Tarea 4 De Analogicas

Problema 1

Una señal mensaje normalizada tiene un ancho de banda de B = 8 KHz y una potencia de Pmn =1/2. Se requiere que se transmita dicha señal vía un canal con ancho de banda disponible de 64 KHz y con atenuación de 40 dB. El canal tiene ruido blanco aditivo con densidad espectral de N0/2= 10 −12 W/Hz. Considere que se una un sistema de modulación en frecuencia, sin filtros de pre-énfasis ni de-énfasis.

Si se desea que tengamos un SNR de por lo menos 40 dB en la salida del receptor, Cuál es la mínima potencia de transmisión requerida y el correspondiente índice de modulación.

Bc = 2(B+ 1)W

64 × 103 = 2(B + 1) (8 × 103)

B = 3

(S/N)0 =60B2 (B+ 1)Pmn ;

104 = 30B2 (B + 1)

104 /30 = B3 +B2

B3 +B2 - 333.333=0

B= 6.618

(S/N)0 = 3B2 Pmn (S/N)b

(S/N)b = 10000/(0.5)(3)(9) = 740.740

(S/N)b = Pr/NoW = 740.740

Pr = (S/N)b N0 W

Pr = (740.740) (2x10-12) (8x103)

Pr = 1.18x10-5

PR = 104 Pr = 0.118 WATTS

Si el SNR cambia a 60 dB como cambia la respuesta del ítem anterior?

(S/N)0 = 60B2 (B + 1)Pmn

(S/N)0 = 60db

60db= 106

106 = 30B2 (B + 1)

106 /30 = B3 +B2

B3 +B2 - 33333.333=0

B= 31.853

(S/N)0 = 3B2 Pmn (S/N)b

(S/N)b = 1000000/(0.5)(3)(9) = 740.740

(S/N)b = Pr/NoW = 74074.0740

Pr = (S/N)b N0 W

Pr = (74074.0740) (2x10-12) (8x103)

Pr = 1.18x10-3

PR = 104 Pr = 11.85 WATTS

Ahora considere que se usa un sistema de pre-énfasis y de-énfasis con constante de tiempo τ = 75 μs, como cambia la respuesta del literal anterior?

Hd(f) = 1/(1+J(f/f0))

Con f0 =1/(2π (75 µs) ) = 2100Hz

(S/N)0,PD = ((W/f0)3)/(3(W/f0-arctang(W/f0)))= 106

(S/N)0 = 1.35 x 105

Pr = 9.55x10-5

PR = 104 Pr = 0.955 WATTS

Problema 2

Demuestre que una señal a la salida de un sistema de demodulación mostrado a continuación es igual a la señal analógica original si usamos una forma PAM muestreada naturalmente.

Ws(t)= w(t)[d+ 2 d∑_1^∞▒(Sen(Kπd))/Kπd cos(Kwsd)]

V(t)= Ws(t) cos(nws d)

V(t) = w(t)[ d cos(nws d)+ 2 d∑_1^∞▒(Sen(Kπd))/Kπdcos(Kws d)cos(nws d) + 2 d (Sen(nπd))/nπdcos2(nws d)

V(t)=w(t)[d cos(nws d)+ 2 d ∑_1^∞▒(Sen(Kπd))/Kπdcos(Kws d)cos(nws d) + 2d (Sen(nπd))/nπd

[ 1/2+1/2cos(2nws d)]

Cw(t)= (dSen(nπd))/nπd w(t)

Encuentre la constante de proporcionalidad C que se obtiene al usar esta técnica de demodulación, donde w(t) es la señal analógica original y Cw(t) es la señal recuperada.

C= ( dSen(nπd))/nπd

Problema 3

Considere un señal de audio con componentes espectrales limitadas a una banda de frecuencias entre 300 y 3000 Hz. Asuma una tasa de muestreo de 8000 muestras por segundo que se usa para generar una señal PCM. Asuma que la SQNR debe ser de 40dB.

Cuál es el mínimo número de niveles de cuantización y el mínimo número de bits por muestra que se necesita para este sistema?

SQNR=3L^2 ((m^2 (t)) ̅/(m_p^2 ))

|m(t)|≤m_p=>m^2 (t)≤m_p^2=>el valor maximo de la SQNR= 3L^2

10〖log〗_10 (3L^2 )=40dB=>L=58 ;n=〖log〗_2 (58)=6

Calcule la tasa de bits necesaria.

R=n*muestras=6(8000)=48000=48Kbps

Problema 4

Un reproductor de disco compacto (CD) usa señales PCM de 16 bits que incluyen un bit de paridad y un sobre muestreo de 8 veces la señal analógica. El ancho de banda de la señal analógica es de 20 KHz.

Encuentre el ancho de banda del primer nulo para esta señal PCM.

fs ≥ 2B = 2(20 KHz) = 40 h muestras/s

f8x= 8fs= 320h muestras/s

Bnull =R = n f8x

Bnull = ((16 bits)/muestra)(320h muestras/s)

Bnull = 5.12MHz

Encuentre la SNR pico en escala en dB.

SNR= 6.02N+4.77

SNR=94.77 dB

Problema 5

Dada una señal de audio con componentes espectral en una banda de frecuencia entre 300 y 3000 Hz, y asumiendo que una tasa de muestreo de 7 KHz se usa para generar señales PCM. Diseñe el sistema PCM haciendo lo siguiente:

Dibuje un diagrama de bloques del sistema PCM incluya el transmisor, canal y receptor.

Especifique el número de niveles de cuantización necesarios y el ancho de banda de primer nulo del canal, asumiendo que la SNR pico en la salida del receptor debe ser por lo menos de 30dB y que señalización NRZ (no retorno a cero) polar es utilizada.

Asumiendo Pe =0

(S/N)db= 6.02+ 4.77 = 30 dB → n=4.19

Usando n=5+pariedad = 6 (Si no hay pariedad n=5bits)

Bnull = R = nfs=(6) (7)= 42 Khz (Con paridad)

Bnull = R = nfs=(5) (7)= 42 Khz (Sin paridad)

...