculo do ruído.

25 - Para Ts = To teremos No = 105k(To + Te).20.103 = kTo((Te +To)/To).20.108 = 80.10-12W. Ora kTo =4.10-21 donde podemos escrever

8.10-12((Te +To)/To) =80.10-12 e ((Te +To)/To) = 10 e Te = 9To.Será entãoF = 1 + Te/To = 1 + 9 = 10

A potência à saída quando Ts = 2 To será

No = 105.4.10-21.((2To + 9 To)/To).20.103 = 88pW.

26 -No1 = Gk(To + Te)BN

No2 =Gk(2To + Te)BN

Mas sabemos que No2 = 1,33No1 ou seja (2To + Te) = 1,33(To + Te) e Te = 2To.

F = 1 + Te/To = 3.

27 -(a) F = 3dB equivale F = 2G = 20dB equivale a G = 100L = 6dB equivale a F = 6dB ou seja F = 4

G = 0,25F = 13dB equivale a F = 20.

Assim

(b) Neste caso,

Conclui-se que a ordem dos factores não é arbitrária.

28 -F = 6dB ou seja 4, dondeTe = To(F-1) = 290.3 = 870ºK.

A temperatura total de ruído referida à entrada do receptor é

TN = Te + Ta = 920ºK.

A temperatura de ruído à entrada (incluindo contribuição do receptor) será

N = KTNB = KTo(TN/To)B = 4.10-21.3,17.2.105 = 25,4.10-16WN = -146dBW.

dBFSist 5,479,225,0.100

120

100

142 →=−+−+=

dBFSist 4,976,8100.25,0

120

25,0

124 →=−+−+=

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 23

Assim deverá ser

PR = -116dBW.

E usando a expressão acima

-116 = 30 + 20 + 20 – L fs.

Extrai-se assim

L fs = 186dB logo = 20 log10(4πr/λ).r = 4,76.103 km.

29 - (a) Neste caso o factor de mérito é igual a 1, logo SNRo = SNRc.

65

54413

44

1010

10

1010.10.10

1010.

===

==

==

−−

R

T

R

o

Rc

P

PL

WP

N

PSNR

Ou em dB 60, logo 60km de cabo.

(b) Neste caso o factor de mérito será 1/3, ou seja, precisaremos de uma SNRc 3 vezes maior, dondePR identicamente e a atenuação máxima é reduzida da mesma quantia:

==

= −

3

10

10.36

5

L

PR

o que equivale a 55,2 dB, logo a distância máxima é de 55,2 km.

(c) Neste caso será o factor de mérito dado por γ = 3/2β2.Para β = 2, teremos

6

5

2

10.6

6

10

62

3

=

=

==

L

PR

βγ

O que em dB dá 67,8 dB, logo 67,8 km.

Para β = 8,

6

5

2

10.96

96

10

962

3

=

=

==

L

PR

βγ

Em dB 79,8, logo 79,8 km.

Com pré-ênfase seria ainda melhor.

Vejamos agora o que se passa com os limiares do FM. O limiar está dependente do SNR na entradado receptor, ou seja

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Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 24

( )

208,518.96

10

18

º2

202786.6

10

6

º1

12/

4

4

<===

>===

+===

CD

CD

C

T

C

To

RD

SNRSNR

caso

SNRSNR

caso

SNR

WB

SNR

BN

PSNR

β

Assim no primeiro caso estamos acima do limiar e o sistema funcionará como previsto mas nosegundo, estamos abaixo do limiar e o resultado será degradado relativamente ao calculado.