problemario - principios de las comunicaciones - josé briceñ

0

UNIVERSIDAD DE LOS ANDES FACULTAD DE INGENIERIA

ESCUELA DE INGENIERIA ELECTRICA

José E. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA

Mérida, Abril 2005

PRINCIPIOS DE LAS

COMUNICACIONES (Tercera Edición)

EDICION DIGITAL

PROBLEMARIO

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES”

CAPITULO I

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA

1

Estimado Lector:

Es posible que al resolver estos problemas o al transcribirlos pudiera haberse producido algunas erratas. Si Ud. consigue alguna errata, le ruego que me lo comunique para yo hacer la corrección correspondiente.

Puede comunicarse conmigo mediante las siguientes direcciones de correo electrónico:

[email protected] o [email protected]

Muchas gracias.

Prof. José Briceño M., Dr. Ing. Universidad de Los Andes Mérida, Venezuela

CAPITULO I

1.1. Clasifique cada una de las señales siguientes como señales de energía, de potencia o ninguna de las dos. Calcule la energía o la potencia, según el caso.

(a) ).2/t6cos(2)t(x π−π= Señal periódica, sinusoidal: señal de potencia.

W22)2()t(x

22 =>=<

(b) tcos(A)t(x cω= . Señal periódica, sinusoidal: señal de potencia. Es una señal rectificada de onda completa.

2

A)t(x2

2 >=< W

(c) )t(u)texp(tA)t(xτ

−⋅⋅= . Esta señal converge; es una señal de energía.

Energía = ∫∞

τ=τ

−0

32

22

4Adt)t2exp(tA joules

(d) .t

A)t(x ;jt

A)t(x22 +τ

τ=

+ττ

= Esta señal converge; es una señal de energía.

Energía = ∫∞

τπ=+ττ

0

222

22

||Adtt

A2 joules

(e) )t()texp(A)t(xτ

Πτ

−= . Es una señal acotada; es una señal de energía.


CAPITULO I


2

Energía = ∫τ

τ−τ=

τ−

2/

2/

22 A18,1dt)t2exp(A joules

(f) ).tf2cos()texp(A)t(x cπτ

= No converge; no es ni de potencia ni de energía.

(g) ).tf2cos()2t()

texp(A)t(x cπ

τΠ

τ−= Es una señal acotada; es de energía.

Energía = 2 2c0

2tA 2 exp( )cos (2 f t)dt.τ

− πτ∫ Hagamos, por ejemplo, A = 10; τ = 10-3 y

fc = 10 kHz. Para estos valores se tiene: Energía = 0,043 joules

(h) ).t(tA)t(x

τΠ= No está acotada; no es ni de potencia ni de energía.

(i) 23t

2 para

tA)t(

tA)t(x τ

≤≤τ

=ττ−

Π= . Acotada; es de energía

Energía = ∫τ

τ τ=

2/3

2/

2

22 A

34dt

t1A joules

1.2. Grafique las siguientes señales de energía y verifique que sus energías son las dadas.

(a) )T2t()

Tt

exp(A)t(x Π−= . Fig. P1.2(a) →

Tt para )Tt

exp(A)t(x ≤−=

Energía = ∫ =−T

0

22 TA8647,0dt)Tt2exp(2A joules

(b) )T

2/Tt()t(rTA)t(x −

Π= . Fig. P1.2(b) →

tTA)t(x = para Tt0 ≤≤

Energía = ∫ =T

0

222

2

TA31dtt

TA joules

A

T -T 0

x(t)

Fig. P1.2(a).

t

A

T t

x(t)

0 Fig. P1.2(b).

2Ax(t)

-T T 0 t

Fig. P1.2(c).


CAPITULO I


3

(c) )T2t()

Ttcos(1A)t(x Π⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ π+= . Fig. P1.2(c)

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ π+= )

Ttcos(1A)t(x para Tt ≤

x(t) es una señal llamada “en coseno elevado”.

Energía = ∫ =⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ π+

T

0

22

2 TA3dt)Ttcos(12A joules

1.3. Demuestre que las potencias promedio de las siguientes señales son las correspondientes dadas.

(a) De la Fig. 1.45 del Texto, Ten )Tt(TA)t(xT −−= ; A = 10; T = 10-3 seg

W33,33dt)Tt(TA

T1)t(x

T

0

22

22T =−>=< ∫

(b) De la Fig. 1.46 del Texto, )t10exp(10)t(x 3T −= en T. T = 2 x 10-3 seg.

∫ =−>=<2/T

0

32T W233,43dt)t10x2exp(100

T2)t(x

(c) De la Fig. 1.47 delTexto, )2/T

4/T3t()2/T

4/Tt()t(xT−

Π−−

Π= en T; T = 2 ms

∫∫ =+>=<T

2/T

2/T

0

2T W1dt

T1dt

T1)t(x


CAPITULO I


4

1.4. Grafique las siguientes señales:

)1t()atexp( −δ−

2u(t)2)-(t3 )j( +δ (2t)1)-(t )k( δδ

(a) r(t + 2) (b) r(-t - 2) (c) r(t) - 2r(t -1)

-2 0

2

t-2

1

0t

1

0 1 2t

(d) u(2t -1) = u(t - 1/2)

1

1/2 0t

(e) r(t) u(t - 1)

1

0 1 2t

(f) r(t) - u(t)

0

-1

1 t

(g) exp(-at)u(t - 1)

1 t0

exp(-a)

(h)

10t

exp(-a)

(i) u(t) - u(t -1)

1

10t

t

2

3

No hay intercepción

(l) u(t)u(1- t)

1

t

-3


CAPITULO I


5

Fig. P1.4

π

)4t(2)22t( )o( +δ=+δ)tr(t)cos( )m( oω )t(

21)2t2( π−δ=π−δ

0 5 1010

0

10

x()tt

(n)

1/2

0 t

-4 0

2 t

t

)t21(

212t)-(1 )p( −δ=δ )

4t()

8t( )q( Λ+Π )t()

2t( )r( Λ−Π

)tsgn(t)sen( )t( oω)2t()

2t(2 )s( ΛΠ )

1/21/2t(21)-2t(2 )u( +

Π=Π

)2

2t()2t(10 2 −Π−)

1/2t-2(2t)-(4 )v( Λ=Λ

)2

2t()texp()2

2t()texp( −Π−+

+Π

3e−

)2

2t()texp()2

2t(exp(-t) )z( −Π+

+Π

3e−

1e− 1e−

1/2

1/2 t

0 -4 4t

1

2

0 1-1 0

1

1-1 0

1

2

t

2

-3/4 -1/2 -1/4 0t

t0

1

-1

3/2 2 5/2 t

1

0

(x)

10

21 3

t

0

(y)

0 1 2 3t

-1 -2 -3 1 2 3-1-2-3t


CAPITULO I


6

1.5. Verifique las siguientes integrales

(a) ∫∞

∞−−

πδ

π=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −

ππδ=πδπ−δ )t1(1)t1(t)-(1 ;dt)

t1cos()t1(

∫∞

∞− π−=π

π=−

πδ

π1)cos(1dt)

t1cos()t1(1

(b) [ ]∫∞

∞−π−δ− dt)2t2()t2cos()tsen(expt2 ; [ ] )t(

21)t(2)2t2( π−δ=π−δ=π−δ

∫∞

∞−π=π−δ− 22

21dt)t()t2cos()]tsen(exp[t

21

(c) ∫∞

∞−=+++=−δ+++ 4013927dt)3t()1ttt( 23

(d) ∫∞

∞−==−+δ 086,20)3exp(dt)texp()3t(

(e) ∫∞

∞−−=π−=−π=−π−δ 1)cos()]32(cos[dt)]3t(cos[)2t(

(f) ∫∞

∞−=+=−δ+ 5)41(dt)t1()4t( 3

(g) ∫∞

∞−δ=δ=δ=−δ+ 3)-(t

313)]-[3(t9)-(3t ;dt)93t3()3t( 3

∫∞

∞−=+=−δ+ 10)327(

31dt)3t()3t(

31 3

(h) ∫∞

∞−−δ=−δ=−δ−δ+ )2t(2)]2t(

21[)1

2t( ;dt)1

2t()2t( 2

∫∞

∞−=+=−δ+ 12)24(2dt)2t()2t(2 2

(i) ∫∞

∞−Π=−⋅ )

21-t(t)u(t)-u(2 ;dt)t(u)t2(ut

2dtt 2

0=⋅∫

(j) ∫∞

∞−Π=−−+δ )

21-t(2)-u(t-u(t) ;dt)]2t(u)t(u)t([

321dt dt)t(2

0=+=+δ∫ ∫

∞

∞−


CAPITULO I


7

(k) ∫∞

∞−−−δ ;dt)tt(u)tt( 1o

1o1o

o1o1o

0)tt(u)t-(t ,t tpara)tt()tt(u)t-(t ,t tpara

=−δ<−δ=−δ≥

∫∞

∞− ⎩⎨⎧

<≥

=−−δ1o

1o1o t tpara 0

t tpara 1dt)tt(u)tt(

(l) ∫ ∞−<τ=ττ−τ

t 1 para 01)-u( pero ;d)1(u

1)-r(t 1 tpara )1t(d t

1=≥−=τ∫

1.6. Demuestre que el período de la señal periódica x(t) = 10 cos2(t) es igual a π.

Solución:

)t12cos(55)t2212cos(55)t2cos(55)t(cos10)t(x 2

ππ+=

ππ+=+== , de donde

π==∴π

=o

o f1T1f

1.7. Verifique si las siguientes señales son periódicas, en cuyo caso determine el período.

(a) )t26cos()t6cos()t(x π+π=

periódica es no señal la ;irracionalfracción 2

1nm

n2T232

m2T32→=

⎭⎬⎫

π=⋅π

π=⋅π

(b) )t25cos(5)t60cos(10)t(x +π=

periódica es no señal la ;irracionalfracción 5,12

30nm

n2T5,122

m2T302→

π=

⎪⎭

⎪⎬⎫

π=π

⋅π

π=⋅π

(c) )t50cos()t60cos()t(x π+π=

periódica es señal la racional; fracción2530

nm

n2T252m2T302

→=⎭⎬⎫

π=⋅ππ=⋅π

Período 12525T ==

(d) )7tcos()

3tcos()t(x +=


CAPITULO I


8


nm

n2T14

12

m2T612

→=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

π=π

π

π=π

π

Período π=

π

= 42

1413T

(e) ∑∞

−∞=

−Π=n

)n5t()t(x → señal periódica rectangular amplitud unitaria, de período

Período T = 5 y τ = 1.

(f) )t6sen()t5cos()t(x π+π=


nm

n2T32 m2T5,22

→=⎭⎬⎫

π=⋅ππ=⋅π

Período T = 5/2,5 = 2

(h) )tcos()t2sen()t(x π+=

periódica es no señal la ;irracional fracción2nm

n2T212

m2T12→

π=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

π=π

π=π

π

1.8. Dibujar los fasores y los espectros uni y bilaterales de las señales

(a)

)4

t6cos(5)t(x π−π=

fo = 3 Hz

4/π

4/π4/π

4/π

0 Real

Imag

-

f

f

Amp

Fase

-3

-3 0

0

Fase

2,5 2,

-

f

f

(a) Diagrama Fasorial (b) Espectro Unilateral (c) Espectro Bilateral

Fig. P1.8(a)

5

0

0

Amp


CAPITULO I


9

3/2π

3/2π3/2π

3/2π

0 Imag

Real

(a) Diagrama Fasorial

-

Amp 2

f

f

0

0 Fase

Amp 1 1

-

5 -5

-5 5

f

f

Fase

0

0

(b) Espectro Unilateral (c) Espectro Bilateral

Fig. P1.8(b).

(b)

]26

-t2cos[10

6t10sen(2)t(x

π−

ππ=

π−π=

)3/2t10cos(2)t(x π−π=

fo = 5 Hz

1.9. Demostrar las siguientes transformaciones trigonométricas (Sugerencia: usar fasores)

(a) mccmc2c1 ffcon )]t(tcos[)t(E]t)cos[(A)tcos(A)t(x ≥Ψ+ω=ω+ω+ω=

donde )tcos(AA

)tsen(Aarctg(t)y )tcos(AA2AA)t(Em21

m2m21

22

21 ω+

ω=Ψω++=

Solución:

]t)cos[(A)tcos(A)t(x mc2c1 ω+ω+ω=

El diagrama fasorial generalizado de x(t) tiene la forma mostrada en la Fig. P1.9(a).

Del diagrama fasorial de la Fig. P1.9(a),

2 2

1 c 2 c m2

1 c 2 c m

E (t) [A cos( t) A cos[( )t]

[A sen( t) A sen[( )t]

= ω + ω +ω

+ ω + ω +ω

Desarrollando y ordenando términos llegamos a la expresión

)tcos(AA2AA)t(E m2122

21

2 ω++= , de donde

)tcos(AA2AA)t(E m2122

21 ω++=

Asimismo, vemos del diagrama que )t(t)t( c Ψ+ω=Θ , donde

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ω+

ω=Ψ

)tcos(AA)tsen(Aarctg)t(m21

m2 . Por la tanto, x(t) se puede expresar en la forma

)]t(tcos[)t(E)]t(cos[)t(E)t(x c Ψ+ω=Θ=

)tcos(A c1 ω]t)cos[(A mc2 ω+ω

)tsen(A c1 ω

]t)sen[(A mc2 ω+ω

)t(E

1A

2A

)t(Θ

)t(Ψ

tmω

tcω

tcω

Imag

Real 0

Fig. P1.9(a).


CAPITULO I


10

Nótese que )t(Ψ es el ángulo de desfase entre el fasor de x(t) y el fasor de ).tcos(A c1 ω

(b) ]2

t)cos[(A)tcos(A]t)sen[(A)tcos(A)t(x mc2c1mc2c1π

−ω+ω+ω=ω+ω+ω=

El diagrama fasorial correspondiente se muestra en la Fig. P1.9(b).

De la Fig. P1.9(b),

2

mc2c1

2

mc2c12 ]t)(

2sen[A)tsen(A]t)(

2cos[A)tcos(A)t(E ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ω+ω−

π−ω+⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ω+ω−

π+ω=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ω+ω−

π+ω+ω−

πω+ω+= ]t)(

2[cosA]t)(

2cos[)tcos(AA2)t(cosA)t(E mc

222mcc21c

221

2 +

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ω+ω−

π+ω+ω−

πω−ω+ ]t)(

2[senA]t)(

2sen[)tsen(AA2)t(senA mc

222mcc21c

221

[ ] +⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ω+ω−

π+ω+ω−

π+ω+ω= ]t)(

2[sen]t)(

2[cosA)t(sen)t(cosA)t(E mc

2mc

222c

2c

221

2

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ω+ω−

π−ω+ω−

πω+ ]t)(

2sen[]t)(

2cos[)tcos(AA2 mcmcc21

El lector puede verificar fácilmente que el tercer término de la expresión anterior es igual a ).tsen(AA2 m21 ω Por lo tanto,

)tsen(AA2AA)t(E m2122

21

2 ω++= , de donde )tsen(AA2AA)t(E m2122

21 ω++=

En cuanto al desfase, del diagrama vemos que ),t()t(tc Θ+Ψ=ω de donde

tcω

tcω

tmω

tmω

)t(Θ

)t(Ψ)t(E

1A 2A

)tcos(A c1 ω

2A

]t)(2

sen[A mc2 ω+ω−π

]t)(2

cos[A mc2 ω+ω−π

2π)tsen(A m2 ω

t)(2 mc ω+ω−π

)tsen(A c1 ω

Real

Imag

0

Fig. P1.9(b).


CAPITULO I


11

c(t) t (t)Θ = ω −Ψ . También )tsen(AA

)tcos(Aarctg)t(m21

m2

ω+ω

=Ψ

El signo menos puede incorporarse a )t(Ψ o dejarse como está.

1.10. Exprese x(t) en la forma polar )]t(tcos[)t(E)t(x c Ψ+ω= y dibuje su diagrama fasorial.

(a) );t20cos()t60cos(10)t10cos()t50sen(6)t(x ππ+ππ= referencia fc = 20

Solución: )t20cos()t60cos(10)t10cos()t50sen(6)t(x ππ+ππ=

)t40cos(5)t80cos(5)t40cos(3)t60cos(3)t(x π+π+π+π=

)t80cos(5)t60cos(3)t40cos(8)t(x π+π+π=

Sea 1c1c 280 ;20 ;40 ω+ω=πω=πω=π . Entonces,

]t)2cos[(5]t)cos[(3)tcos(8)t(x 1c1cc ω+ω+ω+ω+ω= .

El diagrama fasorial de x(t), referido a fc, tiene la forma, Fig. P1.10(a) .

Del diagrama fasorial,

[ ] +ω+ω+= 211

2 )t2cos(5)tcos(38)t(E [ ]211 )t2sen(5)tsen(3 ω+ω+

)t2cos(5)tcos(38)t2sen(5)tsen(3arctg)t(11

11

ω+ω+ω+ω

=Ψ

(b)

c m m c

c m c m

x(t) [A A cos( t)]cos( t) con A A y f f

= + ω ω> >>

]t)cos[(2

A]t)cos[(2

A)tcos(A)t(x mcm

mcm

cc ω−ω+ω+ω+ω=

El diagrama fasorial de x(t) tiene la forma mostrada en la Fig. P1.10(b)

Del diagrama fasorial, Fig. P2.10(b),

)tcos(AA)t(E mmc ω+= y 0)t( =Ψ

t1ω

t2 1ω

)t(Ψ

8 3

5 E(t)

0 ref

Fig. P1.10(a).

tmω

tmωE(t)

Ac

Am/2

Am/2

ref

Fig. P1.10(b)

0


CAPITULO I


12

Nótese que este es el diagrama fasorial de una Señal Modulada AM, que veremos en el Capítulo VI.

(c) mcmccmmcc ffy AAcon )tsen()tsen(A)tcos(A)t(x >>>ωω−ω=

]t)cos[(2

A]t)cos[(2

A)tcos(A)t(x mcm

mcm

cc ω−ω−ω+ω+ω=

El diagrama fasorial de x(t) tiene la forma, Fig. P1.10(c).

Del diagrama fasorial, Fig. P1.10(c),

2m

m2c )]tsen(

2A2[A)t(E ω+=

)t(senAA m22

m2c ω+=

c

mm

A)tsen(Aarctg)t( ω

=Ψ

Nótese que este es el diagrama fasorial de una Señal Modulada FM en Banda Angosta, que veremos en el Capítulo VI.

(d) )tsen()t(n)tcos()t(n)tcos(A)t(x cscccc ω−ω+ω= . Esta señal representa a una portadora de frecuencia fc afectada por ruido blanco pasabanda, concepto que utilizaremos en el estudio de la influencia del ruido en sistemas de comunicación.

)2

tcos()t(n)tcos()]t(nA[)t(x cscccπ

−ω−ω+= ,

cuyo diagrama fasorial es, Fig. P1.10(d).

Del diagrama fasorial, Fig. P1.10(d),

)t(n)]t(nA[)t(E 2s

2cc ++=

)t(nA)t(narctg)t(cc

s

+=Ψ

1.11. Demuestre que si ),Tt(x)t(x += entonces,

∫ ∫∫ ∫ ∫++

− −===

tT

T

t

0

2/Ta

2/Ta

2/T

2/T

T

0dt)t(x x(t)dty dt)t(x dt)t(xdt)t(x

Solución:

Sea el cambio de variables .ddtTt τ=∴−τ=

tmω)t(Ψ tmω

tmω

E(t)

Acref

0

Fig. P1.10(c)

Am/2

)t(Ψ

E(t)

refAc + nc(t)

ns(t)

-ns(t)

Fig. P1.10.(d)

0


CAPITULO I


13

Si [A] T)-x()x(T)T- x(entonces ),t(x)Tt(x τ=τ=+τ=+

Consideremos ahora:

∫β

α;dt)t(x haciendo Tt −τ= y usando [A],

∫ ∫ ∫β

α

+β

+α

+β

+αττ=τ−τ=

T

T

T

Td)(xd)T(xdt)t(x

Cambiando t por τ, ∫ ∫β

α

+β

+α=

T

Tdt)t(xdt)t(x [B]

Se puede escribir también: ∫ ∫ ∫+

−

−

−

+

−+=

2/Ta

2/Ta

2/T

2/Ta

2/Ta

2/Tdt)t(xdt)t(xdt)t(x

Aplicando [B] la primera integral del miembro derecho, obtenemos:

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫+

− +

+

−

+

− + −=+=+=

2/Ta

2/Ta

2/T

2/Ta

2/Ta

2/T

2/Ta

2/T

2/T

2/Ta

2/T

2/Tdt)t(xdt)t(xdt)t(xdt)t(xdt)t(xdt)t(x

Por consiguiente, ∫ ∫+

− −=

2/Ta

2/Ta

2/T

2/Tdt)t(xdt)t(x

Si ∫ ∫==T/2

T/2-

T

0x(t)dtx(t)dt ,

2Ta

Si ∫ ∫+

==β=αt

0

Tt

Tx(t)dtx(t)dt :[B] de entonces, t,y 0

1.12. En las señales periódicas siguientes, verifique que el coeficiente de Fourier Xn es el dado. Desarrolle también xT(t) en serie de Fourier con A = 8.

(a) De la Fig. 1.48 del Texto,

Ten )4/T

8/Tt()4Tt(

TA4)

4/T8/Tt()

4Tt(

TA4)t(xT

−Π−−

+Π+=

Señal simétrica, φn = 0

∫π

−

π=π−−=

4/T

0 22o2n ]2

)2

ncos(1[

n4A16dt)tnf2cos()

4Tt(

TA8X

24AX 8,A );

4n(sinc

4A)

4n(sen

n4A16

o22

22 ====π

π=

X1 = 1,621; X2 = 0,811; X3 = 0,18

⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ω+ω+ω+= )t3cos(36,0)t2cos(621,1)tcos(242,32)t(x oooT


CAPITULO I


14

(b) De la Fig. 1.49 del Texto, T1f T;en )tf2cos(A)t(x ooT =π=

Señal simétrica, φn = 0.

∫ −

π

π−=ππ=

4/T

0 2oon 1n

)2

ncos(Adt)tnf2cos()tf2cos(TA2X

⎪⎩

⎪⎨

⎧−π

−−=

imparn para 0

parn para )1n(

)1(AX 2

2/n

n

A = 8; 073,0X ;17,0X ;849,0X ;546,2AX 642o =−===π

=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅−ω+ω−ω+= )t6cos(146,0)t4cos(34,0)t2cos(698,1546,2)t(x oooT

(c) De la Fig. 1.50 del Texto, Ten tTA)t(xT =

2

0;ny n todopara n2

Aj)n2(nA2jdt)tnf2jexp(t

TAX n2

T

0 o2nπ

=φ≠π

=ππ

=π−= ∫

424,0X ;637,0X ;273,1X ;428

2Adtt

TAX 321

T

02o ======⋅= ∫

El desarrollo en serie de Fourier es una serie de senos de la forma

⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ω+ω+ω+= )t3sen(849,0)t2sen(273,1)tsen(546,24)t(x oooT

(d) De la Fig. 1.51 del Texto, Ten )Ttexp(A)t(xT −=

∫ π+−−π−

−=π−−=T

0 on n2j11)1n2jexp(Adt)tnf2jexp()

Ttexp(

TAX

n2j1A6321,0

n2j11)1exp(AXn π+=

π+−−

−= ; )n2arctg(n π−=φ ; A = 8

268,0X ;401,0X ;795,0X ;057,5X 321o ====

o3

o2

o1 96,86 ;45,85 ;96,80 −=φ−=φ−=φ

+−ω+−ω+= )45,85t2cos(802,0)96,80tcos(59,1057,5)t(x oo

ooT

⋅⋅⋅⋅⋅⋅+−ω+ )96,86t3cos(268,0 oo


CAPITULO I


15

(e) De la Fig. 1.52 del Texto, Ten tTA)t(x 2

2T =

33

22T

0 o2

3n njn2n2j

4Adt)tnf2jexp(t

TAX

π−π−π

−=π−= ∫

∫ ====π=φπ

π+=

T

0

23on22n 667,2

38

3Adt t

TAX );n(arctg ;

n2)nj1(AX

427,0X ;645,0X ;336,1X 321 ===

o3

o2

o1 943,83 ;95,80 ;343,72 =φ=φ=φ

++ω++ω+= )96,80t2cos(289,1)343,72tcos(672,2667,2)t(x oo

ooT

⋅⋅⋅⋅⋅⋅++ω+ )94,83t3cos(854,0 oo

(f) Sea la Fig. P1.12 (Fig. 1.53 del Texto)

π= 2T ; En la Fig. 1.53 del Texto, hagamos T T;

2 2α β α

β = = = απ π

donde α es una medida del desplazamiento bo de xT(t). varía entre 0 y /2α π mientras que bo varía entre 1 y cero; por lo tanto, )cos(bo α=

En relación con el eje 0’, )tcos()T

t2cos(x'T =

π=

En relación con el eje 0, o'TT b)t(x)t(x −= , pero )cos(bo α= . Entonces,

Ten )cos()tcos()t(xT α−= . Señal simétrica


CAPITULO I


16

∫α

α−π

=0n dt)ntcos()]cos()t[cos(

22X

)1n)(1n(n)ncos()(nsen)n(sen)cos(1Xn −+

αα−ααπ

= ; φn = 0

para todo n, excepto 1n ±= y n = 0

]2

)2sen([21X ;)cos()sen(X 1o

α−α

π=

πα⋅α−α

=

Para desarrollar xT(t) en Serie de Fourier, vamos a suponer que α = π/4 y que la amplitud de )t(x'

T es de 100 en vez de 1 (En la práctica estos valores son altos). Entonces,

Xo = 4,8; X1 = 4,5; X2 = 3,8; X3 = 2,7; X4 = 1,5; ......., de donde

⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ω+ω+ω+ω+= )t4cos(3)t3cos(3,5)t2cos(5,7)tcos(1,98,4)t(x ooooT

1.13.La señal (d) del Problema 1.12 se aplica a un filtro pasabajo de ganancia 2 y ancho de banda B = 2500 Hz. Si A = 10 y T = 1 ms, compruebe que

(a) La potencia de entrada al filtro es de 43,233 W

(b) La salida del filtro es

)45,85t10x4cos(006,2)96,80t10x2cos(975,3642,12)t(y o3o3 −π+−π+=

(c) La potencia de salida del filtro es de 169,73 W

Solución:

Del Problema 1.12(d):22n

n41A6321,0X

π+= ; A = 10; T = 10-3 s; fo = 103; ganancia = 2

La separación entre componentes es de 1000 Hz. Como B = 2500 Hz, por el filtro pasarán solamente las componentes Xo, X1 y X2.

(a) Potencia de entrada. en )Ttexp(10)t(xT −= T

∫−

=⋅−>=<310

0

332T W24,43dt)t102exp(10010)t(x

(b) Salida del filtro. De los resultados del Problema 1. 12, para A = 10 y fo = 1000

)45,85t4000cos(006,2)96,80t2000cos(974,3642,12)t(y oo −π+−π+=

(d) Potencia de salida del filtro.

]|X|2|X|2X[4)t(y 22

21

2o

2 ++=<


CAPITULO I


17

W73,169])501,0(2)994,0(2)321,6,0[(4)t(y 2222 =++>=<

1.14. La señal rectificada de media onda del Problema 1.12(b) se aplica a un filtro pasabajo de ganancia unitaria y ancho de banda B = 400 Hz. Si A = 100 y fo = 60 Hz, demuestre que el Factor de Rizado a la salida del filtro es del 48,24%.

Solución:

Datos: B = 400 Hz; A = 100; Señal rectificada del Problema 1.12(b)

Del Problema 1.12(b), ⎪⎩

⎪⎨

⎧−π−−

=imparn para 0

parn para )1n(

)1(100X 2

2/n

n

Puesto que el filtro deja pasar hasta 400 Hz y solamente existen componentes con n par, el filtro dejará pasar las componentes Xo, X2, X4 y X6. De los datos del Problema 1.12(b),

%24,48100)546,2(

])073,0()17,0()849,0[(2100X

X2 Rizado% de Factor 2

222

2o

N

2n

2n

=+−+

==∑=

1.15.(a) Dibuje el espectro de potencia |Xn|2 vs nfo de las tres señales del Problema 1.3. (Tome seis componentes a cada lado del origen).

(b) Si estas tres señales se aplican separadamente a un filtro pasabanda de ganancia unitaria, de ancho de banda B = 1400 Hz y centrado en fc = 1500 Hz, determine las correspondientes potencias de salida del filtro.

Solución:

(a) 1. Señal Diente de Sierra: Hz 1000f 10;A T;en )Tt(TA)t(x oT ==−−=

∫ π=

π−=

ππ

−=π−−−

=T

0 n22o2n n5X ;

n5j

nnj5dt)tnf2jexp()Tt(

TAX

∫−

=−−= −310

0

37o 5dt)10t(10X ; |Xo|2 = 25; |X1|2 = 6,416; |X2|2 = 0,401; |X3|2 = 0,079;

|X4|2 = 0,025; |X5|2 = 0,01; |X6|2 = 0,005.

El espectro de potencia tiene la forma (frecuencias positivas solamente)

2oX 2

1X 22X 2

3X 24X 2

5X 26X

fo fo fo fo fo fo 0 f

fo = 1000 Hz

Fig. P1.15.


CAPITULO I


18

2. Señal Exponencial. Hz 500f ms; 2 T T;en |)t|10exp(10)t(x o3

T ==−=

22

n2/T

0 o3

n n1)]1exp()1(1[10dt)tnf2cos()t10exp(10

T2X

π+−−−

=π−= ∫

==== 23

22

21

2o X ;024,0X ;584,1X ;958,39X 0,023; etc.

El espectro tiene la misma forma que la de la Fig. P1.15, pero con las componentes a las frecuencias 0, 500 Hz, 1000 Hz, 1500 Hz, 2000 Hz, 2500 Hz, etc.

3. Señal Cuadrada. 3-3oT 10T Hz; 10f T;en )

2/T2/T3t()

2/T4/Tt()t(x ==

−Π−

−Π=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ π−−π−= ∫ ∫

2/T

0

T

2/T oon dt)tnf2jexp(dt)tnf2jexp( T1X

π+−−

=π

π−++π−−=

jn2)1(2

21

jn)]n2jexp(1)jnexp(2[

21X

n

n

⎪⎩

⎪⎨⎧

π=parn para 0

impar n para jn2

Xn 0X ;imparn para n

4X o222

n =π

=

etc. ;005,0X ;008,0X ;016,0X ;045,0X ;405,0X 29

27

25

23

21 =====

El espectro es similar al de la Fig. P1.15, pero con las componentes a las frecuencias 1 kHz, 3 kHz, 5 kHz, 7 kHz, 9 kHz, etc.

(b) Filtro Pasabanda, ganancia unitaria, B = 1400 Hz, fc = 1500 Hz. La banda de paso del filtro se extiende desde 800 Hz hasta 2200 Hz

1. Señal Diente de Sierra.

fo = 1000 Hz. Solamente pasan las componentes X1 y X2 de 1000 Hz y 2000 Hz, respectivamente.

Potencia de salida: 634,13)401,0416,6(2]XX[2)t(y 22

21

2 =+=+>=< W

2. Señal Exponencial.

500fo = Hz; n impar. Pasa solamente la componente X3 de 1500 Hz.

Potencia de Salida: 906,8453,4x2X2)t(y 23

2 ==>=< W

3. Señal Cuadrada.

fo = 1000 Hz; n impar. Pasa solamente la componente X1 de 1000 Hz.

Potencia de salida: 810,0405,0x2X2)t(y 21

2 ==>=< W


CAPITULO I


19

1.16. Sea la señal periódica de la Fig. P1.16 (Fig. 1.54 del Texto). Aplique el concepto de Transfor-mada de Fourier de Señales Periódicas.

Demuestre:

(a) Que el Coeficiente de Fourier Xn es

0 1 2 3 4 5 -1 -2 -3 -4 -5

xT(t) 10

-10 Fig. P1.16

t

n 2n n o

n nX 5( 1) sin c( ) 2,5sin c ( ); 0; X 2,52 4

= − − φ = =

(b) Que si la señal se aplica a una resistencia de 1000 Ohm, la potencia disipada en la resistencia es de 266,67 mW.

Solución:

(a) De la Fig. P1.16, la señal generatriz xg(t) de x(t) es:

gt 2x (t) 10 (t) 10 ( )

2−

= − Λ + Π , cuya transformada de Fourier es

2gX (f ) 10sin c (f ) 20sin c(2f ) exp( j4 f )= − + − π ; el período de x(t) es T = 4.

2n

n 12n

1 n nX 10sin c ( ) 20sin c( )exp( j n)4 4 2

n ( 1) para n impar pero cos(n )=(-1) ; sen( )2 0 para n par

−

⎡ ⎤= − + − π⎢ ⎥⎣ ⎦⎧π ⎪ −π = ⎨⎪⎩

Entonces, n 2n

n nX 5( 1) sin c( ) 2,5sin c ( )2 4

= − − para n impar. Xo = 2,5; n 0φ =

(b) La potencia disipada en una carga de RL Ohm es 2

LL

x (t)PR

< >=

Hay que definir a x(t) en el intervalo T: 10(t 1) para 0 t<1

x(t)10 para 1 t<2

− ≤⎧= ⎨ ≤⎩

en T/2

1 2

2 2

0 1

x (t) 2 100(t 1) dt 2 100dt 266,67 W< >= − + =∫ ∫


CAPITULO I


20

L266,67P 0,26667 W 266,67 mW1000

= = =

1.17. Suponga que el circuito eléctrico de la Fig. P1.17 (Fig. 1.55 del Texto) tiene un voltaje aplicado v(t) de la forma

∑∞

=

θ+π+=1n

nono )tnf2cos(VV)t(v

La corriente correspondiente vendrá dada por

∑∞

=

φ+π+=1n

nono ).tnf2cos(II)t(i

CircuitoEléctrico

i(t)

v(t)

Fig. P1.17

Si se define la potencia promedio de entrada al circuito en la forma

∫− ⋅=2/T

2/Tdt)t(i)t(v

T1P , demuestre que la potencia de entrada se puede expresar en la

forma ∑∞

=

φ−θ⋅

+=1n

nnnn

oo )cos(2

IVIVP

Solución:

∫ ∫ ∑− −

∞

=

θ+π+==2/T

2/T

2/T

2/T1n

nono )]tnf2cos(VV[T1dt)t(i)t(v

T1P ∑

∞

=

φ+π+1n

nono dt]tnf2cos(II[

∫ ∑ ∑−

∞

=

∞

=

+θ+π+φ+π+=2/T

2/T1n 1n

nonononooo )tnf2cos(VI)tnf2cos(IVIV[T1P

∑ ∑∞

=

∞

=

φ+π⋅θ+π+1n 1n

nonnon dt)]tnf2cos(I)tnf2cos(V

∫ ∑ ∫−

∞

=−

+φ+π+=2/T

2/T1n

2/T

2/T nonooo dt)tnf2cos(T1IVdtIV

T1P

∑ ∫∞

=−

+θ+π+1n

2/T

2/T nono dt)tnf2cos(T1VI

∑ ∫∞

=−

⋅φ+π⋅θ+π⋅+1n

2/T

2/T nononn dt)tnf2cos()tnf2cos(T1IV

La primera integral es simplemente igual a VoIo; la segunda y tercera integrales son iguales a cero porque la integración se hace dentro de un período completo del coseno.

La cuarta integral es igual a ).cos(21

nn φ−θ Por lo tanto,


CAPITULO I


21

∑∞

=

φ−θ+=1n

nnnnoo )cos(IV21IVP

1.18. El voltaje aplicado al circuito eléctrico de la Fig. 1.55 del Texto es

o ov(t) V cos(2 f t)= π

y la corriente i(t) tiene la forma on

t nT t nT T / 2i(t) I ( ) ( )T / 2 T / 2

∞

=−∞

− − −⎡ ⎤= Π −Π⎢ ⎥⎣ ⎦∑ .

(a) Demuestre que la potencia instantánea p(t) = v(t) i(t), para T = 1, es

o op(t) V I cos(2 t)= π en T. Nótese que p(t) tiene la forma de una señal rectificada de onda completa.

(b) Demuestre que la potencia promedio es 2 2 2o o

1p (t) V I2

< >= .

Solución:

Veamos primero la forma de i(t). La señal i(t) es periódica y su función generatriz ig(t) se

obtiene para n = 0. Entonces, para n = 0, g ot t T / 2i (t) I ( ) ( )

T / 2 T / 2−⎡ ⎤= Π −Π⎢ ⎥⎣ ⎦

. En la Fig.

P1.18(a) se muestra ig(t) e i(t) para T = 1.

ig(t)

-Io

Io

t 1/4 -1/4

3/4 T = 1

0

Io

-Io

1/4 -1/4

i(t)

1-1

1/2 -1/2

-1 0 t

(a) Señal Generatriz (b) Corriente Fig. P1.18(a)

En la Fig. P1.18(b) se muestra gráficamente la formación del producto v(t) por i(t) que

es la potencia instantánea, y la forma final de p(t), siendo o op(t) V I cos(2 t)= π cuando T = 1. Nótese que p(t) tiene la forma de una señal rectificada de onda completa. Nótese también que el período de p(t) es T = ½.


CAPITULO I


22

-Vo

Vo

Io

-Io

i(t)

v(t)

t -1/4 1/4

0 1/2 -1/2 -1 1

t 0 1/4 -1/4 3/4 -3/4 1 -1

p(t) VoIo

(a)

(b) Potencia instantánea p(t) = v(t) i(t) Fig. P1.18(b)

(b) El período de p(t) es T/2, entonces,

1/ 4T / 22 2 2 2 2 2

o o o o00

2 2o o

2p (t) V I cos (2 t)dt 4(V I ) cos (2 t)dtT

V I = 2

< >= π = π∫ ∫

1.19. La señal ov(t) 2110cos(2 f t)= π , con fo = 60 Hz, se aplica a un rectificador de media onda. El rectificador alimenta a una carga de 50 Ohm.

(a) Demuestre que el Coeficiente de Fourier de la corriente i(t) que circula por la carga es

n 22

2n

2110( 1) para n parI 50 (n 1)0 para n impar

+⎧−⎪⎪= ⎨ π −

⎪⎪⎩

; Io = 0,99 Amp; n 0φ =

(b) El desarrollo de i(t) en Serie de Fourier es

i(t) 0,99 0,66cos(240 t) 0,132cos(480 t) 0,057cos(720 t) 0,031cos(960 t) ........

= + π − π ++ π − π +


CAPITULO I


23

Solución:

(a) ov(t) 2110cos(2 f t)= π ; v(t) 1i(t) ; T=R 60

= ; fo = 60 Hz; R = 50 Ohm

La señal de salida rectificada tiene la forma de la Fig. P1.19.

La corriente será

o2110cos(2 f t)v(t)i(t)R 50

π= = en T

T/4-T/4 T/2 -T/2 T -T

Vo

0 t

----- -----

Fig. P1.19

El Coeficiente de Fourier de i(t) será

T / 4

n0

1/ 240

n0

n 22

n 2

2 2110I cos(120 t) cos(120 nt)dtT 50

120 2110I cos(120 t)cos(120 nt)dt50

ncos( )110 2 110 2 ( 1)2I para n par50 (n 1)(n 1) 50 n 1

+

= π π

= π π

π−

= − =π + − π −

∫

∫

n 22

2n

110 2 ( 1) para n parI 50 n 10 para n impar

+⎧−⎪

= ⎨ π −⎪⎩

; Io = 0,99 Amp; n 0φ =

El desarrollo de Fourier de i(t) es: i(t) 0,99 0,66cos(240 t) 0,132cos(480 t) 0,057cos(720 t) 0,031cos(960 t) ........

= + π − π ++ π − π +

1.20.` Sea la Fig. P1.20 (Fig. 1.56 del Texto).

(a) Demuestre que el Coeficiente de Fourier de x(t) es

2 2n

8A para impar X 3 n

0 para n par y n 0

⎧⎪= π⎨⎪ ≠⎩

o nAX ; 03

= φ =

0 -A/3

A x(t)

t T/2 -T/2

T -T

Fig. P1.20

-to to


CAPITULO I


24

(b) Demuestre que la potencia promedio de x(t), para A = 10, es 2x (t) 25,926 W< >= (c) La señal x(t) se pasa por un filtro pasabajo, de ganancia unitaria y ancho de banda

de 35 Hz. Si T= 0,1 y A = 10, demuestre que la potencia de salida del filtro es de 26,915 W.

Solución:

(a) La forma de la señal se presta para calcular los coeficientes de Fourier mediante la Transformada de Fourier. La señal generatriz se puede expresar en la forma

gA t 4A tx (t) ( ) ( )3 T 3 T / 2

= − Π + Λ , cuya transformada de Fourier es

2g

2 2n

AT 4AT TfX (f ) sin c(Tf ) sin c ( )3 6 2

1 AT nT 4AT nT A 4A nX sin c( ) sin c ( ) sin c(n) sin c ( )T 3 T 6 2T 3 6 2

= − +

⎡ ⎤= − + = − +⎢ ⎥⎣ ⎦

2 2n

8A para n imparX n

0 para n par y n 0

⎧⎪= π⎨⎪ ≠⎩

n 0φ =

El lector puede demostrar fácilmente que Xo = A/3.

(b) Para calcular la potencia promedio de x(t) , hay que definir x(t) en forma analítica dentro del intervalo T. Primero hay que hallar el valor to mostrado en la Fig. P1.20. to es el punto por donde la señal cruza el eje t. Por triángulos semejantes,

o

A 4A / 3t T / 2= ; de donde o

3Tt8

= . Por lo tanto, la señal x(t) será

o

o

8A T(t t ) para - t 03T 2x(t)

8A T(t t ) para 0 t<3T 2

⎧ + ≤ <⎪⎪= ⎨⎪− − ≤⎪⎩

con o3Tt8

= .

La potencia de entrada al filtro será, para A = 10 y T = 0,1, 2T / 2

2

0

2 8A 3Tx (t) (t ) dtT 3T 8

⎡ ⎤< >= − −⎢ ⎥⎣ ⎦∫ = 25,926 W

(c) Ancho de Banda del filtro = 35 Hz; fo = 10 Hz.


CAPITULO I


25

Como el filtro tiene un ancho de banda de 35 Hz y fo = 10 Hz, él dejará pasar solamente las componentes Xo, X1, X2 y X3 . Por lo tanto, su potencia de salida será, aplicando el Teorema de Parseval,

2 2 2 2 2o 1 2 3y (t) X 2 X X X 25,915 W⎡ ⎤< >= + + + =⎣ ⎦

1.21. Sean las dos señales perió-dicas de la Fig. P1.21.

(a) Demuestre que sus corres-pondientes Coeficientes de Fourier son

2

n o n

nsen ( )4X j2A ; X 0;

n 2

ππ

= = φ =π

n 12

2n

o 1 n

( 1)j2A para n impar 1Y (n 1)0 para n par

2A Y 0; Y =j ; 3 2

−⎧−⎪⎪− ≠ ±= ⎨ π −

⎪⎪⎩

π= θ =

π

T/4

T/4

T/2 A

-A A

-A

t

t

Seno

Fig. P1.21

x(t)

y(t)

0

0

(b) Demuestre que las potencias de x(t) y de y(t) están relacionadas mediante la expresión

2 2

2 x (t) Ay (t)2 4

< >< >= =

Solución:

(a) Para x(t) utilicemos el método de la Transformada de una Señal Periódica.

La señal generatriz de x(t) es

g

g

g

n

t T /8 t T /8x (t) A ( ) A ( )T / 4 T / 4

AT Tf T AT Tf TX (f ) sin c( )exp( j2 f ) sin c( )exp( j2 f )4 4 8 4 4 8AT Tf TfX (f ) j sin c( )sen( )2 4 4

1 AT Tn nT A n nX j sin c( )sen( ) j sin c( )sen( )T 2 4T 4T 2 4 4

+ −= Π − Π

= π − − π

π=

π π⎡ ⎤= =⎢ ⎥⎣ ⎦


CAPITULO I


26

2n o n

nsen( )A n 2A n4X j sen( ) j sen ( ); X 0; n2 4 n 4 24

ππ π π

= = = φ =π π

Para la señal y(t) vamos a usar la integral. De la Fig. P1.21, definimos y(t):

4 ty(t) Asen( )Tπ

= − para T Tt4 4

− ≤ < ; es una señal impar

T / 4

n0

2 4 t 2 ntY j Asen( )sen( )dtT T T

π π= − −∫ . Integrando,

n 12

2n 2

nsen( ) 2A( 1)j para n impar2Y j2A (n 4)(n 4)0 para n par

−π ⎧−⎪⎪−= − = ⎨ π −π − ⎪

⎪⎩

; Yo = 0; n 2π

φ =

(b) Cálculo de las potencias:

Para x(t), T / 4 2

2 2

0

2 Ax (t) A dtT 2

< >= =∫

Para y(t), T / 4 2

2 2 2

T / 4

1 4 t Ay (t) A sen ( )dtT T 4−

π< >= =∫ . Se verifica que

2 2

2 x (t) Ay (t)2 4

<< >= =

1.22. El voltaje periódico de la Fig. P1. 22(a) se aplica al circuito RL serie mostrado en (b).

Demuestre que: ( )( )( )

( )/

a n jn

n

I para n impar

0 para n parn =

−

+

⎧

⎨⎪

⎩⎪

−2 11

1 2

π

−π π 2π0t

R=1 Ohm

L=1 H

i(t)

v(t)

1

_1

v(t)

(a) (b)Fig. P1.22

(b) El desarrollo en serie de Fourier de la corriente i(t) es


CAPITULO I


27

i t t t to o o( ) cos( ) cos( , ) cos( )= − − − + −⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥4 1

245

13 10

3 71 561

5 265 78,69

π -. . . . . . . . . .

Solución:

(a) De la Fig. 1.58 el Texto, T.en )t()t()t(vππ−

Π−π

Π=

Señal simétrica; T = 2π; fo = 1/2π. Para el circuito serie RL: Z(f) = R +j2πfL

⎪⎩

⎪⎨⎧

π−

=π

π

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

π=

−

π π

π∫ ∫parn para 0

imparn para n)1(2

n

)2

nsen(2dt)ntcos(dt)ntcos(1V

2/)1n(2/

0 2/n

R = 1 ; L = 1 ; Para f = nfo y fo = 1/2π, Zn = R + j2πnfoL = 1 + jn

Entonces,

⎪⎩

⎪⎨

⎧+π

−==

−

parn para 0

imparn para )jn1(n

)1(2

ZVI

2/)1n(

n

nn ; )narctg(n −=φ

(b) 2

2/)1n(

nn1n

)1(2I+π

−=

−

; Io = 0; 5072I ;

2652I ;

1032I ;

22I 7531 π

−=

π=

π−

=π

=

φ1 = -45º; φ3 = -71,56º; φ5 = -78,69º; φ7 = -81,87º

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅−−+−−−

π= )69,78t5cos(

2651)56,71t3cos(

1031)45tcos(

214)t(i ooo

1.23. Verifique los siguientes pares de Transformadas de Fourier.

Sea )f(X)t(x ⇔

(a) )]ff(t2jexp[)ff(X)tf2jexp()tt(x cocco +π−+⇔π−−

Apliquemos los Teoremas de la TF con la notación

)f(XTFy x(t) )t(xTF)f(X -1==

Sea )tf2jexp()tt(xTF)f(Y)tf2jexp()tt(x)t(y coco π−−=⇔π−−=

;|)]ft2jexp()f(X[|)tt(xTF)f(Ycc fffofffo +→+→ π−=−= de donde

)]ff(t2jexp[)ff(X)f(Y coc +π−+=

Para el signo positivo del exponencial el procedimiento es el mismo.


CAPITULO I


28

(b) 222 f4aaA2)f(X)taexp(A)t(xπ+

=⇔−= . Aplicando la integral de Fourier,

∫ ∫∞

∞−

∞π−=π−−=

0dt)ft2cos()atexp(A2dt)ft2jexp()taexp(A)f(X

222 f4aaA2)f(Xπ+

=

(c) )t(x)t(x)t(u)atexp(A)t(Au)t(u)]atexp(1[A)t(x 21 −=−−=−−=

Del Ejemplo 1.18 del Texto,

Del Ejemplo 1.16 del Texto,

f2jaA)f(X)t(u)atexp(A)t(x 22 π+

=⇔−= . Entonces,

)f2ja(f2jf2jAf2jAaA)f(

2A

f2jaA

f2jA)f(

2A)f(X

π+ππ−π+

+δ=π+

−π

+δ=

)f2ja(f2jaA)f(

2A)f(X

π+π+δ=

(d) )t(u)atexp(At)t(x −= . Mediante la Integral de Fourier,

∫∞

π+=π−−=

0 2)f2ja(Adt)ft2jexp()atexp(tA)f(X

(e) )tf2cos()t(u)atexp(A)t(x cπ−= . Sea ).t(u)atexp(A)t(x1 −= Del Ejemplo 1.16 del Texto,

f2ja

A)f(X)t(u)atexp(A)t(x 11 π+=⇔−= . Y del Teorema de la Modulación,

)f(X)]ff(X)ff(X[21)tf2cos()t(x c1c1c1 =−++⇔π . De donde,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−π+

++π+

=)ff(2ja

1)ff(2ja

12A)f(X

cc

f2jA)f(

2A)f(X)t(Au)t(x 11 π

+δ=⇔=


CAPITULO I


29

(f) 1.17(b), Problema Del ).taexp(A)t( xSea ).tf2cos()taexp(A)t(x 1c −=π−=

,Modulación la de Teorema dely ,f4a

aA2)f(X)taexp(A)t(x 22211 π+=⇔−=

2c

222c

22c1c1 )ff(4aaA

)ff(4aaA)]ff(X)ff(X[

21)f(X

−π++

+π+=−++=

(g) par es x(t));a2texp(A)t(x 2

2

−= . Mediante la Integral de Fourier,

∫∞

π−π=π

π=π−=

0

222222222

2

)]fa2[exp(a2A)]fa[exp(

2aAdt)ft2cos()a2texp(A2)f(X

1.24. Ventana de Ponderación de Hamming.

La “Ventana de Hamming”, utilizada en el procesamiento de señales, está definida en la forma

)T2t()

Ttcos(46,054,0

resto elen 0

Tt para )Ttcos(46,054,0

)t(x Π⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ π

+=⎪⎩

⎪⎨⎧ ≤

π+

=

(a) Grafique x(t) para T = 1 seg.

(b) Demuestre que )1Tf2(sinc46,0)1Tf2(sinc46,0)Tf2(sinc08,1)f(X −+++=

(c) Grafique X(f) para T = 1 ms. Verifique que el primer cero de X(f) ocurre a f = 1 kHz.

Solución:

(a) En la Fig. P1.24(a) se grafica la Ventana de Hamming. Nótese que ella es una señal

en coseno elevado.

(b) )Ttcos()

T2t(46,0)

T2t(54,0)t(x π

Π+Π=

Sea )Tf2(Tsinc2)f(X)T2t()t(x 11 =⇔Π=

)f(X)tT212cos()

T2t()t(x 22 ⇔πΠ= ; y del Teorema de la Modulación

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −++= )

T21f(T2[Tsinc2)]

T21f(T2[Tsinc2

21)f(X2

)]1Tf2(sinc)1Tf2(sinc[T46,0)Tf2(Tsinc08,1)f(X46,0)f(TX54,0)f(X 21 −+++=+=

En la Fig. P1.24(b) se grafica el espectro de la Ventana de Hamming para T = 10-3.


CAPITULO I


30

Nótese, Fig. P1.24, que el espectro es prácticamente cero para frecuencias superiores a 1000 Hz, es decir, para frecuencias superiores a 1/T. Esta es una característica muy útil en el procesamiento de señales.

1.25. Sea la secuencia de impulsos de la Fig. P1.25.

(a) Demuestre que su transformada de Fourier X(f) es

3 33

3 3

exp( j10 f ) exp( j5x10 f )fX(f ) 10 sin c( )10 3exp( j7x10 f )

− −−

−

⎡ ⎤− π + − π += ⎢ ⎥

+ − π⎢ ⎥⎣ ⎦

(b) Grafique |X(f)| y verifique que el primer cero de |X(f)| está a una frecuencia de 1000 Hz.

(c) Demuestre que la energía contenida dentro del primer cero de |X(f)| es el 90,3% de la energía total de la señal.

0 1 2 3 4t

milisegundos

x(t)

1 1

3

Fig. P1.25.

Solución:

De la Fig. P1.25: 3 3 3

3 3 3

t 0,5x10 t 2,5x10 t 3,5x10x(t) ( ) ( ) 3 ( )10 10 10

− − −

− − −

− − −= Π +Π + Π

33 3 3 3 3

-3 3 3

10X(f ) 10 sin c(10 f )exp( j2 f ) 10 sin c(10 f )exp( j2 x2,5x10 f )2

+3x10 sin c(10 f )exp( j2 x3,5x10 f )

−− − − − −

− −

= − π + − π +

− π

3 3 3 33

fX(f ) 10 sin c( ) exp( j10 f ) exp( j5x10 f ) 3exp( j7x10 f )10

− − − −⎡ ⎤= − π + − π + − π⎣ ⎦


CAPITULO I


31

(b) Con ayuda de MATHCAD en la figura siguiente se grafica |X(f)|.

2000 1000 0 1000 2000

0

0.002

0.004

0.006

X f( )

f

|X(f)|

f

Hz

Nótese que el primer cero de |X(f))| está a 1000 Hz.

(c) La energía total de x(t) viene dada por la integral

3 3 3

3 3

10 3x10 4x103

0 2x10 3x10

EnergíaTotal E dt dt 9dt 11x10 joules− − −

− −

−= = + + =∫ ∫ ∫

La energía dentro del primer cero vendrá dada por 1000

2 3B

1000

E | X(f ) | df 9,931x10 joules−

−

= =∫

Por lo tanto, 3

B3

E 9,931x10 0,903E 11x10

−

−= = ; de donde EB = 0,903 E

La energía dentro del primer cero es el 90,3% de la energía total de la señal.

1.26. La señal )t(u)texp()t(x −= se aplica al circuito RC de la Fig. 1.60 del Texto.

Demuestre que la transformada de Fourier de la salida es 2)f2j1(f2j)f(Yπ+π

=

Solución:

f2j1

1)f(X)t(u)texp()t(xπ+

=⇔−= . Pero del circuito RC,

1,Cy 1Rcon ),f(XfRC2j1

fRC2j)f(X

fC2j1R

R)f(Y ==π+

π=

π+

=

fj21

1X(f) como pero );f(Xf2j1

f2j)f(Yπ+

=π+

π= , entonces

2)f2j1(f2j)f(Yπ+π

=


CAPITULO I


32

1.27. La misma entrada del Problema anterior se aplica al circuito RL de la Fig. 1.61 del

Texto. Demuestre que 2)f2j1(1)f(Yπ+

=

Solución:

Del circuito de la Fig. 1.61 del Texto, )f(Xf2j1

1)f(XfL2jR

R)f(Yπ+

=π+

=

Como 2f)j2(11Y(f) entonces ,

f2j11)f(X

π+=

π+=

1.28. Demuestre que las transformadas de Fourier X(f) de las señales x(t) siguientes son las dadas.

(a) De la Fig. 1.62 del Texto, )f(X)t()t212cos(A)t()tcos(A)t(x ⇔

πΠ

ππ=

πΠ=

)f(sinc)t( ππ⇔π

Π , fc = 1/2π; y por el Teorema de la Modulación,

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

π−π+

π+π

π= )]

21f([sinc)]

21f([sinc

2A)f(X

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −π++π

π= )

21f(sinc)

21f(sinc

2A)f(X

(b) De la Fig. 1.63 del Texto, )4t(t

2A)t(x Π⋅= ; señal impar

∫ ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

ππ

−π

π=π−=

2

0 22f)f4sen(

f)f4cos(4

4jAdt)ft2sen(t

2A 2j)f(X

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

ππ

−ππ

= 22f)f4sen(

f)f4cos(jA)f(X

(c) Parábolas; )f(X)21t(At)t( xdonde ),2t(x)t(x)t(x 1

2111 ⇔−Π=−+=

)f4jexp()f(X)f22jexp()f(X)f(X)2t(x)t(x 11212 π−=π−=⇔−=

∫ π−=1

0

21 dt)ft2jexp(tA)f(X

33

22

1 fj1)f2jexp(f2)f2jexp()f2jexp(f2j

4A)f(X

π−π−π−π−+π−π

=


CAPITULO I


33

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π

−π−π+π−= 33

322

1 fj1]f)fj1)[(f2jexp(

4A)f(X

)]f2jexp()f2j)[exp(f2jexp()f(X)]f4jexp(1)[f(X)f(X 11 π−+ππ−=π−+=

)f(X)f2jexp()f2cos(2)f(X 1π−π= . Reemplazando X1 (f),

[ ]1]f)fj1)[(f2jexp()f2jexp()f2cos(f2j

A)f(X 22233 −π−π+π−π−π

π=

[ ])f2jexp(f)fj1()f4jexp()f2cos(f2j

A)f(X 22233 π−π−π+π−π

π=

(c) Trapecio, )4/T

t(A)2/T

t(A2)t(x Λ−Λ=

)]T/4

f(sinc)T/2

f(sinc4[4

AT)f4T(sinc

4TA)f

2T(sinc

2TA2)f(X 2222 −=−=

(d) De la Fig. 1.66 del Texto, )t4t(x)t4t(x)t(x)t(x o1o11 −+++=

10

4t ;40

t2

t102 );t102cos(A)t20cos(A)t(x ooo1π

=π

=∴π

=π

ππ

π==

)f

5jexp()f(X)f(X)

10t(x)t( x

f)5

(f)exp(jXf)10

(f)exp(j2X(f)X)10

t(x)t(x

2

1313

2

11212

π−=⇔

π−=

π=

ππ=⇔

π+=

22

2

40/

01 f100

)20

fcos(A10`dt)ft2jcos()t20cos(A2)f(X

π−

π

=π−= ∫π

, de donde

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ π+

π−

π

= )5fcos(21

f100

)20

fcos(A10)f(X

2

22

2

1.29. Sea )texp(10)t(x −= . Calcule el ancho de banda B dentro del cual está contenido el 80% de la energía de la señal. [Respuesta: B = 0,15056Hz].

Solución:

22f4120)f(X)texp(10)t(xπ+

=⇔−= ; Energía Total ∫∞

=−=0t 100dt)t2exp(1002E joules


CAPITULO I


34

Si en el ancho de banda B está contenido el 80% de la energía, entonces,

∫ =π+

B

0 222 80df)f41(

4002 joules. Resolviendo la integral,

80)B41(

)B2arctg(B4)B2arctg(B2200 22

22

=π+π

ππ+π+π , expresión que se reduce a la ecuación

0B2]5

2)B2)[arctg(B41( 22 =π+π

−ππ+ . Resolviendo esta ecuación, obtenemos

B = 0,15056 Hz.

1.30. La señal )t(u)Ktexp(t)t(x −= se pasa por un filtro pasabajo de ganancia unitaria y ancho de banda B. Calcule el ancho de banda B del filtro a fin de que la energía de salida del filtro sea el 80% de la energía a la entrada. Expresar B en función de K.

Solución:

Del Problema 1.1(c) con K = 1/τ y A = 1,

Energía Total de entrada ∫∞

=−=0 3

2t K4

1dt)Kt2exp(tE . También, del Problema 1.23(d),

22222222 fK16)f4K(1X(f) ;

)f2jK(1)f(X)t(u)Ktexp(t)t(x

π+π−=

π+=⇔−=

Para la salida: 3

B

0 2222222s K48,0

fK16)f4K(df2E =

π+π−= ∫

Resolviendo la integral,

32223

222

K2,0

B4K(K

)KB2arctg(B4)

KB2arctg(KBK2

21

=π+π

ππ+π+π

Esta expresión se puede reducir a la ecuación siguiente:

0KB2]4,0)

KB2][arctg()

KB(41[ 22 =π+π−ππ+

Resolviendo esta ecuación para B/K, obtenemos:

0,15056KB también o 15056,0KB

==


CAPITULO I


35

1.31. Sea x(t) = sinc2(10t). Demuestre que

(a) su espectro de energía es ⎪⎩

⎪⎨

⎧

≤

≤⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

=

f10 para 0

10f para 100f

5f

1100

1)f(G

2

x

(b) Su energía total es Ex = 1/15 joules

Solución:

(a)

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

≤≤−

<≤+=Λ=⇔=

10f0 para )10f(100

1-

0f10- para )10f(100

1

)10f(

101)f(X)t10(sinc)t(x 2

Espectro de energía

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

≤≤+−

<≤++==

10f0 para )100f

5f1(

1001

0f10- para )100f

5f1(

1001

)f(X)f(G2

2

2x

En forma compacta, 10f para )100f

5f

1(100

1)f(G2

x ≤+−=

(b) Energía total ∫ ==+−=10

0

24t joules

151067,0df)100f20f(

1012E .

1.32. En las figuras siguientes verifique la correspondencia )f(X)t(x ⇔ , es decir, dada x(t) determine X(f), y viceversa.

Solución:

(a) Fig. 1.67 del Texto.

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

≥π

<π

=φ0f para

2-

0f para 2)f(

)2

jexp()f

2/ff(A)2

jexp()f

2/ff(A)f(Xo

o

o

o π−

−Π+

π+Π=

)].f

2/ff()f

2/ff([jA)f(Xo

o

o

o −Π−

+Π= De donde,

)t2f2jexp()tf(sincjAf)t

2f2jexp()tf(sincjAf)t(x o

ooo

oo π−π−=


CAPITULO I


36

)tf(sentA2)tfsen()tf(sincAf2)t(x o

2ooo π

π=π=

Vamos ahora hacia atrás. Dada x(t) determinar X(f).

)tf(sentA2)t(x o

2 ππ

= ; esta es una señal impar. Por integración directa,

[ ]∫∞

+−++−−

=πππ

−=0 ooo

2 )ffsgn()ffsgn()fsgn(22jAdt)ft2sen()tf(sen

tA2j2)f(X

El lector puede verificar que esta expresión es igual a

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Π−

+Π=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Π+

+Π−

−= )

f2/ff(j)

f2/ff(jA)

f2/ff(2)

f2/ff(2

2Aj)f(X

o

o

o

o

o

o

o

o

)2

jexp()f

2/ff(A)2

jexp()f

2/ff(A)f(Xo

o

o

o π−

−Π+

π+Π=

que es la expresión que representa a la Fig. 1.67 del Texto, parte anterior.

(b) De la Fig. 1.68 del Texto,

o

ooo f4

1tf412

ff

2)f( =∴π−=

π−=φ ; )f

f412jexp()

B2ff()

B2ff(A)f(X

o

oo π−⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Λ++

Λ=

of4

1tt

oo1 |)B2ff()

B2ff(ATF)t(x

−→

−

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −

Λ++

Λ=

[ ]of4

1tto2

o2 |)tf2jexp()Bt2(ABsinc2)tf2jexp()Bt2(ABsinc2)t(x

−→π+π−=

)]f41t(f2jexp[)]

f41t(f2j)][exp[

f41t(B2[ABsinc2)t(x

oo

oo

o

2 −π+−π−−=

)]f41t(f2cos[)]

f41t(B2[ABsinc4)t(x

oo

o

2 −π−=

Vamos ahora hacia atrás. Dada x(t) determinar X(f).

)]f41t(f2cos[)]

f41t(B2[ABsinc4)t(x

oo

o

2 −π−=

)ff412jexp()tf2cos()Bt2(sincTF AB4)f(X

oo

2 π−π=


CAPITULO I


37

y del Teorema de la Modulación

[ ]oo fff

2fff

2 |)Bt2(sincTF|)Bt2(sincTF21TF −→+→ +=⋅⋅⋅

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Λ++

Λ=⋅⋅⋅ )B2ff()

B2ff(

B41TF oo , de donde

)ff412jexp()

B2ff()

B2ff(A)f(X

o

oo π−⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Λ++

Λ= que es la misma expresión de la parte

anterior.

(c) De la Fig. 1.69 del Texto, f22f1

4)f( π−=π

−=φ ; to = 2

)f4jexp()f()2f()f(X π−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ Λ−Π=

)2t(sinc)]2t(2[sinc2|)t(sinc|)t2(sinc2)t(x 22tt

22tt −−−=−= −→−→

2

2

)]2t([)]2t([sen

)2t()]2t(2sen[)t(x

−π−π

−−π−π

=

Ahora vamos hacia atrás. Dada x(t) determinar X(f).

)2t(sinc)]2t(2[sinc2)]2t([

)]2t([sen)2t(

)]2t(2sen[)t(x 22

2

−−−=−π

−π−

−π−π

=

)f22jexp()t(sincTF)f22jexp()t2(sinc2TF)f(X 2 π−−π−=

)f4jexp()f()2f()f(X π−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ Λ−Π= que es la misma expresión anterior.

1.33. Sea el sistema de la Fig. 1.70 del Texto. El filtro pasabajo tiene ganancia unitaria y un ancho de banda de 50 Hz.

)t102cos(10)t( x);t(u)t102cos()t01,0exp()t(x 62

61 ⋅π=⋅π−=

Demuestre que )t(u)t01,0exp(5)t(y −≈

Solución:

A la salida del multiplicador, )t102(cos)t01,0exp(10)t(x 623 ⋅π−= u(t)

)t(u)]t1022cos(1[21)t01,0exp(10)t(x 6

3 ⋅π+−=


CAPITULO I


38

)t(u)t1022cos()t01,0exp(5)t(u)t01,0exp(5)t(x 63 ⋅π−+−=

El segundo término de x3(t) tiene un espectro centrado en 2 MHz, muy por encima de 50 Hz que es el ancho de banda del filtro. El espectro de salida del filtro es entonces,

2

)f(X)t(u)t01,0exp(5TF)f(Y 1=−≈ ; o también y(t) = 5exp(-0,01t)u(t)

Nótese que 222

1

f4)01,0(5

2)f(X

)f(Yπ+

== ; 016,0Y(50)y 500)0(Y == . Esto

quiere decir que casi el 100% de 2/X1 pasa a la salida.

1.34. Mediante la transformada de Fourier de la señal generatriz, demuestre que los coeficientes de Fourier Xn de las siguientes señales periódicas son las correspondientes dadas.

(a) De la Fig. 1.71 del Texto, la señal generatriz es

)f2T(sinc

2AT)Tf(ATsinc)f(X)

2/Tt(A)

Tt(A)t(x 2

gg +=⇔Λ+Π=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +== )

Tn

2T(sinc

2AT)

TnT(ATsinc

T1)

Tn(X

T1X 2

gn

⎪⎩

⎪⎨⎧ ≠π=+=

parn para 0

0ny impar n para nA2

)]2n(sinc

21)n(sinc[AX 222

n ; φn = 0

También, A23]AT

21AT[

T1Xo =+=

(b) De la Fig. 1.72 del Texto, la señal generatriz es

∫ π−=⇔Π−=2/T

0gg dt)ft2cos()T2texp(A2)f(X)

Tt()

T2t

exp(A)t(x

2222g fTn161

1)fTsen()41exp(fT4)fTcos()

41exp(

AT4)f(Xπ+

+π−π+π−−=

2

n

22gn )n4(1

)41exp()1(1

A4n161

1)ncos()41exp(

A4)Tn(X

T1X

π+

−−−=

π+

+π−−== ; φn = 0


CAPITULO I


39

)]41exp(1[A4Xo −−= = 0,885 A

1.35. Sea el sistema de la Fig. 1.73 del Texto, donde x1(t) y x2(t) son señales aleatorias.

B = 5 kHz; fc = 100 kHz. El filtro es pasabajo y de ganancia de potencia 2.

En la salida calcule la relación S1/S2 donde S1 es la potencia a la salida debida a x1(t), mientras que S2 es la potencia a la salida debida a x2(t).

Solución:

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Π++

Π=⇒ − )B2ff()

B2ff(10)f(S)t(x cc3

1x1

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Λ++

Λ=⇒ − )B

ff()B

ff(10)f(S)t(x cc42x2

Las potencias se calculan separadamente.

Para x1(t) sola.

A la salida del multiplicador, )tf2cos(2)t(x)t(x c131 π= . De acuerdo con el Teorema de la Modulación para Señales de Potencia,

[ ] ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Π++

Π+Π=−++=⇒ − )B2ff()

B2ff()

B2f(210)ff(S)ff(S)f(S)t(x cc3

c1xc1x31x31

El filtro pasabajo deja pasar solamente las componentes dentro de Bf ≤ con ganancia 2, entonces,

)B2f(10x4)f(S 3

1y Π= − , cuya potencia es S1 = 4x10-3 x 2x5x10-3 = 40 W

Para x2(t) sola.

A la salida del multiplicador, )tf2cos(2)t(x)t(x c232 π= .

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Λ++

Λ+Λ=⇒ − )B

ff()B

ff()Bf(210)f(S)t(x cc4

32x32

A la salida con ganancia 2,

)Bf(10x4)f(S 4

2y Λ= − , cuya potencia es S2 = 4x10-4 x5x103 = 2 W

dB 01,13)SS(log10

SS dBen y 20

240

SS

2

110

dB2

1

2

1 ==⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡==


CAPITULO I


40

1.36. En las figuras siguientes se muestra el espectro de señales moduladas de la forma

)f(X)tf2cos(A)t(x)t(x ccc ⇔π= .

(a) Dada Xc(f) en forma gráfica, determinar x(t)

(b) Dada x(t), determinar Xc(f) cuya forma gráfica se da

Solución:

(a) y (b) De la Fig. 1.74 del Texto:

)B

ff(A)B2ff(A)

Bff(A)

B2ff(A)f(X cccc

c−

Λ+−

Π++

Λ++

Π=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Λ++

Λ+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Π++

Π= )B

ff()B

ff(A)B2ff()

B2ff(A)f(X cccc

c

[ ]+π+π−= )tf2jexp()Bt2(Bsinc2)tf2jexp()Bt2(Bsinc2A)t(x ccc

[ ])tf2jexp()Bt(Bsinc)tf2jexp()Bt(BsincA c2

c2 π+π−+

[ ] )tf2cos(A)Bt(sinc)Bt2(sinc2B2)t(x c2

c π+= . Por consiguiente,

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π

π+

ππ

=+= 2

22

)Bt()Bt(sen

Bt)Bt2sen(B2)Bt(sinc)Bt2(sinc2B2)t(x

Ahora vamos hacia atrás.

Sea ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π

π+

ππ

=π= 2

2

cc )Bt()Bt(sen

BtBt)sen(22B x(t)donde )tf2cos(A)t(x)t(x

[ ] )f(X)Bt(sinc)Bt2(sinc2B2)t(x 2 ⇔+=

)Bf(2)

B2f(2)

Bf(

B1)

B2f(

B22B2)f(X Λ+Π=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ Λ+Π= . Y de acuerdo con el Teorema

de la Modulación,

)B

ff(A)B

ff(A)B2ff(A)

B2ff(A)f(X cccc

c−

Λ++

Λ+−

Π++

Π= que tiene la misma

forma dada en la Fig. 1.74 del Texto.

(b) De la Fig. 1.75 del Texto,

o

ooo t

1B4f2

Bf12)f

f12cos(

2A

==∴π

=π∴π


CAPITULO I


41

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Π−π+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +

Π+π= )B2ff()]ff(

B412cos[

2A)

B2ff()]ff(

B412cos[

2A)f(X c

cc

cc

+π−⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ Ππ= − )tf2jexp()

B2f()f

B412cos(TF

2A)t(x c

1c

)tf2jexp()B2f()

B412cos(TF

2A

c1 π

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ Ππ+ −

)tf2cos(A)B2f()f

B412cos(TF)t(x c

1c π

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ Ππ= − ; por consiguiente,

,)B2f()f

B412cos(TF)t(x 1

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ Ππ= − y por el Teorema de la Modulación,

,)]B41t(B2[Bsinc2)]

B41t(B2[Bsinc2

21)t(x ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −++= de donde

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −++= )]

B41t(B2[sinc)]

B41t(B2[sincB)t(x

Ahora vamos hacia atrás.

Sea donde ),tf2cos(A)t(x)t(x cc π=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −++= )]

B41t(B2[sinc)]

B41t(B2[sincB)t(x

Determinar Xc(f).

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ += )]

4B1-sinc[2B(tTF B)]

B41t(B2[sincTF B)f(X

)fB412jexp()

B2f(

B21)]

B41t(B2[sincTF πΠ=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ + y

)fB412jexp()

B2f(

B21)]

B41t(B2[sincTF π−Π=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −

)fB412cos()

B2f()f(X πΠ= . Y por el Teorema de la Modulación,

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Π−π++

Π+π= )B2ff()]ff(

B412cos[)

B2ff()]ff(

B412cos[

2A)f(X c

cc

cc

que tiene la misma forma dada en la Fig. 1.75 del Texto.


CAPITULO I


42

1.37. Considere la función z(t) = x(t) + y(t), donde x(t) e y(t) son ortogonales para todo t, es decir, < x(t) y(t) > = 0. Demuestre que

(t)y(t)x(t)zy )(R)(R)(R 222yxz ><+>>=<<τ+τ=τ

Solución:

>τ++τ++>=<τ+=<τ )]t(y)t(x)][t(y)t(x[)t(z)t(z)(R z

>τ++τ++τ++τ+=<τ )t(y)t(y)t(x)t(y)t(y)t(x)t(x)t(x)(R z

>τ+<+>τ+<+>τ+<+>τ+=<τ )t(y)t(y)t(x)t(y)t(y)t(x)t(x)t(x)(R z

)(R)(R)(R)(R)(R yyxxyxz τ+τ+τ+τ=τ

pero como x(t)y(t) 0< >= para todo t, entonces xy yxR ( ) R ( ) 0τ = τ = , de donde

z x y

2 2 2 2

2 2 2

R ( ) R ( ) R ( )

z (t) [x(t) y(t)] x (t) 2x(t)y(t) y (t)z (t) x (t) 2 x(t)y(t) y (t)

τ = τ + τ

< >=< + >=< + + < >

< >=< > + < > + < >

pero como <x(t) y(t)> = 0, entonces

2 2 2z (t) x (t) y (t)< >=< > + < >

1.38. Sea 4 4

9x 3 3

f 10 f 10x(t) S (f ) 10 ( ) ( )10 10

− ⎡ ⎤+ −⇒ = Λ +Λ⎢ ⎥

⎣ ⎦ W/Hz.

Si 4c xcx (t) 4x(t) cos(2 10 t) S (f )= π ⇒ , determine la potencia promedio de una señal

z(t) cuya densidad espectral de potencia es

z xc 3

fS (f ) S (f ) ( )2x10

= Π W/Hz

Solución:

4 4 49

xc x c x c 3 3

4 4 4 4

3 3

f 10 10 f 10S (f ) 4S (f f ) 4S (f f ) 4x10 [ ( ) ( )10 10

f+10 10 f 10 10 + ( ) ( )]10 10

− + + −= + + − = Λ +Λ +

− − −Λ +Λ

4 4

9xc 3 3 3

f f 2x10 f 2x10S (f ) 4x10 2 ( ) ( ) ( )10 10 10

− ⎡ ⎤+ −= Λ +Λ +Λ⎢ ⎥

⎣ ⎦ que tiene la forma mostrada

en la Fig. P1.38.


CAPITULO I


43

Puesto que

z xc 3

fS (f ) S (f )2x10

⎛ ⎞= Π⎜ ⎟⎝ ⎠

Entonces

9z 3

fS (f ) 8x10 ( )10

−= Λ

f -21 -20 -19 -1 0 1 19 20 21

kHz

Sxc(f) 8x10

-9

-9 4x10

Fig. P1.38.

2 3 9 6xz (t) S (f )df 10 x8x10 8x10 8 W

∞ − −

−∞< >= = = = µ∫

(b) De la Fig. 1.76(a) del Texto,

3 3

3x1 6 4 4

| f | f 15x10 f 15x10S (f ) 10 exp( ) ( ) ( )10 10 10

− ⎡ ⎤+ −= − Π +Π⎢ ⎥

⎣ ⎦

Su potencia promedio será: 4

4

2x102 31 610

fx (t) 2x10 exp( )df 19,710

−< >= − =∫ W

De la Fig. 1.76(b) del Texto, 3 3

11 2x2 4 4

f 15x10 f 15x10S (f ) 10 f ( ) ( )10 10

− ⎡ ⎤+ −= Π +Π⎢ ⎥

⎣ ⎦

Su potencia promedio será: 4

4

2x102 11 22 10

x (t) 2x10 f df 46,67−< >= =∫ W

(c) 1. De la Fig. 1.76(a) podemos definir

36

x1-3

6

f10 exp( ) para -20 kHz f -10 kHz10S (f )

f10 exp( ) para 10 kHz f 20 kHz10

−⎧ ≤ ≤⎪⎪= ⎨⎪ − ≤ ≤⎪⎩

Sx1(f) es una función par de f; por lo tanto, su antitransformada de Fourier, que es la función de autocorrelación, es

4

4

2x103x1 610

fR ( ) 10 x2 exp( )df10

−τ = −∫ . Resolviendo la integral,

4 6 4 4 6 4

3x1 12 2 2

0,99cos(4x10 ) 1,98x10 sen(4x10 ) cos(2x10 ) 2x10 sen(2x10 )R ( ) 1,98x10(1 4x10 )

πτ − πτ πτ − πτ + πτ πττ = −

+ π τ

Para 21 x10, <x (t) R (0) 19,7τ = >= = , resultado ya obtenido en la parte (b).


CAPITULO I


44

2. De la Fig. 1.76(b) del Texto,

11 2x2S (f ) 10 f para 10 kHz f 20 kHz−= ≤ ≤ . Esta es una función par de f.

4

4

2x1011 2x2 10

R ( ) 2x10 f cos(2 f )df−τ = πτ∫ . MATHCAD nos da,

4 8 2 2 4 8 2 2 4 4 4 4

x2 11 3 31 sen(4x10 )(1 8x10 ) sen(2x10 )(1 2x10 ) 4x10 cos(4x10 ) 2x10 cos(2x10 )R ( )

2x10πτ − π τ − πτ − π τ − πτ πτ + πτ πτ

τ = −π τ

La potencia de la señal viene dada por 22 x2 x20

x (t) lim R ( ) R (0)τ→

< >= τ =

Y con ayuda de MATHCAD obtenemos 22x (t) 46,67< >= , que es el mismo valor

calculado en la parte (b).

1.39. A la entrada de un filtro pasabajo, de ganancia 2 y ancho de banda de 5 kHZ, se aplica una señal x(t) cuya función de autocorrelación es 2 4

xR ( ) 10sin (10 )τ = τ .

Demuestre que a la salida del filtro 4 2 3 2

yR ( ) 20sin c(10 ) 10sin c (5x10 ) y <y (t) 30 Wτ = τ + τ >=

Solución:

2 4 3x x4 4

f fH(f ) 2 ( ); x(t) R ( ) 10sin c (10 ) S (f ) 10 ( )10 10

−= Π ⇒ τ = τ ⇔ = Π

2 2y x x4 4

f fH(f ) 4 ( ); S (f ) H(f ) S (f ) 4S (f ) ( )10 10

= Π = = Π

En la Fig. P1.39 se muestra la forma de Sy(f).

De la Fig. P1.39,

3 3y 4 3

f fS (f ) 2x10 ( ) 2x10 ( )10 5x10

− −= Π + Λ

4 2 3yR ( ) 20sin c(10 ) 10sin c (5x10 )τ = τ + τ

< y2 (t) > = Ry(0)= 20 + 10 = 30 W 5 10 0 -5 -10

f

kHz

Sy(f) 4x10

2x10 -3

-3

Fig. P1.39


CAPITULO I


45

1.40. A la entrada del detector coherente, Fig. P1.40, se aplica una señal x(t) cuya función de autocorrelación es

2 3 5xR ( ) 20sin c (5x10 )cos(2 10 )τ = τ π τ

(a) Dibuje la forma de la densidad espectral de potencia a la entrada y salida del filtro.

π2cos(2 fct)

Filtro Pasabajo

x(t) y(t)

Fig. P1.40(a).

Solución: x(t)⇒ 2 3 5

xR ( ) 20sin c (5x10 )cos(2 10 )τ = τ π τ 5x cS (f ); f 10⇔ = Hz

5 5

2 3 3 3x3 2 5

f f 10 f 1020sin c (5x10 ) 4x10 ( ); S (f ) 2x10 ( ) ( )5x10 5x10 5x10

− − ⎡ ⎤+ −τ ⇔ Λ = Λ +Λ⎢ ⎥

⎣ ⎦

A la salida del multiplicador o entrada del filtro (de ganancia unitaria), la función de autocorrelación es

[ ]i x c i x c x c1R ( ) R ( )cos(2 f ) S (f ) S (f f ) S (f f )2

τ = τ π τ ⇔ = + + −

5 5

3i 3 3 3

f f 2x10 f 2x10S (f ) 2x10 2 ( ) ( ) ( )5x10 5x10 5x10

− ⎡ ⎤+ −= Λ +Λ +Λ⎢ ⎥

⎣ ⎦

El filtro deja pasar solamente las componentes de baja frecuencia, de donde,

3o 3

fS (f ) 4x10 ( )5x10

−= Λ . En la Fig. P1.40(b) se muestran estas densidades espectrales.

-200 0 200 f

kHz -5 5 f

Si(f) So(f) 4x10 4x10 2x10

-3

-3 -3

kHz 0 (a) Entrada al Filtro

Fig. P1.40(b).

10 kHz

-5 5

Filtro Pasabajo

(b) Salida del Filtro

(b) 3 2 3

o o3

2 3 3o

fS (f ) 4x10 ( ) R ( ) 20sin c (5x10 )5x10

y (t) S (f )df 5x10 x4x10 20 W

−

∞ −

−∞

= Λ ⇔ τ = τ

< >= = =∫

2oy (t) R (0) 20 W< >= =


CAPITULO I


46

1.41. A la entrada del filtro RL de la Fig. 1.78 del Texto, se aplica ruido blanco cuya densidad espectral de potencia es η/2. Calcule la función de autocorrelación, la densidad espectral de potencia y la potencia promedio a la salida del filtro.

Solución:

Para el filtro RL: R R 1 R RH(f ) h(t) exp( t)u(t)RR j2 fL L L Lj2 fL

= = ⇔ = −+ π + π

2 2ni

2 2

R 1S (f ) ; H(f) ( ) R2 L ( ) (2 f )L

η= =

+ π. La densidad espectral a la salida será

2y

2 2

R 1S (f ) ( ) RL 2 ( ) (2 f )L

η=

+ π. Y la correspondiente función de autocorrelación,

2 1 2y

2 2

R 1 R 1 RR ( ) ( ) TF ( ) exp( )R RL 2 L 2 L( ) (2 f ) 2( )L L

−

⎧ ⎫ ⎡ ⎤⎪ ⎪ ⎢ ⎥η η

τ = = − τ⎨ ⎬ ⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎢ ⎥+ π⎩ ⎭ ⎣ ⎦

yR RR ( ) exp( )L 4 Lη

τ = − τ . Para τ = 0, la potencia promedio de salida del filtro será

2y

Ry (t) R (0)L 4η

< >= =

1.42. Determine la densidad espectral de potencia de la señal compleja ox(t) A exp( j2 f t)= π utilizando el Teorema de Wiener-Kintchine.

Solución:

ox(t) A exp( j2 f t)= π . Vemos que x(t) es compleja; por lo tanto, de la expresión 1.121,

*x o

2T T2x o o o0 0

2 2x o x o

2 2 2x o

R ( ) x (t)x(t ) , x(t+ ) A exp[ j2 f (t )]

1 AR ( ) A exp( j2 f t) exp[ j2 f (t )]dt exp( j2 f )dtT T

R ( ) A exp( j2 f ) S (f ) A (f f )

x (t) S (f )df A (f f )df A∞ ∞

−∞ −∞

τ =< + τ > τ = π + τ

τ = − π π + τ = π τ

τ = π τ ⇔ = δ −

< >= = δ − =

∫ ∫

∫ ∫

O también 2 2xx (t) R (0) A< >= =


CAPITULO I


47

1.43. Demuestre que si 2x y xx(t) S (f ), entonces y(t)=x(t)-x(t-T) S (f)=4S (f )sen ( Tf ).⇒ ⇒ π

Solución:

y

y

R ( ) y(t)y(t ) [x(t) x(t T)][x(t ) x(t T )]

R ( ) x(t)x(t ) x(t)x(t T ) x(t T)x(t ) x(t T)x(t T )

τ =< + τ >=< − − + τ − − + τ >

τ =< + τ − − + τ − − + τ + − − + τ >

Sea xR ( ) x(t)x(t )τ =< + τ > .

Para x

x

x

t t T, R ( ) x(t T)x(t T )T, R ( T) x(t)x(t T )

hagamos t t-T, R ( T) x(t T)x(t ) ;entonces,

→ − τ =< − − +τ >τ→τ+ τ+ =< + +τ >

→ τ+ =< − +τ >

y x x x x

y x x x

R ( ) R ( ) R ( T) R ( T) R ( )

R ( ) 2R ( ) R ( T) R ( T). Por transformada de Fourier,

τ = τ − τ − − τ+ + τ

τ = τ − τ− − τ+

y x x x x x

2y x x

S (f ) 2S (f ) [S (f ) exp( j2 Tf ) S (f ) exp( j2 Tf )] 2S (f ) 2S (f ) cos(2 Tf )

S (f ) 2S (f )[1 cos(2 Tf )] 4S (f )sen ( Tf )

= − − π + π = − π

= − π = π

1.44. Demuestre que

(a) Si x(t) tiene una función de autocorrelación 2

xb

AR ( ) [1 ( )]4 T

ττ = + Λ , donde b

b

1Tf

= ,

entonces, si cy(t) x(t) cos(2 f t)= π , determinar su densidad espectral de potencia Sy(f).

Solución: 2 2 2 2

2x x

b b b

A A A A fR ( ) ( ) S (f ) (f ) sin c ( )4 4 T 4 4f f

ττ = + Λ ⇔ = δ +

Mediante el Teorema de la Modulación para Señales de Potencia,

[ ]

[ ]

c y x c x c

2 22 2c c

y c cb b b

1y(t) x(t) cos(2 f t) S (f ) S (f f ) S (f f )4

f f f fA AS (f ) (f f ) (f f ) sin c ( ) sin c ( )16 16f f f

= π ⇒ = + + −

⎡ ⎤+ −= δ + + δ − + +⎢ ⎥

⎣ ⎦

Esta es la densidad espectral de potencia de una señal digital ASK, que veremos en el Capítulo V.

(b) Si 2

2 2x x

b b b

A fx(t) R ( ) A ( ) S (f ) sin c ( )T f fτ

⇒ τ = Λ ⇔ = , entonces,


CAPITULO I


48

22 2c c

c yb b b

f f f fAy(t) x(t) cos(2 f t) S (f ) sin c ( ) sin c ( )4f f f

⎡ ⎤+ −= π ⇒ = +⎢ ⎥

⎣ ⎦

Esta es la densidad espectral de potencia de una señal digital PSK/DPSK, que veremos en el Capítulo V.

1.45. En el Ejemplo 1.32 del Texto se determinó la función de autocorrelación de una señal periódica rectangular.

Determinar la densidad espectral correspondiente.

Solución:

Del Ejemplo 1.32 del Texto, 2

xn

A nTR ( ) ( )2 T / 2

∞

=−∞

τ −τ = Λ∑ , Esta es una señal periódica cuya

señal generatriz es 2 2

2gx gx

A A T TR ( ) ( ) S (f ) sin c ( f )2 T / 2 4 2

ττ = Λ ⇔ =

2 22 2

n gx1 n 1 A T T n A nX S ( ) sin c ( ) sin c ( )T T T 4 2 T 4 2

= = = ,

de donde

2

2n

A para n impar y n 0X (n )

0 para n par

⎧≠⎪= π⎨

⎪⎩

2

oAX4

=

De la expresión 1.102 del Texto, 2

x o2n

AS (f ) (f nf )(n )

∞

=−∞

= δ −π∑ para n impar y n 0≠ .

También,

2 2 2

x o o2 2n 1 n 1

A A A 1S (f ) (f ) 2 (f nf ) (f ) 8 (f nf )4 (n ) 4 (n )

∞ ∞

= =

⎡ ⎤= δ + δ − = δ + δ −⎢ ⎥π π⎣ ⎦

∑ ∑ para n impar.

1.46. Se tiene una señal x(t) cuya función de autocorrelación es xR ( ) exp( )aτ

τ = − . Se tiene

también una señal y(t) cuya densidad espectral es xy 2

S (f )S (f )1 (2 bf )

=+ π

, donde Sx(f)

es la densidad espectral de x(t).

Demuestre que la función de autocorrelación de y(t) es

y 2 2

aR ( ) a exp( ) b exp( )a b a b

⎡ τ τ ⎤τ = − − −⎢ ⎥− ⎣ ⎦

, y la correspondiente potencia promedio,


CAPITULO I


49

2y

ay (t) R (0)a b

< >= =+

Solución:

xR ( ) exp( )aτ

τ = − x 22 2

2 1 2aS (f ) 1a 1 (2 af )( ) (2 f )a

⇔ = =+ π+ π

. Entonces,

y 2 2

1 1S (f ) 2a1 (2 af ) 1 (2 fb)

=+ π + π

. Para reducir esta expresión a una forma fácil de

operar, hagamos lo siguiente:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

y 2 2 2 2 2 2 2 2

2a a b (2 abf ) (2 abf ) 2a a a (2 bf ) b b (2 af )S (f )a b [1 (2 af ) ][1 (2 bf ) ] a b [1 (2 af ) ][1 (2 bf ) ]

− + π − π + π − − π= =

− + π + π − + π + π

2 2 2 2

y 2 2 2 2

2a a [1 (2 bf ) ] b [1 (2 af ) ]S (f )a b [1 (2 af ) ][1 (2 bf ) ]

+ π − + π=

− + π + π. Separando las fracciones,

2 2 2 2

y 2 2 2 2 2 2

2a a [1 (2 bf ) ] b [1 (2 af ) ]S (f )a b [1 (2 af ) ][1 (2 bf ) ] [1 (2 af ) ][1 (2 bf ) ]

⎡ ⎤+ π + π= −⎢ ⎥− + π + π + π + π⎣ ⎦

2 2

y 2 2 2 2

2a a bS (f )a b 1 (2 af ) 1 (2 bf )

⎡ ⎤= −⎢ ⎥− + π + π⎣ ⎦

Por Transformada de Fourier Inversa de Sy(f) podemos determinar Rx(τ). En efecto,

2 2

1y 2 2 2 2

2a a bR ( ) TFa b 1 (2 af ) 1 (2 bf )

− ⎧ ⎫τ = −⎨ ⎬− + π + π⎩ ⎭

; pero,

2

1 12

2 2

a 1 aTF TF exp( )11 (2 af ) 2 a( ) (2 f )a

− −

⎧ ⎫⎪ ⎪ τ⎧ ⎫

= = −⎨ ⎬ ⎨ ⎬+ π⎩ ⎭ ⎪ ⎪+ π⎩ ⎭

; y en la misma forma,

2

12

b bTF exp( )1 (2 bf ) 2 b

− τ⎧ ⎫= −⎨ ⎬+ π⎩ ⎭

. Por lo tanto,

y 2 2 2 2

2a a b aR ( ) exp( ) exp( ) a exp( ) b exp( )a b 2 a 2 b a b a b

⎡ τ τ ⎤ ⎡ τ τ ⎤τ = − − − = − − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦


CAPITULO I


50

La correspondiente potencia de y(t) será 2y

ay (t) R (0)a b

< >= =+


CAPITULO II

50

CAPITULO II 2.1. Demuestre que el sistema caracterizado por la ecuación diferencial

),t(xdtdt)t(x

dtdt)t(y 2

22 += es un sistema lineal variante en el tiempo.

Solución:

Por inspección, ésta es una ecuación diferencial cuyos coeficientes no son constantes y son funciones de t; por lo tanto, el sistema es variante en el tiempo y no puede ser representado mediante una función de transferencia. El lector puede ver fácilmente que

)t(y)t(y τ−≠ . Veamos ahora la linealidad.

Sea ).t(bx)t(ax)t(x 21 += Entonces )]t(bx)t(ax[dtdt)]t(bx)t(ax[

dtdt)t(y 21212

22 +++=

)]t(xdtdt)t(x

dtdt[b)]t(x

dtdt)t(x

dtdt[a)t(y 222

22

112

22 +++=

)t(by)t(ay)t(y 21 += . El sistema es lineal pero variante en el tiempo.

2.2. La relación entrada-salida de un SLIT se puede representar mediante la ecuación

diferencial )t(y)t(ydtd)t(x += . Para este sistema demuestre que:

(a) f2j1

1)f(H)t(u)texp()t(hπ+

=⇔−=

Solución: )f(Xf2j1

1)f(Y)f(Y)f2j1()f(Y)f(fY2j)f(Xπ+

=∴π+=+π=

De donde f2j1

1)f(Hπ+

= . Y del Ejemplo 1.16 del Texto,

)t(u)texp()t(hf2j1

1)f(H −=⇔π+

=

(b) Si x(t) es una señal periódica como la mostrada en la Fig. 2.59 del Texto,

ynn y Y φ tendrán los valores )]narctg(2

[y n1n

2Y yn22n π+π

−=φπ+π

= .

Solución:

o

nnon nf2j1

XX)nf(HYπ+

== . También, de la Fig. 2.59 del Texto,

)23t()

21t()t(x −Π−−Π= en T; T = 2; fo = 1/2. Por integración,

ππ−+

+π

π−−=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ π−−π−= ∫ ∫ n2j

)n2jexp(1jn

)jnexp(dt)nt2jexp(dt)nt2jexp(21X

1

0

2

1n


CAPITULO II

51

⎪⎩

⎪⎨⎧

π=parn para 0

imparn para jn2

Xn ; )narctg(2

impar;n para )n2j1(jn

2Y ynn π−π

−=φπ+π

=

)]narctg(2

[ impar;n para n41n

2Y yn22n π+π

−=φπ+π

=

Nótese que en este caso y(t) es una señal periódica de la forma

∑∞

−∞=

πφ=n

oynn )nf2jexp()jexp(Y)t(y

(c) Si ),tt(A)t(x o−δ= entonces )tt(u)]tt(exp[A)t(y oo −−−= Solución:

fj211H(f) );ft2jexp(A)f(X)tt(A)t(x oo π+

=π−=⇔−δ=

f2j1)ft2jexp(A)f(X)f(H)f(Y o

π+π−

==

)tt(u)]tt(exp[A|)t(u)texp(A|f2j1

1TF A)t(y ootttttt1-

oo−−−=−=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

π+= −→−→

(d) 2A)t(u)

2texp()

2t2Asenh(y(t) entonces Au(t), x(t)Si +−==

Solución:

fj211H(f) ;

f2jA)f(

2A)f(X)t(Au)t(x

π+=

π+δ=⇔=

)f2j1(f2jA

)f2j1(2)f(A

f2jA)f(

2A

f2j11)f(Y

π+π+

π+δ

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π

+δ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π+

=

]f2j1

1[f2j

A)f(2A)f(Y

π+π+δ=

∫ =−

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

π++=

t

0 'tt1 'dt]|

f2j11TF[A

2A)t(y

Pero )'t(u)'texp(|f2j1

1TF 'tt1 −=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

π+ =−

∫ −−+=−+=t

0)]texp(1[A

2A'dt)'t(u)'texp(A

2A)t(y u(t)

)]2texp()

2t)[exp(

2texp(A

2A)t(y −−−+= u(t)

)2tsenh()

2texp(A2

2A)t(y −+=


CAPITULO II

52

(e) Si )]t2sen(2)t2[cos(41

Ay(t) entonces ),t2cos(A)t(x 2 ππ+ππ+

=π=

Solución:

[ ]fj21

1H(f) ;)1f()1f(2A)f(X)t2cos(A)t(x

π+=−δ++δ=⇔π=

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π+−δ

+π++δ

=−δ++δ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π+

=f2j1)1f(

f2j1)1f(

2A)1f()1f(

f2j11

2A)f(Y

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π+

−δ+

π−+δ

=2j1

)1f(2j1

)1f(2A)f(Y . Desarrollando llegamos a la forma

[ ] [ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −δ−+δπ+−δ++δ

π+= )1f()1f(

2Aj2)1f()1f(

2A

)41(1)f(Y 2 , de donde

[ ])t2sen(2)t2cos(41

A)t(y 2 ππ+ππ+

=

(f) Si (t)Atexp(-t)uy(t) entonces ),t(u)texp(A)t(x =−= Solución:

fj21

1H(f) ;f2j1

A)f(X)t(u)texp(A)t(xπ+

=π+

=⇔−=

2)f2j1(A)f(X)f(H)f(Yπ+

== . Y del Problema 1.23(d),

)t(u)texp(At)t(y −=

(g) Si ∑∞

−∞=

−Λ=

n

entonces, ),2/T

nTt(A)t(x

⎪⎩

⎪⎨

⎧

π+π

π−π

=∑∞

−∞=

parn para 0

impar n para )nf2(1n

)]tnf2arctg()tnf2(jexp[A2)t(y n

2o

22oo

Solución:

∑∞

−∞=

−Λ=

n)

2/TnTt(A)t(x es una señal periódica triangular de período T.

La señal generatriz xg(t) de x(t) es un triángulo de la forma

)f2T(sinc

2AT)f(X)

2/Tt(A)t(x 2

gg =⇔Λ=

⎪⎩

⎪⎨⎧

π====parn para 0

imparn para n

A2)

2n(sinc

2A)

Tn

2T(sinc

2AT

T1)

Tn(X

T1X 2222

gn

on nf2j1

1Hπ+

= ; )nf2j1(n

A2XHYo

22nnn π+π== ; )nf2arctg( on π−=φ


CAPITULO II

53

2o

22n)nf2(1n

A2Yπ+π

= . y(t) es una señal periódica de la forma

⎪⎩

⎪⎨

⎧

π+π

π−π=πφ=∑∑∞

−∞=

∞

−∞=parn para 0

imparn para )nf2(1n

)]nf2arctg()tnf2(jexp[A2)tnf2jexp()jexp(Y)t(y n

2o

22oo

nonn

2.3. La entrada x(t) y la salida y(t) de un SLIT están relacionadas mediante la ecuación

integrodiferencial ∫∞

∞−+ττ−τ= ).t(u

dtdd)t(x)(y)t(y

(a) Si x(t) = exp(-2t)u(t), demuestre que y(t) = exp(-t)u(t)+δ(t). Demuestre también que la respuesta impulsional del SLIT es

)t(')t(3)t(u)texp()t(h δ+δ+−= , donde )t('δ es un doblete

Solución: u(t)TF f2jd)t(x)(yTF)f(Y π+ττ−τ= ∫

∞

∞−

1)f(X)f(Yf2j

12

)f(f2j)f(X)f(Y)f(Y +=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π

+δ

π+=

Si f2j2

1)f(X)t(u)t2exp()t(xπ+

=⇔−= , entonces 1f2j2

)f(Y)f(Y +π+

=

]f2j1

1[f2jf2j1

2f2j1f2j2)f(Y1]

f2j211)[f(Y

π+π+

π+=

π+π+

=∴=π+

−

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

π++

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

π+= −

f2j11TF

dtd

f2j112TF )t(y 11-

)];t(u)t[exp(dtd)t(u)texp(2)t(y −+−=

)t(u)texp()t()]t(u)t[exp(dtd pero −−δ=−

)t()t(u)texp()t(u)texp()t()t(u)texp(2)t(y δ+−=−−δ+−=

f2j1f2j21

f2j11)f(Y)t()t(u)texp()t(y

π+π+

=+π+

=⇔δ+=

;f2j2

1)f(X)t(u)t2exp()t(xπ+

=⇔−= pero como Y(f) = H(f) X(f), entonces,

fj21

f)(j24H(f) donde de ;f2j2

1)f(Hf2j1f2j2 2

π+π

+=π+

=π+π+

Tomando la antitransformada de H(f),


CAPITULO II

54

)]t(u)texp()t([dtd)t(4)]t(u)t[exp(

dtd)t(4)t(h 2

2

−−δ+δ=−+δ=

)t(')t(3)t(u)texp()t(u)texp()t()t(dtd)t(4)t(h δ+δ+−=−+δ−δ+δ=

donde )t(dtd)t(' δ=δ es un doblete

2.4. La entrada x(t) y la salida y(t) de un SLIT vienen dadas por

f4j)f2(1

)fexp(-j4Y(f)y(t) );t(u)]t(exp[)t(x 2

2

π+π−π

=⇔π−π−−=

Demuestre que la respuesta impulsional del SLIT es h(t) = x(t)

Solución:

22o )f2j1(]f4jf)(2-[1 ;t π+=π+ππ=

f2j1

)f2jexp()f2jexp()t(u)texp(TF)f(X2

2

π+π−

=π−−= ; pero )f(X)f(H)f(Y =

)f(Xf2j1

)f2jexp(f2j1

)f2jf4jexp()f(Hf2j1

)f2exp()f(H)f2j1(

)f4jexp( 2222

2

2

=π+π−

=π+

π+π−=∴

π+π−

=π+π−

Por consiguiente, h(t) = x(t)

2.5. Sea el sistema mostrado en la Fig. 2.60 del Texto. El cursor oscila a una velocidad constante entre los puntos A y B, siendo To el tiempo de ir de A a B, y viceversa.

Demuestre:

(a) Que éste es un sistema lineal variante en el tiempo.

Solución:

De la Fig. 2.60 del Texto, la salida y(t) está ponderada por el cursor, el cual equivale a un operador triangular, es decir, la respuesta y(t) es, en un intervalo 2To

dado, igual a ).t(x)Tt()t(yo

Λ= El período de y(t) es 2To.

Para un desplazamiento dado τ, )t(x)T

t()t(yo

τ−τ−

Λ=τ−

Pero )-y(ty(t) donde de ),Tt()

Tt(

oo

τ≠Λ≠τ−

Λ

El sistema es variante en el tiempo. Veamos ahora la linealidad.

Sea )]t(bx)t(ax)[Tt(y(t) );t(bx)t(ax)t(x 21o

21 +Λ=+=


CAPITULO II

55

)t(by)t(ay)t(x)Tt(b)t(x)

Tt(a)t(y 212

o1

o

+=Λ+Λ= . El sistema es lineal.

El sistema es lineal variante en el tiempo

(b) Demostrar que ∑∞

−∞=

−Λ=

n o

o )T

nT2t()t(x)t(y y ∑∞

−∞=

−Λτ−δ=τ

n o

o )T

nT2t()t(),t(h

Solución

En general, ∑∞

−∞=

−Λ=

n o

o )T

nT2t()t(x)t(y

Cuando ),h(t,y(t) )t()t(x τ=→τ−δ= entonces

∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

−τΛτ−δ=

−Λτ−δ=τ

n n o

o

o

o ),T

nT2()t()

TnT2t

()t(),t(h pero como los

triángulos son iguales y están centrados en 2nTo, el valor de τ deberá estar entre

oo T)1n2(T)1n2( +≤τ<− . Nótese que para cualquier valor de τ , el valor de la sumatoria es una constante. Sea entonces ,nT2 oo τ±=τ donde .Too <τ

Entonces =τ

Λ=τ±

Λ=−τ

Λ )T

()T

()T

nT2(

o

o

o

o

o

o una constante. De donde,

)t()T

(),t(ho

o τ−δτ

Λ=τ para oonT2 τ±=τ , con oo T<τ .

2.6. La respuesta impulsional de un SLIT es ).t(u]1)t2exp(3[)t(h −−= Demuestre que

(a) Su función de transferencia es )fj1(f2j

1f2j)f(Hπ+π

−π=

Solución:

f2j1

2)f(

f2j23)f(H)t(u]1)t2exp(3[)t(h

π−

δ−

π+=⇔−−=

)fj1(f2j1f2j

)f2j2(f4j)f2j2(2)f2j2(f2j)f(f12j)f(H

π+π−π

=π+π

π+−π+πδ−π=

)fj1(f2j1f2j)f(H)t(u]1)t2exp(3[)t(hπ+π

−π=⇔−−=

(b) Si 1]u(t)-[exp(-2t)y(t) entonces ),t(u)texp()t(x =−=

Solución:

El lector puede verificar que es más fácil trabajar en el dominio del tiempo.


CAPITULO II

56

∫ ∫∞

∞−

∞

∞−ττ−τ−τ−−τ−=τττ−= d)(u]1)2exp(3)][t([u)texp(d)(h)t(x)t(y

∫ ∫∞

∞−

∞

∞−ττ−ττ−−ττ−ττ−τ−= d)(u)t(u)texp(d)(u)t(u)2exp()texp(3)t(y

pero τ≤≤=τ−τ t0 para 1)(u)t(u . Los límites van desde t a ∞.

∫ ∫∞ ∞

ττ−−ττ−τ−=t t

d)texp(d)2exp()texp(3)t(y . Integrando, obtenemos

t0 para 1)t2exp()t(y ≤−−=

)t(u]1)t2[exp()t(y −−=

2.7. La respuesta impulsional de un SLIT es ).t(u)t3exp(2)t()t(h −+δ= Demuestre que

(a) Su función de transferencia es f2j3f2j5)f(Hπ+π+

=

Solución:

f2j3f2j5

f2j32f2j3

f2j321)f(H

π+π+

=π++π+

=π+

+=

(b) Si )88,11t2cos(13293y(t) entonces ),tcos(3)t(x o−==

Solución:

∫∞

∞−τττ−+τδτ−= d)](u)3exp(2)()][t(2cos[3)t(y

∫ ∫∞

∞−

∞

∞−τττ−τ−+ττδτ−= d)(u)3exp()]t(2cos[6d)()]t(2cos[3)t(y

∫∞

ττ−τ−+=0

d)3exp()]t(2cos[6)t2cos(3)t(y

)t2sen(1312)t2cos(

1357)t2sen(

1312)t2cos(

1318)t2cos(3)t(y +=++=

Esta expresión se puede representar en la forma

)]ABarctg(cos[BAsenBcosA 22 −α+=α+α

481,413293)

1312()

1357( 22 ==+ ; o889,11)

ABarctg( = . Por lo tanto,

]889,11t2cos[13293)t(y o−=


CAPITULO II

57

(c) Si )47,14t4cos(25412

310y(t) entonces ),t2(cos4)t(x o2 −+==

Solución:

)]t4cos(1[2)t2(cos4)t(x 2 +== ;

∫∞

∞−τττ−+τδτ−+= d)](u)3exp(2)()]][t(4cos[1[2)t(y

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

τττ−τ−+

+ττδτ−+τττ−+ττδ=

∫∫ ∫ ∫

∞

∞−

∞

∞−

∞

∞−

∞

∞−

d)(u)3exp()]t(4cos[2

d)()]t(4cos[d)(u)3exp(2d)(2)t(y

∫ ∫∞ ∞

ττ−τ−++ττ−+=0 0

d)3exp()]t(4cos[2)t4cos(d)3exp(212)t(y

).t4sen(2516)t4cos(

2562

310)t(y ++= Sea

25412561,2BA ;

2516B ;

2562A 22 ==+==

o47,14)ABarctg( ==φ ; )47,14t4cos(

25412

310)t(y o−+=

(d) h(t)x(t)y(t) (t);2exp(-3t)u(t)h(t) );2t()t(x ∗=+δ=Π=

Aplicamos el procedimiento del Ejemplo 2.10(a), donde B = 1 y xo = 1.

z(x) y(t); y(x) h(t) . Entonces, de la expresión (2.47),

1 1

y(t) h(t )d h(t )d∞ ∞

−

= − τ τ − − τ τ∫ ∫ . Y para h(t) (t) 2exp( 3t)u(t),= δ + −

[ ] [ ]1 1

y(t) (t ) 2exp[ 3(t ) u(t )]d (t ) 2exp[ 3(t )]u(t ) d∞ ∞

−

= δ − τ + − − τ − τ τ − δ − τ + − − τ − τ τ∫ ∫

1 1

1 1

y(t) (t )u(t )d 2exp( 3t) exp(3 )u(t )d

- (t- )u(t )d 2exp( 3t) exp(3 )u(t )d

∞ ∞

− −

∞ ∞

= δ − τ − τ τ + − τ − τ τ −

δ τ − τ τ − − τ − τ τ

∫ ∫

∫ ∫

Las integrales con impulsos son iguales a 1 y se eliminan. En las otras integrales el límite superior es t; la primera integral es válida en el intervalo 1 t 1− ≤ < , mientras que la segunda lo es para 1 t≤ . Entonces,

t t

1 1

ty(t) 2exp( 3t) exp(3 )d ( ) 2exp( 3t) exp(3 )d u(t 1)2−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − τ τ Π − − τ τ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫


CAPITULO II

58

Integrando,

[ ] [ ]2 t 2y(t) exp( 3t) exp(3t) exp( 3) ( ) exp( 3t) exp(3t) exp(3) u(t 1)3 2 3

= − − − Π − − − −

Finalmente, [ ] [ ]2 t 2y(t) 1 exp[ 3(t 1)] ( ) 1 exp[ 3(t 1)] u(t 1)3 2 3

= − − + Π − − − − −

En la Fig. P2.7 se muestra la forma de y(t).

1 0 1 2 3

0

0.5

1

y(t)

t

Fig. P2.7 2.8. La función de transferencia de un SLIT es

)f4jexp(f2j1

1110)f(H π−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π+

−= .

Determine la respuesta del SLIT cuando se le aplica la excitación x(t) = 5u(t-2).

Solución:

2tt1- |

f2j111TF 10)t(h −→

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

π+−= ; pero

f2j1f2j

f2j111

π+π

=π+

− ; de modo que

2tt2tt1

2tt1- |)]t(u)t[exp(

dtd10|

f2j11TF

dtd10|

f2j1f2jTF 10)t(h −→−→

−−→ −=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

π+=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

π+π

=

)]2t(u)]2t(exp[)2t([10)t(h −−−−−δ= )2t(u5)t(x −=

∫∞

∞−τ−τ−τ−−−τδτ−−= d)]2(u)]2(exp[)2()[2t(u50)t(y

∫ ∫∞

∞−

∞

∞−τ−ττ−−−τ−−τ−τδτ−−= d)2(u)2t(u)]2(exp[50d)2()2t(u50)t(y

pero t4 ó 2-t2 para 1)2(u)2t(u ≤≤=−ττ−− . Los límites van de 2 a (t – 2)

)4t(ud)2exp(50)4t(u50)t(y2t

2−τ+τ−−−= ∫

−

)4t(u)]]4t(exp[1[50)4t(u50)t(y −−−−−−=

)4t(u)]4t(exp[50)t(y −−−=


CAPITULO II

59

2.9. En el circuito RL de la Fig. 2.61 del Texto calcule la corriente cuando

)t(u)texp()t(v −= . Suponga que la corriente i(0-) = 0.

Solución:

Z(f)I(f)V(f) fL;j2R Z(f);f2j1

1)f(V)t(u)texp()t(v =π+=π+

=⇔−=

)f(X)f(XfL2jR

1f2j1

1)fL2jR)(f2j1(

1)f(Z)f(V)f(I 21=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡π+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡π+

=π+π+

==

)t(u)texp()t(xf2j1

1)f(X 11 −=⇔π+

=

)t(u)tLRexp(

L1)t(x

f2jLRL

1)f(X 22 −=⇔

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ π+

= . Y mediante el teorema de la

convolución,

∫∞

∞−ττ−τ−−ττ−=∗= d)t(u)]t(

LRexp[)(u)exp(

L1)t( x )t(x)t(i 21

pero t0 para 1)t(u)(u ≤=τ−τ . Los límites van de 0 a t.

∫ −

−−−=ττ−−τ−=

t

0)t(u

RL

)texp()tLRexp(

)t(ud)]t(LRexp[)exp(

L1)t(i

Nota: Debe verificarse que |L – R| ≠ 0.

2.10. Determine, mediante convolución puramente analítica, la salida y(t) en los siguientes casos:

(a) x(t)h(t)y(t) 50);-(t430)(t-2h(t) );10

5t(5)t(x ∗=δ++δ=−

Π=

)50t(x4)30t(x2)]50t(4)30t(2[)t(x)t(y −++−=−δ++δ−∗=

)10

55t(20)10

25t(10)10

505t(20)10

305t(10)t(y −Π+

+Π−=

−−Π+

+−Π−=

(b) ∑∞

∞=

=δ=Λ=-n

4T 4n);-(t5h(t) );t(10)t(x

∫ ∑∞

∞−

∞

−∞=

τ−τδτ−Λ=τ−τδτ−Λ=n

d)n4()t(50d)n4()t(50)t(y

∑∞

−∞=

−Λ=n

)n4t(50)t(y


CAPITULO II

60

(c) ∫∞

∞τ

−τΠτ−=Π==

-d)

2010()t(u100y(t) );

2010-t(10h(t) );t(u10)t(x

∫ ττ−=20

0d)t(u100)t(y

Esta integral es una función de t en el intervalo 20t0 ≤≤ , y tiene un valor constante para t > 20. y(t) se puede escribir en la forma siguiente:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

<⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ τ

≤≤τ=

=∫

∫t20 para |d

20t0 para d100)t(y

20t

t

0

t

0

que equivale a la forma

)20t(u|d100)20

10t(d100)t(y 20t

t

0

t

0−

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ τ+

−Π⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ τ= =∫∫ . Resolviendo la integral,

)20t(u2000)20

10t(t100)t(y −+−

Π⋅⋅=

(d) )10

5t(t10)10

5t(100)10

5-tt)-10(10h(t) );t(u10)t(x −Π−

−Π=Π==

∫ ∫∞

∞−

∞

∞−τ

−τΠτ−τ−τ

−τΠτ−= d)

105()t(u100d)

105()t(u1000)t(y .

∫ ∫ ττ−⋅τ−ττ−=10

0

10

0d)t(u100d)t(u1000)t(y

Sea y1(t) la primera integral e y2(t) la segunda. Entonces, ).t(y)t(y)t(y 21 += Igual que en el problema anterior,

⎪⎩

⎪⎨

⎧

<⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ τ

≤≤τ=

=∫

∫t10 para |d

10t0 para d1000)t(y

10t

t

0

t

01

⎪⎩

⎪⎨

⎧

<⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ττ

≤≤ττ−=

=∫

∫t0 para |d

10t0 para d100)t(y

10t

t

0

t

02

)10t(u5000)10

5t(t21100)10t(u10000)

105t(t1000)t(y 2 −−

−Π−−+

−Π=

)10t(u)500010000()10

5t()t50t1000()t(y 2 −−+−

Π−=


CAPITULO II

61

)10t(u5000)10

5t()tt20(50)t(y 2 −+−

Π−=

La salida y(t) tiene la forma dada en la Fig. P2.10.

(e) )4

3-t(10h(t) );4

1t(10)t(x Π=−

Π= .

Aplicar el procedimiento mostrado en el Ejemplo 2.40 (c).

2.11. Dibuje el espectro de las siguientes señales

(a) ∑∞

−∞=

−δ⋅=n

2s )nTt()

T2t(sinc10)t(x

Solución:

)f(X )f(X)f(X)t(x)t(x)t( xSea 21s21s ∗=⇔⋅=

donde )Tf2(T20)f(X)T2t(sinc10)t(x 1

21 Λ=⇔=

∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

=−δ=⇔−δ=n n

ooo22 T1f );nff(f)f(X)nTt()t(x

∫ ∑∞

∞−

∞

−∞=

−δ−Λ=n

oos dv)nfv(f)]vf(T2[T20)f(X

∑∑ ∫∞

−∞=

∞

−∞=

∞

∞−−Λ=−δ−Λ=

noo

ns )]nff(T2[20dv)nfv()]vf(T2[20)f(X

∑∞

−∞=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Λ=

n o

os 2/f

nff20)f(X . Este espectro se muestra en la Fig. P2.11(a)

(b) )t4(4)3nt()t2(sinc2)t(x

ns Π∗⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−δ⋅= ∑

∞

−∞=

2/f3 o− of− 2/fo− 2/fo of 2/f3 o

20 Xs(f)

0 f

Fig. P2.11(a).


CAPITULO II

62

Solución:

Sea )2f()f(X)t2(sinc2)t(x 11 Π=⇔= ; T = 1/3; fo = 3

∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

−δ=⇔−δ=n n

22 )n3f(3)f(X)3nt()t(x ; )f(X)f(X)f(X)t(x)t(x)t(x 2121 ∗=⇔=

∫ ∑ ∑ ∫ ∑∞

∞−

∞

−∞=

∞

−∞=

∞

∞−

∞

−∞=

−Π=−δ

−Π=−δ

−Π=

n n n

)2

n3f(3dv)n3v()2

vf(3dv)n3v(3)2

vf()f(X

).4f(sinc)f(X)t4(4)t(x 33 =⇔Π= También )f(X)f(X)f(X)t(x)t(x)t(x 3s3s ⋅=⇔∗=

∑∞

−∞=

−Π⋅=

ns )

2n3f()

4f(sinc3)f(X . En la Fig. P2.11(b) se grafica este espectro.

2.12. Demuestre que en una red de transmisión sin distorsión el retardo de fase y el retardo de envolvente son iguales cuando β(0) = 0.¿Qué sucede cuando β(0) ≠ 0?

Respuesta:

En una red de transmisión sin distorsión se verifica, ecuación (2.59) del Texto, cuando n = 0, que ft2)f( oπ−=β . Por definición, ecuaciones 2.65 y 2.66 del Texto, para f = 0, β(0) = 0 y los retardos serán iguales a cero. Para f ≠ 0, las pendientes son iguales y tp(f) = tg(f). La situación es diferente cuando n ≠ 0; en este caso, para f = 0,

π±=β n)0( . Esto significa que si la característica aunque sea lineal no pasa por el origen, habrá un término de distorsión inicial constante. En efecto, de la expresión (2.57) del Texto,

)ft2jexp(h)1()]nft2(jexp[h)]f(jexp[h)f(H oon

ooo π−−=π±π−=β=

El término (-1)n para n entero representa un término de distorsión de fase constante inicial que no es grave en el caso general; sin embargo, la situación es más grave si la característica de fase es lineal en algún intervalo de frecuencias, pero si su prolongación, para f = 0, no pasa por un múltiplo entero de π, entonces se producirá un


CAPITULO II

63

término de distorsión de fase. Esto es de particular importancia en la transmisión de datos.

2.13. En la Fig. 2.62 del Texto se muestra las características de amplitud y fase de una red dada.

(a) Demuestre que esta red produce un término de distorsión de fase.

Solución:

Nótese que la característica de fase, aunque lineal, no corta el eje β(f) en un múltiplo entero de π.

De la Fig. 2.62(b) del Texto,

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

<+π

≤−π−

=β0f para )10f(

30-

f0 para )10f(30)f(

Por ejemplo, para f ≥ 0: 3

ft23

f6012

3f

30)f( o

π+π−=

π+π−=

π+

π−=β ; to = 1/60

La red produce un término constante de fase ).3

jexp( π−

(b) Demuestre que el retardo de fase y el retardo de grupo son, respectivamente,

601(f) t;

f61

601)f(t gp =+=

Solución: Por definición,

f6

1601

f3

f30

21

f)f(

21)f(tp −=

π+

π−

π−=

βπ

−=

601

3021)f(

dfd

21)f(tg =

π−π−

=βπ−

=

(c) f6

1601)f(tp −= , cuya gráfica se muestra en la

Fig. P2.13.

Para f < 10, el retardo es negativo, lo cual no corresponde a redes físicas en las cuales el retardo es siempre positivo.

Para f = 0, el retardo es cero y aumenta con f hasta un valor máximo tomax = 1/60 cuando f → ∞.


CAPITULO II

64

2.14. La señal )t30cos()t5(sinc10)t10(sinc10)t(x 2 π+= se aplica a un filtro cuyas características de amplitud y fase se muestran en la Fig. 2.63 del Texto. Demuestre que la salida del filtro es

)t30sen()t5(sinc20)]401t(10[sinc40)t(y 2 π+−=

¿Qué tipos de distorsión hay presentes en la salida?

Solución:

)515f()

515f()

10f()f(X −

Λ++

Λ+Π=

que se muestra en la Fig.P2.13

De la Fig. 2.131 del Texto, las características del filtro son:

Para f20-(f)y 4 ganancia :10f π

=β≤

401 t;f

4012)f( o =π−=β

Para 2

(f)y 2 ganancia :10f20 π=β−≤<−

Para 2

-(f)y 2 ganancia :20f10 π=β≤<

Por lo tanto,

)2

jexp()515f(2)

2jexp()

515f(2)f

4012jexp()

10f(4)f(Y π

−−

Λ+π+

Λ+π−Π=

)]515f()

515f([j2)

4012jexp()

10f(4)f(Y −

Λ++

Λ+π−Π=

)t152jexp()t5(jsinc10)t152jexp()t5(jsinc10|)10f(TF 4)t(y 22

401tt

1- π+π−+⎭⎬⎫

⎩⎨⎧Π=

−→

)]t152jexp()t152j)[exp(t5(jsinc10)]401t(10[sinc40)t(y 2 π−π−+−=

)t30sen()t5(sinc20)]401t(10[sinc40)t(y 2 π+−=

Hay distorsión de amplitud y de fase.

0 5 10 15 20 -20 -15 -10 -5

1 X(f)

f

Fig. P2.14


CAPITULO II

65

2.15. En la Fig. 2.64 del Texto se muestra las características de amplitud y fase de un filtro dado. Determine la salida del filtro para cada una de las señales siguientes, y especifique el tipo de distorsión producido.

Solución:

De la Fig. 2.64 del Texto, las características del filtro son:

Para 401 tf;

401-2f

20-(f)y cero ganancia :MHz 10f o =π=π

=β<

Para 2

(f)y 2 ganancia :MHz 10f π=β−≤

Para 2

-(f)y 2 ganancia :MHz 10f π=β≥

(a) )10x2f(

10x21)tsinc(2x10 ;10f );t102cos()t10x2(sinc4)t(x 55

56c

65 Π⇔=π=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Π+

+Π= )

10x210f()

10x210f(

10x22)f(X 5

6

5

6

5

que tiene la forma de la figura P2.15(a). Por lo tanto, el filtro dejará pasar solamente

componentes para MHz 1f ≥ , pero la fase será lineal. La salida y(t) será:

)t2jexp()]10

10x05,1f()10

10x05,1f([10x2)f(Y o5

6

5

65 π−

−Π+

+Π= −

[ ])]tt(10x05,12jexp[)t10(sinc)]tt(10x05,12jexp[)]tt(10[sinc2)t(y o65

o6

o5 −π+−π−−=

)]tt(10x05,12cos[)]tt(10[sinc4)t(y o6

o5 −π−= , donde

4010

10x221t

6

7o

−

=π

π=

Hubo distorsión de amplitud solamente.

(b) )10x2f(

10x21)tsinc(2x10 MHz; 10f );t102cos()t10x2(sinc4)t(x 66

6c

76 Π⇔=π=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Π+

+Π= − )

10x210f()

10x210f(10)f(X 6

7

6

76

que tiene la forma de la figura P2.15(b).

Vemos que no hay distorsión de amplitud, pero sí de fase:

MHz f

10 -5

1 -1 0

X(f)

Fig. P2.15(a)

0,2

10 -6 X(f)

f 9 10 11 -11 -10 -9 0

Fig. P2.15(b) MHz


CAPITULO II

66

para 2

es fase la ,MHz10f para pero lineal, es fase la MHz, 10f π>≤ . Entonces,vemos que

la salida Y(f) está formada por dos partes, es decir,

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ π−

−Π+

π+Π= − )

2jexp()

1010x5,10f()

2jexp()

1010x5,10f(10x2)f(Y 6

6

6

66

)ft2jexp()10

10x5,9f()10

10x5,9f(10x2 o6

6

6

66 π−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Π+

+Π+ −

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Π−

+Π= − )

1010x5,10f()

1010x5,10f(j10x2)f(Y 6

6

6

66

)ft2jexp()10

10x5,9f()10

10x5,9f(10x2 o6

6

6

66 π−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Π+

+Π+ −

[ ]+π−π−= )t10x5,102jexp()t10(sinc)t10x5,102jexp()t10(sincj2)t(y 6666 [ ])]tt(10x5,92jexp[)]tt(10[sinc)]tt(10x5,92jexp[)]tt(10[sinc2 o

6o

6o

6o

6 −π−+−π−−+

)]tt(10x5,92cos[)]tt(10[sinc4)t10x5,102cos()t10(sinc4)t(y o6

o666 −π−+π= ;

4010t

6

o

−

=

Hubo distorsión de fase solamente.

(c) )t10cos()t10(sinc2)t1028cos()t10x8(sinc16)t(x 7665 π+π=

6c2

61c 10x5f ;10x14f ==

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Π+

+Π+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Π+

+Π= −− )

1010x5f()

1010x5f(10)

10x8,010x14f()

10x8,010x14f(10)f(X 6

6

6

66

6

6

6

65

X(f) tiene entonces la forma de la Fig.

P2.15(c)

Comparando con las características del filtro podemos ver que la salida es

+π

−−

Π+π+

Π= − )]2

jexp()10x8,0

10x14f()2

jexp()10x8,0

10x14f([10x2)f(Y 6

6

6

65

)ft2jexp()]10

10x5f()10

10x5f([10x2 o6

6

6

66 π−

−Π+

+Π+ −

10

10 X(f)

0

-6

-5

-14 -5 5 14 MHz

0,8 1

Fig. P2.15(c)

f


CAPITULO II

67

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Π−

+Π= − )

10x8,010x14f()

10x8,010x14f(j10x2)f(Y 6

6

6

65

)ft2jexp()10

10x5f()10

10x5f(10x2 o6

6

6

66 π−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Π+

+Π+ −

+π−= − )t10x142jexp()t10x8,0(sinc10x8,0[j10x2)t(y 6665 +π− )]t10x10x142jexp()t10x8,0(sinc10x8,0 666 [ ]

ottt6666666 |)t10x52jexp()t10(sinc10)t10x52jexp()t10(sinc1010x2 −→

− π+π−+

[ ]+π−π−= )t10x142jexp()t10x142jexp()t10x8,0(jsinc16)t(y 666 [ ]

ottt666 |)t10x52jexp()t10x52jexp()t10(sinc2 −→π−+π+

)]40

10t(10cos[)]40

10t(10[sinc4)t1028sen()t10x8(sinc32)t(y6

76

665−−

−π−+π=

Hubo distorsión de fase solamente.

2.16. Un sistema lineal está representado mediante la ecuación diferencial

)t(xb)t(xdtdb)t(ya)t(y

dtd

o1o +=+

(a) Determinar |H(f)|, β(f) y h(t).

Tomando la TF : )f(Xb)f(fX2jb)f(Ya)f(fY2j o1o +π=+π

)f(Xf2jaf2jbb)f(Y]f2jbb)[f(X]f2ja)[f(Y

o

1o1oo π+

π+=∴π+=π+ , de donde

)a

f2arctg()b

f2barctg((f) ;)f2(a)f2b(bH(f) ;

f2jaf2jbb)f(H

oo

122

o

21

2o

o

1o π−

π=β

π+π+

=π+π+

=

f2ja

f2jbf2ja

b)f(Ho

1o

o

π+π

+π+

=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

π++

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

π+=

f2ja1TF

dtdb

f2ja1TF b)t(h

o

1-1

o

1-o

)]t(u)ta[exp(dtdb)t(u)taexp(b)t(h o1oo −+−=

)t(u)taexp(ab)t()taexp(b)t(u)taexp(b)t(h oo1o1oo −−δ−+−= )t(b)t(u)taexp()bab()t(h 1o1oo δ+−−=

(b) Para bo = 0, )a

f2arctg(2

(f) ;)f2(a

fb2)f(H

o22

o

1 π−

π=β

π+

π=


CAPITULO II

68

Para graficar, hagamos, por ejemplo, 100by 10a 1o == . Las características del filtro tendrán la forma, Fig. P2.16,

Este es un filtro pasaalto.

(b) Para bo = 0, )a

f2arctg(-2

(f) ;)f2(a

fb2)f(Ho

22o

1 ππ=β

π+

π=

Para graficar hagamos ao = 10; b1 = 10; )5farctg(-

2(f) ;

)f2(100

f20)f(H2

ππ=β

π+

π=

En la Fig. P2.16(b) se muestra las características de este filtro. Este es un filtro pasaalto.

(c) Para b1 = 0 y ao = 1

)f2arctg()f( π−=β

Por definición, )f(dfd

21)f(tg βπ

−=

2g )f2(11)]f2arctg([

dfd

21)f(t

π+=π−

π−=

En la figura P2.16(c) se grafica tg(f).


CAPITULO II

69

2.17. La red mostrada en la Fig. 2.65 del Texto es un sistema muy utilizado en instrumentos de medición.

(a) Demuestre que cuando R1C1 = R2C2, la red se comporta como una red sin distorsión con retardo cero.

Solución:

Sea, en la Fig. 2.65 del Texto: 22

22

11

11 CfR2j1

R)f(y Z CfR2j1

R)f(Zπ+

=π+

=

211

221

2

21

2

21

2

RCfR2j1CfR2j1R

R)f(Z)f(Z

)f(Z)f(H)f(X)f(Z)f(Z

)f(Z)f(Y+

π+π+

=+

=∴+

=

)CC(RfR2j)RR(CRfR2jR

)CR2j1(R)CR2j1(R)CfR2j1(R)f(H

212121

1212

112221

112

+π++π+

=π++π+

π+=

Si entonces, ,CRCR 2211 = 21

2

RRR)f(H+

=

0(f)y hRR

RH(f) te,consiguienPor o21

2 =β=+

= , lo que implica que to = 0. El retardo

es cero.

La red se comporta como una red sin distorsión pero con retardo cero.

(b) Sea 322

21121221 10x5CR ;10CR F; 10CC ; 500R ; 1000R2R −− ==µ==Ω=Ω==

10)CC(RR 2121 =+

150

f2arctg100

f2arctg(f) ;f4)150(

10xf4150H(f) f2j150

10fx2j150)f(H 222

4222 π−

π=β

π+π+

=π+

π+=

−−

Estas características tienen la forma dada en la Fig. P2.17

Nótese que para frecuencias superiores a 1 kHz, el sistema se comporta como una red

sin distorsión con un desfase muy bajo que tiende rápidamente a cero.


CAPITULO II

70

2.18. Un sistema no lineal tiene la característica de transferencia

)t(xa)t(xa)t(xa)t(y 33

221 ++=

La salida deseada es la correspondiente a x(t).

(a) Sea 4a ;6a ;11a );t100cos()t10cos()t(x 321 ===π+π=

Determine los términos de distorsión armónica y los de intermodulación. Calcule la potencia promedio de la salida deseada.

Solución:

Sea 50f ;100 ;5f ;10 2211 =ω=π=ω=π

3213

22122111 )]tcos()t[cos(a)]tcos()t[cos(a)tcos(a)tcos(a)t(y ω+ω+ω+ω+ω+ω=

Desarrollando el cuadrado y el cubo, y agrupando téminos llegamos a

+ω+ω+ω+ω++++= )]t2cos()t2[cos(2a)]tcos()][cos(

4a

2a3

2aa[a)t(y 21

221

33312

]t)cos[(]t)cos[(a)]t3cos()t3[cos(4a

21212213 ω−ω+ω+ω+ω+ω+

]t)2cos[(]t)2cos[(4a3]t)2cos[(]t)2cos[(

4a3

12123

21213 ω−ω+ω+ω+ω−ω+ω+ω+

+ω+ω+ω+ω+ω+ω+= )]t3cos()t3[cos()]t2cos()t2[cos(3)]tcos()t[cos(206)t(y 212121

+ω−ω+ω+ω+ω−ω+ω+ω+ ]t)2cos[(]t)2cos[(3]t)cos[(]t)cos[(6 21212121

]t)2cos[(]t)2cos[(3 1212 ω−ω+ω+ω+

La salida deseada es )t100cos(20)t10cos(20)t(xd π+π=

Cuya potencia es W400200200)t(x2d =+>=<

Los términos de salida son:

1 término de componente continua: 6

4 términos de Distorsión Armónica a las frecuencias 2f1, 2f2, 3f1 y 3f2

6 términos de Distorsión de Intermodulación a las frecuencias

(f1 + f2), (f1 – f2), (2f1 + f2), (2f1 - f2), (2f2 + f1) y (2f2 – f1 )

(b) 33

221 10a ;10a ;2a ;100 );tcos(100)t100cos(10)t(x −− ===π=ωω=π=

)t(cos1010)t(cos1010)tcos(20)t(y 333222 ω+ω+ω= −−

)t600cos(25,0)t200cos(5,0)t100cos(75,205,0)t(y π+π+π+=

El porcentaje de “Distorsión de Tercera Armónica” es, del Ejemplo 2.45 del Texto,


CAPITULO II

71

100 lFundamenta Componente la de Amplitud

Armónica Tercera de Componente la de Amplitud%D3 =

%205,110075,2025,0%D3 ==

(c) 3 3

21 2 3

x(t) 2x10 sin c(2x10 t); a 10; a 10 ; a 0−

=

= = − =

)t10x2(sinc10x4x10)t10x2(sinc10x20)t(y 326233 −−=

)10x2f(

10x210x4)

10x2f(

10x210x20)f(Y 33

4

33

3

Λ−Π=

)10x2f(20)

10x2f(10)f(Y 33 Λ−Π=

cuyo espectro se muestra en la Fig. P2.18.

2.19. Sea una señal x(t) de banda limitada fm. ¿Es x2(t) también de banda limitada? Si lo es, determine su frecuencia máxima. En general, ¿Qué puede decirse del espectro de xn(t)? (Utilice el teorema de la convolución). Determine y dibuje, en cada caso, el espectro del cuadrado de las siguientes señales y observe sus correspondientes anchos de banda.

Solución:

x(t) es de banda limitada fm.

∫∞

∞−−=∗=⇔= dv)vf(X)v(X)f(X)f(X)f(Y)t(x)t(y 2

Si x(t) es de banda limitada, el producto de convolución ocupará un ancho de banda 2fm (frecuencias positivas); por lo tanto, x2(t) será también de banda limitada.

)f(X)]f(X)f(X[)t(x3 ∗∗⇔ → será de banda limitada 3fm

y en general, )f(X])f(X)f(X)f(X[)t(xn ∗⋅⋅⋅∗∗= → será de banda limitada nfm (en el corchete hay (n – 1) términos).

Si x(t) es pasabanda, de ancho de banda 2B centrado en fc, el ancho de banda de )t(x)t(y n= será 2nB con la condición fc > nB.

(a) )tf2(sincAf4)t(x mm=

)tf2(sincfA16)t(x)t(y m22

m22 ==


CAPITULO II

72

)f2f(A2)f(X

mΠ= )

f2f(Af8)f(Y

m

2m Λ=

Estos espectros tienen la forma mostrada en la Fig. P2.19(a)

Nótese que el espectro de x2(t) tiene un ancho de banda el doble del de x(t).

(b) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Π+

+Π⇔π= )

f2ff()

f2ff(A)tf2cos()tf2(sincAf4)t(x

m

c

m

ccmm

)tf2(cos)tf2(sincfA4)t(x)t(y c2

m22

m22 π==

)tf22cos()tf2(sincfA2)tf2(sincfA2)t(y cm22

m2

m22

m2 π+=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Λ+

+Λ+Λ= )

f2ff()

f2ff(

2fA)

f2f(fA)f(Y

m

c

m

cm2

mm

2

cuyos espectros se muestran en la figura P2.19(b)

2.20. En la Fig. 2.66 del Texto se muestra las características ideales de un filtro conocido con el nombre de “filtro de ranura (notch filter)”. Este filtro se utiliza para eliminar frecuencias indeseables.

Determinar su respuesta impulsional

Solución:

De la Fig. 2.66 del Texto,

co

cc

cco f8

1 t;ff812f

4f-(f) ;)

Bff()

Bff(1h)f(H =π−=

π=β⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −

Λ−+

Λ−=

)ft2jexp()B

ff()B

ff(1h)f(H occ

o π−⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Λ−+

Λ−=

[ ]otttc

2c

2ooo |)tf2jexp()Bt(sinc)tf2jexp()Bt(sincBh)tt(h)t(h −→π+π−−−δ=

[ ]otttc

2ooo |)tf2cos()Bt(sincBh2)tt(h)t(h −→π−−δ=

cooco

2ooo f8

1con t )]tt(f2cos[)]tt(B[Bsinch2)tt(h)t(h =−π−−−δ=


CAPITULO II

73

2.21. Sea un filtro cuya función de transferencia es ).ft2jexp()f(sinch)f(H oo π−τ= Si se le

aplica la señal ),t(A)t(xτ

Π= determine su salida y(t).

Solución:

)f(sincA)f(X)t(A x(t));ft2jexp()f(sinch)f(H oo ττ=⇔τ

Π=π−τ=

)ft2jexp()f(sinchA)f(X)f(H)f(Y o2

o π−ττ==

)tt(Ah|)t(1hA|)f(sincTF hA)t(y ootttottt

21-o oo τ

−Λ=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡

τΛ

ττ=ττ= −→−→

2.22. Sea los filtros reales mostrados en la Fig. 2.67 del Texto.

(a) Determine y grafique las correspondientes características de amplitud y de fase.

(b) Determine los anchos de banda de 3 dB.

(c) Determine las ecuaciones integrodiferenciales que los caracterizan.

(d) Para los filtros (a) y (b), determine el retardo de envolvente y el ancho de banda de acuerdo con la definición dada en la expresión (2.79) del Texto.

Solución:

1. Sea la Fig. 2.67(a) del Texto.

(a) De la forma del circuito, )f(X

fC2j1R

fC2j1

)f(Y

π+

π= . De donde

fRC)-arctg(2(f) ;)fRC2(1

1H(f) ;fRC2j1

1)f(H2

π=βπ+

=π+

=

Gráfica para R = 600 y C = 10-7 Este es un filtro pasabajo, Fig. 2.22(a).


CAPITULO II

74

(b) Ancho de banda de 3 dB. Sea B este ancho de banda; por definición,

RC21B1)BRC2(

21

)BRC2(11 2

2 π=∴=π→=

π+

Para R = 600 Ω y C = 10-7 F, B = 2653 Hz

(c) Ecuación diferencial.

)f(Xf2j

RC1

1RC1)f(X

fRC2j11)f(Y

π+=

π+=

)t(x)]t(u)RC

t[exp(RC1)t(x

f2jRC1

1TFRC1)t(y 1 ∗−=∗

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

π+= −

∫∫∞∞

∞−τ

τ−τ−=ττ

τ−τ−=

0d)

RCexp()t(x

RC1d)(u)

RCexp()t(x

RC1)t(y

(d) Retardo de envolvente tg(f).

2g )fRC2(1RC)]fRC2arctg([

dfd

21)f( t);fRC2arctg()f(

π+=π−

π−

=π−=β

Ancho de Banda según ecuación (2.79) del Texto.

Ecuación (2.79) del Texto: max

)f(H

df)f(H

21B ∫

∞

∞−=

Pero la integral ∫∞

∞−df)f(H → ∞. Esto quiere decir que no podemos utilizar la expresión

(2.79) del Texto para evaluar el ancho de banda.

2. Sea el circuito de la Fig. 2.67(b) del Texto.

(a)

)fRC2arctg(2

(f) ;)fRC2(1

RCf2H(f) ;

fRC2j1fRC2j

fC2j1R

R)f(H2

π−π

=βπ+

π=

π+π

=

π+

=

En la Fig. P2.22(b) se grafica H(f) para R = 1200 Ω y C = 10-6 F.


CAPITULO II

75

Este es un filtro utilizado para la eliminación de la componente continua y componentes de baja frecuencia. Ajustando los valores de R y de C se puede lograr valores muy bajos para el ancho de banda de 3 dB, como veremos a continuación.

(b) Ancho de banda de 3 dB. Sea B este ancho de banda. De la definición,

RC21B1)BRC2(

21

)BRC2(1BRC2 2

2 π=∴=π→=

π+

π

para R = 1200 Ω y C = 10-6 F, B = 132,6 Hz.

(c) Ecuación Diferencial. )f(Xf2j

RC1

f2j)f(X)f(H)f(Yπ+

π==

)t(u)RC

texp(RC1)t()]t(u)

RCt[exp(

dtd

f2jRC1

f2jTF pero

);t(xf2j

RC1

f2jTF)t(y

1-

1

−−δ=−=⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

π+

π

∗⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

π+

π= −

τττ

−−τδτ−= ∫∞

∞−d)](u)

RCexp(

RC1)()[t(x)t(y

∫ ∫∞

∞−

∞

∞−ττ

τ−τ−−ττδτ−= d)(u)

RCexp()t(x

RC1d)()t(x)t(y

∫∞

ττ

−τ−−=0

d)RC

exp()t(xRC1)t(x)t(y

(d) Retardo de Envolvente tg(f).

)]fRC2arctg(2

[dfd

21)f( t);fRC2arctg(

2)f( g π−

ππ−

=π−π

=β


CAPITULO II

76

2g )fRC2(1RC)f(tπ+

=

Ancho de Banda según la ecuación (1.79) del Texto.

En este caso se verifica también que ∫∞

∞−∞→df)f(H , de modo que no se puede

utilizar la ecuación (2.79) para definir un ancho de banda para este filtro.

3. Sea el circuito de la Fig. 2.67(c) del Texto.

(a) Definamos: LC)f2(1

fL2j)f(ZfL2j

LC)f2(1fC2jfL2j

1)f(Z

121

2

1 π−π

=∴ππ−

=π+π

=

fL2j]RLC)f2(R[RLC)f2(R

LC)f2(1fL2jR

R)f(ZR

R)f(H 2

2

21 π+π−

π−=

π−π

+=

+=

]RLCf)(2-R

fL2-arctg[(f) ;)fL2(]RLC)f2(R[

RLC)f2(R)f(H 2222

2

ππ

=βπ+π−

π−=

Para graficar H(f), Fig. P2.22(c), hagamos L=1 H, C = 10-7 F y R = 10 KΩ.

Este filtro es una realización práctica del “filtro de ranura” visto en el Problema 2.20. Los ceros de |H(f)| están a una frecuencia para la cual (2πfo)2LC = 1, es decir, para

LC21fc π

= . En el presente caso, fc = 503,3 Hz.

(b) Ancho de Banda de 3 dB. Sea B este ancho de banda; de la definición,

2

1)BL2(]RLC)B2(R[

]RLC)B2(R[222

2

=π+π−

π− , de donde,

0)BL2(]LC)B2(1[R 2222 =π−π−

Resolviendo esta ecuación, las frecuencias de 3 dB de |H(f)| son:


CAPITULO II

77

RLC4LCR4LLB

22

π++±

= . Para R = 104, L = 1 y C = 10-7, las frecuencias de 3 dB

son: B1 = 429,967 Hz; B2 = 589,122 Hz, siendo la frecuencia de corte o de la ranura igual a fc = 503,3 Hz.

(d) Ecuación diferencial. )f(XfL2j]RLC)f2(R[

RLC)f2(R)f(Y

2

2

π+π−π−

= ; donde H(f) se

puede desarrollar en la forma

fL2jRLC)f2(R

R)f2j(LCfL2jRLC)f2(R

R)f(H 22

2 π+π−π+

π+π−=

)f(HTFdtdLC)f(HTF)t(h)f(H)f2j(LC)f(H)f(H 1

12

2

11

12

1−− +=⇔π+=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

π+π−= −

fL2jLC)f2(RRTF)t(h 2

11 . Para esta expresión MATCAD nos da

)t(utRCL2

LCLR4sen)RC2texp(

LCLR4R2)t(h

22

221⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −−

−=

thdtdLC)t(h)t(h 12

2

1 += . También )t(x)t(h)t(y ∗= , de donde

)t(x)t(hdtdLC)t(h)t(y 12

2

1 ∗⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+=

El lector puede simplificar aún más esta expresión.

4. Sea el circuito de la Fig. 2.67(d) del Texto.

(a) fRC2jLC)f2(1

fRC2j

fC2j1fL2jR

R)f(H 2 π+π−π

=

π+π+

=

222 )fRC2(]LC)f2(1[

RCf2)f(H

π+π−

π= ; ]

LC)f2(1fRC2arctg[

2)f( 2π−

π−

π=β

En la Fig. P2.22(d) se grafican estas características para R = 600 Ω, L = 0,01 H y C = 10-6


CAPITULO II

78

Este filtro elimina la componente continua. Nótese un valor máximo a la frecuencia

para la cual LC2

1fo π= ; en este caso fo = 1592 Hz. Allí se produce un cambio de

fase. Veremos a continuación que éste es en realidad un filtro pasabanda.

(b) Ancho de banda de 3 dB. Sea B este ancho de banda; por definición,

2

1)BRC2(]LC)B2(1[

BRC2222=

π+π−

π . Desarrollando se obtiene la ecuación

0)BRC2(]LC)B2(1[ 222 =π−π− . Resolviendo esta ecuación,

LC4

LC4)RC(RCB2

π++±

= . Las frecuencias de 3 dB son, para los valores dados de

R, C y L, B1 = 258,3 Hz y B2 = 9808 Hz

Estas frecuencias definen una banda de paso que en el presente caso es de

B2 – B1 = 9549 Hz

2.23. Se tiene una señal x(t) diente de sierra creciente cuyo período es de 1 ms, con un valor máximo de 15V y mínimo de 5V. Se dispone también de tres filtros ideales: H1(f) pasabajo de ancho de banda de 500 Hz; H2(f) pasabajo de ancho de banda de 1500 Hz; y H3(f) pasaalto de frecuencia de corte de 500 Hz. Todos los filtros tienen ganancia unitaria. Si la entrada es x(t), dibuje la señal de salida en los siguientes casos:

Solución:

La entrada x(t) tiene la forma de la Fig. P2.23(a)

Hz 1000f ;10 T T;en 5t1010)t(x o

3-3 ==+= −

∫−

π−+=310

0

43n dt)nt2000jexp(]5t10[10X

2

;n5X 0; n y n todopara ;

n5jX nnn

π=φ

π=≠

π= ; Xo = 10; términos en seno.

Habrá componentes para todo n a las frecuencias fn = n1000.


CAPITULO II

79

(a) Salida de H1 (f) solamente.

Filtro pasabajo, ancho de banda de 500 Hz.

Solamente pasa la componente continua

y(t) = 10

con la forma de la Fig. P2.23(b)

(b) Salida de H2(f) solamente.

Filtro pasabajo, ancho de banda de 1500 Hz. Pasa solamente la componente continua y la componente fundamental.

)t10002sen(1010)t(y π

π+= que se muestra en la P2.23(c).

(c) Salida de H3(f) solamente.

Filtro pasaalto, frecuencia de corte de 500 Hz.

Pasan todas las componentes de frecuencia menos la componente continua.

10)t(x)t(y −= que se muestra en la Fig. P2.23(d)

(c) H1(f) y H2(f) en cascada.

La salida depende solamente de H1(f). Pasa solamente la componente continua; la salida tiene la misma forma de la parte (a).

(d) H1(f) y H3(f) en cascada.

Pasan todas las componentes; la salida es igual a la entrada x(t).

(e) H2(f) y H3(f) en cascada.

La salida depende solamente de H2(f). Salida igual que en el caso (b).

(f) H1(f), H2(f) y H3(f) en cascada.

La salida depende solamente de H1(f). Igual que en el caso (a)

(g) H1(f) y H2(f) en paralelo.

La salida depende solamente de H2(f). Igual que en el caso (b).


CAPITULO II

80

2.24. Sea el circuito mostrado en la Fig. 2.68 del Texto.

(a) Determine sus características de amplitud y de fase.

Solución:

De la Fig. 2.68 del Texto, )f(X)f(H)f(X

fC2j1R

fC2j1

fC2j1R

fC2j1

)f(Y =

π+

π

π+

π=

222

]f2jRC1[

1)RC(

1]fRC2j1[

1fRC2j1

1fRC2j1

1)f(Hπ+

=π+

=π+π+

=

Del Problema 1.23(d), )t(u)RC

texp(t)RC(

1)t(h 2 −⋅=

]fRC)(2-1

fRC4-arctg[(f) ;)fRC4(])fRC2(1[

1H(f)

fRC4j)fRC2(1

1)f(H

2222

2

ππ

=βπ+π−

=

π+π−=

En la Fig. P2.24(a) se grafica H(f) para R = 1 MΩ y C = 10-12 F.

(b) Ancho de Banda de 3 dB. Sea B este ancho de banda. Por definición,

2

1

)BRC4(])BRC2(1[

1222=

π+π−. Resolviendo esta ecuación, obtenemos:

RC212B

π−

= . Para R = 106 y C = 10-12, B = 102,431 kHz.

(c) 2

2]f2j

RC1[

1)RC(

1)f(Hπ+

=


CAPITULO II

81

y del Problema 2.17(d), )t(u)RC

texp(t)RC(

1)t(h 2 −⋅=

(d) );T

2/Tt()t(x −Π= x(t)h(t)y(t) );t(u)

RCtexp(t

)RC(1)t(h 2 ∗=−⋅=

En este caso vamos a aplicar el procedimiento del Ejemplo 2.10(a).

Donde ).Tt(u)t(u)TT/2-t(y x(t) )t(h)x(y −−=Π==>

De la Expresión (2.47),

∫ ∫∞ ∞

ττ−−ττ−==>0 T

d)t(hd)t(h)t(y)x(z

∫ ∫∞ ∞

ττ−τ−

−τ−

−ττ−τ−

−τ−

=0 T 22 d)t(u)

RCtexp(

)RC(td)t(u)

RCtexp(

)RC(t)t(y

La primera integral es válida en el intervalo Tt0 ≤< , mientras que la segunda es válida para T < t; )t(u τ− implica que el límite superior es t. Entonces,

)Tt(ud)RCtexp(

)RC(t)

T2/Tt(d)

RCtexp(

)RC(t)t(y

t

T 2

t

0 2 −⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡τ

τ−−

τ−−

−Π⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡τ

τ−−

τ−= ∫∫

Resolviendo las integrales,

)Tt(u)RC

Ttexp()RC

RCTt(1)T

2/Tt()RC

texp()RC

RCt(1)t(y −⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−−+−+−

−Π⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

+−=

En la Fig. P2.24(b) se muestra la salida y(t) para T = 0,8 seg y RC = 0,1


CAPITULO II

82

2.25.Transformadas de Hilbert. Demuestre que

(a) Si x t Af sinc f t f tm m m( ) ( ), [ cos( )]= −2 2 1 2 entonces x(t) =Atπ

π

Solución:

m m mm m m

1 f fx(t) 2Af sin c(2f t) X(f ) 2Af ( ) A ( )2f 2f 2f

= ⇔ = Π = Π

m m

m m

f f / 2 f f / 2X(f ) jsgn(f )X(f ) jA ( ) jA ( )f f

+ −= − = Π − Π

m mm m m

f fx(t) jAf sin c(f t)exp( j2 t) jAsin c(f t)exp( j2 t)2 2

= − π − π

mm m m m m

m

sen( f t)x(t) 2Af sin c(f t)sen( f t) 2Af sen( f t)f tπ

= π = ππ

2m m

2A Ax(t) sen ( f t) [1 cos(2 f t)]t t

= π = − ππ π

(b) Si x t Af sinc f t f tm m c( ) ( ) sen( )= ⋅2 22 π , entonces, para f fc m≥

x t Af sinc f t f tm m c( ) ( ) cos( )= − ⋅2 22 π

Solución:

c c c c

m m m m

f f f f f+f f fˆX(f ) jA ( ) ( ) ; X(f)=-jsgn(f)X(f)=-A ( ) A ( )f f f f

⎡ ⎤+ − −= Λ − Λ Λ − Λ⎢ ⎥

⎣ ⎦

2 2m m c m m cx(t) Af sin c (f t)exp( j2 f t) Af sin c (f t)exp( j2 f t)= − π − − π

2m m cx(t) 2Af sin c (f t)cos(2 f t)= − π

(c) At t T / 2 A T / 2ˆx(t) ( ); x(t)= ( )dT T T t T

∞

−∞

− τ τ −= Π Π τ

π − τ∫

[ ]A A t A t Ax(t) T t ln | t | t ln | T t | t ln | | T t lnT T T t T T t

⎡ ⎤= − + − − = − = ⋅ − −⎢ ⎥π π − π − π⎣ ⎦

(d) 2 2m m m m m cˆx(t) 2Af sin c (f t)sen(2 f t); x(t)= - 2Af sin c (f t)cos(2 f t)= π π

Envolvente de x(t) x c c sz(t) z (t)exp( j2 f t) x (t) jx (t)= − π = +

Pero x x cˆ ˆz (t) x(t) jx(t); z (t)=[x(t)+jx(t)]exp(-j2 f t)= + π

2x m m c c cz (t) 2Af sin c (f t)[sen(2 f t) jcos(2 f t)]exp( j2 f t)= π − π − π


CAPITULO II

83

2x m mz (t) j2Af sin c (f t)= − envolvente compleja de x(t)

c c cˆx (t) x(t)cos(2 f t) x(t)sen(2 f t)= π + π

2 2c m m c c m m c cx (t) 2Af sin c (f t)sen(2 f t)cos(2 f t) 2Af sin c (f t)cos(2 f t)sen(2 f t)= π π − π π

cx (t) 0=

2 2s m m c c m m c cx (t) 2Af sin c (f t)cos(2 f t)cos(2 f t) 2Af sin c (f t)sen(2 f t)sen(2 f t)= − π π − π π

2 2 2s m m c cx (t) 2Af sin c (f t)[cos (2 f t) sen (2 f t)]= − π + π

2s m mx (t) 2Af sin c (f t)= −

Se verifica que 2 2x c s m m m mz (t) x (t) jx (t) 0 j2Af sin c (f t) j2Af sin c (f t)= + = − = −

(e) c sx (t)x (t)dt 0∞

−∞

=∫ es directo pues cx (t) 0=

2 2m m c m m c

2 2m m c c

-

ˆx(t)x(t)dt 2Af sin c (f t)sen(2 f t) 2Af sin c (f t)cos(2 f t) dt

(2Af ) sinc (f t)sen(2 f t)cos(2 f t)dt

∞ ∞

−∞ −∞

∞

∞

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= π − π⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= − π π

∫ ∫

∫

El integrando es una función impar de t, y como se integra de a +−∞ ∞ , el resultado

es cero, de donde, ˆx(t)x(t)dt 0∞

−∞

=∫


CAPITULO II

84

2.26. Sea 2

1 1

2 2

fm (t) ABsin c (Bt) M (f ) A ( )B

fm (t) 2ABsin c(2Bt) M (f ) A ( )2B

= ⇔ = Λ

= ⇔ = Π

c5Bf2

=

(a) 1 c 1 cˆx(t) m (t)cos(2 f t) m (t)sen(2 f t)= π − π

Por inspección, x(t) es una señal modulada en banda lateral única (SSB). Su espectro se muestra en la Fig. P2.26(a).

(b) 1 c 2 cˆx(t) m (t)cos(2 f t) m (t)sen(2 f t)= π + π

c c

1 cA f f A f fm (t)cos(2 f t) ( ) ( )2 B 2 B

+ −π ⇔ Λ + Λ

cuyo espectro se muestra en (b).

-5B/2 5B/2 7B/2

X(f) A (a)

0 f

A/2

-fc fc

f

-fc fc

B

2B 0

(b)

(c)

-fc fc

f

f

A/2 X(f)

-A/2

A/2

-A/2 0

0

Fig. P2.26

2 2f B/ 2 f B/ 2M (f ) jsgn(f )M (f ) jA ( ) jA ( )

B B+ −

= − = Π − Π

2 c 2 c 2 c

c c

c c

j ˆ ˆm (t)sen(2 f t) M (f f ) M (f f )2j f+B/2+f f B/ 2 f = jA ( ) jA ( )2 B B

f B/ 2 f f B/ 2 f jA ( ) jA ( )B B

⎡ ⎤π ⇔ + − −⎣ ⎦

− +⎡ Π − Π −⎢⎣+ − − − ⎤− Π + Π ⎥⎦

c c2 c

c c

A f+B/2+f f B/ 2 fm (t)sen(2 f t) ( ) ( )2 B B

f B/ 2 f f B/ 2 f ( ) ( )B B

− +⎡π ⇔ −Π +Π +⎢⎣+ − − − ⎤+Π −Π ⎥⎦

Este espectro se muestra en la Fig. P2.26(c).

El espectro de 1 c 2 cˆx(t) m (t)cos(2 f t) m (t)sen(2 f t)= π + π es la suma de los espectros

mostrados en (b) y (c). Este espectro resultante se muestra en (d).


CAPITULO II

85

2.27. Si ˆ ˆx x xxˆ ˆ ˆR ( ) x(t)x(t ) ; R ( ) x(t)x(t ); R ( ) x(t)x(t )τ =< + τ > τ =< + τ τ =< + τ ;

xx ˆ ˆR ( ) x(t)x(t ) y z(t)=x(t) +jx(t)τ =< + τ > , demuestre que

ˆ ˆ ˆx x xx x xx

z x x x

ˆR ( ) R ( ); R ( ) R ( ) R ( )ˆ ˆR ( ) 2[R ( ) jR ( )]; R (0) 0

τ = τ τ = τ = − τ

τ = τ + τ =

donde xR ( )τ es la Transformada de Hilbert de xR ( )τ .

Solución:

Sabemos que 22

x x T TˆR ( ) S (f ) y X (f ) X (f )τ ⇔ = , donde xT(t) es la señal truncada

de x(t). Asimismo,

22

TTˆx x x xT T

X (f )X (f )S (f ) lim lim ; por lo tanto, R ( ) S (f ) S (f )

T T→∞ →∞= = τ ⇔ = , lo cual

implica que ˆx xR ( ) R ( )τ = τ .

*zˆ ˆ ˆz(t) x(t) jx(t); R ( ) z (t)z(t ) [x(t) jx(t)][x(t ) jx(t )]= + τ =< + τ >=< − + τ + + τ >

Desarrollando zR ( ),τ llegamos a

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆz x x xx xx x xx xxR ( ) R ( ) R ( ) jR ( ) jR ( ) 2R ( ) jR ( ) jR ( )τ = τ + τ + τ − τ = τ + τ − τ .

Hay que determinar ˆ ˆxx xxR ( ) y R ( )τ τ .

T / 2

ˆxx TT / 2

1ˆ ˆ ˆR ( ) x(t)x(t ) lim x(t)x(t ); pero x(t) h(t) * x(t)T→∞

−

τ =< + τ >= +τ =∫

ˆ ˆx(t) h( )x(t )d y x(t ) h( )x(t )d∞ ∞

−∞ −∞

= λ − λ λ + τ = λ + τ − λ λ∫ ∫ . Reemplazando en ˆxxR ( ),τ

T / 2 T / 2

ˆxx T TT / 2 T / 2

1 1R ( ) lim x(t) h( )x(t )d dt h( ) lim x(t)x(t )dt dT T

∞ ∞

→∞ →∞− −∞ −∞ −

⎡ ⎤⎡ ⎤τ = λ + τ − λ λ = λ + τ − λ λ⎢ ⎥⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫

La integral dentro de los corchetes es igual a xR ( )τ − λ . Por lo tanto,

ˆxx x xˆR ( ) h( )R ( )d h( ) * R ( ) R( )

∞

−∞

τ = λ τ − λ λ = τ τ = τ∫ , donde xR ( )τ es la transformada

de Hilbert de xR ( )τ . Vemos entonces que ˆxx xˆR ( ) R ( )τ = τ .

Haciendo el mismo procedimiento, podemos demostrar que

xx x xR ( ) h( )R ( )d h( ) * R ( );∞

−∞

τ = λ −τ − λ λ = −τ −τ∫ pero 1 1h( ) y h( ) h( )−τ = −τ = = − τ

πτ πτ.


CAPITULO II

86

Tambien x xR ( ) R ( );τ = −τ por lo tanto, xx x xˆR ( ) h( ) * R ( ) R ( ).τ = − τ τ = − τ De donde,

ˆ ˆxx xxR ( ) R ( ),τ = − τ y por consiguiente, z x xˆR ( ) 2 R ( ) jR ( )⎡ ⎤τ = τ + τ⎣ ⎦ .

Por definición, T / 2

ˆxx TT / 2

1 ˆR ( ) lim x(t)x(t )dt,T→∞

−

τ = + τ∫

Para T / 2

ˆxx TT / 2

1 ˆ0, R (0) lim x(t)x(t)dt,T→∞

−

τ = = ∫ pero como ˆx(t) y x(t) son ortogonales, es

decir, que ˆx(t)x(t)dt 0=∫ para todo t, entonces

ˆ ˆxx xxR (0) R (0) 0= = y también xR (0) 0.=

2.28. Sea el “detector sincrónico o coherente” mostrado en el Problema de Aplicación 1.40, Fig. 1.77 del texto. Nótese que este detector tiene la misma forma que la rama superior de la Fig. 2. 34(a). Sea entonces m(t) una señal mensaje pasabajo portadora de información. El filtro es ideal y de ganancia unitaria.

(a) Demuestre que si x(t) es una señal modulada en doble banda lateral de la forma x t m t f tc( ) ( ) cos( ),= 2π entonces, y(t) = m(t)

(b) Demuestre también que si x(t) es una señal modulada en banda lateral única de la forma

x t m t f t m t f tc c( ) ( ) cos( ) ( ) sen( )= −2 2π π

entonces y t m t( ) ( )=

Solución: (a)

De la Fig. 1.77, a la salida del multiplicador,

21 c c cx (t) x(t)2cos(2 f t) m(t)2cos (2 f t) m(t) m(t)2cos(2 2f t)= π = π = + π

El filtro pasabajo elimina las componentes de alta frecuencia (alrededor de 2fc) y solamente deja pasar m(t), de donde

Y(t) = m(t) (b) A la salida del multiplicador,

2i c c c cˆx (t) x(t)2cos(2 f t) m(t)2cos (2 f t) m(t)2sen(2 f t)cos(2 f t)= π = π − π π

i c cˆx (t) m(t) m(t)cos(2 2f t) m(t)sen(2 2f t)= + π − π

El filtro elimina las componentes de alta frecuencia, quedando y(t) = m(t).

El detector sincrónico permite entonces extraer o detectar una señal mensaje m(t) pasabajo contenida en una señal modulada en doble banda lateral o en banda lateral única. La única restricción existente es que si la frecuencia máxima de la señal mensaje


CAPITULO II

87

es fm y el ancho de banda del filtro pasabajo es B, entonces debe verificarse siempre que f B fc m≥ ≥ , para no perder la información contenida en la señal mensaje m(t). En la práctica, generalmente mcmc f y BBf ,ff ≥>>>> .

2.29. Considere la combinación RC mostrada en la Fig. P2.29.

Demuestre que el voltaje eficaz de ruido térmico en sus terminales es, para B→∞

v kTCef =

R C Z(f)

Fig. P2.29

Obsérvese que el voltaje eficaz de ruido resulta ser independiente de la resistencia R. La razón es que, mientras que el voltaje eficaz por unidad de ancho de banda es proporcional a R, el ancho de banda equivalente sobre el cual aparece el ruido en los terminales es inversamente proporcional a R y los dos efectos se cancelan.

Solución:

Aplicaremos la “Fórmula de Nyquist”, expresión (2.140) del Texto.

De la Fig. P2.29, 1 1 1 j2 RCfj2 fCZ(f ) R R

+ π= π + =

2

2 2

R R(1 j2 RCf ) R 2 R CfZ(f ) j1 j2 RCf (1 j2 RCf )(1 j2 RCf ) 1 (2 RCf ) 1 (2 RCf )

− π π= = = −

+ π + π − π + π + π

siendo 2

RR(f )1 (2 RCf )

=+ π

la parte real de Z(f). De la Fórmula de Nyquist,

` B B

2ef 2

B B

df 2 kTv 2kT R(f )df 2kTR arctg(2 BRC)1 (2 RCf ) C− −

= = = π+ π π∫ ∫

Si se desea el valor de vef para todo B, es decir, en todo el dominio de la frecuencia,

2ef

kTB , en cuyo caso, arctg(2 BRC)= , v , de donde2 Cπ

→∞ π =

efkTvC

=


CAPITULO II

88

2.30. Sea la red sin ruido de la Fig. P2.30 a cuya entrada se conecta una resistencia ruidosa R.

Determine el valor eficaz del voltaje de ruido en los terminales de salida cuando H(f) representa:

(a) Un filtro pasabajo ideal de ganancia ho y ancho de banda B.

Red sin Ruido H(f)

R

Fig. P2.30

voef

[Respuesta: v h kTRBoef o= 4 ]

(b) Un filtro pasabanda ideal de ganancia ho , ancho de banda 2B y centrado en la frecuencia fc , donde fc > B. [Respuesta: v h kTRBoef o= 8 ]

(a) Un filtro exponencial de la forma H f h fBo( ) exp( | |)= −

[Respuesta: oef okTBv h

2= ]

(d) Un filtro gaussiano de la forma H f h fB

o( ) exp( )= −2

2

[Respuesta: oef okTBv h

2 2π

= ]

Solución:

(a) De la expresión (2.136) del Texto, el valor eficaz al cuadrado 2efv de una resistencia

es 2efv 4kTRB= y la densidad espectral Si(f) correspondiente es

2ef

ivS (f )2B

= ,

expresión (2.138) del Texto. Si H(f) es la función de transferencia de la red, entonces, a la salida de la red 2 2

o iS (f ) H(f ) S (f ) 2kTR H(f ) .= =

Entonces, para un filtro ideal de ganancia ho y ancho de banda B,

2 2 2o o o o

f f fH(f ) h ( ) y H(f) h ( ); S (f ) 2kTRh ( ),2B 2B 2B

= Π = Π = Π cuya potencia prome-

dio es B

2 2 2ef o o o

B

v S (f )df 2kTRh df 4kTRBh ,∞

−∞ −

= = =∫ ∫ de donde, oef ov h 4kTRB= .

(b) Para un filtro pasabanda ideal, de ancho de banda 2B y centrado en fc,

2 2 2c c c co o o o

f f f f f f f fH(f ) h ( ) h ( ); H(f ) h ( ) h ( )2B 2B 2B 2B+ − + −

= Π + Π = Π + Π

2 c co o

f f f fS (f ) 2kTRh ( ) ( ) ,2B 2B+ −⎡ ⎤= Π +Π⎢ ⎥⎣ ⎦

cuya potencia promedio es


CAPITULO II

89

2 2 c coef o

f f f fv 2kTRh ( ) ( ) df2B 2B

∞

−∞

+ −⎡ ⎤= Π +Π⎢ ⎥⎣ ⎦∫

pero 2 2c coef o

f f f f( ) ( ) df 2x2B 4B; de donde, v 8kTRBh2B 2B

∞

−∞

+ −⎡ ⎤Π +Π == = =⎢ ⎥⎣ ⎦∫

2oef ov h 8kTRB=

(c) 2 2o o

f fH(f ) h exp( ); H(f) h exp( 2 )

B B= − = − . Si Sx(f) es la densidad espectral de

potencia disponible, entonces, de (2.143), xkTS (f )2

= .

A la salida del filtro, 2

2 oo x

fh kTS (f ) H(f ) S (f ) exp( 2 )2 B

= = − .

La potencia de ruido a la salida será 2o

o oh kTBN S (f )df

2

∞

−∞

= =∫

pero oef o okTBv N h

2= =

(d) 2 2

2 2o o x2 2

f f kTH(f ) h exp( ); H(f) h exp( 2 ); S (f )B B 2

= − = − =

2 2 2o o

o o o2

h k 2f h kTBS (f ) exp( ); N S (f )df2 B 2 2

∞

−∞

π= − = =∫ . Por lo tanto,

oef o okTBv N h

2 2π

= =

2.31. Demuestre que el valor eficaz de la corriente de ruido en un circuido RL serie es i kT Lef = /

Solución:

Por analogía con la expresión (2.140) del Texto, el cuadrado del valor eficaz de la corriente de ruido en un circuito de ancho de banda arbitrario es

B

2ef R

B

i 2kT Y (f )df ,−

= ∫ donde YR(f) es la parte real de la admitancia compleja vista en

los terminales del dipolo. Entonces, para un circuito RL serie, la admitancia compleja es

2 2 2 2

1 R j2 Lf R 2 LfY(f ) jR j2 Lf (R j2 Lf )(R j2 Lf ) R (2 Lf ) R (2 Lf )

− π π= = = −

+ π + π − π + π + π


CAPITULO II

90

2R ef2 2 2 2

R R kTY (f ) ; i 2kT df ;R (2 Lf ) R (2 Lf ) L

∞

−∞

= = =+ π + π∫ de donde,

efkTiL

=

2.32. Demuestre que la densidad espectral de potencia de la tensión de ruido en un circuito RL paralelo es S f kTRn ( ) = 2 .

Solución:

La impedancia del circuito RL paralelo es 2 2

j2 RLf j2 RLf (R j2 Lf )Z(f )R j2 Lf R (2 Lf )

π π − π= =

+ π + π

2

2 2

RfR(f ) R( ) f2 L

=+

π

2 2ef

n2 2

v 2kT kT RfS (f ) R(f )df df 2kTRR2B 2B B ( ) f2 L

∞ ∞

−∞ −∞

= = = =+

π

∫ ∫

2.33. Dos resistencias, de 1000 Ohm cada una, están a una temperatura de 300 y 400 kelvins, respectivamente. Determinar el voltaje eficaz de ruido cuando (a) las resistencias están en serie y (b) cuando están en paralelo. El ancho de banda en ambos casos es de 100 kHz.

(a) Resistencias en Serie, Fig. P2.33(a).

1 1 1 1ef 2 2 2 2efV 4kT R B v ; V 4kT R B v= = = =

2 2 2ef 1ef 2ef 1 1 2 2v v v 4kB(T R T R )= + = +

6ef 1 1 2 2v 4kB(T R T R 1,996x10 V−= + =

(b) Resistencias en Paralelo, Fig. P2.33(b)

De la Fig. P2.33(b),

2 11ef 1 2ef 2

1 2 1 2

R Rv V ; v VR R R R

= =+ +


CAPITULO II

91

2 2

2 2 22 1ef 1 2

1 2 1 2

R Rv V VR R R R⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= +⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2 27 2 1

ef 1 1 2 21 2 1 2

R Rv 4kT R B 4kT R 9,829x10 VR R R R

−⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2.34. Determine el ancho de banda equivalente BN del ruido de las redes cuyas funciones de transferencia son:

o N

2

o N2

o N

| f | B(a) H(f ) h exp( ); [Respuesta: B = ] B 2

f B(b) H(f)=h exp( ); [Respuesta: B = ]B 2 2

f B (c) H(f)=h sin c( ); [Respuesta: B ]B 2

= −

π−

=

(d) H f h sincf f

Bsinc

f fBo

c c( ) ( ) ( )=+

+−⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥ fc >> B [Respuesta: BN = B ]

(e) H f hf f

Bf f

Boc c( ) exp(

| |) exp(

| |)= −

++ −

−⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥ fc >> B [Respuesta: BN = B ]

Solución:

(a) o

fH(f ) h exp( )

B= − . El ancho de banda equivalente del ruido es

2

2 22 2N o o2 max

max

H(f )f

B ; H(f) H(f )H( f ) h exp( 2 ); H(f) hB2 H(f )

∞

−∞= = − = − =∫

2 2 2o o

0

fH(f ) df h exp( 2 )df h BB

∞ ∞

−∞

= − =∫ ∫ . De donde

2o

N 2o

h B BB2h 2

= =

(b) 2 2

2 22 2o o o2 2 max

f fH(f ) h exp( ); H(f) h exp( 2 ); H(f) hB B

= − = − =

2

N 20

1 f 2 BB 2 exp( 2 )df B2 B 4 2 2

∞ π π= − = =∫


CAPITULO II

92

(c) 2 2 2 2o o o

f f f fH(f ) h sin c( ); H(f) H(f )H( f ) h sin c( )sin c( ) h sin c ( )B B B B

= = − = − =

2 2 2o Nmax

1 f BH(f ) h ; B sin c ( )df2 B 2

∞

−∞

= = =∫

(d) Cuando el filtro es pasabanda y centrado en una frecuencia fc, la función de transferencia H(f) se puede escribir en la forma c cH(f ) G(f f ) G(f f )= + + − .

Si el filtro es de banda angosta y 2c Nf B , H(f)>> se puede escribir en la forma

2 2 2c cH(f ) G(f f ) G(f f )= + + − , y el ancho de banda BN vendrá dado por

2c

N 2c max

G(f f ) dfB

G(f f )

∞

−∞

−=

−

∫

Esta expresión la podemos simplificar si observamos que

2 2cG(f f ) df G(f ) df

∞ ∞

−∞ −∞

− =∫ ∫ , pues un desplazamiento en el eje de la frecuencia no

afecta al valor de la integral. En este caso, el ancho de banda BN vendrá dado por

2

N 2

max

G(f ) dfB

G(f )

∞

−∞=∫

Nótese que el ancho de banda BN está centrado en las frecuencias cf± . Nótese también que este ancho de banda es el doble que el ancho de banda BN en el caso pasabajo.

Para el caso presente, c co c

f f f fH(f ) h sin c( ) sin c( ) con f BB B+ −⎡ ⎤= + >>⎢ ⎥⎣ ⎦

2 22 2 2cc o o o omax

f f f fG(f f ) h sin c( ); G(f ) h sin c( ); G(f ) h sin c ( ); G(f ) hB B B−

− = = = =

2 2o

N 2o

fh sin c ( )dfB

B Bh

∞

−∞= =∫

(e) c co c

f f f fH(f ) h exp( ) exp( ) con f BB B+ −⎡ ⎤= − + − >>⎢ ⎥⎣ ⎦


CAPITULO II

93

2 2c 2 2c o o o omax

f f f fG(f f ) h exp( ); G(f ) h exp( ); G(f ) h exp( 2 ); G(f) h

B B B−

− = − = − = − =

N0

fB 2 exp( 2 )df BB

∞

= − =∫

2.35. Un amplificador de alta ganancia tiene una cifra de ruido de 9,031 dB, una ganancia de potencia de 50 dB y un ancho de banda equivalente del ruido de 10 kHz.

(a) Demuestre que la temperatura efectiva de ruido es 2030Te = kelvins

(b) Determine la potencia disponible de salida si la resistencia de la fuente a la entrada del amplificador tiene una temperatura de ruido 290TT os == kelvins. Repetir

cuando TT

T Tso

o o= = =4

10 100, T y Ts s .

Solución:

(a) La temperatura efectiva del ruido del amplificador es

e oT (F 1)T (8 1)290 2030 kelvins= − = − =

(b) Ts = To = 290 kelvins; Te = 2030 kelvins

Potencia disponible de entrada: i sN kT B=

Potencia disponible de salida:

o p i p e p s p e p s eN G N G kT B G kT B G kT B G k(T T )B= + = + = +

La temperatura equivalente del sistema (fuente + amplificador) es

a s eT T T= + cuya cifra de ruido es aa

o

TF 1T

= + . Entonces, para

11s o o a aT T 290 kelvins; N 3,202x10 W 44,946 dB ; T 2320 kelvins; F 9−= = = = − µ = =

11s o o a aT T / 4; N 2,901x10 W 45,374 dB ; T 2103 kelvins; F 8,25−= = = − µ = =

11s o o a aT 10T ; N 6,803x10 W 41,673 dB ;T 4930 kelvins;F 18−= = = − µ = =

10s o o a aT 100T ; N 4,283x10 W 33,683 dB ;T 31030 kelvins; F 108−= = = − µ = =

Nótese cómo se degradan la temperatura equivalente y la cifra de ruido del sistema (fuente + amplificador) . Esto quiere decir que cuanto menor sea la temperatura de la fuente, mejor será el desempeño del sistema. Por ello en la práctica, sobre todo en la recepción de señales de muy bajo nivel (comunicación por satélites y radioastronomía), la temperatura de la antena debe ser lo más baja posible.


CAPITULO II

94

2.36. En la Fig. P2.36 se muestra la etapa de entrada (amplificador de RF) de un receptor. La cifra de ruido del ampli-ficador es de 10 dB y ganancia de potencia de 80 dB. El ancho de banda equivalente del ruido es de 6 MHz y se supone que la temperatura de ruido de la antena es

290TT os == kelvins

T Ts o=

NiTi Amplificador de RF

ETAPA DE ENTRADA

Fig. P2.36

Demuestre que la temperatura neta Ti de entrada al amplificador es de 2900 kelvins, y que la potencia disponible de ruido a su salida es N i = −16 196, dBm.

Solución:

La temperatura equivalente del amplificador es e oT (F 1)T 2610 kelvins= − =

A la entrada del amplificador la potencia es Ni = 2,401x10-4W, y a la salida,

i p s p e p s eN G kT B G kT B G k(T T )B= + = + . Entonces,

ii s e i p i i

o

TT T T ; N G kTB; F 1T

= + = = + . Dando valores numéricos, obtenemos:

Ti = 2900 kelvins; Ni = 2,401x10-5 W = - 16,196 dBm; Fi = 11

2.37. Sea el sistema de la Fig. P2.37, donde

x t x x t x tr ( ) cos( )cos( )= −2 10 2 10 2 106 4 6π π

n t f l Ln f( ) ( ) exp[ | | ] Sn⇒ = − ⋅− −10 0 219 6

El sistema es pasabanda, de ancho de banda de 20 kHz y centrado en fc = 1 MHz. Demuestre:

(a) Que la relación S Ns s/ a la entrada del amplificador es de 23,585 dB.

(b) Que la contribución del ruido a la salida debida al ruido propio del amplificador es de 7,204x10-15 W.

(c) Que la relación de predetección S Ni i/ es de 22,35 dB.

Solución:

(a) 6r c m c c

2x (t) 10 cos[2 (f f )t] cos[2 (f f )t2

−= π + + π − . La potencia de señal es


CAPITULO II

95

2 2

2 6 6 13s r

1 2 1 2S x (t) 10 10 5x10 W 123,01 dB2 2 2 2

− − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤=< >= + = = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Dentro de un ancho de banda de 20 kHz centrado en 1 MHz, la potencia de ruido es

3

3

1010x1019 6 5

s990x10

N 2 10 exp[ 10 Ln(2)f ] 2,19x10 W 123,01 dB− − −= − = = −∫ , de donde

13

s5

s

S 5x10 228,311 23,585 dBN 2,19x10−= = =

(b) Para el amplificador: Fa = 10; Gp = 10; Te = (F-1)To = 2610 kelvins

Sea Nao el ruido propio del amplificador a la salida, Entonces,

15ao p eN G kT B 7,204x10 W 111,425 dBm−= = = −

(c) La potencia útil de entrada es i p sS G S= y la potencia de ruido i p s aoN G N N= +

La relación Si/Ni de predetección será: p si

i p s ao

G SS 171,8 22,35 dBN G N N

= = =+

2.38. Sean los dos sistemas representados en la Fig. P2.38. En antena, la potencia de señal es de 10 12− W y la potencia de ruido de 2 4 10 14, x − W . El ancho de banda es de 6 MHz.

Gp = 80 dB

F = 10 dB

S Ni i/ Gp1 13

3

=

=

dB

F dB1 ,01Gp2 80

10

=

=

dB

F dB2

S Ni i/

Al Detector

Amplificador

(a) Conexión sin Preamplificador

Al Detector

Preamplificador Amplificador

(b) Conexión con Preamplificador

Fig. P2.38

(a) Demuestre que para la configuración (a), S

Ni

i= 6 2, dB .

(b) Demuestre que para la configuración (b) , SN

i

i= 12 305, dB , y que la cifra de ruido

total de los dos amplificadores se ha reducido a F12 2 45= , . Demuestre también que la temperatura total efectiva de ruido es ahora 420,5 kelvins.

Repita la parte (b) si F1 13 01= , dB . Compare estos resultados con los ya obtenidos. ¿Qué se puede decir al respecto?


CAPITULO II

96

Solución:

(a) 12 14 6 8xa a pS 10 W; N 2,4x10 W; B 6x10 Hz; G 80dB 10 ; F 10dB 10− −= = = = = = =

e oT (f 1)T 2610 kelvins= − = .

Potencia útil a la salida: 4i p xaS G S 10 W−= =

Potencia de ruido a la salida: 15i p a p eN G N G kT B 2,40x10−= + = , de donde

p xai

i p a p e

G SS 4,165 6,196 dBN G N G kT B

= = =+

(b) Conexión con preamplificador. 8

1 p1 2 p2F 2; G 13dB 19,953; F 10; G 10= = = = =

e1 1 o e2 2 oT (F 1)T 290 kelvins; T (F 1)T 2610 kelvins= − = = − =

Potencia útil

A la salida del preamplificador, 111 p1 xaS G S 1,995x10 W−= =

A la salida del amplificador, 3i p2 1 p1 p2 xaS G S G G S 2x10 W−= = =

Potencia de ruido

A la salida del preamplificador, 31 p1 a p1 e1N G N G kT B 9,579x10 W−= + =

A la salida del amplificador, i p2 1 p2 e2N G N G kT B= +

4i p1 p2 a p1 p2 e1 p2 e2N G G N G G kT B G kT B 1,174x10 W−= + + =

i

i

S 16,995 12,305 dBN

= =

Para los dos amplificadores en cascada, se tiene:

e2 2e12 e1 12 1

p1 p1

T F 1T T 420,77 kelvins y F F 2,451G G

−= + = = + =

Vamos a repetir los cálculos para 1F 13,01 dB 20= = . En este caso, 11 3 12 4

1 i 1 iS 1,995x10 W; S 2x10 W; N 9,581x10 W; N 9,797x10 W− − −= = = =

ie12 12

i

S 2,037 3,089 dB; T 5640 kelvins; F 20,45N

= = = =


CAPITULO II

97

Vemos que al aumentar la cifra de ruido del preamplificador, la relación Si/Ni se ha degradado en 8,34 veces; la temperatura efectiva y la cifra de ruido del conjunto preamplificador-amplificador también han aumentado. La moraleja es que el primer amplificador de una cascada debe tener la mayor ganancia de potencia y la menor cifra de ruido o temperatura equivalente.

2.39. Sea el sistema de recepción de la Fig. P2.39. La temperatura efectiva de la antena es de 100 kelvins. La línea de transmisión tiene un factor de atenuación L = 2 dB y una temperatura física de 310 kelvins. Demuestre:

(a) Que la potencia de ruido Ni a la entrada del detector es de -60,315 dBm.

(b) Repetir la parte (a) pero intercalando entre la antena y la línea de transmisión un amplificador con una ganancia de potencia de 15 dB y una temperatura efectiva de 40 kelvins.

[Respuesta: Ni = 8,506x10-9 W ]

Solución:

(a) o a pLT 290 kelvins; T 100 kelvins; L 2 dB 1,259; T 310 kelvins= = = = =

4p1 1 p2G 10;F 1,5;G 10= = =

2 e1 1 o

e2 2 o pL eL pL

F 2; B 2x10 Hz; T (F 1)T 145 kelvins1T (F 1)T 290 kelvins; G ; T (L 1)T 80,267 kelvinsL

= = = − =

= − = = = − =

La antena produce una potencia de ruido a aN kT B=

A la salida de la línea de transmisión de atenuación L y temperatura efectiva TeL, la potencia de ruido es L pL a pL eLN G N G kT B= +

A la salida del amplificador A1 la potencia de ruido es 1 p1 L p1 e1N G N G kT B= +

Y a la salida del amplificador A2 o entrada del al detector,

10i p2 1 p2 e2N G N G kT B 9,301x10 W 60,315 dBm−= + = = −

(b) Intercalando un preamplificador entre la antena y la línea de transmisión con

Tam = 40 kelvins; Gpo = 15 dB = 31,623

A la salida de la antena la potencia de ruido es a sN kT B=

A la salida del preamplificador, am po a po amN G N G kT B= +

A la salida de la línea de transmisión, L pL am pL eLN G N G kT B= +


CAPITULO II

98

A la salida del amplificador A1, 1 p1 L p1 eLN G N G kT B= +

A la salida del amplificador A2 o entrada al detector, 9

i p2 1 p2 e2N G N G kT B 8,506x10 W 50,703 dBm−= + = = −

Nótese que la inclusión de este amplificador entre la antena y la línea de transmisión mejoró el desempeño del sistema, pues el mejoramiento entre las dos configuraciones (con o sin preamplificador) se traduce en un aumento de 9,612 dB. Se puede aumentar esta diferencia aumentando la ganancia de potencia del preamplificador. Vamos a repetir la parte (b) pero el preamplificador tendrá una ganancia de potencia de 40 dB. El lector puede verificar que en este caso la potencia del ruido de salida es de 2,439x10-6 W y la diferencia entre las dos configuraciones será de 34,186 dB.

2.40. Sea una cadena de tres amplificadores cuyas características se muestran en la Fig. P2.40.

Gp1 13

10

=

=

dB

B MHz1

Gp2 60

2

=

=

dB

B MHz2

S fn( ) = −10 20 W / HzN1 N2 N3

G p3 20=

=

dB

B 100 kHz3

CargaAcoplada

A1 A2 A3 Fuentede Ruido

Fig. P2.40.

(a) Suponiendo que el ruido individual de los amplificadores es despreciable frente al

ruido de entrada, demuestre que

N1 83 99 30 979 23 99= − = − = −, , , dBm; N dBm y N dBm2 3 .

(b) Si las temperaturas efectivas de los amplificadores son kelvins 300T 1e = , kelvins 400T 2e = y kelvins 500T 3e = , demuestre que

dBm 113,30N dBm, 172,83N 21 −=−= y dBm. 123,23N3 −= ¿Por qué no puede determinarse la temperatura efectiva de ruido, referida al

amplificador compuesto?

Solución:

(a) 20 7 6n p1 1 p2S (f ) 10 W / Hz; G 13 dB 19,953; B 10 Hz; G 60dB 10−= = = = = =

6 52 p3 3B 2x10 Hz; G 20 dB 100; B 100 kHz 10 Hz= = = = =

Potencia de ruido a la entrada del amplificador A1, 13s 1 nN 2B S (f ) 2x10 W−= =

A la salida del amplificador A1 la potencia será

121 p1 s p1 1 nN G N G 2B S (f ) 3,991x10 W 83,99 dBm−= = = = −


CAPITULO II

99

N1 es la potencia contenida dentro de un ancho de banda 2B1; esto quiere decir que la densidad espectral de potencia a la entrada del amplificador A2 es

201n1 p1 n

1

NS (f ) G S (f ) 19,953x10 W / Hz2B

−= = =

La potencia a la entrada del amplificador A2 será

13e2 2 n1N 2B S (f ) 7,981x10 W−= =

y la potencia de salida del amplificador A2 es

72 p2 e2N G N 7,98x10 W 30,979 dBm−= − = −

La densidad espectral de potencia a la entrada del amplificador A2 es

132n2 p1 p2 n

2

NS (f ) G G S (f ) 1,995x10 W / Hz2B

−= = =

La potencia de entrada del amplificador A3 es

e3 3 n2N 2B S (f )= , y su correspondiente potencia de salida será

63 p3 e3N G N 3,99x10 W 23,99 dBm−= = = −

(b) Tomando en cuenta ahora las temperaturas efectivas de los amplificadores

e1 e2 e3T 300 kelvins; T 400 kelvins; T 500 kelvins= = =

Potencia de ruido a la entrada del amplificador A1

13s 1 nN 2B S (f ) 2x10 W−= =

Potencia de ruido a la salida del amplificador A1

121 p1 s p1 e1 1N G N G kT B 4,817x10 W 83,173 dBm−= + = = −

La correspondiente densidad espectral a la entrada del amplificador A2 es

191n1

1

NS (f ) 2,408x10 W / Hz2B

−= =

La potencia a la entrada del amplificador A2 es e2 2 n1N 2B S (f )= ; su correspondiente potencia de salida será

72 p2 e2 p2 e2 2N G N G kT B 9,744x10 W 30,113 dBm−= + = = −

La densidad espectral a la entrada del amplificador A3 es e3 3 n2N 2B S (f )= ; su corres-pondiente potencia de salida será

63 p3 e3 p3 e3 3N G N G kT B 4,872x10 W 23,123 dBm−= + = = −


CAPITULO II

100

Nótese en este caso particular que las potencias de ruido de salida de los amplifi-cadores no han sido muy afectadas por la inclusión de sus potencias de ruido individuales. Pero la importancia de este problema es la de hacer énfasis en la importancia del ancho de banda; en efecto, el ancho de banda es diferente para cada etapa, situación que no es común en la práctica en donde el ancho de banda es el mismo para todas las etapas en cascada de un amplificador. Por otro lado, el tener anchos de banda diferentes para cada etapa impide la definición de la temperatura de ruido del amplificador compuesto.

2.41. Sea el sistema de tres etapas mostrado en la Fig. P2.41.

CargaAcoplada

El ancho de banda es el mismo en las tres etapas

Etapa 1 Etapa 2 Etapa 3

Fig. P2.41

Gp3 = 40 dBTe3 = 400 kelvins

Gp1 = 7 dB Te1 = 200

Gp2 = 20 dB Te2 = 300

kelvins kelvins

(a) Demuestre que la temperatura efectiva de ruido, referida a la entrada del sistema de

tres etapas, es kelvins 66,260Te =

(b) Usando el resultado de la parte (a), demuestre que la cifra de ruido total del sistema es

F = 1,899.

(c) Verifique la cifra de ruido total calculada en (b) determinando las cifras de ruido individuales y combinando sus efectos.

Se le sugiere al lector repetir este problema intercambiando las diferentes etapas a fin de conseguir una configuración óptima, es decir, aquella con la mínima cifra de ruido total.

Solución:

Nótese que cuando se habla de la temperatura (o de la cifra de ruido) de un sistema referida a un punto en particular, se trata de la temperatura de todo el sistemas aguas abajo del punto de referencia sin tomar en cuenta qué es lo que hay aguas arriba de dicho punto.

e2 e3e e1

p1 p1 p2

T TT T 260,66 kelvinsG G G

= + + =

(b) Determinar la cifra de ruido total: e

o

TF 1 1,899T

= + =

(c) Hay que determinar las cifras de ruido individuales


CAPITULO II

101

e1 e2 e31 2 3

o o o

T T TF 1 1,69; F 1 2,034; F 1 2,379T T T

= + = = + = = + =

2 31

p1 p1 p2

F 1 F 1F F 1,899.G G G− −

= + + = Resultado igual al de la parte (b)

(d) Vamos a repetir el problema colocando los amplificadores en orden descendente de acuerdo con la ganancia de potencia. En este caso:

4e1 p1 e2 p2T 400 kelvins; G 10 ; T 300 kelvins; G 100= = = =

e3 p3T 200 kelvins; G 7 dB 5,012= = =

e1 e2 e31 2 3

o o o

T T TF 1 2,379; F 1 2,034; F 1 1,69T T T

= + = = + = = + =

e2 e3 ee e1

p1 p1 p2 o

T T TT T 400,03 kelvins; F 1 2,379G G G T

= + + = = + =

2 31

p1 p1 p2

F 1 F 1F F 2,379G G G− −

= + + =

Esta configuración es más desfavorable que la primera porque la temperatura de ruido de la primera etapa es la más alta. La única forma de mejorar el comportamiento del sistema es la de aumentar la ganancia del potencia de la primera etapa con el mínimo de temperatura efectiva Te o cifra de ruido F. Nótese que la ganancia de la última etapa no influye ni en la temperatura ni en la cifra de ruido del amplificador compuesto.

2.42. Un cierto receptor tiene una temperatura efectiva de ruido Te1 . Suponga que una línea de transmisión de pérdidas L y temperatura física TpL se agrega a la entrada del receptor.

Demuestre que la nueva temperatura de ruido, referida a la entrada del sistema línea-receptor es

T T L T T LT L Te e1 pL e1 e1 pL, ( )( ) ( )= + − + = + −1 1

Nótese que en la Teoría de las Líneas de Transmisión se demuestra que si v ief y voef son los valores eficaces del voltaje al principio y al final de una línea acoplada, entonces se verifica que v voef ief= −exp( )α x , donde α es la constante de atenuación y x la longitud de la línea. En términos de potencia (normalizadas respecto a R = 1 Ohm), se puede escribir entonces v voef ief

2 2 2= −exp( α x) . Definiendo v P Pief di do2 = = y voef

2 , y de acuerdo con la definición del factor de atenuación L, expresión (2.183), se tiene que L = exp(2α x) ; vemos que el valor de L aumenta al aumentar la longitud de la línea. En este caso, la nueva temperatura de ruido a la entrada del sistema línea-receptor es

'e e1 pLT T exp(2 x) [exp(2 x) 1]T= α + α −


CAPITULO II

102

Solución:

Para la línea de transmisión pL eL pL1G ; T (L 1)TL

= = −

A la salida de la línea de transmisión o entrada del receptor la potencia de ruido es

L p1 pLN G k(L 1)T B= − . G1 es la ganancia del receptor. A la salida del receptor,

o p1 L p1 e1 p1 pL pL p1 e1N G N G kT B G G k(L 1)T B G kT B= + = − +

'e1o pL p1 pL p e

pL

TN G G k (L 1)T B G kT BG

⎡ ⎤= − + =⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦, donde Gp = GpLGp1, y para GpL = 1/L,

'e pL e1T (L 1)T LT= − + . Esta expresión la podemos escribir en la forma

'e e1 pL e1T T (L 1)(T T )= + − +

2.43. Sea Te1 la temperatura efectiva de ruido de un receptor, y TPL la temperatura física de la línea de transmisión que interconecta la antena con el receptor.

(a) Demuestre que el incremento ∆Te en la temperatura efectiva Te , referida a la entrada de la línea de transmisión, y el incremento ∆L de la atenuación L de la línea de transmisión, están relacionados mediante la ecuación

∆∆TL

T Tee1 PL= +

(b) Si kelvins 290Ty kelvins 150T PL1e == , demuestre que por cada incremento de 0,1 dB en la atenuación L de la línea de transmisión, la temperatura efectiva de ruido del sistema aumenta aproximadamente en 10 kelvins. Verifique este resultado para valores arbitrarios de la atenuación L.

Solución:

Del Problema anterior, e pL e1T (L 1)T LT= − + . Para un incremento en L, es decir, para L L L,→ + ∆ la temperatura experimentará un incremento e e eT tal que T T T∆ → + ∆ .

Entonces,

e e pL e1 pL e1 pL e1T T (L L 1)T (L L)T (L 1)T LT L(T T )+ ∆ = + ∆ − + + ∆ = − + + ∆ +

pero como e pL e1T (L 1)T LT= − + , entonces

e e e pL e1T T T L(T T )+ ∆ = + ∆ + , de donde,

epL e1

T T TL

∆= +

∆


CAPITULO II

103

(b) Sea N el aumento en dB cuanto la atenuación pasa de L a L L, donde L+ ∆ ∆ es el incremento absoluto de L. Debe verificarse que

10log(L L) 10log(L) N.+ ∆ − = Despejando L∆ en esta expresión, obtenemos N10L (10 1)L∆ = −

Normalizando esta ecuación para cualquier valor de L, podemos hacer L = 1, de donde N10L 10 1∆ = − , y de la parte (a),

N10

e pL e1T (10 1)(T T )∆ = − +

L∆ representa el incremento de cualquiera cantidad cuando el incremento mismo se expresa en dB y tiene un valor N. La ecuación de L∆ es una ecuación general.

Ejemplo: Sea TpL = 290 kelvins; Te1 = 150 kelvins y N = 0,1 dB. Entonces, de las ecuaciones arriba obtenidas,

0,01eL (10 1) 0,023 y T 10,249 kelvins∆ = − = ∆ =

El lector puede hacer la misma operación para diferentes valores de la atenuación L.

2.44. Sea el sistema de la Fig. P2.44.

Ga,Ta

Sr

Nn Sa, Na

Te

L, TpL Se, Ne

GpL, TeL

Línea de Transmisión

A1 A2 Gp1

Te1

Gp2

Te2

Si/Ni

Al Detector

B B

Ruido Blanco

Señal Util Fig. P2.44.

T'e

S1, N1

Antena Preamplificador Amplificador

Datos: L = 2 dB = 1,585; To = 290 kelvins; TpL = To; Ta = 100 kelvins

Ga = 50 dB = 105; Gp1 = 40 dB = 104 ; Te1 = 150 kelvins;

Gp2 = 20 dB = 100; Te2 = 300 kelvins; B = 105; Sr = 10-8 W

pL eL pL1G ; T (L 1)TL

= = −

(a) Demuestre que la temperatura efectiva de ruido Te referida a la entrada de la línea de transmisión es Te = 407,448 kelvins

(b) Demuestre que la temperatura efectiva de ruido Te, a la entrada del primer

amplificador es Te’ = 150,03 kelvins

(c) Suponga que la temperatura de ruido de entrada a la antena es nT 100 = kelvins. Demuestre que


CAPITULO II

104

La temperatura equivalente total del sistema es Te = 200,004 kelvins

La cifra de ruido total es F = 1,69

La relación Si/Ni es 7i

i

S 3,623x10 75,591 dBN

= =

Solución:

Vamos a analizar el sistema en forma global y de allí deduciremos los parámetros pedidos en las preguntas (a), (b) y (c). Para hacer más completo el análisis, vamos a suponer que la antena tiene una ganancia Ga y recibe una potencia útil Sr. La densidad espectral del ruido atmosférico es / 2η (ruido blanco). El ruido propio de la antena está caracterizado por la temperatura Ta. El ancho de banda del sistema es B.

Vamos a calcular primero la potencia útil, después la potencia de ruido y finalmente calcularemos la relación Si/Ni de predetección. Sea entonces la Fig. P2.44.

Cálculo de la potencia útil

Sr es la potencia útil a la entrada de la antena

A la salida de la antena, Sa = Ga Sr

A la salida de la línea de transmisión, e pL a a pL r pL1S G S G G S , donde GL

= = =

A la salida del amplificador A1, 1 p1 e a pL p1 rS G S G G G S= =

A la salida del amplificador A2, a p1 p2i a pL p1 p2 r r

G G GS G G G G S S

L= = [A]

Cálculo de las potencias de ruido

A la entrada de la antena el ruido blanco produce una potencia Nn = kTnB, donde Tn viene dada mediante la expresión (2.147) del Texto.

A la salida de la antena, a a a a n a a n a anN G kT B G kT B G k(T T ) G kT B= + = + =

Tan es la temperatura total de la antena

A la salida de la línea de transmisión, e pL a pL eL eL pLN G N G kT B, donde T (L 1)T= + = −

pLe a pL an pL pL a pL an

a

(L 1)TN G G kT B G k(L 1)T B G G k[T ]B

G−

= + − = +

A la salida del amplificador A1, 1 p1 e p1 e1N G N G kT B= +

pL pL e11 a pL p1 an p1 e1 a pL p1 an

a a a pL

(L 1)T (L 1)T TN G G G k[T ]B G kT B G G G k[T ]BG G G G− −

= + + = + +


CAPITULO II

105

A la salida del amplificador A2,

pL e1i p2 1 p2 e2 a pL p1 p2 an p2 e2

a a pL

(L 1)T TN G N G kT B G G G G k[T ]B G kT BG G G−

= + = + + +

pL e1 e2i a pL p1 p2 an pL

a a pL a pL p1

(L 1)T T T 1N G G G G k[T ]B y como G ,G G G G G G L−

= + + + =

a pL p1 pL e1 e2i an

a a a p1

G G G (L 1)T LT LTN k T B.L G G G G

⎡ ⎤−= + + +⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦ Finalmente,

a p1 p2 e2i an pL e1 pL

a p1

G G G 1 TN k T L(T T ) T BL G G

⎧ ⎫⎡ ⎤⎪ ⎪= + + + −⎢ ⎥⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭

[B]

La relación S/N de predetección es, por supuesto, i

i

SN

.

La temperatura equivalente de todo el sistema, referida a la antena, será entonces

e2e an pL e1 pL

a p1

1 TT T L(T T ) TG G

⎡ ⎤= + + + −⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦ [C]

También, la cifra de ruido total del sistema será e

o

TF 1T

= + [D]

Nótese la gran influencia de la antena sobre la temperatura global del sistema. Cuanto más baja es la temperatura de la antena y más alta es su ganancia, la potencia de ruido será menor y más alta la relación de predetección Si/Ni. Esto es de especial importancia en la recepción de señales débiles, como es el caso de las comunicaciones por satélite y la radioastronomía.

Nótese también la influencia de la línea de transmisión. El factor de atenuación L debe ser lo más bajo posible; con un buen diseño se puede optimizar este factor.

Ahora podemos responder a las preguntas (a), (b) y (c).

Datos: L = 2 dB = 1,585; To = 290 kelvins; TpL = To; Gp1 = 7 dB = 5,012;

Te1 = 150 kelvins; Gp2 = 40 dB = 104; Te2 = 300 kelvins; B = 105; Sr = 10-8W

pL eL pL

1G ; T (L 1)TL

= = −


CAPITULO II

106

(a) Determinar la temperatura de ruido referida a la entrada de la línea de transmisión.

Solución:

La temperatura referida a la entrada a la línea de transmisión es la temperatura vista aguas abajo de la antena; es como si la antena no existiera. En este caso, en la expresión [C] antes deducida hacemos Ta = 0 y Ga = 1. La temperatura referida a la salida de la antena será, de [C]:

e2e pL e1 pL

p1

TT L(T T ) T 407,448 kelvinsG

⎡ ⎤= + + − =⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

(b) Determinar la temperatura efectiva de ruido 'eT referida a la entrada del primer

amplificador.

En este caso, ' e2e e1

p1

TT T 150,03 kelvins G

= + =

(c) Para Tn = 100 kelvins, obtenemos:

de [C]; Te = 200,04 kelvins

de [D]: F = 1,69

de [A] y [B] : 7i

i

S 3,623x10 75,591 dBN

= =

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO III

Prof. J. Briceño M., ULA

106

CAPITULO III

3.1. Sea una secuencia binaria de 1428 UNOS y 2668 CEROS. Demuestre que la probabilidad de recibir un UNO en un intervalo cualquiera es de 0,3486.

Solución:

Número de UNOS = N1 = 1428; Número de CEROS = N0 = 2668

Número total de dígitos = N = N1 + N0 = 4096 dígitos

3486,040961428

NN

un UNO recibirP 1 ===

Asimismo, 6514,040962668

NNCEROun recibirP 0 ===

3.2. El experimento es el lanzamiento de dos dados.

(a) Demuestre que la probabilidad de obtener 8 puntos es de 5/36

(b) Demuestre que la probabilidad de obtener 7 puntos es de 1/6

(c) Demuestre que la probabilidad de obtener 5 puntos ó 7 puntos u 8 puntos es de 15/36.

Solución:

(a) El espacio S de resultados en el lanzamiento de dos dados es

6-6 5,-6 4,-6........., 3,-1 2,-1 ,11S −= . Son 36 resultados posibles; entonces,

3652-6 3,-5 4,-4 5,-3 6,-P2puntos 8 obtenerP ==

(b) 61

3661-6 2,-5 3,-4 4,-3 5,-2 6,-P1puntos 7 obtenerP ===

(c) puntos 5P(obtener puntos 8u puntos 7 ó puntos 5 obtenerP += puntos 8Pobtener puntos 7 obtenerP ++

pero 91

3641-4 1,-3 3,-2 4,-P1puntos 5 obtenerP ===

3615

365

61

91puntos 8u puntos 7 ó puntos 5 obtenerP =++=

3.3. Demuestre que )ABC(P)BC(P)AC(P)AB(P)C(P)B(P)A(P)CBA(P +−−−++=++ .

Solución:

Sea la expresión (3.4) del Texto, )AB(P)B(P)A(P)BA(P −+=+ .

Reducimos entonces la suma de tres sucesos a la suma de dos sucesos en la forma



107

C)BA(CBA ++=++ . Por consiguiente,

]C)BA[(P)C(P)BA(P]C)BA[(P)CBA(P +−++=++=++ )BCAC(P)C(P)AB(P)B(P)A(P +−+−+= )]BC)(AC[(P)BC(P)AC(P)AB(P)C(P)B(P)A(P −+−−++= pero ABC)BC)(AC( = , de donde,

)ABC(P)BC(P)AC(P)AB(P)C(P)B(P)A(P)CBA(P +−−−++=++

3.4. Una compañía construye receptores de radio de 6, 8 y 10 transistores. Estos receptores vienen en gabinetes de color marfil, negro y verde. En el depósito de la compañía hay 10000 receptores distribuidos en la forma siguiente

No. de Transistores Color Marfil Color Negro Color Verde TOTALES

6 8

10

1000 600 400

3000 1000 1000

2000 1000

0

6000 2600 1400

TOTALES 2000 5000 3000 10000

Una persona entra en el depósito y toma un receptor. Demuestre las siguientes probabilidades.

Ptomar un receptor verde = 0,3

Ptomar un radio de 10 transistores = 0,14

Ptomar un radio verde de 10 transistores = 0

Ptomar un radio negro de seis transistores = 0,3

Solución:

Vamos a utilizar la Tabla de más arriba. Entonces, directamente de la Tabla:

3,0100003000

radios de Total Número verdesradios de Número verderadioun tomarP ===

14,0100001400

radios de Total Númerores transisto10 de radios de Númerores transisto10 de radioun tomarP ===

Ptomar un radio verde de 10 transistores = 0; no hay radios verdes de 10 transistores Ptomar un radio negro de seis transistores=PTomar un radio negroPradio de 6 transistores

3,0100006000

100005000

=⋅=



108

3.5. El experimento es el lanzamiento de cinco monedas. Demuestre las siguientes probabilidades:

Paparecen tres caras = 5/16

Paparece una sola cara = 5/32

Paparecen cinco caras = 1/32

Solución:

Primera forma:

Lanzamiento de cinco monedas; el espacio S de resultados es (Cara →C; Sello→S):

SSSSS ,CSSSS,,SCCCC ,CCCCCS 54321543215432154321 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

Se tiene entonces 5EN 2 32= = elementos en total e igualmente probables.

El suceso aparecen tres caras tiene )(N 53 elementos favorables, donde

)!mn(!m!n)(N n

m −= . Entonces,

53

E

5!N( ) 53!(5 3)!Paparecen tres carasN 32 16

−= = =

51

E

5!N( ) 54!Paparece una sola caraN 32 32

= = = ; E

1 1Paparecen cinco carasN 32

= =

Segunda forma:

Aplicaremos la expresión (3.25).

En este caso: N = 5; n = 3; P(cara) = P(sello) = ½ . Reemplazando en (3.25),

( )3 2 3 2

53

1 1 1.2.3.4.5 1 1 5P(3C) 0,31252 2 1.2.3.1.2 2 2 16

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Para las otras dos probabilidades , el procedimiento es el mismo.

3.6. Una caja contiene 10 bolas blancas, 4 negras y 3 rojas. De esta caja se sacan 4 bolas. Demuestre que la probabilidad de que estas bolas sean todas blancas es de 3/34.

Solución:

Este problema se puede resolver de dos maneras; vamos a hacerlo de las dos maneras.

Primera Forma

La caja contiene 17 bolas y hay que sacar 4; de modo que el número de combinaciones de 17 bolas tomadas de 4 en 4 es



109

238013! !4

!17)(N 174 == combinaciones

De estas 2380 posibilidades, solamente aquellas combinaciones de exactamente 4 bolas blancas son favorables. Como hay 10 bolas blancas, el número de grupos favorables es

2106! !4!10)(N 10

4 == combinaciones favorables.

De modo que la probabilidad de sacar 4 bolas blancas es

343

2380210

)(N)N(blancas bolas 4 sacarP 17

4

104 ===

Segunda Forma

Podemos considerar el problema como si se sacaran las bolas una a una sin reemplazarla. En este caso podemos utilizar la probabilidad condicional y multiplicar las diferentes probabilidades ya que los sucesos son independientes. Así,

⋅= vezprimerapor blanca unaPsacar blancas bolas 4 sacarP ⋅⋅ primero de blanca una sacado habiendo|segundo de blanca una sacarP ⋅⋅ blancas dos ya sacado habiendo| tercerode blanca una sacarP

blancas tresya sacado habiendo|cuarto de blanca una sacarP⋅

343

147

158

169

1710blancas bolas 4 sacarP =⋅⋅⋅=

Vemos que el resultado es el mismo en las dos formas.

3.7. Una caja contiene 2 bolas blancas, 1 negra y 4 rojas. De esta caja se sacan 3 bolas. Demuestre que la probabilidad de sacar 1 bola blanca y 2 rojas es de 12/35.

Solución:

Igual que en el Problema anterior, lo haremos en dos formas.

Primera Forma

La caja contiene 7 bolas y se van a sacar 3; el número de combinaciones de 7 bolas tomadas de 3 en 3 es

354! !3!7)(N 7

3 == combinaciones

En relación con las blancas, hay 2 bolas blancas y se va a sacar una; el número de combinaciones favorables para las blancas será

21! !1!2)(N 2

1B == combinaciones favorables para las blancas



110

Igualmente, para las rojas, hay 4 bolas rojas y se van a sacar 2; el número de combinaciones favorables para las rojas será

62! !2!4)(N 4

2R == combinaciones favorables para las rojas

Por lo tanto, el número de combinaciones favorables es

126x2)(N)(N 42R

21B ==⋅ combinaciones favorables. En consecuencia,

3512

)(N)(N)(Nrojas 2y blanca bola 1 sacarP 7

3

42R

21B ==

Segunda Forma

Al sacar 3 bolas (1 blanca y 2 rojas) se tiene los siguientes sucesos:

blanca, roja, roja, roja, blanca, roja; roja, roja, blanca

Si consideramos que sacamos las bolas una a una sin reemplazo, igual que en el Problema anterior, se tiene:

354

53

64

72)BRR(Proja,roja,blancaP =⋅⋅==

354

53

62

74)RBR(Proja,blanca,rojaP =⋅⋅==

354

52

63

74)RRB(Pblanca,roja,rojaP =⋅⋅==

3512

3543P(RRB)P(RBR)P(BRR)rojas 2y blanca 1 sacarP ==++=

Resultado igual al de la primera forma.

3.8. Una caja C1 contiene 2000 transistores, de los cuales el 5% está defectuoso. Una segunda caja C2 contiene 500 transistores, de los cuales el 40% está defectuoso. Se tiene también otras dos cajas C3 y C4 con 1000 transistores cada una y con un 10% defectuoso. Se selecciona al azar una de las cuatro cajas y se saca un transistor. Demuestre que la probabilidad de que este transistor esté defectuoso es de 0,1625.

Solución:

En total, en las 4 cajas hay 4000 transistores buenos (B) y 500 defectuosos (D), distribuidos en la forma siguiente:

⎩⎨⎧

⎩⎨⎧

⎩⎨⎧

⎩⎨⎧

100D900B

:4 Caja ;100D900B

:3 Caja ;200D300B

:2 Caja ;1000D1900B

:1 Caja



111

Por consiguiente, el espacio S consta de 4500 elementos. Sea Ci el suceso que consiste de todos los elementos de la Caja i (i = 1, 2, 3, 4), y sea D=transistor defectuoso. Queremos determinar la probabilidad P(D). Entonces,

Ci = elementos en la Caja i; D = transistor defectuoso

Vemos que ji para 0CPPCy 1S)4C(P)3C(P)2C(P)1C(P ji ≠===+++

La selección “al azar” de una caja quiere decir que P(C1) = P(C2) = P(C3) = P(C4) = 41 ,

es decir, que todas las cajas tienen la misma probabilidad de ser elegidas. Una vez que se selecciona una caja, la probabilidad de que el elemento extraído esté defectuoso es igual a la relación entre el número de transistores defectuosos y el número total de elementos de la Caja i; ésta es una probabilidad condicional. Con nuestra notación, esto se escribe en la forma

4,0500200C2)|P(D ;05,0

2000100)1C|D(P ====

1,01000100C4)|P(D ;1,0

1000100)3C|D(P ====

De la expresión (3.22) del Texto, la probabilidad total es

)4C(P)4C|D(P)3C(P)3C|D(P)2C(P)2C|D(P)1C(P)1C|D(P)D(P +++=

1625,0)1,01,04,005,0(41

411,0

411,0

414,0

4105,0 =+++=+++=

Esta es la probabilidad buscada.

3.9. En el Problema anterior se examina el transistor y vemos que está defectuoso. Demuestre que la probabilidad de que fue sacado de la Caja C2 es de 0,615.

Solución:

Nosotros buscamos la probabilidad condicional P(C2|D) del suceso C2 suponiendo D (transistor defectuoso). Por lo tanto, del Problema anterior,

41P(C2) 0,4;C2)|P(D ;1625,0)D(P ===

Aplicando el Teorema de Bayes, expresión (3.24) del Texto,

)4C(P)4C|D(P)3C(P)3C|D(P)2C(P)2C|D(P)1C(P)1C|D(P)2C(P)2C|D(P)D|2C(P

+++=

pero la suma del denominador es, del Problema anterior, igual a P(D), por lo tanto,

615,01625,0

414,0

)D(P)2C(P)2C|D(P)D|2C(P ===



112

Por consiguiente, la probabilidad condicional “a posteriori” de haber seleccionado la Caja C2, suponiendo que el transistor está defectuoso es igual a 0,615.

3.10. Verifique si las siguientes funciones satisfacen las condiciones para ser una densidad de probabilidad.

(a) )8

8x()x8(61)x(p (c) );

2x(2x)x(p (b) );

x11(1)x(p XX2X

−Π−=Π=

+π=

Solución:

Para que una función )x(pX sea una densidad de probabilidad, ella debe satisfacer las

condiciones x todopara 0)x(py 1dx)x(p XX ≥=∫∞

∞−.

(a) Sea ∫∞

∞− +πdx

x111

2 . Resolviendo la integral obtenemos ∫∞

∞−=

+π1dx

x111

2 . Por lo

tanto la función 2x111+π

es una densidad de probabilidad.

(b) )2x(x)x(pX Π= que tiene la forma mostrada en la

Fig. P3.10(a).

Mediante integración gráfica:

∫∞

∞−=== 1

212dx)x(p)x(p XX

Es una densidad de probabilidad.

(c) )8

8x()x8(61)x(pX

−Π−=

Esta función tiene la forma mostrada en la Fig.P3.10(b). Nótese que tiene una parte negativa, por lo tanto no cumple con la condición 0)x(pX ≥ para todo x.

No es una densidad de probabilidad.

3.11. Sea la función de probabilidad )Ax(

A1)x(pX Λ=

(a) Demuestre que la probabilidad A AP( X ) 0,43754 4

− < ≤ = .

)x(pX

-1 1 0 x

Fig. P3.10(a)

)x(pX

0 4 8 12 x

2/3

-2/3 Fig. P3.10(b)



113

(b) Determine y dibuje la correspondiente función de distribución FX(x)

Solución:

En la Fig. P3.11(a) se muestra ).x(pX

La probabilidad A AP( X )4 4

− < ≤ es simplemente el área sombreada de la Fig. P3.11(a).

Entonces,

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

≤≤−=−

<≤+=

Ax0 para )xA(A1)Ax(

A1-

0xA- para )Ax(A1

)x(p

22

2

X

A / 4

2 0

A A 1 7P( X ) 2 (A x)dx 0,43754 4 A 16

− < ≤ = − = =∫

(b) De la expresión (3.43) del Texto, ∫ ∞−=

x

XX 'dx)'x(p)x(F

)A

2/Ax('dx)'xA(A1)

A2/Ax('dx)A'x(

A1)x(F

A

x2

x

A2X−

Π⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −+

+Π⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ += ∫∫−

)A

2/Ax(Ax2x

2A

A1)

A2/Ax(

2A

2xAx

A1)x(F

22

2

22

2X−

Π⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−++

+Π⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++=

Esta función de distribución se muestra en la Fig. P3.11(b).

3.12. Sea la función de densidad de probabilidad ),x(u)xexp(K)x(pX α−= donde K y α son dos constantes positivas.

x

FX(x)

Fig. P3.11

A 0,5A -0,5A -A

0,5

(b)

px(x) 1/A

A-A -A/4 A/4 0

x

(a)



114

(a) Demuestre que K = α

(b) Demuestre que la correspondiente función de distribución es

)x(u)]xexp(1[)x(FX α−−=

Solución:

(a) Si pX(x) es una densidad de probabilidad, se verifica que ∫∞

∞−=1dx)x(pX .

α=∴=αα

=α−∫∞

K1K ;Kdx)xexp( K0

para que pX(x) sea una densidad de proba-

bilidad.

(c) [ ] )x(u)xexp(1K)x(u)xexp(11K'dx)'xexp(K)x(Fx

0X α−−α

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ α−

α−

α=α−= ∫ .

Pero como K = α, entonces, )x(u)]xexp(1[)x(FX α−−=

En la Fig. P3.12 se muestra ).x(Fy )x(p XX 210−α =

0 200 400 6000

0.005

0.01

p x( )

x0 200 400 600

0

0.5

1

F x( )

xFig. P3.12

3.13. Sea una VA X cuya distribución es gaussiana de valor promedio 0,6y 5xE =σ= .

(a) Demuestre que 3084,1)1X(P =≤

(b) Demuestre que 952,0)6X(P =≤

(c) Si 50,y 1000XE =σ= demuestre que la probabilidad de que X está entre 900 y 1050 es de 0,819.

Solución:

Distribución gaussiana : 22o2

2o

X EX ;xEX ];2

)xx(exp[2

1)x(p σ==σ−

−πσ

=



115

(a) ])6,0(2)5x(exp[

26,01)x(p 2

2

X−

−π

=

111

2

2

10x3084,1dx])6,0(2)5x(exp[

26,01)1X(P −

∞−=

−−

π=≤ ∫

(b) 9522,0dx])6,0(2)5x(exp[

26,01)6X(P

6

2

2

=−

−π

=≤ ∫ ∞−

(c) 50 ;1000XE =σ=

∫−

−π

=≤<1050

900 2

2

dx])50(2

)1000x(exp[250

1)1050X900(P 819,0)2(erf21)

22(erf

21

=+=

3.14. En una caja se tiene un conjunto de resistencias cuyo valor R varía entre 900 y 1100 Ohm (valor nominal 1000 Ohm con ±10% de error máximo). R es entonces una VA con una distribución uniforme entre 900 y 1100 Ohm.

Se saca una resistencia de la caja. Demuestre que la probabilidad de que el valor de la resistencia está entre 950 y 1050 Ohm es de 0,5.

Solución:

Se dice que una VA X está distribuida uniformemente en el intervalo (x1, x2) cuando su función de densidad de probabilidad es un impulso rectangular de la forma

)xx2

xxx(

xx1)x(p

12

21

12X −

+−

Π−

= . En nuestro caso,

)2001000r(

2001)r(p ;1000

2RR ;200RR

1100Rx900Rx

R21

1222

11 −Π==

+=−

⎭⎬⎫

====

)r(pR tiene la forma mostrada en la Fig. P3.14(a). Se tiene entonces que

5,0dr 2001)1050R950(P

1050

950==≤< ∫

La función de distribución correspondiente es

95 105

1/20PR(r)

0 r r

R1=900 R2=1100

1 FR(r)

0

Fig. P3.14. (a) (b)

1000



116

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

=≤<==

∫

∫

= )Rr(u|'dr2001

1100Rr900R para 'dr2001

)r(F2

r

R Rr

r

R 21

R

12

1

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−=−−

−Π

−

=)1100r(u)Rr(u

200)RR(

)2001000r(

200)900r(

)r(F2

12R

)r(FR tiene la forma mostrada en la Fig. P3.14(b).

3.15. Sea 2XY = . La VA X es gaussiana de valor promedio 2 ay varianz mXE σ= .

Demuestre que la densidad de probabilidad de la VA Y es

)y(u2

)my(exp2

)my(expy22

1)y(p 2

2

2

2

Y⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

σ−

−+⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

σ+

−πσ

=

Solución:

22EX ;mXE σ== ; )2

)mx(exp(2

1)x(p 2

2

X σ−

−πσ

= ; )2

mx(erf21

21)x(FX

σ−

+=

Vamos a aplicar el Teorema Fundamental de la Sección 3.4 del Texto. 2xy = tiene dos raíces reales para 0 < y: yy x yx 21 =−=

x21

dydx ;

dxdyx2)x(y

dxd)x('g ==== . De la expresión (5.60) del Texto,

y0 para y2

1)y(py2

1)y(p)y(p XXY <+−=

[ ] y0 para )y(p)y(py2

1)y(p XXY <+−=

reemplazando ),x(pX

)y(u2

)my(exp2

)my(exp2

1y2

1)y(p 2

2

2

2

Y⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

σ−

−+⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

σ−−

−πσ

=

)y(u2

)my(exp2

)my(expy22

1)y(p 2

2

2

2

Y⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

σ−

−+⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

σ+

−πσ

=



117

La correspondiente función de distribución se puede determinar en la forma siguiente:

y0 para )y(F)y(F)x(F)x(F)xXx(P)yY(P)y(F XX1X2X21Y <−−=−=≤<=≤=

[ ] )y(u)y(F)y(F)y(F XXY −−= . Pero como )2

mx(erf21

21)x(FX

σ−

+= . Entonces,

)y(u)2

my(erf

21

21)

2my

(erf21

21)y(FY

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

σ

−−−−

σ

−+=

)y(u)2

my(erf)

2my

(erf21)y(FY

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

σ

−−−

σ

−=

Nótese que cuando la densidad de probabilidad es par, entonces,

).x(F1)x(Fy )x(p)x(p XXXX −=−−= Por lo tanto, para la VA 2XY = se tiene:

[ ] )y(u1)y(F2)y(Fy )y(u)y(py2

1)y(p XYXY −==

En la Fig. P3.15 se muestra )y(Fy )y(p YY para 0,3y 2m =σ= .

0 5 10

0

0.2

0.4

0 5 100

0.5

1

p(y) F(y)

y yFig. P3.15.

3.16. Sea una función de densidad conjunta de dos VA X e Y de la forma

)4

2y()2/1x()xyx(K)y,x(pXY−

Π−Π+=

(a) Demuestre que 6/1K =

(b) Demuestre que las VA X e Y son independientes

(c) Demuestre que 1/122) ,2/1(FXY =

Solución:

(a) Si )y,x(pXY es una densidad conjunta, debe verificarse que ∫ ∫∞

∞−

∞

∞−=1dxdy)y,x(pXY .



118

Entonces ∫ ∫∞

∞−

∞

∞−=

−Π−Π+ 1dxdy)

42y()2/1x()y1(xK

Pero 4y0 para 1)4

2-y( 1;x0 para 1)21x( ≤≤=Π≤≤=−Π . Entonces,

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ +=+=+1

0

4

0

1

0

4

0

1

0

4

0

1

0

4

0

1

0

4

0dyyxdxKdyxdxKxydxdy KxdxdyKdxdy)xyx( K

K61621

214

21K =⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅+= . Como ,1K6 = entonces .

61K =

(b) Ahora vamos a calcular las densidades marginales. De (3.50) del Texto,

∫ ∫ ≤≤==+=+=+=4

0

4

0X 1x0 para x2Kx12]2

164[Kxdy)y1(Kxdy)y1(Kx)x(p

)21x(x2)x(pX −Π=

∫ ∫ ≤≤+

=+=+=+=1

0

1

0Y 4y0 para 12

y121)y1(Kxdx)y1(Kdx)y1(Kx)y(p

)4

2y(12

y1)y(pY−

Π+

=

)4

2y()21x()y1(x

61)

42y(

12)y1()

21x(x2)y(p)x(p YX

−Π−Π+=

−Π

+−Π=⋅

)y,x(p)4

2y()21x()xyx(

21)y(p)x(p XYYX =

−Π−Π+=⋅

Por lo tanto, X e Y son independientes.

(c) De la expresión (3.47) del Texto,

'dy'dx)'y,'x(py)Y ;xX(P)y,x(Fx

-

y

XYXY ∫ ∫∞ ∞−=≤≤=

Para 'dy'dx)'y1('x612) ,2/1(F 2,y ;2/1x

2/1

0

2

0XY +=== ∫ ∫

∫∫∫∫∫∫ +=+=2

0

2/1

0

2

0

2/1

0

2

0

2/1

0XY 'dy'y 'dx'x 61'dy 'dx'x

61'dy)'y1( dx'x

612) ,2/1(F

121]4

21

41

212

41

21[

612) ,2/1(FXY =⋅⋅+⋅=

3.17. En la expresión (3.60) del Texto, deduzca )x(FX a partir de )x(pX .

Solución:



119

De la expresión (3.43) del Texto, ∫ ∫∞− ∞− ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡σ−

−πσ

==x x

2

2o

XX 'dx2

)x'x(exp2

1dx)x(p)x(F

Hagamos el cambio de variables σ

−=

2x'x'z o ; 'dz2dx' ;

2'dx'dz σ=σ

= ; σ

−=

2xxz o .

Entonces, ∫ ∞−+=−

π=

z 2X )]z(erf1[

21'dz)'zexp(1)x(F ; pero como ,

2xxz o

σ−

= entonces

)2xx(erf

21

21)x(F o

X σ−

+= , que viene dada en la expresión (3.60) del Texto.

3.18. Demuestre que para una distribución gaussiana centrada se verifica que

2 2EX 0 y EX = = σ .

Solución:

)2xexp(

21)x(p 2

2

X σ−

πσ= . Por definición, el valor promedio EX es, de la expresión

(3.86) del Texto,

∫∫∞

∞−

∞

∞− σ−

πσ== .dx)

2xexp(x

21dx)x(xpXE 2

2

X Efectuando la integración,

0XE =

De la expresión (3.98) del Texto, el valor RMS o potencia promedio del proceso X es

∫ ∫∞

∞−

∞

∞− σ−

πσ== ).

2xexp(x

21dx)x(pxXE 2

22

X22 Efectuando la integración,

22XE σ=

3.19. Se tiene dos VA X e Y independientes cuyas densidades de probabilidad son

)y(u)y2exp(2)y(py )x(u)xexp()x(p YX −=−=

Sea también una nueva VA .YXZ +=

Demuestre que )z(u)]z2exp()z[exp(2)z(pZ −−−=

Solución:

Se demuestra, [Papoulis, Capítulo 7, 1965], que si X e Y son VA independientes, entonces la densidad de probabilidad de la suma YXZ += es igual a la convolución de sus respectivas densidades de probabilidad, es decir,

∫ ∫∞

∞−

∞

∞−−=−= dx)xz(p)x(pdy)y(p)yz(p)z(p YXYXZ



120

Por lo tanto, utilizando la primera integral,

∫∞

∞−−−−−= dy)y(u)y2exp(2)yz(u)]yz(exp[)z(pZ

∫∞

∞−−−−−= dy)y(u)yz(u)]yz(exp[)y2exp(2)z(pZ

pero u(z y)u(y) 1 para 0 z− = ≤ , de donde, z

Z 0p (z) 2 exp( 2y)exp[ (z y)]dy 2exp( z) 2exp( 2z) para 0 z= − − − = − − − ≤∫

[ ] )z(u)z2exp()zexp(2)z(pZ −−−=

Utilizando la segunda integral,

∫∞

∞−−−−−= dx)xz(u)]xz(2exp[2)x(u)xexp()z(pZ

∫∞

∞−−−−−= dx)x(u)xz(u)]xz(2exp[)xexp(2)z(pZ

pero z0 para 1)x(u)xz(u ≤=−

∫ ≤−−−=−−−=z

0Z z0 para )z2exp(2)zexp(2dx)]xz(2exp[)xexp(2)z(p

[ ] )z(u)z2exp()zexp(2)z(pZ −−−= . Vemos que los dos resultados son iguales.

3.20. La densidad de probabilidad de una VA X es ).2

1x(21)x(pX

−Λ=

Demuestre que 3/2 ;3/5EX ;1XE 2x

2 =σ== .

Solución:

)x(pX tiene la forma mostrada en la Fig. P3.20.

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

≤≤−

<≤+=

3x1 para )3x(41-

1x1- para )1x(41

)x(pX

De la expresión (3.84) del Texto,

∫∫

∫∞

∞−

−

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=−−

=+==

3

1

1

1

X

65dx)3x(x

41

61dx)1x(x

41

dx)x(xpXE 165

61XE =+=



121


∫∫

∫∞

∞−

−

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=−−

=+==

3

1

2

1

1

2

X22

23dx)3x(x

41

61dx)1x(x

41

dx)x(pxXE 35

23

61XE 2 =+=


321

35XEXE 222

x =−=−=σ

3.21. La señal de entrada X y la señal de salida Y de un sistema no lineal están relacionados mediante la expresión )X(uXY 2= . Si la densidad de probabilidad de X es gaussiana, de valor promedio cero y varianza ,2σ demuestre que la densidad de probabilidad a la salida del sistema es

)y(u)2

yexp(y22

1)y(21)y(p 2Y σ

−πσ

+δ=

Solución: )x(ux)x(y 2= , Fig. P3.21(a)

Para y < 0, 0)y(pY =

Para y > 0, se tiene una raíz yx1 =

y2x2)x('g 1 ==

)y(uy2

)y(p)x(u

)x('g)x(p)y(p X

1

1XY ==

En general, (ver [Papoulis, 1966]), si X es de tipo continuo, pero g(x) es una constante (aunque sea cero) sobre ciertos intervalos pero no es de forma escalonada, entonces

)X(gY = es de tipo mixto, es decir, que contiene impulsos de Dirac en las descontinuidades. Por lo tanto, si

== )x(g)X(g constante o cero para 21 xXx ≤≤

entonces )y(FY es discontinua para )x(gy 1= , y sus discontinuidades en este punto serán iguales a )x(F)x(F 1X2X − .

Volviendo a nuestro problema, si y > 0, entonces y)x(g ≤ será válido para yx ≤ , de donde

)y(FyXPyYP)y(F XY =≤=≤= para 0 < y

)y(u)y(F)y(F XY =



122

En y = 0 hay una discontinuidad, es decir, 0y)x(g == para 0x ≤<∞− . Esta discon-tinuidad vale )],(F)0(F[ XX −∞− pero como ,0)(FX =−∞ el valor de la discontinuidad será ).0(FX Esto equivale a )0(F0XP0YP X=≤== .

Puesto que )2x(erf

21

21)x(FX σ+= , entonces,

21)0(FX =

La densidad de probabilidad de la VA Y será, para 0 < y,

)y(u)2

yexp(y22

1)y(21

y2)y(p

)y()0(F)y(p 2X

XY σ−

πσ+δ=+δ=

Calculemos su función de distribución.

∫ ∞− ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

σ−

πσ+δ=

y

2Y 'dy)'y(u)2

'yexp(y22

1'dy)'y(21)y(F

y(u])2y

(erf21

21['dy

'y

)2

'yexp(

221'dy)'y(

21)y(F

y y

0

2

Y ∫ ∫∞− σ+=σ

−

πσ+δ=

)y(u)2y

(erf121)y(FY

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

σ+=

En la Fig. P3.21(b) se muestra pY(y) y FY(y) para σ = 2

3.22. En el caso de un detector cuadrático la entrada X y la salida Y están relacionadas mediante la expresión 2aXY = , con a > 0.

(a) Demuestre que )y(u1)ay(F2)y(Fy )y(u)

ay(p

ay1)y(p XYXY

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−==



123

(b) Si la densidad de probabilidad de la VA X es gaussiana, de valor promedio cero y varianza 2σ , demuestre que a la salida del detector cuadrático

)y(u)2

yexp(ay2

1)y(p 2Y σ−

πσ= y )y(u)

2a/y

(erf)y(FY σ=

(c) Si la VA X está uniformemente distribuida en el intervalo (c, d), donde c > d, demuestre que

⎪⎩

⎪⎨

⎧ ≤≤−=

resto elen 0

adyac para ay)cd(2

1)y(p

22

Y

⎪⎩

⎪⎨

⎧

≤

<≤−−

=

yad para 1

adyac para cd

ca/y)y(F

2

22

Y

Solución: (a)

22 axy ;aXY == , que tiene

la forma mostrada en la Fig. P3.22(a).

Para y < 0, la ecuación 2axy = no tiene raíces reales, de donde 0)y(pY = para y < 0.

Para 0 < y, la ecuación tiene dos raíces: a/yy x a/yx 21 =−=

También, )x('gay2a/ya2|dxdy||)x('g| 2

11 ====

)a/y(p)x(p );a/y(p)x(p X2XX1X =−= , de donde

ay2)a/y(p)a/y(p

)x('g)x(p

)x('g)x(p

)x('g)x(p)y(p XX

2

2X

1

1XXY

+−=+== para 0 < y

[ ] )y(u)a/y(p)a/y(pay2

1)y(p XXY −+= . Igual que en el Problema 3.15,

[ ] )y(u)a/y(F)a/y(F)y(F xXY −−=

Cuando g(x) es una función par, se verifica que (ver Problema 3.15)

)x(F1)x(Fy )x(p)x(p XXXX −=−−= . Entonces,



124

[ ] )y(u1)a/y(F2)y(Fy )y(u)a/y(pay1)y(p XYXY −==

(b) )2x(erf

21

21)x(Fy )

2xexp(

21)x(p X2

2

x σ+=

σ−

πσ=

Para a/yx = ,

)2

a/y(erf

21

21)a/y(Fy )

a2yexp(

21)a/y(p X2X σ

+=σ

−πσ

= . Por lo tanto,

)y(u)a2yexp(

ay21)y(p 2Y σ

−πσ

= . Asimismo,

[ ] )y(u1)2

a/y(erf

21

212)y(u1)a/y(F2)y(F XY

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

−⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

σ+=−=

)y(u)2

a/y(erf)y(u1)

2a/y

(erf1)y(FY σ=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−

σ+=

En la Fig. 3.22(b) se muestra pY(y) y FY(y) para a = 2 y σ = 2.

(c) Si la VA X está distribuida uniformemente en el intervalo (c, d), donde c < d, se tiene

2

dccon x ,)dx(u)cdxx(

cdcx)x(F );

cdxx(

cd1)x(p o

oX

oX

+=−+

−−

Π−−

=−−

Π−

=

)x(Fy )x(p XX se muestran en la Fig. P3.22(c).



125

Entonces, puesto que )a/y(p

ay21)y(p ,0)x(p XYX ==−

)cd

xa/y()cd(

1ay2

1)y(p oY −

−Π

−=

Nótese que )x(pX existe solamente para valores positivos de x, es decir, ;0)x(pX =− por eso aparece el número 2 en la expresión anterior.

Como )y(pY existe desde ,ady ó dy/a hastaacy ó ca/y 2 2 === )y(pY se puede escribir en la forma siguiente:

⎪⎩

⎪⎨

⎧ ≤≤−=

resto elen 0

adyac para ay)cd(2

1)y(p

22

Y

Asimismo, la función de distribución será

)da/y(u)cd

xa/y(cd

ca/y)y(u)a/y(F)y(F oXX −+

−−

Π−−

==

que se puede escribir en la forma

⎪⎩

⎪⎨

⎧≤≤

−−

= resto elen 1

adyac para cd

ca/y)y(F

22

Y ;

)y(Fy )y(p YY se muestran en la Fig. P3.22(d).

3.23. En el caso de un rectificador de onda completa la entrada X y la salida Y están

relacionadas mediante la ecuación .XY =

(a) Demuestre que [ ] )y(u)]y(F)y(F[)y(Fy )y(u)y(p)y(p)y(p XxYXXY −−=−+= .



126

Si )x(pX es una función par, se puede demostrar también que

)y(u]1)y(F2[)y(Fy )y(u)y(p2)y(p XYXY −==

(b) Si la VA X es gaussiana de valor promedio 10 y desviación 5, demuestre que

)y(u25

]50

)10y(exp[]50

)10y(exp[)y(p

22

Y π

−−−+

−−

=

)y(u)2510y(erf)

2510y(erf)y(FY ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ +

+−

=

(c) Si la VA X está distribuida uniformemente en el intervalo (10, 20), demuestre que

[ ])20y(r)10y(r101)y(Fy )

1015y(

101)y(p YY −−−=

−Π=

donde r(...) es la función rampa.

Solución:

Al pasar un voltaje aleatorio X por un rectificador de onda completa se efectúa el proceso

X)X(gY == . La característica de transferencia del rectificador se muestra en la Fig. P3.23.

Entonces, para el proceso XY = la ecuación

x)x(gy == no tiene soluciones para y < 0; por lo tanto,

0 y para 0)y(pY <=

Para ,y0 < tiene dos soluciones: y x,yx 21 =−=

También, de la ecuación

1)x('g)(xg' donde de ;1)(xg'y 1)(xg' ,xy 2121 ===−==

y ).y(p)x(p );y(p)x(p X2XX1X =−= Entonces,

y0 para )y(p)y(p)x('g)x(p

)x('g)x(p)y(p XX

2

2X

1

1Xy <+−=+=

[ ] )y(u)y(p)y(p)y(p XXY +−=

La función de distribución )y(FY se puede obtener en la forma siguiente:



127

Es evidente que yxy- ó xx xpara yx 21 <<<<<

Entonces podemos establecer que

0y para )x(F)x(FxXxPyXPyYP)y(F 1X2X21Y >−=≤≤=≤=≤=

De donde, [ ] )y(u)y(F)y(F)y(F XXY −−=

Si )x(pX es una función par, entonces, como en el problema anterior,

[ ] )y(u1)y(F2)y(Fy )y(u)y(p2)y(p XXXY −==

(b) Si la VA X es gaussiana de valor promedio 10 y desviación 5, entonces,

)2510x(erf

21

21)x(Fy ]

50)10x(exp[

21)x(p X

2

X−

+=−

−πσ

= ; )x(pX es par.

)y(u50

)10y(exp[]50

)10y(exp[25

1)y(p22

Y⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −

−+−−

−π

=

)y(u]50

)10y(exp[]50

)10y(exp[25

1)y(p22

Y⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −

−++

−π

=

y la función de distribución,

[ ] )y(u)2510y(erf

21

21)

2510y(erf

21

21)y(u)y(F)y(F)y(F XXY ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −−

−−−

+=−−=

)y(u)2510y(erf)

2510y(erf

21)y(u)

2510y(erf)

2510y(erf

21)y(FY ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ +

+−

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +

−−−

=

(c) Si la VA X está distribuida uniformemente en el intervalo (10, 20), pX(x) y FX(x) tendrán la forma mostrada en la Fig. P3.22(b) del Problema 3.22. Entonces,

,152

cb 10;c-b 10,cy 20b para =+

===

)20x(u)10

15x()10x(101)x(F );

1015x(

101)x(p XX −+

−Π−=

−Π=

Nótese que pX(x) y FX(x) no tienen valores para x negativo, es decir, para x < 0; de donde

.0)x(F)x(p 1X1X == Nos queda entonces, para x2 = y,

)10

15y(101)y(u)y(p)y(p XY

−Π==



128

y )20y(u)10

15y()10y(101)y(u)y(F)y(F XY −+

−Π−== , o también

[ ])20y(r)10y(r101)y(FY −−−= donde r(...) es la función rampa.

pY(y) y FY(y) tienen la misma forma que pX(x) y FX(x).

3.24. Sea una VA X y sea el proceso lineal baXY += , donde a y b son dos constantes.

(a) Si )x(Fy )x(p XX son las funciones de probabilidad de X, demuestre que

y todopara )a

by(Fa1)y(Fy )

aby(p

a1)y(p XYXY

−=

−=

(b) Si la VA X está distribuida uniformemente en el intervalo (x1, x2), demuestre que

⎪⎩

⎪⎨

⎧ +<<+−=

resto elen 0

baxybax para )xx(

1a1

)y(p 2112Y

La VA Y está distribuida uniformemente en el intervalo ).bax ,bax( 21 ++

Solución:

(a) baxy += que se muestra en la Fig. P3.24(a).

baxy += tine una sola raíz:

y todopara a

byx −=

También, ;a(x)g' ;a)x('g ==

).a

by(p)x(p XX−

= De donde, a

)a

by(p

)x('g)x(p)y(p

XX

Y

−

== para todo y.

La correspondiente función de distribución es

∫ ∫∞− ∞−===

y yX

XYY ;a

)x(Fdx)x(pa1'dy)'y(p)y(F y como

abyx −

= , entonces,



129

)a

by(Fa1)y(F XY

−= para todo y

(b) Si la VA X está distribuida uniformemente en el intervalo ) x,x( 21 , entonces

2

xx xdonde ),xx

xx(xx

1)x(p 21o

12

o

12X

+=

−−

Π−

= . Y para ,a

byx −=

).xx

xa

by

()xx(

1)a

by(p12

o

12X −

−−

Π−

=− Entonces,

)xx

xa

by

()xx(

1a1

a

)a

by(p)y(p

12

o

12

X

Y −

−−

Π−

=

−

=

Como el rectángulo existe desde 211 xa

b-y hasta baxy ó xa

by=+==

− ó

baxy 2 += , entonces )y(pY se puede escribir también en la forma

⎪⎩

⎪⎨

⎧ +<<+−=

resto elen 0

baxybax para )xx(

1a1

)y(p 2112Y

El lector puede demostrar fácilmente, casi por inspección, que la correspondiente función de distribución viene dada por

2b2)xx(ay donde b)]ax(y[u]

)xx(ayy[

)xx(a)]bax(y[)y(F 21

o212

o

12

1Y

++=+−+

−−

Π−+−

=

En la Fig. P3.24(b) se muestra ).y(Fy )y(p YY

3.25. Una VA X está distribuida según la distribución de Cauchy, donde

p x Kx

X ( ) =+α 2 2

.

(a) Demuestre que K = α/π



130

(b) Demuestre que F x xX ( ) arctg( )= +

12

1π α

(c) Demuestre que la probabilidad de que X esté dentro del intervalo ( , )−α α

Solución:

(a) Debe verificarse que Xp (x)dx 1∞

−∞

=∫ , es decir,

2 2

K K Kdx ; si 1, entonces K= x

∞

−∞

π π α= =

α + α α π∫

(b) x

X X2 2

1 1 1 xF (x) dz; integrando, F (x)= + arctg( ) z 2−∞

α=π α + π α∫

(c) De (3.44), 2 20

2 1 1P( X ) dxx 2

αα−α < ≤ α = =

π α +∫

3.26. Sea una VA X y un proceso hiperbólico de la forma XaY = , donde a es una constante.

(a) Demuestre que y todopara 'dy'y

)'y

a(pa)y(Fy )

ya(p

ya

)y(py

2

X

YX2Y ∫ ∞−==

Donde pX(x) es la densidad de probabilidad de X.

(b) Si la VA X está distribuida según Cauchy, demuestre que

y todopara ya

1a)y(p

22

2Y

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

απα

=

Vemos que la VA Y está distribuida también según Cauchy, pero con parámetro αa

.

Solución:

(a) xa)x(gy == , que tiene la forma dada en la Fig.

P3.26(a).

ya)x(g = tiene una sola raíz:

y todopara yax =

y

y

x x0

Fig. P3.26(a)



131

También, )ya(p)x(py

ay)x('g

ay

)ya(

axa)x('g XX

22

22 ==∴−=−=−= .

Por lo tanto,

)ya(p

ya

)x('g)x(p)y(p X2

XY == para todo y ; 'dy

'y

)'y

a(pa)y(F

y

2

X

Y ∫ ∞−= para todo y

(b) Si la VA X está distribuida según Cauchy, entonces,

)x(

)x(p 22X +απα

= para todo x, donde σ es el parámetro de la función.

Entonces,

]ya[

1a

])ya([y

a)y(p

22

222

2Y

+α

πα=

+απ

α= para todo y

Vemos que pY(y) está distribuida también según Cauchy, pero con parámetro α/a . La correspondiente función de distribución es

)ayarctg(1

21'dy

'ya1a

'dy)'y(p)y(Fy y

22

2YYα

π+=

+α

πα== ∫ ∫∞− ∞−

En la Fig. P3.26(b) se muestra )y(Fy )y(p YY para .10)/a( =α

50 0 50

0

0.02

0.04

50 0 500

0.5

1

p(y) 0,0318 F(y)

y yFig. P3.26(b)

3.27. Una VA X está distribuida en forma laplaciana, es decir, su densidad de probabilidad tiene la forma p x K xX ( ) exp( | | )= −α .

(a) Demuestre que : K = α/2; EX = 0; EX2 = 2/α2 ; σ α= 2 /

(b) Demuestre que )x(u)]xexp(1[21)x(u)xexp(

21)x(FX α−−+−α=



132

Solución:

)x(pX se muestra en la Fig. P3.27(a). )x(pX debe cumplir la condición

1K2dx)xexp( K21dx)x(p0X =

α=α−==∫ ∫

∞

∞−

∞;

de donde, .2

K α=

∫ ∫∞

∞−

∞

∞−α−

α==η= dx)xexp(x

2dx)x(xpXE X = 0, es decir, 0XE = . Este

resultado era de esperarse, pues )x(pX es simétrica respecto al eje de las ordenadas, siendo cero su valor promedio.

∫ ∫ ∫∞

∞−

∞

∞−

∞

α=α−α=α−

α== 20

22X

22 2dx)xexp(xdx)xexp(x2

dx)x(pxXE

Por definición, la varianza es: XEXE 22 −=σ , pero como EX = 0, entonces,

α

=σ∴α

==σ22XE 2

22 Este es el valor de la desviación estándar.

De la forma de pX(x), Fig. P3.27(a), la función de distribución FX(x) la podemos escribir en la forma

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

≤αα

=

<αα

=−=

∫

∫∞x0 para )dx'x'exp(-

2)x(F

0 xpara )dx'x'exp(2

)x(F)x(F

x

0X

x

-X

X

entonces,

)x(u'dx)'xexp(2

)x(udx)'xexp(2

)x(Fx

0

x

X ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ α−α

+−⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ αα

= ∫∫ ∞−

Integrando, F x x u x x u xX ( ) exp( ) ( ) [ exp( )] ( )= − + − −12

12

1α α

Nótese que 1)(Fy 0)(F XX =∞=−∞

En la Fig. P3.27(b) se muestra la forma de FX(x).

3.28. Se tiene una distribución de la forma 2

2

xf (x) Kx exp( )u(x)2

= −α

px(x) FX(x) 1

0 xx

0

1/2

Fig. P3.27. (a) (b)



133

(a) Demuestre que si f(x) es una distribución de Raleigh, de verificarse que 2

1K =α

. La

distribución de Raleigh es entonces 2

X 2 2

x xp (x) exp( )u(x)2

= −α α

(b) Demuestre que EX2π

= α ; 2 2EX 2= α ; 2σ = α

(c) Demuestre que 2

X 2

xF (x) 1 exp( ) u(x)2

⎡ ⎤= − −⎢ ⎥α⎣ ⎦

Solución:

(a) 2

20

xK x exp(( )dx 12

∞

− =α∫ . Integrando: 2

2

1K 1 K=α = ∴α

(b) 2

2X 2 2

0

1 xEX x p (x)dx x exp( )dx2 2

∞ ∞

−∞

π= ⋅ = − = α

α α∫ ∫

3 2

2 22 2

0

x xEX exp( )dx 22

∞

= − = αα α∫

2 2EX , de donde, = 2= σ α α

(c) x 2 2

X 2 2 20

y y xF (x) exp( )dy 1 exp( ) u(x)2 2

⎡ ⎤= − = − −⎢ ⎥α α α⎣ ⎦∫

3.29. Una VA X sigue la distribución de Maxwell, donde )x(u)2xexp(Kx)x(p 2

22

X α−=

(a) Demuestre que 3/2K

απ

= y que el valor máximo de )x(pX ocurre para x = α 2

(b) Calcule la función de distribución )x(FX y la probabilidad P X ≤ α 2 . Solución:

(a) 30 33

2

22

X/2

22K12

2Kdx)

2xexp(xK1dx)x(p

απ

=απ

=∴=απ=α

−==∫ ∫∞

∞−

∞

2

2X 3 2

2 / xp (x) x exp( )u(x)2

π= −

α α

(b) Tomando la derivada de pX(x) e igualando a cero,

0)2xexp(x2)

2xexp(x22)x(p

dxd

2

23

52

2

3X =α

−απ

−α

−απ

= . Reduciendo esta expresión,

llegamos a .2x α= El valor máximo de pX(x) ocurre para ;2x α= por lo tanto,

2X 587,0)2(p α=α . Este es el valor máximo de pX(x).



134

(c) La función de distribución es 2 2x 2

X 3 2 20

2 / y x 1 2 xF (x) y exp( )dy [erf ( ) x exp( )]u(x)2 22

π= − = − −

α α α π αα∫

En la Fig. P3.29 se muestra pX(x) y FX(x) para 4=α

0 10 200

0.1

0.2

0 10 200

0.5

1p(x) F(x)

x x

Fig. P3.29

(d) [ ]∫α

−−ππ

=α

−απ

=α≤2

0 2

22

3 )1exp(2)1(erf1dx)2xexp(x

222XP

PX 2 0,42759≤ α =

3.30. Siguiendo el procedimiento mostrado en la Sección 3.9.2, determine la función de autocorrelación y la densidad espectral de las siguientes secuencias aleatorias.

(a) Una secuencia aleatoria unipolar RZ de amplitud A, Fig. 3.21(a)

(b) Una secuencia aleatoria bipolar NRZ de amplitudes A± , Fig. 3.22(a)

(c) Una secuencia aleatoria AMI RZ de amplitudes A± , Fig. 3.23(a)

(d) Una secuencia aleatoria MANCHESTER de amplitudes A± , Fig. 3.24(a).

Solución:

(a) Secuencia aleatoria unipolar RZ de

amplitud A.

Esta señal se muestra en la Fig. P3.30(a) Amplitudes posibles:

21P0A ;

21PAA 2211 =→==→=

Para k = 0

2a

2a

2

2221

21

2n 2

APAPAEA η+σ==+=

Para :posibles Productos ,0k ≠ 41PAA ;

41PAA 221111 =→=→

A

0 t

1 0 1 1 0

Tb

Tb/2Fig. P3.30(a)

x(t)



135

41PAA ;

41PAA 422312 =→=→

2a

221

422312221111knn 4A

4AP)AA(P)AA(P)AA(P)AA(AAE η===+++=+

4

A ;2

A4

A ;4

A ;2

A 22a

222a

22a

22a

2a =σ=+σ=η=η+σ

Reemplazando en la expresión (3.165) del Texto,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−δ+= ∑

∞

−∞=n bb

222

bx )

Tnf(

T4A

4A)f(P

T1)f(S

pero )f2T(sinc

4TP(f) );f

2T(sinc

2T)f(P)

2/Tt()t(p b2

2b2bb

b

==⇔Π=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−δ+= ∑

∞

−∞=n bbb

2b2

x )Tnf(

T11)

T/2f(sinc

16TA)f(S

∑∞

−∞=

−δ+=n bb

22

b

2b2

x )Tnf()

T/2f(sinc

16A)

T/2f(sinc

16TA)f(S

pero )T/2

f(sincb

2 tiene sus cero en bbb T

n,,T4 ,

T2

⋅⋅⋅⋅⋅ para n par;

y para n impar y n = 0,

0ny impar n para )Tnf()

2n(sinc)

Tnf()

T/2f(sinc

n n b

2

bb

2 =−δ=−δ∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

∑∞

−∞=

δ+−δ=n b

2 )f()Tnf()

2n(sinc' para n impar

donde ∑∞

−∞=n' indica que la sumatoria no incluye el valor n = 0.

Como 222

2

2

n4

)2

n(

)2

n(sen)

2n(sinc

π=

π

π

= , entonces,

∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

−δπ

+δ=−δn n b

22bb

2 ).Tnf(

n4')f()

Tnf()

T/2f(sinc Finalmente,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−δ

π+δ+= ∑

∞

−∞=n b22

2

b

2b2

x )Tnf(

n4')f(

16A)

T/2f(sinc

16TA)f(S

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−δ

π+δ+= ∑

∞

−∞=n b22

b

2b

2

x )Tnf(

n4')f()

T/2f(sincT

16A)f(S para n impar y 0n ≠



136

Para determinar la función de autocorrelación correspondiente, escribamos Sx(f) en la forma

)f(S)f(S)Tnf()

T/2f(sinc

16A)

T/2f(sinc

16TA)f(S 2x1x

n bb

22

b

2b2

x +=−δ+= ∑∞

−∞=

)(R)(R)(R)f(S)f(S)f(S 2x1xx2x1xx τ+τ=τ⇔+=

)2/T

(8

A)2/T

(T2

16TA)(R

b

2

bb

b2

1xτ

Λ=τ

Λ=τ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−τδ∗

τΛ=τ ∑

∞

−∞=nbb

bb

2

2x )nT(T)2/T

(T2

16A)(R

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −τΛ+

τΛ=τ ∑

∞

−∞=n b

b

b

2

2x )2/T

nT()2/T

(8

A)(R .

Puesto que para ∑∞

∞=

τΛ=

τΛ=

-n bb

b )2/T

()2/T

nT-( ,0n , la función de autocorrelación será

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −τΛ+

τΛ=τ ∑

∞

−∞=n b

b

b

2

x )2/T

nT(')2/T

(28

A)(R para 0n ≠

donde ∑∞

−∞=n' indica que la sumatoria no incluye el valor n = 0.

Nótese que la potencia de la señal es 4

A)0(R)t(x2

x2 =>=<

En la Fig. P3.30(b) se muestra Sx(f) y Rx(τ).

(b) Secuencia aleatoria bipolar NRZ de amplitudes A± , Fig. P3.30(c).

Amplitudes posibles: 21PAA ;

21PAA 2211 =→−==→=

Para 2a

2a

2222

221

21

2n A

21)A(

21)A(PAPAEA ,0k η+σ==−+=+==

τ

)(Rx τ

5 3 1 1 3 50

0.025

0.05

0.075

0.1

Sx ( )f

f(a) Densidad Espectral

Tbf

A/82

A/42

-Tb -Tb/2 0 Tb/2 Tb

(b) Función de AutocorrelaciónFig.. P3.30(b). Secuencia Aleatoria Unipolar RZ

ATb = 1 2



137

Para .0k ≠ Productos posibles:

41PAA ;

41PAA 221111 =→=→

41PAA ;

41PAA 422312 =→=→

++=+ 221111knn P)AA(P)AA(AAE 422312 P)AA(P)AA( ++

22a

2a

2a

2222

knn A ;0 ;04

A4

A4

A4

AAAE =σ=ηη==+−−=+

2

b

222

bx )f(P

TA]0A[)f(P

T1)f(S =+=

)fT(sincTP(f) );fT(sincT)f(P)Tt()t(p b

22b

2bb

b

==⇔Π=

)fT(sincTA)f(S b2

b2

x = para todo f

Veamos ahora la función de autocorrelación. Por Transformada de Fourier,

)T

(A)(Rb

2x

τΛ=τ

La potencia de la señal es 2x

2 A)0(R)t(x =>=<

En la Fig. P3.30(d) se muestra Sx(f) y Rx(τ).

)(R x τ

4 3 2 1 0 1 2 3 40

0.25

0.5

0.75

1

Sx ( )f

f

τTbf

A2

Tb-Tb 0(a) Densidad Espectral (b) Función de Autocorrelación

Fig.. P3.30(d). Secuencia Aleatoria Bipolar NRZ

ATb = 1 2

Tb

1 0 1 1 0A

-A

0 t

Fig. P3.30(c)

x(t)



138

(c) Secuencia aleatoria AMI RZ de amplitudes ±A, Fig. P3.23(e).

Amplitudes posibles:

41PAA ;

41PAA 2211 =→−==→=

21P0A 33 =→=

22 2 2 2

2 31 2n

AA A A Ak 0; EA 24 4 2 4 2

= = + + = =

2

AAE2

2a

2a

2n =η+σ=

Nótese que no pueden aparecer dos UNOS del mismo signo seguidos; por consiguiente, hay que considerar el valor 1ky 0k =≠ .

Entonces, para 1,ky 0k =≠ productos posibles:

41PAA ;

41PAA ;

41PAA ;

41PAA 423313221131 =→=→=→=→

2a

221

1nn 4A

4AAAAE η=−==+

Para 2,k ,0k ≥≠ productos posibles:

81PAA ;

161PAA ;

161PAA 331221111 =→=→=→

81PAA ;

161PAA ;

161PAA 632522412 =→=→=→

41PAA ;

81PAA ;

81PAA 933823713 =→=→=→

522412221111knn P)AA(P)AA(P)AA(P)AA(AAE +++=+

2

A ;0 ;016A

16A

16A

16A 2

2a

2a

2222

=σ=η=+−−=

Para determinar Sx(f), vamos a utilizar la expresión (3.166) del Texto.

Tb

1 0 1 1 0A

-A

0 t

Fig. P3.30(e)

x(t)



139

∑∞

=+ π+=

1kbknn

2n

2

bx )fkT2cos(AAE2AE[)f(P

T1)f(S

pero la sumatoria es válida solamente para k = 1, para lo cual,

2

AEA , también;4

AAAE2

2n

22a1nn =−=η=+ , de donde

)fT(sen)f(PTA)fT2cos(

4A2

2A)f(P

T1)f(S b

22

b

2

b

222

bx π=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡π−=

)f2T(sinc

4TP(f) );f

2T(sinc

2T)f(P)

2/Tt()t(p b2

2b2bb

b

==⇔Π=

)fT(sen)f2T(sinc

4TA)f(S b

2b2b2

x π=

Para determinar la correspondiente función de autocorrelación hagamos

[ ] ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ π−=π−= )fT2cos()

2T(sinc)f

2T(sinc

8TA)fT2cos(1)f

2T(sinc

8TA)f(S b

b2b2b2

bb2b

2

x

pero )2/T

(T2)f

2T(sinc

bb

b2 τΛ⇔

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −τΛ+

+τΛ−

τΛ=τ )

2/TT(

T1)

2/TT(

T1

8TA)

2/T(

T2

8TA)(R

b

b

bb

b

b

b2

bb

b2

x

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −τΛ+

+τΛ−

τΛ=τ )

2/TT()

2/TT(

21)

2/T(

4A)(R

b

b

b

b

b

2

x

La potencia de la señal es 4

A)0(R)t(x2

x2 =>=<

En la Fig. P3.30(f) se muestra Sx(f) y )(R x τ de una secuencia aleatoria AMI RZ.

τ

)(Rx τ

4 3 2 1 0 1 2 3 40

0.075

0.15

0.225

0.3

Sx ( )f

f

ATb = 1 2

Tbf

(a) Densidad Espectral (b) Función de Autocorrelación

Fig.. P3.30(f). Secuencia Aleatoria AMI RZ

Tb-Tb

A/42

2-A/8

Tb/2 -Tb/2 0



140

El procedimiento anterior se puede aplicar a una secuencia aleatoria AMI NRZ como la mostrada en la Fig. P3.30(g). En este caso,

)fT(sincT)f(P)Tt()t(p bbb

=⇔Π=

)fT(sincT)f(P b22

b2 =

)fT(sen)fT(sincTA)f(S b2

b2

b2

x π= . El lector puede demostrar fácilmente que la función de autocorrelación es

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −τΛ+

+τΛ−

τΛ=τ )

TT()

TT(

4A)

T(

2A)(R

b

b

b

b2

b

2

x .

También, 2

A)0(R)t(x2

x2 ==<

En la Fig. P3.30(h) se muestra Sx(f) y Rx(τ)

(d) Secuencia aleatoria MANCHESTER bipolar de amplitudes ±A, Fig. 3.24 del Texto.

La secuencia MANCHESTER está formada por dos símbolos que aparecen dependiendo del estado transmitido (UNO o CERO). Estos símbolos, que representaremos como s1(t) y s0(t), se muestran en la Fig. P3.30(i). Estos símbolos son independientes y sus probabilidades son

21)t(Ps ;

21)t(sP 01 ==

Por inspección, vemos que el valor promedio de

cada impulso es cero, es decir,

a0)t(sE η== ; 02a =η

Puesto que ,0a =η entonces, para ,0k ≠

0)t(sE)t(sE)t(s)t(sE 0101 ==

y para y A ;A)t(Es ,0k 22a

2a

2a

22 =ση+σ=== 02a =η

Tb

1 0 1 1 0A

-A

0 t

Fig. P3.30(g)

x(t)

A

-A s1(t)

0 0

A

-A s0(t)=-s1(t)

t t

Fig. P3.30(i)

1 0



141

Reemplazando en la expresión (3.165) del Texto,

2

b

222

bx )f(P

TAA)f(P

T1)f(S ==

p(t) lo podemos definir en la forma )2/T

4/Tt()2/T

4/Tt()t(pb

b

b

b −Π−

+Π=

)f4T2jexp()

2T(sinc

2T)f

4T2jexp()f

2T(sinc

2T)f(P bbbbbb π−−π=

)f2T(sen)f

2T(sincTP(f) );f

2Tsen()f

2T(sincjT)f(P b2b22

b2bb

b π=π= , de donde,

)f2T(sen)f

2T(sincTA)f(S b2b2

b2

x π=

Veamos ahora la función de autocorrelación.

)f2T2cos()f

2T(sinc

2TA)f

2T(sinc

2TA)f(S bb2b

2b2b

2

x π−=

pero )2/T

(T2)f

2T(sinc

bb

b2 τΛ⇔ y tomando la Transformada de Fourier de Sx(f),

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −τΛ+

+τΛ−

τΛ=τ )

2/T2/T()

2/T2/T(

2A)

2/T(A)(R

b

b

b

b2

b

2x

La potencia de la señal es 2x

2 A)0(R)t(x =>=<

En la Fig. P3.30(j) se muestra Sx(f) y Rx(τ).

En la Fig. P3.30(k) se muestran las densidades espectrales anteriores para su

comparación. Obsérvese que las amplitudes para 2fTb > ó bf 2 / T> son despreciables.



142

Fig. P3.30(k)



143

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO IV

Prof. J. Briceño M., ULA.

143

CAPITULO IV

4.1. Sea un alfabeto en el cual la probabilidad de ocurrencia de las diferentes letras se da en la Tabla siguiente:

A 0,081 B 0,016 C 0,032 D 0,037

E 0,124 F 0,023 G 0,016 H 0,051

I 0,072 J 0,001 K 0,005 L 0,040

M 0,072 N 0,072 O 0,079 P 0,023

Q 0,002 R 0,060 S 0,066 T 0,096 U 0,031

V 0,009 W 0,020 X 0,002 Y 0,019 Z 0,001

(a) ¿Cuál letra proporciona la máxima cantidad de información?

(b) ¿Cuál letra proporciona la mínima cantidad de información?

(c) Suponga que las letras se eligen independientemente para formar palabras (lo cual no se ajusta a la realidad). Demuestre que la entropía de este alfabeto es de 4,316 bits/letra.

(d) Sea el juego siguiente: se trata de adivinar una palabra y se da como pista la primera letra de la palabra. ¿En español, cuál letra es más útil en el juego, la letra E o la letra Z?

Solución:

(a) La letra que proporciona la máxima información es aquella cuya probabilidad de ocurrencia es la menor. En la Tabla anterior corresponde a las letras J y Z cuyas probabilidades son 0,001. En este caso:

Cantidad de Información = I = 966,9001,01log2 = bits

(b) Para una mínima cantidad de información se tiene la letra E cuya probabilidad de ocurrencia es de 0,124; entonces,

Cantidad de Información = I = 012,3124,01log2 = bits

(c) La entropía H viene dada por la expresión (con las probabilidades dadas en la Tabla)

∑=

⋅⋅⋅+++==N

1j222

j2j 032,0

1log032,0016,01log016,0

081,01log081,0

P1logPH

316,4001,01log001,0

019,01log019,0 22 =++⋅⋅⋅ bits/letra

(d) La letra más útil en el juego es la letra Z, por cuanto el número de palabras que empiezan con Z es mucho menor que el número de palabras que empiezan con E.



144

4.2. Una fuente de información produce 128 símbolos independientes, de los cuales 16 ocurren con probabilidad de 1/32, y los 112 restantes con una probabilidad de 1/224. La fuente produce 100 símbolos por segundo.

Demuestre que la velocidad de información promedio de la fuente es de 640,4 bps.

Solución:

Datos: N=128; Vs = 100 símb/seg; P1 = 1/32; P2 = 1/224.

404,6)224(log2241112)32(log

32116H 22 =+= bits/símbolo

4,640404,6100HVV si =⋅=⋅= bps

4.3. Un alfabeto consta de las siguientes letras: A, B, C, D, E, F, H y O, cuya aparición suponemos equiprobable. Estas letras se codifican en binario puro con un impulso de arranque y uno de pare; todos los impulsos tienen la misma duración. El canal de transmisión tiene un ancho de banda de 4 kHz.

(a) Demuestre que la palabra FACHADA se puede transmitir en 8,75 mseg y con una velocidad de información de 2400 bps.

(b) Asigne a cada letra una muestra codificada y muestre la forma de la palabra CAFE a la salida del codificador. Suponga que el impulso de arranque está siempre a CERO y el impulso de pare siempre a UNO.

(c) Si las probabilidades de las 8 letras son, respectivamente, 0,2; 0,15; 0,15; 0,1; 0,25; 0,05; 0,05 y 0,05, demuestre que la información promedio, por letra, es de 2,766 bits.

Solución:

Datos: N = 8 símbolos o letras; B = 4 kHz; código binario puro.

(a) 82N n == , de donde n = 3 .

La codificación es, Fig. P4.3(a)

4-3 102,5 ;1041B ⋅=τ⋅=τ

=

Duración de una letra = 31025,15T −⋅=τ=

La palabra FACHADA contiene 7 letras; por lo tanto, se transmite en un tiempo total

mseg 8,75 seg 00875,0T7Tt ==⋅=

(b) Sea la siguiente asignación (arbitraria) en la cual el dígito de menor peso (LSB) se coloca a la izquierda, pues la práctica usual es la de transmitir el LSB de primero:

A → 000; B → 100; C → 010; D → 110; E → 001; F → 101; H → 011; O → 111

τ= 5T

τ

1 2 3

U n a le tra

F ig . P 4 .3 (a )



145

La forma codificada de la palabra CAFE será:

(c)

)05,01(log05,03)

25,01(log25,0)

1,01(log1,0)

15,01(log15,02)

2,01(log2,0H 22222 ⋅+++⋅+=

H = 2,766 bits/letra

4.4. El alfabeto de una máquina de escribir consta de 32 caracteres alfanuméricos que suponemos equiprobables, y se desea escribir una página de 280 caracteres. Una persona escribe a una velocidad de 2 bps.

Demuestre que la persona puede escribir una página en 11 minutos y 40 segundos.

Solución:

Datos: N = 32; Nc = 280 caracteres; Vi = 2 bps

Cantidad de información promedio = I = log2 N = log2 32 = 5 bits

Cantidad total de información en una página = 14005280INI ct =⋅=⋅= bits

segundos 40y minutos 11 seg 7002

1400VIT

TIV

i

tti ====∴=

4.5. Una fuente produce ocho símbolos distintos e independientes cuyas probabilidades de aparición son: un símbolo con una probabilidad de 0,512; tres símbolos con una probabilidad, cada uno, de 0,032, y un símbolo con una probabilidad de 0,008. Los símbolos se producen a una velocidad de 1000 símbolos por segundo, se codifican en binario para transmitirlos por un canal telefónico de 4 kHz.

Demuestre que los símbolos sí pueden transmitirse por el canal telefónico y que la velocidad de información y de modulación son, respectivamente, de 2166 bps y 3000 baudios.

Solución:

Datos: N = 8; P1 = 0,512; P2 = 0,128; P3 = 0,032; P4 = 0,008

Vs = 1000 símb/seg; m = 2; B = 4 kHz = 4000 Hz. No hay redundancia.

3n2N n =∴= . La codificación tiene la forma, Fig. P4.5.

3s 10T1000

T1V −=∴== seg; 30001

3T

=τ

∴=τ baudios

0 0 1 1 1 1 1 1 1 10 0 0 0 0 0 0 0 00

C A F E

Fig. P4.3(b)

ττ

1 2 3

Un símbolo

Fig. P4.5. T = 3



146

Vb = 3000 baudios

Vemos que Vb < B; los símbolos a Vb = 3000 baudios se pueden transmitir perfectamente por un canal de 4 kHz de ancho de banda. La información promedio por símbolo viene dada por

)008,01(log008,0)

032,01(log032,03)

128,01(log128,03)

512,01(log512,0I 2222 +⋅+⋅+=

I = 2,166 bits/símb.

La velocidad de información es 2166166,21000IVV si =⋅=⋅= bps

4.6. Se tiene 64 monedas de las cuales sabemos que una es falsa. Disponemos también de una balanza de precisión con la cual podemos pesar las monedas.

(a) Si sabemos que la moneda falsa pesa menos que las buenas, determine el número mínimo de pesadas necesarias para descubrir cuál es la moneda falsa.

(b) Repetir la parte (a) pero en este caso no sabemos si la moneda falsa pesa más o menos que las monedas buenas.

Nota: En las partes (a) y (b) hay que calcular no solamente el número de pesadas, sino mostrar también el procedimiento para efectuarlas.

Solución:

(a) Como la selección es entre falsa y buena, el número de pesadas es igual a la entropía H; por lo tanto, H = log2 64 = 6. Se necesita hacer 6 pesadas como mínimo para determinar cuál es la moneda falsa.

Procedimiento:

(1) Se separan las monedas en dos grupos de 32 monedas y se pesan: Pesada 1.

(2) Como la moneda falsa pesa menos que las buenas, ella estará en el grupo que pesó menos. Este grupo se separa en dos grupos de 16 monedas, los cuales se pesan: Pesada 2.

(3) Se toma el grupo que pesó menos, se separa en dos grupos de 8 monedas, los cuales se pesan: Pesada 3

(4) Se toma el grupo que pesó menos, se separa en dos grupos de 4 monedas, los cuales se pesan: Pesada 4.

(5) Se toma el grupo que pesó menos, se separa en dos grupos de 2 monedas, los cuales se pesan: Pesada 5.

(6) Se toman las dos monedas del grupo que pesó menos y se pesan: Pesada 6.

La moneda que pesa menos es la falsa; fueron 6 pesadas.

(b) En este caso se incluye una pregunta adicional la cual es “si la moneda falsa pesa más o menos que las monedas buenas” que equivale a un bit o a una pesada adicional. El



147

número de pesadas será entonces N = H + 1, donde H, de la parte (a), es igual a 6. El número de pesadas para determinar la moneda falsa será de 7.

Procedimiento:

(1) Se separan las 64 monedas en dos grupos A y B de 32 monedas, los cuales se pesan: Pesada 1.

(2) Sea, por ejemplo, el grupo A el más pesado. Este grupo A se separa en dos grupos A11 y A12, de 16 monedas cada uno, los cuales se pesan: Pesada 2.

Si los grupos A11 y A12 pesan igual, la moneda es menos pesada y estará en el grupo B.

Si los grupos A11 y A12 pesan diferente, la moneda es más pesada y estará en el grupo A11 o A12 que pese más.

Con esto determinamos si la moneda falsa es más o menos pesada que las buenas. Vamos a suponer que la moneda es menos pesada y está en el grupo B.

(3) El grupo B se separa en dos grupos B11 y B12, de 16 monedas cada uno, los cuales se pesan: Pesada 3. La moneda falsa estará en el grupo que pesa menos; sea B12 este grupo.

(4) El grupo B12 se separa en dos grupos B21 y B22, de 8 monedas cada uno, los cuales se pesan: Pesada 4. La moneda falsa estará en el grupo que pesa menos; sea B21 este grupo.

(5) El grupo B21 se separa en dos grupos B31 y B32, de cuatro monedas cada uno, los cuales se pesan: Pesada 5. La moneda falsa estará en el grupo que pesa menos; sea B32 este grupo.

(6) El grupo B32 se separa en dos grupos B41 y B42, de dos monedas cada uno, los cuales se pesan: Pesada 6. La moneda falsa estará en el grupo que pese menos; sea B41 este grupo.

(7) Las dos monedas del grupo B41 se pesan: Pesada 7. La moneda que pesa menos es la moneda falsa.

Se necesitaron 7 pesadas.

4.7. Se escucha un partido de fútbol y el narrador habla a una velocidad de 300 palabras por minuto. Con los datos del Ejemplo 4.3 del Texto, determine la velocidad de información a la cual transmite el locutor.

Solución:

Datos: Del Ejemplo 4.3, Información promedio por palabra = Ip = 9,3 bits/palabra

Vs = 300 palabras/minuto = 5 palabras/seg

5,463,95IVV psi =⋅=⋅= bps



148

4.8. Vamos a determinar la información contenida en una fotografía en blanco y negro. La imagen está compuesta por puntos con 8 niveles de gris, todos igualmente probables; la resolución de la imagen es de 5 puntos/mm.

Determine la información contenida en una fotografía de 10 cm x 10 cm.

Solución:

Datos: Para el elemento de imagen, Fig. P4.8, →

N = 8; I = log2 8 = 3 bits/punto

Resolución = R = 5 puntos/mm = 25 puntos/mm2

Número de puntos por imagen = Np = 100x100x25

Np = 2,5 x 105 puntos/imagen

Información total en la fotografía = It = Np I

It = 2,5 x 105 x 3 = 7,5 x 105 bits

4.9. El refrán dice que “una imagen vale mil palabras”. Utilizando las suposiciones de los dos problemas anteriores, ¿Qué tamaño debe tener la imagen (cuadrada) para que la información contenida en ella sea de 1000 palabras?

Solución:

Datos: Información promedio por palabra = Ip = 9,3 bits/palabra

Número de palabras = Np = 1000 palabras

Información en la imagen de mil palabras = It = Np Ip = 1000 x 9,3 = 9300 bits

Información en cada elemento de 1 mm2 = Iel = R x I = 25 x 3 = 75 bits/mm2

Número de elementos de 1 mm2 en la imagen de 1000 palabras = Nel = It/Iel

Nel es también el área, en mm2, de la imagen de 1000 palabras; entonces,

124bits/mm 75

bits 9300IIN 2el

tel === mm2

La imagen de 1000 palabras tiene un área de 124 mm2. Si la imagen es cuadrada, cada lado tendrá una longitud 4,11124L == mm.

La imagen, cuya información equivale a mil palabras, medirá entonces 11,4 mm x 11,4 mm.

4.10. Contenido de información de textos escritos.

(a) ¿Cuál contiene más información: una página de un texto o la correspondiente página de apuntes (de igual número de palabras) del mismo tópico? Razone su respuesta.

(b) Vamos a estimar la información promedio contenida en la página de un periódico. Una página tiene una superficie útil de 50 cm x 60 cm, los tipos tienen dimensiones de 3 mm x 3mm, el espaciado entre palabras es de 3 mm y la separación entre líneas

Elemento

1 mm

1 mm

Fig. P4.8

100 mm

100 mm



149

es de 6 mm. Con los datos del Ejemplo 1.3, demuestre que la información promedio contenida en una página es de 16820 bits.

Solución:

(a) Para una misma información útil, un texto contiene muchísimas más palabras (aclaratorias, de explicación, etc.) que una página de apuntes de clase del mismo tópico. Los apuntes son más concisos, con un mínimo de palabras adicionales. En consecuencia, en un mismo número de palabras los apuntes de clase contienen más información útil que el texto correspondiente.

Nota: Esta es una explicación de tipo teórico y nó una exhortación para el uso del denominado “apuntismo”. Los apuntes de clase son solamente una guía de estudio y jamás reemplazarán al texto correspondiente.

(b) Datos: 5 letras por palabra; Ip = 9,3 bits/palabra; dimensiones: 50 cm x 60 cm.

Cada línea contiene M palabras de 5 letras, y entre palabra y palabra habrá un espacio de 3 mm. La línea comienza con palabra y termina con palabra; habrá entonces (M – 1) espacios. Entonces, para cada línea:

5M x 3 mm + (M – 1) x 3 mm = 500 mm

Resolviendo para M (número entero): M = 27 palabras

Verticalmente cada línea ocupa 3 mm más 6 mm de espaciado, para un total de 9 mm por línea; la página tendrá N líneas. La página escrita comienza con una línea y termina con una línea, y el número de espacios entre línea y línea será (N – 1). Entonces, verticalmente,

N x 3 mm + (N – 1) x 6 mm = 600 mm

Resolviendo para N (número entero): N = 67 líneas

El número total de palabras será: Np = M N = 27 x 67 = 1809 palabras

La cantidad total de información será: It = Np Ip = 1809 x 9,3 = 16820 bits.

4.11. El intercambio de información entre una computadora y su unidad de disco se efectúa a una velocidad de 36400 bps. La información o texto se considera formada por “páginas” de 30 líneas de 80 columnas con 7 bits por caracter.

(a) Demuestre que la computadora puede transferir 650 páginas de texto en 5 minutos.

(b) Las páginas almacenadas en la unidad de disco se van a transmitir ahora a razón de 30 páginas por segundo por un canal de 42 kHz de ancho de banda y en el cual la potencia de ruido es de 1 mW.

Demuestre que para que no haya pérdida de información, la potencia promedio mínima de la señal debe ser de 4,095 W ó 36,123 dBm.



150

Solución:

Datos: Vi = 36400 bps; páginas de 30 líneas de 80 columnas; 7 bits/caracter

(a) Información por página = Ip = 30 x 80 x 7 = 16800 bits/página

Tiempo de transmisión de una página = 462,03640016800

VI

Ti

pp === seg/pág.

Tiempo de transmisión de 650 páginas = Tt =650 Tp = 300 seg = 5 minutos

(b) VT = 30 pag/seg; B = 42 kHz; N = 10-3 W

Velocidad de información = Vi = VT Ip = 30 x 16800 = 5,04 x 105 bps

De la ecuación de Hartley-Shannon, Vi = B log2(1+S/N)

5,04 x 105 = 42 x 103 log2(1+103S). Resolviendo para S,

095,41000

110S612,3

=−

= W = 36,123 dBm

4.12. Una fuente de información produce 16 símbolos distintos y equiprobables a una velocidad de 1000 símbolos por segundo. Los símbolos se codifican en binario más un impulso de sincronización, todos de igual duración, los cuales se transmiten por un canal con un ancho de banda de 1 kHz. Demuestre que

(a) La velocidad de modulación en el canal es de 5000 baudios.

(b) Para que no haya pérdida de información, la relación S/N en el canal deberá ser, como mínimo, de 11,7609 dB.

Solución:

Datos: N = 16; Vs = 1000 símb/seg; m = 2; un impulso de sincronización

B = 1 kHz = 1000 Hz; I = log2 N = 4 bits

(a) 4n162N n =∴== ;

(b) La codificación es Fig. P4.12

3s 10T1000

T1V −=∴== seg

50001V5000

15T

B =τ

=∴==τ baudios

(b) 400010

4TIV 3i === − bps. De la ecuación de Hartley-Shannon,

4000 = 1000 log2(1+ S/N); log2(1+ S/N) = 4, de donde



151

7609,1115110NS 322.3

4

==−= dB

4.13. Una fuente produce impulsos los cuales se codifican en secuencias de 7 impulsos cuaternarios más un impulso de sincronización, todos de igual duración. Los cuatro niveles de cada impulso tienen probabilidades 0,4; 0,3; 0,2 y 0,1, respectivamente. La velocidad de modulación a la salida del codificador es de 80 kbaudios y se transmite un total de 1000 secuencias.

(a) Si no hay ruido en el canal, demuestre que la cantidad de información que llegó a destino es de 12925 bits.

(b) En el canal hay ruido. El ancho de banda del canal es de 10 kHz y la relación S/N correspondiente es de 30 dB. Demuestre que para que no haya pérdida de información hay que aumentar la relación S/N en, por lo menos, 8,909 dB.

Solución:

Datos: secuencias de 7 impulsos (n = 7); m = 4; un impulso de sincronización;

P1 = 0,4; P2 = 0,3; P3 = 0,2; P4 = 0,1;

Vb = 80 kbaudios; Ns = 1000 secuencias

n = 7; la codificación es, Fig. P4.13

Información asociada a cada impulso = Ii

++= )3,0

1(log3,0)4,0

1(log4,0I 22i

)1,0

1(log1,0)2,0

1(log2,0 22 ++

Ii = 1,846 bits/impulso; Información por secuencia = Is = n Ii = 7 x 1,846 = 12,925 bits/sec

Información total transmitida = It = Ns Is = 1000 x 12,925 = 12925 bits

(b) B = 10 kHz = 104 Hz; S/N = 30 dB = 1000; 33

b 1080110801V⋅

=τ∴⋅=τ

=

51025,1 −⋅=τ seg; 4108T −=τ= seg; 44

si 10925,12

10925,12

TIV ⋅=== − bps

La capacidad del canal es C = 104 log2(1+ 1000) = 9,967 x 104 bps

Vemos que C < Vi cuando S/N = 30 dB; por lo tanto, habrá pérdida de información; hay que aumentar entonces la relación S/N haciendo C = Vi.

12,925 x 104 = 104 log2(1+S/N); Resolviendo para S/N,

909,3810779,7110NS 3891,3 =⋅=−= dB

τ

τ

1 2 3 4 5 6 7

Una Secuencia

T = 8

m = 4

Fig. P4.13.



152

Por lo tanto, para que no haya pérdida de información, hay que aumentar la relación S/N de 30 dB a 38,909 dB, es decir, en una cantidad de 8,909 dB.

4.14. Una computadora trabaja en dos modalidades: Modo Texto y Modo Gráficos. En Modo Texto tiene un alfabeto de 256 caracteres alfanuméricos en una pantalla de 25 filas por 40 columnas cada una (Cada punto de la pantalla se denomina “pixel”). En Modo Gráficos la pantalla tiene una resolución de 200 filas y 300 columnas, donde cada punto puede tener 16 colores y 4 niveles de intensidad. Demuestre que la cantidad de memoria necesaria para almacenar el contenido de la pantalla es:

(a) En Modo Texto: 1 kbyte; (b) En Modo Gráficos: 45 kbytes

Solución:

Datos: Modo Texto: 256 caracteres; 25 filas x 40 columnas

Modo Gáficos: 200 filas x 300 columnas; 16 colores + 4 niveles de intensidad

(a) Modo Texto

N = 256 caracteres; Información por caracter = Ic = log2(256) = 8 bits/caracter

Número de caracteres en la pantalla = Nc = 25 x 40 = 1000 caracteres

Información contenida en una pantalla = It = Nc Ic = 8000 bits

Como 1 byte = 8 bits, la cantidad de memoria necesaria para almacenar una pantalla en Modo Texto es de 1000 bytes = 1 kbyte

(b) Modo Gráficos

Cada punto tiene 16 x 4 formas posibles, es decir, N = 16 x 4 = 64

Información por punto = Ip = log2(64) = 6 bits

Número de puntos en la pantalla = Np = 200 x 300 = 6 x 104 puntos

Información contenida en una pantalla = It = Np Ip = 36 x 104 bits = 45 x 103 bytes

En Modo Gráficos se necesita 45 kbytes para almacenar el contenido de una pantalla.

4.15. La imagen de un televisor a color está formada por 525 líneas que contienen, cada una, 1000 puntos luminosos. Cada punto luminoso tiene 8 niveles de brillantez y 16 matices de color. La velocidad de las imágenes es de 30 por segundo.

(a) Demuestre que la velocidad de información producida por la imagen de televisión es de 110,3 Mbps.

(b) Transmisión Analógica. Si la relación S/N en el canal es de 60 dB y la potencia de ruido es de 1 µW, demuestre que la potencia de señal es de 1 W y que se puede transmitir por un canal de ancho de banda de 5,534 MHz.

(c) Transmisión Digital. Si cada punto luminoso se codifica en ASCII sin bit de paridad (Fig. 1.13(b) del Texto) para su transmisión por un canal digital, demuestre que el ancho de banda mínimo necesario del canal es de 157,6 MHz.



153

(d) Si la potencia de ruido en el canal calculado en la parte (c) es de 1 µW, demuestre que la potencia mínima de la señal, para que no haya pérdida de información, debe ser de 0,6245 µW.

Solución:

Datos: 525 líneas; 1000 puntos luminosos; 8 niveles de brillantez + 16 matices de color; Vim = 30 imágenes/seg.

(a) Número de puntos en la pantalla = Np = 525 x 103 puntos

Número de variaciones de cada punto = N = 8 x 16 = 128 símbolos

Información asociada a cada punto = Ip = log2 (128) = 7 bits

Cantidad de información contenida en una imagen = Iim = Np Ip = 3,675 x 106 bits/imag

Velocidad de información producida por la imagen = Vi = Vim Iim = 1,103 x 108 bps

Vi = 110,3 Mbps

(b) Transmisión Analógica

Datos: S/N = 60 dB = 106; N = 10-6 W; Vi = 110,3 Mbps

De la ecuación de Hartley-Shannon, 110,3 x 106 = B log2(1 + 106)

Resolviendo, el ancho de banda es 534,5)101(log322,3

103,110B 610

6

=+⋅

⋅= MHz

El sistema NTSC de TV, utilizado en Venezuela, utiliza un ancho de banda de 6 MHz.

(c) Transmisión Digital

Datos: Código ASCII; Vi = 110,3 x 106 bps; m = 2; n = 7 ; I = 7 bits

La codificación es, Fig. P4.15,

6i

i 103,1107

VIT

TIV

⋅==∴=

T = 6,346 x 10-8 seg = 10τ

τ = 6,346 x 10-9 seg

6,157106,1571B 6 =⋅=τ

= MHz

(d) Datos: B = 157,6 MHz; Vi = 110,3 Mbps; N = 10-6 W

De la ecuación de Hartley-Shannon, 110,3 x 106 = 157,6 x 106 log2(1+106S)

Resolviendo, W 6245,010245,610

110S 76

B322.3Vi

µ=⋅=−

= −

ττT = 10

Un Punto

1 2 3 4 5 6 7

Fig. P4.15.



154

ττT = 2

Un Punto

1 2

Fig. P4.16(b)

m = 4

4.16. En un sistema de transmisión de facsímil de alta resolución se necesita, por página, 2,25 x 106 elementos de imagen (esto equivale a 1500 líneas en cada dimensión), y para una buena reproducción se requiere 16 niveles de brillantez. La información se codifica en binario para ser transmitida por un canal de 4 kHz de ancho de banda.

(a) Demuestre que la información contenida en una imagen es de 9 x 106 bits.

(b) Demuestre que una imagen se puede transmitir en 37,5 minutos.

(c) Demuestre que si la información se codifica en impulsos cuaternarios, el tiempo de transmisión se reduce a la mitad.

(d) Si la información se codifica en ASCII sin bit de paridad, Fig. 1.13(b), demuestre que una imagen se transmite en 93,75 minutos.

Solución:

Datos: Np = 2,25 x 106; N = 16 niveles; m = 2; B = 4 kHz

(a) Número de puntos en una imagen = Np = 2,25 x 106

4n216N n =∴== . La codificación es, Fig. P4.16(a)

Ip = 4 bits/punto

Información contenida en una imagen = Ii

Ii = Np Ip = 4 x 2.25 x 106 = 9 x 106 bits

(b) 43 105,21104B −⋅=τ∴τ

=⋅= seg

T = 4τ = 10-3 seg Tiempo de transmisión de una imagen = Np T = 2250 seg = 37,5 minutos

400010

4V 3i == − bps; 4000105,211V 4b =⋅

=τ

= − baudios

(c) Datos: N = 16; m = 4; 2n416 n =∴= . La codificación es, Fig.P4.16(b)

De la parte (b): τ = 2,5 x 10-4 seg;

T = 2τ = 5 x 10-4 Tt = Np T = 1125 seg =18,75 minutos

que es la mitad del tiempo de la parte anterior.

8000105

)4(log2V 42

i =⋅

⋅= − bps; 4000

105,211V 4b =⋅

=τ

= − baudios

ττT = 4

1 2 3 4

Un Punto

Fig. P4.16(a).



155

Nótese que con este esquema de codificación la velocidad de información aumenta al doble, mientras que la velocidad de modulación no cambia.

(d) En este caso, cada punto, sin considerar los niveles de brillantez, se codifica en ASCII, es decir, con 7 bits por punto.

La codificación correspondiente es, Fig. P4.16(c) ,

De la parte (b): τ = 2,5 x 10-4 seg

T = 10τ = 2,5 x 10-3 seg Tt = Np T = 5625 seg

Tt = 93,75 minutos

2800105,27V 3i =⋅

= − bps; 40001Vb =τ

= baudios

Nótese el efecto de la codificación en la velocidad de información; sin embargo, la velocidad de modulación sigue siendo siempre la misma de 4000 baudios.

4.17. Una fuente de información produce 27 símbolos distintos y equiprobables, los cuales se codifican en impulsos ternarios. El codificador produce bloques que contienen 9 impulsos de información más un impulso de sincronización, todos de igual duración. En el sistema no hay pérdida de información. La velocidad de modulación a la salida del codificador es de 10 kbaudios. Demuestre que

(a) La fuente está produciendo los símbolos a una velocidad de 3000 símbolos por segundo.

(b) Se puede transmitir 5,136 x 107 bits en una hora.

Solución:

Datos: N = 27 símbolos; m = 3; bloques de 9 impulsos de información + 1 de sincronización:

Vb = 104 baudios

(a) ;3n327N n =∴== son tres impulsos por símbolo. A la salida del codificador el bloque tendrá la forma mostrada en la Fig. P4.17

τ

τ

1 2 3 1 2 3 1 2 3

símbolo símbolo símbolo

3T = 10

m = 3

Fig. P4.17.

Bloque de codificación

ττT = 10

Un Punto

1 2 3 4 5 6 7

Fig. P4.16(c).



156

44

b

4s

10 1 13T 10 T , pero 10 3 V 10

1 T 3,333 10 ; V 3000 símb/segT

−

−

τ= τ∴ = τ = =

= ⋅ = =

(b) Información por símbolo = I = log2 27 = 4,755 bits/símb

De la Fig. 4.13, 97,1426410

I3Vi =τ⋅

= bps

Número de bits transmitidos en una hora = It = 3600Vi = 5,136 x 107 bits

4.18. Un terminal de datos produce 256 caracteres alfanuméricos que se codifican en n impulsos m-arios incluyendo un impulso de arranque y uno de pare, todos de la misma duración. La señal codificada se transmite por un canal de ancho de banda de 10 kHz y con una relación S/N de 11,7609 dB. Demuestre que

(a) Para que no haya pérdida de información, el terminal de datos debe generar los caracteres a una velocidad igual o menor de 5000 caracteres por segundo.

(b) Si la velocidad de modulación máxima es 3/4 de la velocidad de información máxima, entonces m = 4 y n = 4.

(c) Para los mismos datos, ¿Qué pasaría si la codificación fuese en binario?

Solución:

Datos:

N = 256 = mn; impulsos de arranque y pare; B = 10 kHz; S/N = 11,7609 dB = 15

(a) Para 410B = Hz.

Información asociada a un símbolo = Is = log2(256) = 8 bits

De la ecuación de Hartley-Shannon, la capacidad del canal es

C = 104 log2(16) = 4 x 104 bps = 40 kbps

Para que no haya pérdida de información, la velocidad de información máxima será Vi = C = 4 x 104 = 40000 bps; entonces,

Duración de un símbolo = 44

i

s 1021048

VIT −⋅=

⋅== seg.

Velocidad de producción de los símbolos = 3s 105

T1V ⋅== caracteres/segundo



157

(b) La codificación tiene la forma, Fig. P4.18(a)

τ

==1V

43V ib ;

y de la Fig. P4.18(a),

τ+

==)2n(

8TIV s

i , pero

τ+

⋅=τ

=)2n(

8431Vb

por consiguiente,

4. m entonces ,256m como pero ;4n62n 4 ===∴=+

La velocidad de información será ahora 33,133331068

68V 4

i =⋅=τ⋅

= bps, mientras que

la velocidad de modulación es Vb = B = 104 baudios. Puesto que Vi < C, no hay problemas en la transmisión; asimismo, la velocidad de producción de la fuente será

67,16666

10)2n(

1T1V

4

s ==τ+

== símbolos/segundo

(c) Si la codificación es en binario, m = 2; 8n2562N n =∴== . La codificación se muestra en la Fig. P4.18(b).

El problema ahora es decidir entre variar el ancho de banda manteniendo constante la velo-cidad de información, o variar la velocidad de información manteniendo constante el ancho de banda.

En la práctica generalmente no se puede cambiar el ancho de banda del canal, pero sí podemos variar la velocidad de información en alguna forma. En este caso mantendremos el ancho de banda de 10 kHz y ajustaremos la velocidad de información. El hecho de mantener constante el ancho de banda es equivalente a decir que la velocidad de modulación se mantiene constante.

De la Fig. P4.18(b), I = 8 bits y 33 10

101010

B1010T −=

⋅==τ= seg

τ

τT = (n + 2)

1 2 3 n m

Fig. P4.18(a).

Un Carácter

τ

τ

Un Carácter

T = 10

1 2 3 4 5 6 7 8

m = 2

Fig. P4.18(b).



158

También, 800010

8TIV 3i === − bps ; Vb = 104 baudios, y la velocidad de

producción de la fuente será 1000T1Vs == símbolos/segundo.

Nótese que Vi < C, y no habrá problemas de transmisión en el canal.

4.19. Una fuente de información produce 1024 símbolos distintos y equiprobables a una velocidad de 1250 símbolos por segundo. Los símbolos se codifican en impulsos cuaternarios más un impulso de arranque y uno de pare. La duración de los impulsos de arranque y de pare es 1,5 veces la duración de un impulso de información. Demuestre que:

(a) Las velocidades de modulación y de información son de 10 kbaudios y 12,5 kbps, respectivamente.

(b) Si el ancho de banda del canal de transmisión es de 5 kHz y se transmite 105 muestras codificadas, se pierde 5 x 105 bits de información.

Solución:

Datos: N = 1024 símbolos; Vs = 1250 símb/seg; m = 4; impulsos de arranque y pare

(a) ;5n41024N n =∴== m = 4

la codificación es, Fig. P4.19

Is = log2(1024) = 10 bits/símbolo

410125081

125018T −=

⋅=τ∴=τ=

101Vb =τ

= kbaudios

Vi = Vs Is = 1250 x 10 = 12500 bps = 12,5 kbps

(b) Datos: B = 5 kHz; m = 4; n = 5. Is = 10 bits/símb; τ = 10-4; Puesto que Vb > B, habrá pérdida de información

De la Fig. P4.19, 44

si 1025,1

81010

8IV ⋅=

⋅=

τ= = 12500 bps

Asimismo, el canal de ancho de banda B puede soportar una velocidad

34

s'i 1025,6

8105

8IBV ⋅=

⋅=

⋅= = 6250 bps

Número de símbolos transmitidos = Ns = 105

τ

τ ττ

1,5 1,5

Un Símbolo

T = 8

m = 4 1 2 3 4 5

Fig. P4.19.



159

Como cada símbolo contiene 10 bits, cuando se transmite 105 símbolos se habrá transmitido una cantidad de información It = Ns Is = 106 bits. Estos 106 bits se

transmiten en un tiempo 801025,1

10VIT 4

6

i

t =⋅

== segundos.

Como el ancho de banda es ahora B = 5 kHz, y siendo 6250V'i = bps, entonces se

transmitiría solamente una cantidad de información 5'i

't 105TVI ⋅=⋅= bits.

La pérdida en bits cuando se transmite 105 símbolos será entonces 556'

ttp 10510510III ⋅=⋅−=−= bits.

Atención, nótese que este problema solamente tiene interés teórico, pues en la práctica la información debe llegar siempre completa para ser de utilidad, lo que no es el caso de la energía, en la cual lo que llega al destino siempre es aprovechable.

4.20. Un codificador produce impulsos binarios cuya velocidad de modulación es de 8 kbaudios. Estos impulsos se van a transmitir por un canal de 1 kHz de ancho de banda y en el cual la relación S/N es de 11,7609 dB. En estas condiciones hay pérdida de información. Demuestre que para que no haya pérdida de información hay que aumentar la relación S/N, como mínimo, en 12,304 dB.

Solución:

Datos: Vb = 8000 baudios; B = 1000 Hz; S/N = 11,7609 dB = 15; codificación binaria

La capacidad del canal es C = 103 log2(1+ 15) = 103 log2(16) = 4000 bps.

Vemos que Vb < B ó C < Vb, lo que significa que hay pérdida de información. Como el sistema es binario (m = 2), la velocidad de modulación es numéricamente igual a la velocidad de información, es decir, Vi = Vb = 8000 bps.

Para alcanzar esta velocidad manteniendo el mismo ancho de banda, hay que aumentar la relación S/N a fin de que se verifique que

8000 = 1000 log2(1+ S/N), de donde S/N = 28 –1 = 255 = 24,065 dB

Por lo tanto, hay que aumentar la relación S/N de 11,7609 dB a 24,065 dB, es decir, en 12,3045 dB.

4.21. Se tiene un convertidor automático, con una capacidad de 15 x 103 bps, que convierte información de un sistema de codificación a otro sistema. La entrada al convertidor es una secuencia de impulsos de amplitud variable cuya frecuencia es de 2,25 x 105 impulsos por minuto. La salida del convertidor es otro tren de impulsos cuyo número de amplitudes es 1/4 del número de amplitudes de los impulsos de entrada al convertidor.

Demuestre que la velocidad de modulación a la salida del convertidor es de 7,5 kbaudios y que los impulsos son cuaternarios.



160

Solución:

Datos: Cc = 15 x 103 bps; 35

5bi 1075,3

60102,25imp/min 1025,2V ⋅=⋅

=⋅= baudios

Número de amplitudes a la entrada del convertidor = mi

Número de amplitudes a la salida del convertidor = mo = mi/4

La velocidad de información a la entrada y a la salida del convertidor es igual a la capacidad del convertidor, es decir, Vi = Cc = 15 x 103 bps.

A la entrada del convertidor, )m(log1075,31015 );m(logVV i233

i2bii ⋅=⋅=

162m41075,3

1015)m(log 4i3

3

i2 ==∴=⋅⋅

= niveles de amplitud

La impulsos a la entrada del convertidor tienen 16 niveles de amplitud; asimismo, los

impulsos a la salida del convertidor tendrán 44

mm io == niveles de amplitud. Los

impulsos a la salida del convertidor son cuaternarios.

A la salida del convertidor, 21015

)m(logVV)m(logVV

3

o2

iboo2boi

⋅==∴=

Vbo = 7,5 x 103 baudios.

4.22. Televisión de Barrido Lento (SSTV). En un sistema SSTV básico una celda fotoeléctrica barre la imagen y mide en cada punto de imagen uno de 16 niveles de gris desde el blanco puro hasta el negro puro. La velocidad de barrido es de 2 x 103 puntos por segundo y el sistema requiere, por imagen, 128 líneas con 128 puntos por línea.

(a) Demuestre que la información contenida en una imagen es de 8 Kbytes.

(b) Si la señal de salida de la celda fotoeléctrica se transmite directamente por un canal, demuestre que el ancho de banda mínimo del canal es de 2 kHz.

(c) La señal de salida de la celda fotoeléctrica se codifica en binario y se almacena 100 imágenes en la memoria de una computadora. Demuestre que la capacidad mínima de la memoria debe ser de 800 Kbytes y que el almacenamiento de la información se efectúa a una velocidad de 8 kbps.

(d) Las imágenes almacenadas en la computadora se van a transmitir por un canal dado, pero a cada muestra se le agrega un impulso de arranque y uno de pare, ambos de duración el doble de la de los impulsos de información. Demuestre que si se quiere transmitir las 100 imágenes en 400 segundos, el ancho de banda del canal debe ser de 32,768 kHz.

(e) Demuestre que si los impulsos de información tiene una duración de 40 µseg y la transmisión se hace por un canal telefónico de 4 kHz de ancho de banda, la relación S/N mínima en el canal para que no haya pérdida de información es de 8,878 dB.



161

Un Punto

128 puntos

128líneas

Fig. P4.22(a).

τ τ

ττ2 2

T = 8

1 2 3 4 m = 2

Un Punto

Fig. P4.22(c).

Datos: Vp = 2000 puntos/seg; 128 líneas x 128 puntos/línea; N = 16; Fig. P4.22(a)

(a) Información por punto = Ip = log2 16 = 4 bits/punto

Número de puntos por imagen = Np = 128 x 128

Np = 1,638 x 104 puntos

Información por imagen = Iim = Np Ip = 6,554 x 104 bits

Puesto que 1 Kbyte = 1024 bytes = 8192 bits

Entonces Iim = 8 Kbytes

(b) Velocidad de barrido = Vp = 2000 puntos/seg = 1/T

Cada impulso o valor tendrá una duración 4

p

105V1T −⋅== seg, y el ancho de banda

mínimo necesario será ==T1B Vp = 2000 Hz = 2 kHz

(c) m = 2; .4n162N n =∴== La codificación se muestra en la Fig. P4.22(b).

Nim = 100 imágenes; T = 5 x 10-4 seg Información total de 100 imágenes = It = Nim Np Ip = 6,554 x 106 bits = 800 Kbytes

Va = Velocidad de almacenamiento

880001054

TI

V 4p

a ==⋅

== − kbps

(d)

Tt = 400 seg; Nim = 100 imágenes; I = 4 bits

m = 2; n = 4. La codificación es, Fig. P422(c)

It = 6,554 x 106 bits

Velocidad de transmisión = Vi

46

t

ti 10638,1

40010554,6

TIV ⋅=

⋅== bps

pero también, de la Fig. P4.22(c),

768,32V21B ;V21

84

8I

TIV i

ii ==

τ==τ∴

τ=

τ== kHz

ττ

Un Punto

T = 4

Fig. P4.22(b)

1 2 3 4 m = 2



162

(e) -46 103,28T Hz; 4000B seg; 1040 ⋅=τ==⋅=τ − seg

De la Fig. P4.22(c), 44i 1025,1

102,34

T4V ⋅=

⋅== − bps

De la ecuación de Hartley-Shannon, )NS1(logBV 2i +=

878,8724,712NS donde de ),

NS1(log1041025,1 3

4

1041025,1

234 ==−=+⋅=⋅ ⋅

⋅

dB

4.23. Sea un sistema de telefotografía. Una celda fotoeléctrica barre la fotografía (de blanco y negro) y en cada punto produce una señal cuya amplitud varía de 0 V a 127 mV correspondientes a 128 niveles de gris (desde el blanco puro al negro puro) de la fotografía. La celda se mueve a una velocidad de 4 cm por segundo, y su resolución es de 5 puntos por milímetro. La fotografía mide 10 cm x 15 cm.

(a) Demuestre que la velocidad a la cual la celda produce información es de 1400 bps y que tarda 1875 segundos en transmitir una fotografía.

(b) Las señales producidas por la celda se codifican en binario y se guardan en la memoria de una computadora, en la cual se almacena 10 fotografías. Demuestre que el sector de la memoria donde se guardó la información debe tener una capacidad de 26,25 Mbits, y que la velocidad de modulación a la salida del codificador es de 1400 baudios.

(c) La información contenida en la memoria se va a transmitir en ASCII sin bit de paridad. La transmisión de las 10 fotografías que estaban en la memoria se efectúa en 2 segundos. Demuestre que la velocidad de información en el canal es de 13,13 Mbps y que el ancho mínimo del canal debe ser de 18,75 MHz.

(d) La salida de la celda fotoeléctrica se transmite directamente por un canal cuyo rendimiento es de 2 bps/Hz. Si la potencia de ruido en el canal es de 1 pW, demuestre que la potencia de la señal para que no haya pérdida de información es de 3 pW.

Solución:

Datos: N = 128 niveles; Vc = 4 cm/seg; Resolución R = 5 puntos/mm; 10 cm x 15 cm

(a) Sea la Fig. P4.23(a):

Información por Punto = Ip = log2(128) = 7 bits

Número de puntos en 1 mm2 = Ne = 25 puntos/mm2

Número de puntos en la fotografía = Nt

Nt = 100 x 150 x 25 = 3,75 x 105 puntos

Información contenida en la fotografía = It

It = Nt Ip = 2,625 x 106 bits

1 mm 2

100 mm

150mm

Fig. P4.23(a).



163

Vc = 4 cm/seg = 40 mm/seg; R = 5 puntos/mm

Velocidad de cada punto = Vs = Vc R = 40 x 5 = 200 puntos/seg

3

ss 105

V1T

T1V −⋅==∴= seg = 5 milisegundos

Cada punto se genera en 5 milisegundos.

Velocidad de información = 14001057

TI

V 3p

i =⋅

== − bps

Tiempo total de transmisión de una fotografía = Tt = Nt T = 1875 segundos

(b) m = 2; 7n2128N n =∴== .

La codificación es, Fig. P4.23(b)

Nf = 10 fotografías; T = 0,005

Capacidad de memoria = Cm

Cm = Nf Nt Ip = 26,25 x 106 bits = 26,25 Mbits

Velocidad de modulación = Vb

1400T71Vb ==

τ= baudios

(c) Nf = 10 fotografías; It = 2,625 x 106 bits. La codificación es, Fig. P4.23(c).

Información de 10 fotografías = If

If = Nf It = 2,625 x 107 bits

13,1310313,1TIV 7

t

fi =⋅== Mbps

Pero también, de la Fig P4.23(c),

75,1810875,1T10B

10T ;10333,5

V7T10313,1

T7V 77

i

7i =⋅==∴=τ⋅==∴⋅== − MHz

(d) BVbps/Hz 2 i

B ==η ; N = 1 pW; De la ecuación de Hartley-Shannon,

Vi = B log2(1+S/N), de donde pW 3103S10

S31212NS 12

122B

Vi

=⋅=∴==−=−= −−

τ

τT = 7

Un Punto

1 2 3 4 5 6 7

Fig P4.23(b).

τ τ ττT = 10

2

Un Punto en ASCII

1 2 3 4 5 6 7

Fig. P4.23(c).



164

4.24. Una señal tiene un ancho de banda de 4 kHz. Esta señal se pasa por un convertidor que la convierte en secuencias de 8 impulsos binarios, teniendo cada secuencia una duración de 100 µseg. (a) ¿Cuál es el valor del ancho de banda mínimo del canal para transmitir las

secuencias binarias en ausencia de ruido? [Respuesta: 80 kHz]

(b) El canal tiene un ancho de banda de 50 kHz. ¿Cuál es la relación S/N mínima, en

dB, para transmitir las señales sin error? [Respuesta: 078,3NS

dB

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ dB ]

Solución:

Datos: Bs = 4 kHz; n = 8; m = 2; T = 100 µseg. La codificación es, Fig. P4.24.

(a) 56 1025,18T

810100T −− ⋅==τ∴τ=⋅=

80100,81B 4n =⋅=

τ= kHz

(b) B = 50 kHz; 46i 108

101008

T8V ⋅=

⋅== −

De la ecuación de Hartley-Shannon, ),NS1(log1050108 2

34 +⋅=⋅ de donde

078,3031,212NS 3

4

1050108

==−= ⋅⋅

dB

4.25. Una señal s(t) es transmitida por un canal perturbado por un ruido n(t), siendo Si/Ni y So/No las relaciones señal/ruido, respectivamente, como se muestra en la Fig. P4.25.

En el sistema no hay pérdida de información. El ancho de banda Bc del canal es de 16 kHz, la relación Si/Ni es de 14,9136 dB y el ancho de banda Br del receptor es de 8 kHz. Demuestre que la relación señal/ruido a la salida del receptor es de 30,098 dB.

ττT = 8

Una Secuencia

1 2 3 4 5 6 7 8

Fig. P4.24.

Origen Canal Receptor Si/Ni So/No

Br

Ruido n(t)

Señal s(t) Destino

Bc

Fig. P4.25.



165

Solución:

Datos: Bc = 16 kHz; Br = 8 kHz; Si/Ni = 14,9136 dB = 31

Como en el sistema no hay pérdida de información, la velocidad de información es la misma tanto a la entrada como a la salida del receptor. Entonces, de la ecuación de Hartley-Shannon,

)NS1(logB)

NS1(logB

o

o2r

i

i2c +=+

r

c

r

c

BB

i

i

o

oBB

i

i2

o

o2 )

NS1()

NS1()

NS1(log)

NS1(log +=+⇒+=+ , de donde

099,3010231)311(1)NS1(

NS 2B

B

i

i

o

o r

c

==−+=−+= dB

4.26. Un terminal de datos se utiliza para enviar información hacia una computadora central a través de una línea telefónica de 3 kHz de ancho de banda; la relación S/N en el canal es de 10 dB. El terminal de datos produce caracteres alfanuméricos en ASCII sin bit de paridad y en su memoria hay almacenados 8 Kbytes de información.

(a) Determine la capacidad del canal. [Respuesta: C = 10380 bps]

(b) Determine la máxima velocidad de información en el canal sin ruido. [Respuesta: Vi=2100 bps]

(c) Determine el tiempo que tarda el terminal en vaciar la memoria. [Respuesta: Tt=31,208 seg]

(d) Si la información se transmite en código BAUDOT, con los datos de la Fig. 4.13, ¿Cuánto tiempo tarda en vaciarse la memoria? [Respuesta: 35,608 minutos]

Solución:

Datos: B = 3000 Hz; S/N = 10 dB = 10; Cm = 8 Kbytes;

(a) Capacidad del canal = C = 3000 log2(1+10) = 10380 bps

(b) 410333,330001B ⋅=τ∴=τ

= s

De la Fig. P4.26(a),

I = 7 bits; T =10τ = 3,333 x 10-3 seg

210010333,3

7TIV 3i =

⋅== − bps

τ τ ττT = 10

2

Un Carácter en ASCII

1 2 3 4 5 6 7

Fig. P4.26(a).



166

(c) Cm = 8 Kbytes = 8 x 1024 x 8 = 6,554 x 104 bits

Número de caracteres ASCII en memoria = 3mc 10362,9

7CN ⋅== caracteres

Tiempo total de transmisión = Tt = Nc T = 31,208 seg

(d) De la Fig. P4.26(b),

T = 163 ms = 0,163 seg

Número de caracteres Baudot en memoria = Nc

4mc 10311,1

5CN ⋅== caracteres

Tiempo total de transmisión Tt = Nc T = 2136 x 103 seg = 35,608 minutos

4.27. Sea el sistema mostrado en la Fig. P4.27(a).

La fuente produce N símbolos distintos y equiprobables a una velocidad de 1000 símbolos por segundo. El terminal de datos solamente acepta secuencias codificadas en ASCII sin bit de paridad. El Codificador 1 agrega a cada muestra un impulso de arranque y uno de pare, ambos de la misma duración que los de información. No hay pérdida de información en el sistema.

(a) Determine N, los valores apropiados para m y n, y el ancho de banda mínimo del

canal.

(b) Determine las velocidades de modulación y de información a la entrada del terminal de datos. [Respuesta: Vb = 10 kbaudios; Vi = 7 kbps.

Solución:

Datos: Vs = 1000 símb/seg

(a) Como no hay pérdida de información en el sistema, la velocidad de información es la misma en todos los puntos del sistema. El Codificador ASCII produce 128 símbolos alfanuméricos; por lo tanto, el Codificador 1 producirá también 128 símbolos, es decir, N = mn = 128 símbolos.

22 22 31 ms ms ms

T = 163 ms

1 2 3 4 5

Un Carácter BAUDOT

Fig. P4.26(b).

Fuente Codificador 1

Canal Codificador ASCII

Fig. P4.27(a).



167

3s 10T1000

T1V −=∴== seg.

También, log2(mn) = 128 con m y n enteros; esta expresión se satisface solamente cuando m = 2 y n = 7. El Codificador 1 es un codificador binario cuya salida se muestra en la Fig. P4.27(b).

910109T

33

−− =τ∴=τ= seg

y el ancho de banda B del canal,

900010

91B 3 ==τ

= − Hz = 9 kHz

(b) A la entrada del terminal de datos la codificación es ASCII sin bit de paridad, como se muestra en la Fig. P4.27(c).

43 101010T −− =τ∴=τ= seg

101Vb =τ

= kbaudios

700010

7T7V 3i === − bps = 7 kbps

4.28. Una fuente de información digital produce dígitos a una velocidad de 128 kbps.

(a) En un codificador (denominado 4B/3T) se transforma grupos de 4 dígitos binarios en grupos de 3 dígitos ternarios; no hay pérdida de información en el canal. La secuencia, así codificada, se transmite por un canal.

Demuestre que la velocidad de modulación en el canal es de 96 kbaudios.

(b) Se puede utilizar también un Codificador 4B/5B (utilizado en la transmisión por fibras ópticas) que transforma grupos de 4 dígitos binarios en grupos de 5 dígitos, binarios también, sin pérdida de información.

Demuestre que el ancho de banda mínimo del canal es 1,25 veces más grande que el ancho de banda mínimo antes del codificador.

ττ

T = 9

Un Símbolo

1 2 3 4 5 6 7

Fig. P4.27(b).

m = 2

τ τ ττT = 10

2

Un Carácter en ASCII

1 2 3 4 5 6 7

Fig. P4.27(c).



168

Solución:

Datos: Vi = 128 kbps.

(a) Codificador 4B/3T, Fig. P4.28(a)

En Binario: 3i 10128

T4V ⋅== bps

53 10125,3

101284T −⋅=⋅

= ; T = 4τ1

En Ternario:

3T3T 22 =τ∴τ= = 1,042 x 10-5

96106,91V 4

22b =⋅=

τ= kbaudios

(b) Código 4B/5B, Fig. P5.28(b)

Para 4B: T = 4τ1. Para 5B: T = 5τ2

De donde, 451 ó 54 1

221 τ=

ττ=τ

2b21b1 V54B

54VB ===

Vb2 = 1,25 Vb1 ó B2 = 1,25 B1

El ancho de banda mínimo del canal es 1,25 veces más grande que el ancho de banda mínimo antes del codificador. También se puede decir que la codificación 4B/5B aumenta la velocidad de modulación en el canal en 1,25 veces la velocidad de modulación previa al codificador. Como la transmisión se efectúa por fibras ópticas, que tienen un ancho de banda muy grande, este aumento en la velocidad de modulación no tiene importancia; sin embargo, el aumento en el número de impulsos por símbolo es beneficiosa para la sincronización y señalización en el sistema; por eso se utiliza.

4.29. Códigos Binarios BAUDOT y ASCII (Alfabeto Internacional No. 5 de la UIT-T (Ex CCITT).

En la Fig. P4.29 se muestran los formatos de los códigos BAUDOT y ASCII (sin bit de paridad).

1τ

1τ

2τ2τ

T = 4

T = 3

m = 2

m = 3

1 2 3 4

1 2 3

Codificación 4B/3TFig. P4.28(a).

4B

3

1τ

2τ

1τ

2τ

T = 4

T= 5

1 2 3 4

1 2 3 4 5

Codificación 4B/5B

4B

5B

m = 2

m = 2

Fig. P4.28(b).

ττ

τ τ22 22 31 ms ms ms

T = 163 ms

1 2 3 4 5

Un Carácter BAUDOT

T = 10

Un Carácter ASCII

(a) Código BAUDOT (b) Código ASCII (sin bit de paridad)Fig. P4.29.

1 2 3 4 5 6 7

2



169

En el Código ASCII los caracteres fluyen a una velocidad de 100 caracteres por segundo. Para el Código BAUDOT tomar las duraciones dadas en la figura.

(Nota: en ambos códigos el bit o dígito binario 1 es el de menor peso).

(a) Determine las velocidades de modulación para cada uno de estos códigos.

(b) ¿Qué significa la siguiente información codificada en ASCII?

011001011101111001110110010111

(c) ¿Cómo se codificaría la misma información de (b) pero en BAUDOT?

Solución:

(a) Código ASCII

I = 7 bits; Vs = 100 caracteres/seg 32 101010TT1 −− =τ∴τ==∴= seg

3b 101V =

τ= baudios = 1 kbaudio; 700

107

TIV 2i === − bps

Código BAUDOT

I = 5 bits; T = 163 mseg; τ = 22 mseg

bps 67,3010163

5TIV ; baudios 45,451V 3ib =

⋅===

τ= −

(b) En la secuencia dada se cuenta grupos de 10 dígitos y se elimina el dígito de arranque y los dos dígitos de pare. Queda entonces, del Apéndice B.5 del Texto (el dígito de menor peso va a la izquierda)

Primer Caracter: 1100101 → S

Segundo Caracter: 1111001 → O ⇒ El mensaje es S O S

Tercer Caracter: 1100101 → S

(c) En BAUDOT, del Apéndice B.6 (El dígito de menor peso a la izquierda)

S → 10100

O → 00011

S → 10100

La codificación correspondiente a SOS en BAUDOT tiene la forma

010100100001110101001



170

4.30. Límite de Shannon

Considere la ecuación de Hartley-Shannon. La potencia de ruido N se puede expresar en la forma N = ηo B, donde ηo tiene dimensiones de vatios por unidad de ancho de banda (W/Hz) y comúnmente de denomina “densidad espectral de potencia de ruido”. Se puede considerar entonces a N como la potencia de ruido contenida en el ancho de banda B. Si el ancho de banda B aumenta sin límites (B→∞), demuestre que

iMAXo

2o

BVS443,1elogSClim =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡η

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡η

=∞→

Este resultado se conoce con el nombre de “Límite de Shannon” y representa la máxima velocidad de información en un sistema de comunicación con una potencia promedio transmitida dada pero sin la limitación del ancho de banda, como es el caso de los sistemas de comunicación espacial o por satélites.

Solución:

De la ecuación de Hartley-Shannon, ).NS1(logBC 2 += Si N = ηoB, entonces

B

o2

o2 )S1(log)

BS1(logBC

η+=

η+= , y del límite )e(loga)

xa1(logy b

xb

x=+=

∞→,

se tiene iMAXo

2o

B

o2B

VS443,1)e(logS)B

S1(logC =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡η

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡η

=η

+=∞→

4.31. Considere el receptor ideal de la Fig. P4.31.

Demuestre que si el ancho de banda del canal tiende a infinito, entonces

1NS cuando )exp(

BSexp

NS

o

o

mo

i

o

o >>γ=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡η

≈

Nótese que mo

i

BS

η=γ representa la relación entre la potencia de la señal (transmitida)

en el canal respecto a la potencia de ruido dentro de la banda de la señal misma (Bm). Por consiguiente, teóricamente, en condiciones ideales cuando el ancho de banda de transmisión BT tiende a infinito, la relación So/No a la salida aumenta exponen-cialmente con γ.

Canal Receptor Ideal

Origen

Ruido

B

Si/Ni

B

So/NoDestino

Fig. P4.31.



171

Solución:

Sea la Fig. P4.31. Como la velocidad de información es la misma en todos los puntos del sistema, se verifica que

1NS1

NS donde de ),

NS1(logB)

NS1(logB

m

T

BB

i

1

o

o

o

o2m

i

i2T −⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+=+=+

Si entonces, ,1NSy BN

o

oToi >>η=

m

T

m

TBB

m

Tmo

iBB

To

i

o

o

BBB

S1B

S1NS

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

η+=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡η

+≈

Hagamos mm

T

BB

β= ; si BT →∞, entonces βm →∞. De modo que,

mo

i

mo

i

mmo

i

o

o

BS donde ),exp(

BSexp

BS1

NS m

m

η=γγ=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡η

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡βη

+≈β

∞→β

4.32. Rendimiento del Canal en el Sistema Ideal de Transmisión

En la expresión 4.42 del Texto se definió el “rendimiento del canal respecto al ancho

de banda” en la forma .BVi

B =η Si se define la “Energía por Dígito Binario, Eb” en la

forma Eb = Sτ, donde τ es la duración de un dígito binario, demuestre que si el sistema es binario y Vi = C, entonces

)E1(logo

bB2B η

η+=η ηB se expresa en bps/Hz

Grafique también ηB vs EB/ηo para 100E1o

b ≤η

≤

Sugerencia: utilice escalas log-log.

Solución:

De la ecuación de Hartley-Shannon, Vi = B log2(1+S/N)

Hagamos: BN ;BV

oBi η=η= . Si el sistema es binario, 1V1V ii =τ∴

τ=

Entonces, o

bB

io

bB

ioB

io

i

o

EV

EV

SBVSV

BS

NS

ηη=

τηη=

ηη=

η=

η= , de donde,



172

)E1(logo

bB2B η

η+=η . En la Fig. P4.32 se grafica ηB vs Eb/ηo

4.33. Rendimiento y Redundancia de Codificación.

El rendimiento de un código o de un codificador se puede definir en la forma siguiente:

rnmlogn

VV 2

b

ico +

==η bps/baudio

donde n es el número de impulsos de información, y r el número de impulsos redundantes (ver ecuación 4.28 del Texto).

En los sistemas binarios (m = 2) se puede definir también la “Redundancia de Codificación, Rco” en la forma

rnr

VVV1R

b

ibcoco +

=−

=η−=

En este caso ib VV ≥ , y tanto ηco como Rco se pueden expresar en forma porcentual (ηco% y Rco%).

Nótese que la codificación binaria es la menos eficiente, pero es la más utilizada por su facilidad de instrumentación.

(a) Determine el rendimiento de los códigos BAUDOT, ASCII con bit de paridad, y del codificador del Ejemplo 4.9 del Texto.

(b) Transmisión Sincrónica, Código ASCII. Los bloques de datos se estructuran en la forma siguiente: se colocan tres caracteres SYN (de sincronización) al inicio de cada bloque, a continuación 256 caracteres de información y se termina con un caracter ETX. Ni los caracteres SYN y ETX ni los caracteres de información contienen los impulsos de arranque, paridad y pare, solamente los impulsos de información. Los caracteres SYN y ETX están definidos en la Tabla B.5 del Apéndice B.

Demuestre que en transmisión sincrónica %5,1%Ry %5,98% coco ==η

(c) Transmisión Asincrónica, Código ASCII. Se transmite bloques de 256 caracteres ASCII incluyendo todos los impulsos redundantes (Fig. 4.5 del Texto).

Demuestre que en transmisión asincrónica %4,36%Ry %6,63% coco ==η



173

(d) Si la velocidad de modulación es la misma en los dos tipos de transmisión anteriores, ¿Cuál es la relación entre sus respectivas velocidades de transmisión?

Solución:

(a) Código Baudot, Fig. 4.13(a) del Texto

En este caso se toma la duración de los impulsos. Entonces,

%5,6710010223110226

10225% 33

3

co =⋅⋅+⋅⋅

⋅⋅=η −−

−

; Rco%=32,5%

Código ASCII con bit de paridad

%36,36%R %;64,63111007% coco ==⋅

=η

Codificador del Ejemplo 1.9, Fig. 1.8 del Texto,

%50%R %;50100105% coco ===η

(b) Transmisión Sincrónica, Código ASCII.

La estructura de los bloques de datos tiene la forma de la Fig. P4.33(a)

Número de dígitos de información = Ni = 256 x 7 = 1792 Número de dígitos redundantes = Nr = 4 x 7 = 28

Rendimiento %5,1%R aRedundanci %;5,98100287246

7256% coco ==+⋅⋅

=η

(c) Transmisión Asincrónica, Código ASCII.

La estructura de los bloques tiene la forma de la Fig. P4.33(b).

Número de dígitos de información = Ni = 256 x 7 = 1792 Número de dígitos redundantes = Nr = 256 x 4 = 1024

SYN SYN SYN Carácter 1 Carácter 2 Carácter 3 Carácter 256 ETX

Dígitos => 7 7 7 7 7 7 7

Fig. P4.33(a).

Dígitos => 11 11 11 11 11 11

Carácter 1 Carácter 2 Carácter 3 Carácter 4 Carácter 255 Caracter 256

Fig. P4.33(b).



174

Rendimiento 4,36%R aRedundanci %;6,6310042567256

7256% coco ==⋅+⋅

⋅=η

(d) En transmisión sincrónica. Son 260 caracteres; I1 = 256 x 7 bits

Duración de un bloque = T1 = 260 x 7 x τ

1i1

11i V

895,0895,072607256

TIV =τ∴

τ=

τ⋅⋅⋅

==

En transmisión Asincrónica. Son 256 caracteres; I2 = 256 x 7 bits

Duración de un bloque = T2 = 256 x 7 x τ

2ì2

22i V

636,0636,011256

7256TIV =τ∴

τ=

τ⋅⋅⋅

==

Como la velocidad de modulación es la misma, entonces

1ii22i1i

V646,0V también o V636,0

V895,0

==

En el presente caso, la velocidad de información en transmisión asincrónica es el 64,6 % de la velocidad de información en transmisión sincrónica. La velocidad de modulación es la misma.

4.34. Cierta fuente de información transmite cada milisegundo un número octal (de base 8). En el canal la potencia promedio de la señal es de 0,5 W y la de ruido 2 mW. Si a la salida del receptor el ancho de banda es de 100 Hz, demuestre que la relación So/No a la salida es de 90,309 dB y que el ancho de banda del canal es de 375 Hz.

Solución:

Datos: T = 1 ms; número octal → N = 8; S = 0,5 W; N = 0,002 W; Bm = 100 Hz

979,23250002,05,0

NS

i

i === dB; I = log2(8) = 3 bits

3000001,03

TIVi === bps

La velocidad de información es la misma en todo el sistema. Por lo tanto,

io

o2m

i

i2T V)

NS1(logB)

NS1(logB =+=+

=−=−=∴=+ 1212NS

BV)

NS1(log 100

3000BV

o

o

m

i

o

o2

m

i

1,074 x 109 = 90,309 dB



175

33,376)2501(log

3000

)NS1(log

VB2

i

i2

iT =

+=

+= Hz

4.35. Se desea introducir información a una computadora mediante tarjetas perforadas tipo IBM. Estas tarjetas tienen 80 columnas por F filas.

(a) Si la computadora reconoce 256 caracteres alfanuméricos y cada caracter se almacena en una columna de la tarjeta, demuestre que en este caso cada columna tendrá 8 filas.

(b) Si el lector de tarjetas lee 10 tarjetas por segundo, demuestre que el lector está entregando información a la computadora a una velocidad de 6400 bps.

(c) Si la capacidad de la memoria de la computadora es de 600 Kbytes, demuestre que puede almacenar el contenido de 7680 tarjetas.

Solución:

Datos: 80 columnas x F filas; sistema binario (m = 2)

(a) 8n2258N n =∴== . Cada caracter necesita 8 dígitos binarios, uno en cada fila; por lo tanto, F = 8 filas por coumna.

(b) VL = 10 tarjetas por segundo;

Número de perforaciones por tarjeta = Np = 80 x 8 = 640

Información por perforación = Ip = 1 bit

Información total en la tarjeta = It = NpIp = 640 bits/tarjeta

Velocidad de transferencia de información = Vt = VLIt = 10 x 640 = 6400 bps

(c) Cm = 600 Kbytes = 600 x 1024 x 8 = 4,915 x 106 bits

Número necesario de tarjetas = 7680640

10915,4I

CN6

t

mT =

⋅== tarjetas

4.36. Un cierto sistema de comunicación posee un sintetizador de frecuencia que produce cuatro frecuencias diferentes: f1, f2 = 2f1, f3 = 3f1 y f4 = 4f1. Este sintetizador de frecuencia se utiliza como transmisor de información digital en el cual por cada dos bits de entrada al sintetizador se transmite una frecuencia según el esquema siguiente:

0 0 → f1; 0 1 → f2; 1 0 → f3; 1 1 → f4

La velocidad de modulación a la entrada del sintetizador es de 1000 baudios, y se sabe que para la transmisión del grupo 0 0 se transmite un solo ciclo de la frecuencia f1.

Demuestre que la velocidad de información en el sistema es de 1000 bps y que el valor de las frecuencias es f1 = 500 Hz; f2 = 1 kHz; f3 = 1,5 kHz y f4 = 2 kHz.

Solución:

Datos: Vb = 1000 baudios.



176

Sea T1 el período de la frecuencia f1. El grupo 0 0 se transmite en un ciclo de la frecuencia f1; por lo tanto, la codificación del grupo 0 0 tiene la forma, Fig. P4.36.

bits 2 I ;1011000V 3b ==τ∴

τ== −

T1 = 2τ = 2 x 10-3; 10001022V 3i =⋅

= − bps

Hz 1000f2f Hz; 500T1f 12

11 ====

2000f4f Hz; 1500f3f 1413 ==== Hz

4.37. Sea el sistema de la Fig. P4.37(a)

ττ

τ τ

Fuente 1 Fuente 2 Fuente 3

Fuente 1 Fuente 2 Fuente 3

Codificador

Canal

1 2 3 4 5 6 7

2

1,5

(a)

(b)

(c)

(d)

SecuenciasCompuestas

(e) SECUENCIA COMPUESTA Fig. P4.37.

Las fuentes producen, respectivamente:

N1 = 128 símbolos

N2 = 256 símbolos

N3 = 32 símbolos

Todos estos símbolos son independientes y equiprobables. El codificador opera en la forma siguiente: primero toma un símbolo de la Fuente 1 y lo codifica en ASCII sin bit de paridad. Toma a continuación un símbolo de la Fuente 2 y lo codifica en binario

τ

00 0

T1 = 1/f1

Fig. P4.36.

T1



177

agregándole un impulso de arranque y uno de pare, todos de igual duración. Por último, toma un símbolo de la Fuente 3 y lo codifica en binario agregándole un impulso de arranque y uno de pare, este último dura 1,5 veces más que los demás, incluidos los de las Fuentes 1 y 2. El codificador vuelve a la Fuente 1 y se repite el proceso. A la salida del codificador las secuencias codificadas individuales van saliendo una detrás de la otra formando un tren de impulsos cuya velocidad de modulación es de 2750 baudios y el cual es transmitido por el canal.

(a) Demuestre que la velocidad de información a la salida del codificador es de 2000 bps y que su rendimiento de codificación es del 72,7%.

(b) Si el rendimiento del canal respecto al ancho de banda es de 3 bps/Hz, demuestre que la relación S/N en el canal es de 8,451 dB.

(c) Si la relación S/N en el canal es de 15 dB, demuestre que el ancho de banda mínimo canal es de 397,8 Hz.

Solución:

Datos: N1 = 128; N2 = 256; N3 = 32; Vb = 2750 baudios

(a)

Fuente 1: 7n2128N n1 =∴== → Codificacion en la Fig. P4.37(b)

Fuente 2: 8n2256N n2 =∴== → Codificación en la Fig. P4.37(c)

Fuente 3: 5n232N n3 =∴== → Codificación en la Fig. P4.37(d)

La secuencia compuesta a la salida del codificador se muestra en la Fig. P4.37(e).

bits 20 I 0,01;27,5T ;10636,327501V 4b ==τ=⋅=τ∴=

τ= −

%7,7210027502000100

VV% bps; 2000

01,020

TIV

b

icoi ===η===

(c) dB 8,45171-2NS donde de ),

NS(1log bps/Hz 3

BV 3

2i ===+==

(d) )NS1(logBbps 2000V 31,623;dB 15

NS

2ci +====

Hz 8,397)623,311(log322,3

2000

)NS1(log

VB10

2

ic =

+⋅=

+=



178

4.38. La salida de cierta computadora está formada por 7 conductores, cada uno de los cuales transmite impulsos con dos valores posibles: 0V y 5V; la duración de cada impulso es de 25 ms. Mediante una “interfaz” (por ejemplo, una RS-232) se convierte las 7 salidas de la computadora en una secuencia serie ASCII sin bit de paridad para transmisión por un cable bifilar.

Demuestre que a la salida de la interfaz las velocidades de información y de modulación son, respectivamente, de 280 bps y 400 baudios.

Solución:

Los impulsos de salida de la computadora tienen una duración de 25 ms, y la interfaz debe producir en esos 25 ms una salida serie ASCII sin bit de paridad, como el mostrado en la Fig. 4.13(b) del Texto. El estado de los 7 dígitos de información a la salida de la interfaz debe corresponder al estado de los 7 impulsos de entrada. Por lo tanto,

43 1025102510T −− ⋅=τ∴⋅=τ= ; I = 7 bits

baudios 400102511V bps; 280

10257

TIV 4b3i =

⋅=

τ==

⋅== −−

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO V


179

CAPITULO V

5.1. La señal )t7cos(2)t5cos(4)t2cos(10)t(x π+π+π= se muestrea en forma instantánea a una frecuencia de 4 Hz. La señal muestreada se pasa por un filtro ideal pasabajo de ganancia unitaria y ancho de banda de 4 Hz.

Determine la salida del filtro.

Solución:

De la señal x(t) vemos que fm = 3,5 Hz, y su frecuencia de Nyquist será de fs = 7 Hz; como el muestreo se va a efectuar a fs = 4 Hz, la señal resultará submuestreada y aparecerán términos de distorsión de solapamiento (aliasing). En este caso, de la expresión (5.2) del Texto,

∑∞

−∞=

=−=n

ssss Hz 4f );nff(Xf)f(X

como )]5,3f()5,3f([)]5,2f()5,2f([2)]1f()1f([5)f(X −δ++δ+−δ++δ+−δ++δ= , entonces,

+−δ++δ+−δ++δ+−δ++δ= )]5,3f()5,3f([4)]5,2f()5,2f([8)]1f()1f([20)f(Xs ++δ++δ++δ++δ++δ++δ+ )]5,0f()5,7f([4)]5,1f()5,6f([8)]3f()5f([20 ⋅⋅⋅⋅⋅+−δ+−δ+−δ+−δ+−δ+−δ+ )]5,7f()5,0f([4)]5,6f()5,1f([8)]5f()3f([20

En la Fig. P5.1 se muestra el espectro de Xs(f) para 1ny 0n ±==

Puede observarse que el filtro deja pasar las siguientes componentes:

+−δ++δ+−δ++δ+−δ++δ= )]5,1f()5,1f([8)]1f()1f([20)]21f()

21f([4)f(Y

)]5,3f()5,3f([4)]3f()3f([20)]5,2f()5,2f([8 −δ++δ+−δ++δ+−δ++δ+

)t7cos(8)t6cos(40)t5cos(16)t3cos(16)t2cos(40)tcos(8)t(y π+π+π+π+π+π=

[ ])t7cos(2)t6cos(10)t5cos(4)t3cos(4)t2cos(10)tcos(24)t(y π+π+π+π+π+π=

)]t6cos(5)t3cos(2)t[cos(8)]t7cos(2)t5cos(4)t2cos(10[4)t(y π+π+π+π+π+π=

)]t6cos(5)t3cos(2)t[cos(8)t(x4)t(y π+π+π+=

0 1 2 3 4 5 6 7 8-1-2-3-4-5-6-7-8

20 20 20 20

4 4 4 4 4 488888

f

n = 1 n = 2 n = -1 n = -2 Y(f) Filtro

Fig. P5.1.

20 20

8

Hz



180

El primer término de y(t) es la señal deseada que sale multiplicada por 4, y el segundo término son componentes de aliasing que constituyen una distorsión.

5.2. La señal )t600cos()t102cos(5)t(x 3 ππ= se muestrea a una frecuencia de 2100 muestras por segundo. El muestreo se efectúa mediante una señal periódica rectangular de amplitud unitaria y ciclo de trabajo igual a 0,5. La señal muestreada se pasa por un filtro ideal pasabajo, de ganancia igual a 2 y ancho de banda de 1600 Hz.

(a) Determine la salida del filtro.

Solución:

)t7002cos(5,2)t13002cos(5,2)t3002cos()t102cos(5)t(x 3 π+π=ππ= ;

21f5,0

T sss

s =τ∴=τ

La frecuencia máxima de x(t) es de 1300 Hz y su frecuencia de Nyquist de 2300 Hz. Como la frecuencia de muestreo es fs = 2100 Hz, la señal estará submuestreada y contendrá términos de aliasing.

)]700f()700f()1300f()1300f([25,1)f(X −δ++δ+−δ++δ= Hz 2100fs =


∑∞

−∞=

−=n

ss )nff(X)2n(sinc

21)f(X ; Como esta señal se pasa por un filtro pasabajo de 1600

Hz, bastará desarrollarla para 1ny 0n ±== para ver las componentes que pasan.

⋅⋅⋅⋅+−++−+= )2100f(X)21(sinc

21)2100f(X)

21(sinc

21)f(X

21)f(Xs

pero como π

==−2)

21(sinc)

21(sinc , entonces,

⋅⋅⋅+−++π

+= )]2100f(X)2100f(X[1)f(X21)f(Xs

+−δ++δ+−δ++δ= )]700f()700f()1300f()1300f([225,1)f(Xs

++−δ+++δ++−δ+++δπ

+ )2100700f()2100700f()21001300f()21001300f([25,1

⋅⋅⋅+−−δ+−+δ+−−δ+−+δ+ )]2100700f()2100700f()21001300f()21001300f(

+−δ++δ+−δ++δ= )700f()700f()1300f()1300f([225,1)f(Xs

++δ++δ++δ++δπ

+ )1400f()2800f()800f()3400f([25,1

⋅⋅⋅⋅+−δ+−δ+−δ+−δ+ )]2800f()1400f()3400f()800f( Como el filtro es pasabajo, de ganancia 2 y ancho de banda de 1600 Hz, la salida será:



181

+−δ++δ+−δ++δ= )]700f()700f()1300f()1300f([225,12)f(Y

)]1400f()1400f()800f()800f([25,1−δ++δ+−δ++δ

π+

El primer término es )t(x)f(X ⇔ y el segundo término es

).t3002cos()t11002cos(10)t14002cos(5)t8002cos(5ππ

π=π

π+π

π

La salida y(t) del filtro será entonces,

)t3002cos()t11002cos(10)t3002cos()t10002cos(5)t(y πππ

+ππ=

)]t2200cos(2)t2000)[cos(t600cos(5)t(y ππ

+ππ=

(b) La frecuencia de muestreo es fs = 1800 muestras por segundo.

De la parte (a): ⋅⋅⋅+−++π

+= )]ff(X)ff(X[1)f(X21)f(X sss

+−δ++δ+−δ++δ= )]700f()700f()1300f()1300f([225,1)f(Xs

++δ++δ++δ++δπ

+ )1100f()2500f()500f()1300f([25,1

⋅⋅⋅⋅+−δ+−δ+−δ+−δ+ )]2500f()1100f()3100f()500f( Con el filtro pasabajo, de ganancia 2 y ancho de banda de 1600 Hz, la salida será:

+−δ++δ+−δ++δ= )]700f()700f()1300f()1300f([225,12)f(Y

)]1100f()1100f()500f()500f([25,1−δ++δ+−δ++δ

π+

+−δ++δ+−δ++δ= )]700f()700f()1300f()1300f([25,1)f(Y

)]1100f()1100f()500f()500f([50,2−δ++δ+−δ++δ

π

El primer término es )t(x)f(X ⇔ y el segundo término es igual a

)t8002cos()t3002cos(10)t11002cos(5)t5002cos(5ππ

π=π

π+π

π. Entonces,

)t3002cos()t8002cos(10)t3002cos()t10002cos(5)t(y πππ

+ππ=

)]t1600cos(2)t2000)[cos(t600cos(5)t(y ππ

+ππ= [Nota: hay una errata en el texto: donde

dice cos(200 t)π debe decir cos(2000 t)π ]



182

5.3. Sea el sistema de la Fig. 5.97 del Texto donde sinc(4t)h(t) );t(sinc)t(x == y

∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

−

π=ππ

−=

n n

2/)1n(

)nt2cos()2n(sinc)nt2cos(

n)1(2)t(p para n impar

(a) Determinar y(t) y dibujar su espectro Y(f).

Solución:

)4f(

41H(f) );f()f(X Π=Π= El período de p(t) es Ts = 1, fs = 1

∑∞

−∞=

−δ++δ=n

imparn para )]nf()nf()[2n(sinc

21)f(P

A la salida del multiplicador, )f(P)f(X)f(X)t(p)t(x)t(x ii ∗=⇔⋅=

∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

−Π++Π=−δ++δ∗Π=n n

i )]nf()nf()[2n(sinc

21)]nf()nf()[

2n(sinc)f(

21)f(X

[ ] imparn para )nf()nf(n)1()f(X

n

2/)1n(

i ∑∞

−∞=

−

−Π++Ππ

−=

En la Fig. P5.3 se muestra X(f) y el espectro Xi(f) de entrada al filtro.

El filtro deja pasar solamente componentes menores de 2 kHz. Entonces, a la salida del filtro y a partir de la Fig. P5.3, este espectro será

[ ] [ ])t2jexp()t2jexp()f(TF41)t(y)1f()1f(

41)f(Y 1 π+π−Π

π=⇔−Π++Π

π= −

)t2cos()t(sinc21)t(y ππ

=

5.4. La señal )t10(sinc50)t(x 2= se muestrea mediante una señal periódica rectangular, de período igual al intervalo de Nyquist y relación de trabajo igual a 0,2.

Graficar el espectro y determinar la amplitud del espectro centrado en 100 Hz.

π10/1

π3/1

π/1

1 2 3 5 -1-2-3-4-5f

Xi(f) Filtro

1/4

Fig. P5.3.

X(f) 1

0,5 -0,5 0f

kHz



183

Solución:

)10f(5)f(X)t10(sinc50)t(x 2 Λ=⇔= . Este espectro se muestra en la Fig.P5.4.

51f

f15T ;20f2f ;10f sss

ssmsm =τ∴=τ==== . De la expresión (5.21) del Texto,

)10

n20f(n

)5

nsen(5)n20f(X)

5n(sinc

51)f(X

n ns

−Λ

π

π

=−= ∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

En la Fig. P5.4 se grafica este espectro (frecuencias positivas). Se muestra también X(f).

Nótese que no existe componente para f = 100 Hz, donde n = 5, pues .0)55(sinc =

5.5. En la Fig. 5.98 del Texto se muestra el espectro de una señal dada. Esta señal se muestrea

en forma instantánea y se pasa por un filtro cuya función de transferencia es )B2f()f(H Π=

Determinar la salida del filtro cuando: (a) B2f (b) ;Bf ss == Solución:

(a) fs = B. ∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

−=−=Π=n n

sss )nBf(XB)nff(Xf)f(X );B2f()f(H

Este espectro se muestra en la Fig. P5.5(a).

0 -10 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

110 120 130 f

Xs(f) 1

0,935 0,757

0,505 0,234

0,156

X(f) 5

-10 10 f

0

Fig. P5.4.

fs = 20 Hz

Hz

Hz

-

B 2B 3B 4B 5B0-B-2B -3B -4B -5B

BXs(f) Filtro

(a) Muestreo a fs = B

(b) Muestreo a fs = 2B0 B 2B 3B 4B 5B -B -2B -3B -4B -5B -6B

Xs(f) 2B Filtro

Fig. P5.5.

f

1 f



184

Nótese que al sumarse las señales (líneas a trazos) su resultado es una constante de amplitud B. El filtro dejará pasar entonces

)Bt2(sincB2)t(y)B2f(B)f(Y 2=⇔Π=

(b) ∑∞

−∞=

−==n

ss )Bn2f(XB2)f(X ;B2f

Este espectro se muestra en la Fig. P5.5(b). El filtro deja pasar entonces

)Bt(sincB2)t(y)Bf(B2)f(Y 22=⇔Λ=

5.6. Demuestre que la frecuencia de muestreo mínima necesaria para muestrear la señal )t10x9,3cos()t10cos(20)t(x 54 ππ= es de 20 kHz. Dibuje el espectro de la señal muestreada

entre 5.ny 5n =−=

Solución:

Hz 10x95,1f Hz; 10x5f );tf2cos()tf2cos(20)t(x 5c

3mcm ==ππ=

Hz 10ffB ;10x9,1f ;10x2f)t10x9,12cos(10)t10x22cos(10)t(x 412

51

52

55 =−===→π+π=

2010

10x2enteroBfenterom 4

52 =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡= . La frecuencia de muestreo mínima será, de la

expresión (5.21),

kHz. 2010x2fm2f 4

2s ===

Veamos ahora el espectro:

)]10x190f()10x190f()10x200f()10x200f([5)f(X 3333 −δ++δ+−δ++δ=

Para fs = 20 kHz, ∑∞

−∞=

−=n

33s )n10x20f(X10x20)f(X

Para mostrar el procedimiento, vamos a determinar Xs(f) para 1n y 0n ±== . El lector puede seguir hasta 5± .

+−δ++δ+−δ++δ= )10x190f()10x190f()10x200f()10x200f(5x10x20)f(X 33333s

+++δ++−δ+++δ+ )10x2010x190f()10x2010x200f()10x2010x200f( 333333 +−−δ+−+δ++−δ+ )10x2010x200f()10x2010x200f()10x2010x190f( 333333 )10x2010x190f()10x2010x190f( 3333 ⋅⋅⋅⋅+−−δ+−+δ+



185

En la Fig. 5.6 se muestra este espectro hasta n = 5 (frecuencias positivas solamente). Nótese que X(f) se puede extraer de Xs(f) mediante un filtro pasabanda que deje pasar

las componentes a 190 y 200 kHz.

5.7. Se desea muestrear la señal )t10exp(15)t(x 3−= . Determine el límite inferior de la frecuencia de muestreo cuando

(a) El ancho de banda de la señal es el de 3 dB.

Solución:

3max26

33 10x30)0(XX(f) ;

)f2(1010x30)f(X)t10exp(15)t(x −==π+

=⇔−=

Sea B el ancho de banda de 3 dB. Por definición,

210x30

)B2(1010x30 3

26

3

=π+

. Resolviendo esta ecuación en B,

Hz. 86,204B2f Hz; 43,10212210

410)12(B s

3

2

6

===−π

=π−

=

(b) El ancho de banda de la señal es el dado por la expresión (2.115): )0(X2

)0(xB =

Solución:

X(0) = 15; X(0) = 30x10-3 ; Hz 500B2f ;25010x30x2

15B s3 ==== −

5.8. Sea la señal periódica de la Fig. 5.99 del Texto. Esta señal se va a emplear para muestrear la señal )t500(sinc10x2)t(x 23−= .

Determine el espectro P(f) de p(t).

Solución:

)500

f(10x4)500

f(50010x2)f(X)t500(sinc10x2)t(x 6

323 Λ=Λ=⇔= −

−−

La señal generatriz de p(t) es

90 300

f

10kHz

kHz

10 4

0

Fig. P5.6

190 200

Xs(f) X(f)



186

)]tfjexp()tfj)[exp(tfjexp()tf2jexp(1)f(X)tt()t()t(g g ∆π−+∆π∆π−=∆π−+=⇔∆−δ+δ=

)tfjexp()tfcos(2)f(Xg ∆π−∆π= ; )Tntjexp()

Tntcos(

T2)

Tn(X

T1P

ssssg

sn ∆π−∆π==

)tnfjexp()tnfcos(f2P sssn ∆π−∆π= . De acuerdo con la expresión (1.102) o (1.105),

ss

n nsssssn T

1f )nff()tnfjexp()tnfcos(f2)nff(P)f(P =−δ∆π−∆π=−δ= ∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

5.9. Se tiene una señal pasabajo de banda limitada fm. Esta señal se muestrea y se pasa por un filtro pasabajo RC de tal manera que haya una banda de guarda de ancho Bg entre el valor B del ancho de banda del filtro y la frecuencia inferior del espectro centrado en fs. El valor B es el ancho de banda del filtro de acuerdo con la expresión (2.790). Suponga que .f2)RC/1( mπ= Demuestre que la frecuencia de muestreo necesaria es .Bf3f gms += Demuestre también que si el ancho de banda del filtro es el de 3 dB, entonces la frecuencia de muestreo será .Bgf2f ms +=

Solución:

(a) Sea la Fig. P5.9(a)

Del Problema 2.22, Fig. 2.67(a)

fRC2j11)f(Hπ+

=

2)fRC2(11)f(Hπ+

=

)0(H)f(Hmax

=

∫∞

π=

π+=

0 2,

RC1

)fRC2(1

df221B pero como mf2

RC1

π= , entonces mf2RC1B =

π=

De la Fig. P5.9(a),

gmgms Bf2BBff +=+=− , de donde

gms Bf3f +=

(a) Ancho de banda de 3 dB.

Del Problema 2.22, el ancho de banda

de 3 dB de un filtro pasabajo RC es

RC21Bπ

= ; si ,f2RC1

mπ=

entonces B = fm.

Bg

B

fm fs f

-fm -fs

Ancho de Banda de 3 dB

Fig. P5.9(b)

Señal Filtro

-B B fm -fm 0 fs-fm fs

Bg

X(f) Filtro

f

Fig. P5.9(a)



187

Sea entonces la Fig. P5.9(b), en la cual vemos que la frecuencia de muestreo es

gms Bf2f +=

5.10. Consideremos la distorsión de solapamiento mostrada en la Fig. 5.15 del Texto. Vamos a cuantificar la distorsión de solapamiento definiéndola como “la relación entre la

energía de los espectros adyacentes reflejada sobre la gama de baja frecuencia vs la energía de la señal dentro de esa gama”.

Solución:

Consideremos entonces la Fig. 5.15 del Texto. La energía a la salida del filtro es

df)f(X)f(H2df)f(X)f(HE2/f3

2/f

2222/f

2/f

2yo

s

s

s

s∫∫ +=

−

El primer término es la energía de X(f) que sale del filtro; mientras que el segundo término es la energía de las colas de los espectros adyacentes (centrados en ± fs) que se cuelan dentro de la banda pasante del filtro (Se supone que el efecto de los espectros centrados en sff > es despreciable). Este término es un término de distorsión o aliasing. Podemos definir entonces un “Factor de Solapamiento, Fs” en la siguiente forma:

100útil señal la de salida de Energía

adyacentes espectros los de salida de Energía%F to,Solapamien de Factor s =

100df)f(X)f(H

df)f(X)f(H100

df)f(X)f(H

df)f(X)f(H2%F 2/f

0

22

2/f3

2/f

22

2/f

2/f

22

2/f3

2/f

22

s s

s

s

s

s

s

s

∫∫

∫∫

==

−

Si la ganancia del filtro es constante en la gama 2ff s≤ , es decir, si oh)f(H = , entonces

100df)f(X

df)f(X%F 2/f

0

2

2/f3

2/f

2

s s

s

s

∫∫

=

Aplicación: Sea )t10exp(15)t(x 3−= donde, del Problema P5.7(b), fs = 500 Hz.

Hz 500f ;])f2(10[

10x9)f(X;)f2(10

10x30)f(X s226

82

26

3

=π+

=π+

=

Suponemos que la ganancia del filtro es constante. Entonces,

%4026,7100df

])f2(10[10x9

df])f2(10[

10x9

%F250

0 226

8

750

250 226

8

s =

π+

π+=

∫

∫



188

5.11. En general, las señales de información prácticas no son estrictamente limitadas en banda, de modo que teóricamente cuando ellas se filtran para limitarlas en banda se produce distorsión. Consideremos el espectro de la Fig. 5.100 del Texto, donde X(f) es el espectro de la señal de información x(t). El área rayada representa entonces la

pérdida de señal producida por la limitación de banda debida al filtro.

(a) Defina un “Factor de Distorsión por Limitación de Banda, FB”.

Consideremos la Fig. 5.100 del Texto. La energía total de X(f) es la suma de la energía dentro del intervalo (-B, B) más la energía que cae fuera de este intervalo, es decir,

∫ ∫ ∫−

∞ ∞

∞−=+=

B

B B

222x df)f(Xdf)f(X2df)f(XE

La segunda integral representa la pérdida de energía debido a la limitación de banda. Podemos definir entonces un “Factor de Distorsión por Limitación de Banda, FB”, en la forma

100señal la de totalEnergía

banda de limitación lapor perdida Energía%FB =

100df)f(X

df)f(X100

df)f(X

df)f(X2%F

0

2B

2

20

2

B

∫∫

∫∫

∞

∞

∞

∞−

∞

==

(b) Aplicación: B = 5 kHz

1. )10x8f(10)

10x8f(

10x88)f(X)t10x8(sinc8)t(x 3

333

32 Λ=Λ=⇔= −

)f(u)10x8f(10x8

10)f(u)10x8f(10x8

10)f(X 33

33

3

3

−−−+=−−

[ ])f(u)10x8f()f(u)10x8f(8

10)f(X 336

−+−+=−

Como los dos términos no se solapan, entonces

[ ])f(u)10x8f()f(u)10x8f()8

10()f(X 232326

2 −−−+=−

. Por lo tanto,

[ ][ ]

100df)10x8f()

810(

df)10x8f()8

10(%F

3

3

3

10x8

0

2326

10x8

10x5

2326

B

∫

∫−

−= −

−



189

%273,5100df)10x8f(

df)10x8f(%F 3

3

3

10x8

0

23

10x8

10x5

23

B =−

−=

∫∫

2. kHz 5B ;])f2(10[

10x4X(f) ;)f2(10

10x2)f(X)t10exp(10)t(x 228

102

28

54 =

π+=

π+=⇔−=

%219,1100df

])f2(10[10x4

df])f2(10[

10x4

%F

0 228

10

10x5 228

10

B

3

=

π+

π+=

∫

∫∞

∞

5.12. Igualmente que en los problemas anteriores, se puede cuantificar de Distorsión de Interpolación. Si se considera solamente la energía de los espectros adyacentes, determinar, a partir de la Fig. 5.16 del Texto, un Factor de Distorsión de Interpolación, FI.

Solución:

Consideremos la Fig. 5.16 del Texto.

La energía de salida del filtro es igual a la energía de la señal X(f) más la energía de los dos espectros adyacentes que se cuela por la banda pasante del filtro. La energía de salida del filtro será

∫ ∫−

+

−−+=

m

m

ms

ms

f

f

ff

ff

2s

222y df)ff(X)f(H2df)f(X)f(HE

La primera integral es la energía de la señal X(f) a la salida, mientras que la segunda integral es la energía de los espectros adyacentes que pasa a la salida debido a la banda pasante del filtro. Este es un término de distorsión.

Se puede definir entonces un “Factor de Distorsión de Interpolación, FI” en la forma

100filtro del salida la a X(f) señal la de Energía

filtro del salida la a adyacentes espectros los de Energía%FI =

100df)f(X)f(H

df)ff(X)f(H100

df)f(X)f(H

)ff(X)f(H2%F

m

ms

ms

m

m

ms

msf

0

22

ff

ff

2s

2

f

f

22

ff

ff

2s

2

I

∫∫

∫∫

+

−

−

+

−−

=−

=

Aplicación:

msmm

mm f3f ;RC21f ;)

f2f()tf2(sincf2)t(x =

π=Π⇔=

Filtro pasabajo RC: 2

m

22

)ff(1

1)fRC2(1

1H(f) ;fRC2j1

1)f(H+

=π+

=π+

=



190

Sea la Fig. P5.12.

100df)f(H

df)f(H100

df)f(X)f(H

df)f3f(X)f(H%F

m

m

m

m

m

mf

0

2

f4

f2

2

f

0

22

f4

f2

2m

2

I

∫∫

∫∫

=−

=

%842,27100df

)ff(1

1

df)

ff(1

1

%Fm

m

m

f

0 2

m

f4

f2 2

mI =

+

+=

∫

∫

5.13. Sea la señal )t10x94,1cos()10x25,1t(sinc8)t(x 5

42 π= − .

(a) Determine la frecuencia mínima de muestreo y las características del filtro necesario para recobrar la señal.

Solución:

)10x8f(

10x81)t10x8(sinc );t10x97,02cos()

10x25,1t(sinc8)t(x 33

3254

2 Λ⇔π= −

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Λ+

+Λ= )

10x810x97f()

10x810x97f(

10x84)f(X 3

3

3

3

3

Esta es una señal pasabanda donde 331

32 16x10B ;10x89f ;10x105f ===

[ ] 656,6enteroBfenterom 2 ==⎥⎦⎤

⎢⎣⎡= ; kHz 3510x105

62f)

m2(f 3

2s ===

Para recobrar la señal se necesita un filtro pasabanda centrado en kHz 97fc ±= y con una banda pasante de 16 kHz.

(b) Espectro de la señal muestreada. Suponemos muestreo instantáneo; fs = 35 kHz.

De la expresión (5.2) del Texto, ∑∞

−∞=

−=n

sss )nff(Xf)f(X . Para no complicar el

dibujo, vamos a desarrollar Xs(f) para 2y 1 ,0n ±±= . Las frecuencias están en kHz.

++−

Λ+++

Λ+−

Λ++

Λ= )8

3597f()8

3597f()897f()

897f([

10x210x35)f(X 3

3

s



191

++−

Λ+++

Λ+−−

Λ+−+

Λ+ )8

7097f()8

7097f()8

3597f()8

3597f(

])8

7097f()8

7097f( ⋅⋅⋅⋅+−−

Λ+−+

Λ+

)862f()

862f()

8132f()

897f()

897f([5,17)f(Xs

+Λ+

−Λ+

+Λ+

−Λ+

+Λ= +

])8167f()

827f()

827f()

8167f()

8132f( ⋅⋅⋅⋅+

−Λ+

+Λ+

−Λ+

+Λ+

−Λ+

En la Fig. P5.13 se muestra este espectro (frecuencias positivas solamente)

5.14. Sea el sistema de la Fig. 5.101 del Texto, donde x(t) es una señal pasabajo de banda limitada fm.

(a) Determine su salida y(t)

(b) Dibuje su espectro Y(f) cuando ).tf2(sincf2)t(x mm=

Solución:

(a) ∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

−δ⇔−δ=δΠ=⇔=n n

sssTsm

mm )nff(f)nTt()t( );f2f()f(X)tf2(sincf2)t(x

x(t) es una señal pasabajo de banda limitada fm.

A la salida del multiplicador, ∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

−δ=−δ⋅=n n

ssss )nTt()nT(x)nTt()t(x)t(x

Xs(t) es una secuencia de impulsos de amplitud x(nTs); de modo que se puede elevar directamente al cuadrado. Entonces a la salida del elevador al cuadrado,

∑∞

−∞=

−δ==n

ss22

s )nTt()nT(x)t(x)t(y

(b) msm

f4f );f2f()f(X =Π= ; ∑

∞

−∞=

−δ⋅=n

ss )nTt()t(x)t(x

∑ ∑∑∞

−∞=

∞

−∞=

∞

−∞=

−δ⋅−δ⋅=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−δ⋅=

n nss

2

ns )]nTt()t(x)][nTt()t(x[)nTt()t(x)t(y

∑∞

−∞=

−δ⋅=n

s2 )nTt()t(x)t(y

27 62 97 132 0

Xs(f) 17,5

f kHz

Fig.P5.13.

fs = 35 kHz



192

∑∞

−∞=

−δ∗=n

ss2 )nff(f)t(xTF)f(Y ; pero )

f2f(f2)tf2(sincf4)t(x

mmm

22m

2 Λ⇔= ; fs = 4fm

∑∑∞

−∞=

∞

−∞=

−Λ=−δ∗Λ=

n m

m2m

nm

m

2m )

f2f4nf(f8])f4nf()

f2f([f8)f(Y

Este espectro se muestra en la Fig. P5.14.

5.15. En el muestreo con retención se utiliza un filtro de orden cero dado por (5.25); sin embargo, h(t) puede tener cualquier perfil, por ejemplo,

(a) Si )2f

f(X(f)y f41

f1T donde ,

2Tt para )

Ttcos()t(h

mmss

s

sΠ===≤

π= , calcule y dibuje

Xs(f) en la forma mostrada en la Fig. 5.11 del Texto.

Solución:

)f4f(sinc

f41)fT(sincT)

Tt( ;f2f ;

T1f4f );

Tt()t

T212cos()t(h

mmss

smc

sms

ss=⇔Π===Ππ=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −+

+= )

f4f2f(sinc)

f4f2f(sinc

f81)f(H

m

m

m

m

m.

Nótese que f6f para 0)f(H m ≤≈ . De la ecuación (5.24),

)f(H)nff(Xf)f(Xn

sss ⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−= ∑

∞

−∞=

; )f2f()f(X

mΠ=

∑∞

−∞=

−Π⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −+

+=

n m

m

m

m

m

ms )

f2f4nf()

f4f2f(sinc)

f4f2f(sinc

21)f(X

En la Fig. P5.15 se muestra este espectro.

(b) msms

smm

m f3f ;f31

f1T );

f2f(sinc

f21)f(H)tf2()t(h ====⇔Λ=

2mf8

-2fs -fs 0 fs 2fs

f

Y(f) fs = 4fm

-2fm 2fFig. P5.14.



193

∑∞

−∞=

−Π=

n m

m

ms )

f2f3nf()

f2f(sinc

23)f(X

En la Fig. P5.15(b) se muestra este espectro para Hz 1000fm =

5.16. Sea el sistema mostrado en la Fig. 5.102 del Texto, donde x(t) es una señal pasabajo de

banda limitada fm. fs es la frecuencia de Nyquist de x(t).

(a) Determine el espectro Xi(f) de xi(t).

Sea la Fig. 5.102 del Texto.

Sea )t(x1 la salida del multiplicador inferior:

∑∞

−∞=

−δπ=π⋅δ=n

smmTs1 )nTt()tf2cos()tf2cos()t()t(x ; ms

s f2T1f ==

[ ]∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

−δ∗−δ++δ=⇔−δπ=n n

mmmm1sm1 )f2nf(f2)ff()ff(21)f(X)nTt()tf2cos()t(x

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−δ∗−δ++δ∗−δ= ∑ ∑

∞

−∞=

∞

−∞=n nmmmmm1 )ff()f2nf()ff()f2nf(f)f(X

∑∞

−∞=

+−δ+−−δ=n

mmm1 ]f)1n2(f[]f)1n2(f[f)f(X ; )f(X)f(X)f(X 1i ∗=

∑∞

−∞=

∗+−δ+∗−−δ=n

mmmi )f(X]f)1n2(f[)f(X]f)1n2(f[f)f(X

∑∞

−∞=

+−+−−=n

mmmi ]f)1n2(f[X]f)1n2(f[Xf)f(X , pero nótese que

1nnmm |]f)1n2(f[X]f)1n2(f[X −→+−=−−

y 1nnmm |]f)1n2(f[X]f)1n2(f[X +→−−=+−

Como la sumatoria se extiende desde ∞=−∞= n a n , podemos decir entonces que

]f)1n2(f[X2]f)1n2(f[X]f)1n2(f[X mmm +−=+−=−− , de donde



194

∑∞

−∞=

+−=n

mmi ]f)1n2(f[Xf2)f(X , donde ms

s f2T1f ==

(b) )ff(

f1)f(X)tf(sinc)t(x

mmm

2 Λ=⇔= ; por lo tanto,

msn m

mi f2f ;)

ff)1n2(f(2)f(X =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ +−Λ= ∑

∞

−∞=

En la Fig. P5.16 se muestra este espectro para .5n ≤

(c) Por la banda de paso del filtro mostrado en la Fig. P5.16, pasa la señal

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Λ−

+Λ−

−Π+

+Π= )

ff4f()

ff4f()

f2f4f()

f2f4f(2)f(Y

m

m

m

m

m

m

m

m

[ ]+π++π−⎭⎬⎫

⎩⎨⎧Π= − )tf42jexp()tf42jexp()

f2f(TF2)t(y mm

m

1

[ ])tf42jexp()tf42jexp()ff(TF2 mmm

1 π++π−⎭⎬⎫

⎩⎨⎧Λ− −

)tf8cos()tf(sincf)tf8cos()tf2(sincf24)t(y mm2

mmmm π−π=

[ ] )tf8cos()tf(sinc)tf2(sinc2f4)t(y mm2

mm π−=

5.17. En un sistema PDM se observa que el ancho de los impulsos viene dado por la expresión

)].3

t10cos(5,01[10)t(3

3 π+=τ −

Determine el ancho de banda de la señal PDM y su período.

Solución:

)]3

t10cos(5,01[10)t(3

3 π+=τ − ; 33

max 10x5,1]5,01[10 −− =+=τ ; 33min 10x5,0]5,01[10 −− =−=τ

Ancho de banda en PDM: kHz 210x5,011B 3

minPDM ==

τ= −

ms 310x3T3

10f2f ;6

10f );t6

102cos()3

t10cos()t(m 3s

3

ms

3

m

33

==∴===π=π

= −

fm 3fm 5fm 7fm f

-fm -3fm -5fm -7fm

Xi(f)

Fig. P5.16.

Filtro

4fm -4fm

1

fs = 2fm

9fm -9fm



195

5.18. La señal )t10(sinc10)t(m 4= se va a modular en PDM en la forma mostrada en la Fig. 5.23 del Texto. Suponga que 2/A)t(m min = . Note también que [min m(t)] ≈ -0,2172 para t = 1,425 seg.

(a) Determinar los valores apropiados de los parámetros ups Vy V,A,T .

Solución:

4s

4ms

3m4

34 10T ;10f2f ;10x5f );10

f(10)f(M)t10(sinc10)t(m −− ====Π=⇔=

344,4A2A10x2172,0m(t)min ;10m(t) max =∴=−==

De la Fig. 5.23 del Texto, 344,1410344,4m(t) maxAVu =+=+> . Sea Vu = 15 V

Puesto que upu V2VV5,1 << , hagamos Vp = 1,75Vu , de donde

.25,2615x75,1Vp == Sea Vp = 26 V

Los valores apropiados de los parámetros en el presente caso son:

Ts = 10-4 seg; A = 4,344 V; Vp = 26 V y Vu = 15 V.

(b) Sea la Fig. P5.18 en el instante en que se muestrea el punto mínimo de m(t), que representamos con el triángulo ABC en la figura. Entonces, por triángulos seme-jantes podemos aproximar la relación

xs

p

xp

s

VTV1

VVT

≈τ

∴τ

≈

pero m

s f21Ty 1B =

τ= , de donde

m(t) min)AV(VV pero ;V

Vf2B upx

x

pm −−−=≈ . El ancho de banda B será

up

pm

Vm(t) minAVVf2

B−−+

≈

También up

pmmm

mm Vm(t) minAV

Vf2fBy

fB

−−+≈β==β

Hagamos ahora uVm(t) minAK −−= ; entonces, tomando la igualdad, KV

V2

p

pm +=β

τ

Vp

A

|max

|min m(t)|

Ts

Vu

Vu - A

0 t

[A + m(t)]

[A + m(t)] + Vp

A C

Fig. P5.18.

Vx



196

Resolviendo para Vp , ]Am(t) minV[2

)K(2

V um

m

m

mp −+

−ββ

=−−β

β=

puesto que Vp > 0, debe verificarse que 2m >β ; en realidad, en la práctica .2m >>β

El ancho de banda depende del valor Vp, pues Vu no puede ser muy diferente de .m(t) maxA + Asimismo, si 0m(t) minA ≈− , el ancho de banda será máximo y

dependerá de Vp, es decir,

um

mp V

2V

−ββ

= para 2m >β

Por ejemplo, para upm V5,1V ,6 ==β , que puede ser el valor máximo de Vp. Para

upm V2V ,4 ==β , y este valor puede tomarse entonces como el valor máximo de Vp. En resumen, para anchos de banda razonables, se puede hacer

upu V2VV5,1 <<

A partir de la Fig. P5.18 se puede establecer las siguientes relaciones entre los diferentes parámetros:

maxsupup T ;VV ;0]m(t)min -[A ;m(t) maxAVm(t) minAV τ>>>+>>−+

Los valores numéricos en un caso particular se establecen a partir de las características de la señal m(t) y alguna relación adicional entre los parámetros A, Vp y Vu, como fue el caso de la parte (a), en donde se obtuvo:

V172,2m(t)min Hz; 10x5f 4,344V;A ;V15V ;V26V 3mup =====

Con estos datos, 948,3y kHz 74,19B m =β=

5.19. La señal )t10x5(cos10)t(m 32 π= se va a modular en PAM, PDM y PPM. La relación de trabajo del tren de impulsos sin modular es de 0,2. Determinar las relaciones de expansión del ancho de banda y las ganancias de conversión correspondientes.

Solución:

2,0T

;102ff ;10x5f );t10x52cos(55)t10x5(cos10)t(ms

o4ms

3m

332 =τ

===ππ+=π=

o5s

o4

s ;10x25T ;10T τ==τ= −− es la duración de los impulsos sin modulación.

En PAM. 1010x510x50

fB ;kHz501B 3

3

mm ===β=

τ=

10fB

N/SN/S

mii

oo == , o también 105x2T2N/SN/S s

ii

oo ==τ

=

En PDM. )]t10x52cos(1[5)t(m(t) ;10x2 31o1o

5o π+τ+τ=τ+τ=τ=τ −



197

omin1omax ;10 τ=ττ+τ=τ

Puesto que 6os1o1omaxsmaxs 10x6

102T210T hagamos ,T −=τ−

=τ∴τ+τ=τ+τ=τ>

kHz 5010x51B 4

o==

τ= ; 10

10x510x50

3

3

m ==β ; 118,14)2

23(

)12

(

23

N/SN/S

m

2m

mii

oo =+β

−β

β=

En PPM. kHz 25010x5,25B ;10x2 5

o

5o ==

τ==τ=τ −

7200)12

(4N/S

N/S ;50fB 2mm

ii

oo

mm =−

ββ===β

5.20. En la Sección 5.3.4 se calculó la ganancia de conversión en PPM suponiendo que los impulsos tenían forma trapezoidal, Fig. 5.29 y 5.30, y expresiones (5.69) y (5.70).

Utilizando el mismo procedimiento, demuestre que cuando los impulsos tiene la forma de

coseno elevado ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

τΠ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

τπ

+= )t()t2cos(12A)t(p , la ganancia de conversión es

3

m

2

ii

oo )1f2B(

3N/SN/S

−π

=

Si 3m

23

m

2

ii

oom 24

)fB(

24N/SN/S entonces ,fB β

π=

π=>>

Comparando este resultado con (5.70), podemos ver que el comportamiento del sistema PPM que utiliza impulsos en coseno elevado es superior en 8,18 dB al que utiliza impulsos trapezoidales.

Solución:

Supongamos que los impulsos tienen la forma de coseno elevado, es decir,

)]t2cos(1[2A)t(p

τπ

+= en un intervalo Ts cualquiera, siendo τ la duración del impulso,

como se muestra en la Fig. P5.20(a)



198

De la geometría de la Fig. P5.20(a),

==τ∆

− τ= 4/t|)t(pdtd)t(n pendiente de p(t) en

4t τ= . Por consiguiente,

)t(nA

donde, de ,A|)t2sen(22A)t(n

4/t πτ

=τ∆τπ

−=τπ

τπ

−=τ∆

− τ=

Siguiendo el mismo procedimiento que para la ecuación (5.64),

i22222 N)

A(B)

A(N ;)t(n)

A(

πτ

=ηπτ

=><πτ

>=τ∆< τ

Aproximando, i22

oi2 N)

ABk(NkNy N)

AB1(N ,1B

π==

π=

τ= ττ

De la Fig. P5.20(b), la potencia de entrada Si de p(t) es:

∫τ

τ−=

2/

2/

2

oi ,dt)t(p

t21S donde )T(

21t so τ−=

o

222/

o

2

oi t16

A3dt)]t2cos(1[ 24

At21S τ

=τπ

+= ∫τ

, de donde io2 S

3t16Aτ

=

También, ><= )t(mkS 22o

><π

=><π

= )t(mN

)AB(Nk

)t(m)ABk(NS 2

i

2

i2

22

o

o . Reemplazando el valor de A2 obtenido,

i

i22

2io

i

2

o

o

NS)t(m

3)B4()t(m

3St16

N)B(

NS

><τ

π>=<

τπ

=

><τπ

= )t(mt3

B16N/SN/S 2

o

2

ii

oo ; pero, como ya lo hemos demostrado,

3s

2ss

2o )T(

161)T(

81)T(

21)t(mt τ−=τ−τ−>=<

Para ,1By f21T

ms τ

== se obtiene

2/τ

t∆os t)T(

21t max =τ−=∆

τ2/τ− ττ

n(t)

Impulso con RuidoImpulso sin Ruido

A

p(t)

0 t

Umbral deDetección

Ts

nTs

(n+1/2)Ts (a) (b) Fig. P5.20.

t/4 - /4



199

3

m

23

m

32

ii

oo )1f2B(

3)

B1

f21(

3B

N/SN/S

−π

=−π

=

y si 3m

23

m

2

ii

oom 24

)fB(

24N/SN/S ,f2B β

π=

π=>>

Comparando este valor con el dado en la ecuación (5.70), vemos que la utilización en PPM de impulsos en coseno elevado mejora la ganancia de conversión en 8,18 dB.

5.21. (a) Determinar la amplitud de la componente a la frecuencia de portadora fs en PPM.

Solución:

Sea la ecuación (5.60) del Texto:

tsn1n k

msnktsPPM mnf2 ;]t)kfnf(2cos[)(J21)]t('mm1[Af)t(x π=β⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−πβ+−= ∑ ∑∞

=

∞

−∞=

La componente a la frecuencia de la portadora fs es aquella para la cual n = 1 y k = 0.

[ ])tf2cos()mf2(J21)]t('mm1[Af|)t(x stsots0k;1nPPM ππ+−===

)tf2cos()mf2(J)]t('mm1[Af2)]t('mm1[Af|)t(x stsotsts0k;1nPPM ππ−+−===

El segundo término es una señal sinusoidal de frecuencia fs , cuya amplitud es

)mf2(J)]t('mm1[Af2A tsotss π−=

Nótese las observaciones dadas en el Texto.

(b) Repetir para PDM.

Sea la ecuación (5.53) del Texto en PDM:

∑ ∑∞

=

∞

−∞=

ωω+αβ

π+ωτ+τ=

1n ksmn

nkn1o

sPDM )tcos(]tksen[

n)(JA2)]tsen([

TA)t(x

s1nson fn ;fn πτ=βπτ=α . Para n = 1 y k = 0,

)tf2cos()fsen()f(JA2)tsen(T

AT

A|)t(x ssos1oms

1

s

o0k;1nPDM ππτπτ

π+ω

τ+

τ===

El tercer término es la componente a la frecuencia de la portadora fs y cuya amplitud es

)fsen()f(JA2A sos1os πτπτπ

=

Nótese las observaciones dadas en el Texto.



200

(c) Repetir para PAM.

Sea la ecuación (5.31) del Texto:

∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞= τ−

Π+=τ

−Π+=

n n

sssPAM )nTt()]t(mA[)nTt()]nT(mA[)t(x

Pero ∑∞

−∞= τ−

Πn

s )nTt( es una señal periódica xT(t) rectangular de período Ts, amplitud

unitaria y relación de trabajo sTτ . Entonces, del Ejemplo (1.9),

n s s s1X f sin c(n f ) sen( n f )

n= τ τ = π τ

π

∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

−δ=⇔π=n n

snTsnT )nff(X)f(X)tnf2jexp(X)t(x

∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

−δ∗+=⇔π+=n n

snPAMsnPAM )nff(X)]f(MA[)f(X)tnf2jexp(X)]t(mA[)t(x

∑ ∑∞

−∞=

∞

−ℵ=

−δ∗+−δ∗=n n

snsnPAM )nff(X)f(M)nff(XA)f(X

∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

−+−δ=n n

snsnPAM )nff(MX)nff(XA)f(X . Para n = ±1,

[ ] [ ])ff(M)ff(MX)ff()ff(AX|)f(X ss1ss11nPAM −+++−δ++δ=±=

El primer término es la portadora, que denominaremos Xc(f); entonces,

[ ]ππτ

=π=⇔−δ++δ=)fsen(X pero );tf2cos(AX2)t(x)ff()ff(AX)f(X s

1s1css1c

)tf2cos()fsen(A2)t(x ssc ππτπ

=

La amplitud de la componente de portadora será entonces,

)fsen(A2A ss πτπ

=

Ver las observaciones de la parte (b) de este Problema en el Texto.



201

5.22. Una señal de audio tiene una frecuencia máxima de 3,2 kHz. Esta señal se muestrea a 8000 muestras por segundo y los impulsos resultantes se transmiten tanto en PAM como en PCM, ambos NRZ.

(a) Determine el ancho de banda mínimo del sistema PAM.

Solución:

ssm T

18000f ;3200f === . Pero en PAM/NRZ, kHz 8T1B

sPAM ==

(b) PCM. N = 32 = 2n ; n = 5.

Cada impulso PAM/NRZ se codifica en 5 impulsos PCM/NRZ. Por lo tanto,

El ancho de los impulsos PCM/NRZ es 5Ts=τ , y su respectivo ancho de banda

será kHz. 408000x5T51B

sPCM ===

τ= Nótese que para la misma señal, BPCM = 5BPAM.

(c) PCM. V8V ;8n2256N qmaxn ±==∴==

De la expresión (5.94), mV 37,312558

1NV

2QR qmax

q ==−

=∆

=

De la expresión (5.108), dB 16,48n02,6NS

o

o =⋅=

5.23. Una señal analógica tiene una duración de 1 minuto. Su contenido espectral va desde CC hasta 500 Hz. La señal se va a muestrear, convertir en PCM binario y almacenar en la memoria de una computadora.

(a) Determinar el número mínimo de muestras que hay que tomar y almacenar para el caso de una eventual reconstrucción de la señal.

Solución:

se10TT11000f2f seg; 60T Hz; 500f 3

ss

msm−=∴=====

Número de muestras a tomar 60000TTN

sm ==

(b) n = 8 impulsos binarios PCM; a cada impulso binario corresponde un bit

Capacidad de la memoria, kbytes 60 bytes 60000 bits 480000NnC mm ===⋅=



202

5.24.La señal )t10(cos205)t(m 42 π+= se quiere modular en PAM (RZ) con una relación de trabajo de 0,2. El muestreo se efectúa al doble de la frecuencia de Nyquist.

(a) Determinar el factor de expansión del ancho de banda y la ganancia de conversión en el receptor.

Solución: 4

mms4

m442 10x4f4f22f ;10f );t102cos(1515)t10(cos205)t(x ==⋅==π+=π+=

kHz 200 Hz 10x210x40x5T51B ;510x5,2T 53

ssPAM/RZs

5s ====

τ=τ== −

2010x1010x200

fB

3

3

mm ===β

De la expresión (5.43) en PAM, 20N/SN/S

mii

oo =β=

(b) seg. 5 seg; 25T ss µ=τµ=

En la Fig. P5.24(a) se muestra x(t) y la señal PAM para seg. 100t0 µ≤≤ Nótese que: para t = Ts , xPAM(t) = 15V para t = 2Ts , xPAM(t) = 5V

(c) PCM unipolar, Ejemplo 5.9 del Texto.

1Q21

2QR ;5n232N q

n =∆∴=∆

==∴== ; seg 5 seg; 25T ss µ=τµ=

V31Q)1N(Vqmax =∆−= . La codificación PCM/NRZ será: LSB MSB Para 1 1 0 0 1 PCM 25)t( x,0t PAMq →== →=µ== V15)t( xseg25Tt PAMqs 0 1 1 1 1 PCM 0 0 1 0 1 PCM V5)t( x,seg50T2t PAMqs →=µ== 0 1 1 1 1 PCM 15V(t) x,seg75T3t PAMqs →=µ==

50 100 microsegundos

0

5

15

25

x(t)XPAM(t) 5

25 Ts 2Ts

73Ts

Fig. P5.24(a)



203

La salida PCM tendrá entonces la forma dada en la Fig. P5.24(b). Recuérdese que el dígito de menos peso (LSB) va la izquierda y se transmite de primero.

El ancho de banda en PCM será kHz 20010X511B 6

sPCM ==

τ= −

5.25. La señal )]t10cos(1[05,0)t(m π−= se aplica a un modulador Delta cuya frecuencia de muestreo es de 100 Hz, con escalones de 10 mV de amplitud.

(a) Dibuje las señales )t(y x (t)m ),t(m ∆ para ms 100t0 ≤≤ .

Solución:

ms10T mV; 10 ;100f ;5f )];t52cos(1[10x50)t(m ssm3 ==∆==π−= −

En la Fig. P5.25 se muestra el proceso de modulación Delta.

Otros parámetros de esta señal son:

Hz 200f21B ;ms52T ;1,0

A mV; 100A ;20

ffF s

s

mrm

m

ss ==

τ===τ=

∆=∆===

Nótese que .2Fsr π<⋅∆ Entonces, de la expresión (5.129),

dB 566,1434,1NS

o

o == . Nótese que esta relacion S/N no es la máxima para el caso

presente porque la frecuencia de muestreo es relativamente baja. En la parte (b) veremos que para aumentar la relación S/N es necesario aumentar la frecuencia de muestreo.

sτ

0 Ts 2Ts 3Ts 4Ts

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0

Fig. P5.24(b)

0

τ

∆

)t(m

)t(x∆

100 200 milisegundos

Ts

m(t)

+A

-A

0

0

t

t

100

50

mV

Fig. P5.25.



204

(b) Para la señal de la parte (a) hay que determinar la máxima relación S/N de postdetección y ver cuál es la frecuencia de muestreo necesaria. Se mantiene el valor del escalón en mV. 10=∆

1,010x10010x10

A 3

3

mr ==

∆=∆ −

−

El valor máximo de la frecuencia de muestreo normalizada ocurre cuando

832,682F2Fr

smaxsmaxr =∆π

=∴π=⋅∆ ; pero Hz 16,314ff

fF smaxm

smaxsmax =∴=

De la expresión (5.129), para 832,68Fy 1,0 smaxr ==∆ , la relación de postdetección

será dB 761,21150NS

o

o == .

Nótese el aumento de más de 20 dB en la relación S/N de postdetección al aumentar la frecuencia de muestreo; por supuesto, el precio que hay que pagar es el aumento del ancho de banda necesario que ahora es B = 628,32 Hz.

5.26. A un modulador Delta se le aplica la señal )t102sen()t(m 3π= , siendo la frecuencia de muestreo de 64 kHz.

Determinar el valor óptimo del escalón relativo r∆ y el valor máximo de la relación S/N de postdetección.

Solución:

64ffF ;64x10f ;1A ;10f );t102sen()t(mm

ss

3sm

3m

3 =====π=

La condición óptima es ropmrops

ropsrop A ;09817,0F22F ∆=∆=∆=π

=∆∴π=⋅∆ .

Con estos parámetros, la relación S/N de postdetección, de (5.129), es

dB 92,2163,155NS

o

o == .

El ancho de banda necesario será B = 2fs = 128 kHz.

5.27. Se desea comparar los anchos de banda de transmisión requeridos en PCM y DM en el caso de modulación sinusoidal. Si la relación Señal/Ruido de Cuantificación es de 30,099 dB, demuestre que mDMmPCM f17,328By f10B == .

Solución:

1023dB 099,30NS

oq

o ==



205

En PCM. 22m2mPCM

2

oq

o NlogfNlogf2B ;1NNS

==−=

m2mPCM22 f10)1024(logfB ;1024N10231N ===∴=−

En DM. sDM2m

oq

o f2B ;]A[23

NS

=∆

=

12,36A ;682]A[ ;1023]A[23 m2m2m =

∆=

∆=

∆

De (5.122),∆

π=∴π

=∆

mms

m

sm Af2fff

21A ;

mmm

msDM f17,328f4x12,26Af4f2B =π=∆

π==

5.28. Se quiere comparar los sistemas PCM y DM mediante el factor de expansión del ancho

de banda m

m fB

=β . Graficar m

)dB(DMq

o

)dB(PCMq

o vsNSy

NS

β⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

Discutir los resultados.

Solución:

En DM. 2

m

s2

2

m

s2

m

s2m

oq

o

ff2

)4(23

ff2

41

23

ff

21

23)A(

23

NS

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π

=∆

=

Pero como m

DMmsDM f

By f2B =β= , entonces,

2om2

oq

om

oq DM(dB)

S 3 ; y en dB, N 2(4 )

S 20,223 20log( )N

= βπ

⎡ ⎤= − + β⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

En PCM. m

)dB(PCMoq

o 01,3NS

β⋅=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

En la Fig. P5.28 se grafican

estas relaciones.

2 4 6 8 10 12 14 16

20

0

20

40

60

mβ2 4 6 8 10 12 14 16

0

-

PCM

DM

dB

Fig. P5.28.

So/No



206

5.29. M señales pasabajo, todas de banda limitada fm, se muestrean instantáneamente y se multiplexan en TDM. La señal multiplexada se pasa por un filtro pasabajo ideal antes de la transmisión.

(a) ¿Cuál es el valor del ancho de banda mínimo del filtro a fin de que las señales individuales puedan recuperarse en el receptor?

Solución:

Las M señales hay que muestrearlas en un tiempo ms

s f21

f1T == ; por consiguiente,

una muestra de señal se producirá cada intervalo ms

sM Mf2

1Mf

1MTT === . El ancho

de banda TDM mínimo necesario del filtro será

mM

Mf2T1B ==

(b) Repetir (a) si las señales se multiplexan en la forma mostrada en la Fig. 3.47(b) del Texto, siendo RT el ciclo de trabajo de la señal PAM/TDM.

Solución:

La señal compuesta equivale a una secuencia de impulsos de amplitud variable, de anchura τ y con tiempo de guarda gτ . Entonces, para una relación de trabajo RT,

m

T

s

TsTMT

MT Mf2

RMfR

MTRTR

TR ====τ∴

τ= . El ancho de banda de la señal será:

T

m

RMf21B =

τ=

(c) Esta parte se la dejamos a la ingeniosidad del lector.

(d) La señal PAM/TDM compuesta se codifica en ASCII sin bit de paridad. Demuestre que en este caso, la velocidad de modulación es de mb f20V = baudios.

Solución:

El período de la señal PAM/TDM es TM. Para codificar en ASCII sin bit de paridad se necesita 10 dígitos binarios, es decir, n = 10. El codificador debe producir cada TM segundos una secuencia de 10 dígitos binarios. Sea τ la duración de cada dígito binario ASCII, entonces,

msm

bM nMf2T

nMTn1VnT ===

τ=∴τ= baudios.

Para n = 10, mb Mf20V = baudios



207

5.30. La señal )]t10cos(1[10)t(m 4π+= se va a codificar en PCM/NRZ mediante un convertidor analógico-digital de salida paralela, la cual se transforma en serie mediante un registro de desplazamiento, Fig. 5.37(a) del Texto. El error máximo tolerable en la codificación es del 0,1975% del valor máximo de m(t). Suponga que el muestreo se ha efectuado al doble de la frecuencia de Nyquist.

(a) Determine las características del convertidor analógico-digital: n y N ,V ,Q qmax∆ . Sugerencia: utilice los resultados del Ejemplo 5.9.

Solución:

Hz; 10x5f )];t10x52cos(1[10)]t10cos(1[10)t(m 3m

34 =π+=π+= codificación

unipolar; maxmax V1001975,0

2Q ;0m(t)min ;V20m(t) max =

∆===

V0395,0100

20x1975,02Q ;

2Q)1N2(

2QVV qmaxmax ==

∆∆−=

∆+=

V96,190395,0202QVV maxqmax =−=

∆−= V079,0Q =∆

2Q)1N2(Vmax

∆−= . Resolviendo: 67,253

Q2QV2N max =

∆∆+

=

Pero N debe ser un número entero y potencia entera de 2, es decir, n2N = , donde n es también un entero. En el presente caso, se hace N = 256, de donde n = 8. El convertidor analógico-digital (CAD) será de 8 bits.

Veamos la influencia de este cambio, pero vamos a mantener el mismo error máximo,

es decir, .V0395,02Q=

∆ Entonces,

8n 256;N ;V145,202QVV ;V1845,20

2Q)1N2(V maxqmaxmax ===

∆−==

∆−=

(b) En el registro de desplazamiento se agrega un impulso de arranque (siempre a “CERO”) y uno de pare (siempre a “UNO”). El impulso de arranque tiene la misma duración que los impulsos PCM/NRZ, mientras que en el impulso de pare la duración es el doble. En este caso determine la frecuencia de reloj del registro de desplazamiento y el ancho de banda mínimo de la señal transmitida.

Solución:

La salida del registro tendrá la forma mostrada en la Fig. P5.30.

6s5

ss

3s 10x5

10T ;10x5

f1T ;10x20f −− ==τ===

τ

τTs = 10

0 1 1/0 1/0 1/0 1/0 1/0 1/0 1/0 1/0

Fig. P5.30.

t



208

τ2/τ

2/τ τ

2/τ

2/τ

2/τ

τ

τ

τ

m1(t)

A

t

t

t

t

A

A

A

A

m2(t)

m3(t)

m4(t)

Ts

Fig. P5.31(a).

t

Señal Compuesta PAM/TDM/NRZ

τ es el período de la señal de salida del registro; por lo tanto, la frecuencia del registro es

kHz 2001fr =τ

= . Asimismo, el ancho de banda es kHz. 2001B =τ

=

5.31. En la Fig. 5.103 del Texto se muestra un sistema TDM básico para cuatro señales. Este multiplexor se puede instrumentar en la práctica con circuitos integrados 4016. Las compuertas analógicas 4016 conducen cuando son activadas en secuencia mediante un contador cíclico, cuya salida ABCD se muestra en la Tabla inserta. Al multiplexor entran las siguientes señales:

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

ττ−

Λ+ττ−

Λ=ττ−

Π=ττ−

Λ= )4/

4/3t()4/

4/t(A)t(m );2/t(A)t(m );2/

2/t(A)t(m 321

)2/t()]t2cos(1[2A)t(m4 τ

τ−Π⋅

τπ

+=

Suponga que seg 8,0=τ y que la frecuencia de muestreo fs es de 10 Hz.

(a) Describa el funcionamiento del circuito completo.

Se deja como ejercicio para el lector

(b) En la Fig. P5.31(a) se muestra el mecanismo de multiplexamiento.

;10f ms; 8008,0 s ===τ

ss 8T ms; 1001,0T =τ==

(c) De la Fig. P5.31(a) se puede ver que el período de la señal PAM/TDM/NRZ es Ts; el ancho de banda de la señal compuesta será

Hz 10fT1B s

s

===

(d) PCM Unipolar n216N 1;Q ;V15A ===∆= ; 5,15

2Q)1N2(V ;4n max =

∆−==



209

Para codificación PCM tomaremos los valores de la señal PAM/TDM/NRZ en el instante de muestreo y puesto que 1Q =∆ , esos valores se redondearán al valor entero más cercano; entonces, de la Fig. P5.31(a), para MSB LSB

1 1 0 0 PCM 3PAMq ;5,2)T3(m ;3Tt0 0 0 1 PCM 8PAMq ;5,7)T2(m ;2Tt1 1 1 1 PCM 15PAMq ;15)T(m ;Tt0 0 0 0 PCM 0 PAMq ;0)0(m ;0t

sPAMs

sPAMs

sPAMs

PAM

→===→===→===→===

En la Fig. P5.31(b) se muestra las primeras cuatro muestras codificadas de la señal PCM. Nótese que el dígito de menos peso (LSB) se coloca a la izquierda y se transmite de primero.

(e) De la Fig. P5.31(b),

4Ts

s =τ . El ancho de banda de la secuencia PCM/TDM/NRZ será

Hz 40f4T41B s

ssPCM ===

τ=

(f) La frecuencia pcmf es la frecuencia de la secuencia PCM a la salida del codificador PCM; por lo tanto,

Hz 40f4f spcm ==

5.32. Las señales )t10(sinc10)t(m );t10(sinc10)t(m ),t10cos(5)t(m 423

42

41 ==π= y

)t10x2cos()t10cos(20)t(m 344 ππ= , se multiplexan en TDM en la forma mostrada en

la Fig. 5.103 del Texto y en el Problema anterior, y a continuación la señal se codifica en PCM, código ASCII sin bit de paridad.

Solución:

La forma de estas señales hace muy difícil dibujar la señal compuesta PAM/TDM/NRZ como se hizo en el problema anterior; para que el lector se de cuenta de lo difícil que sería, en la Fig. P5.32(a) mostramos la forma de estas señales entre s5T y t 0t == .

sτ

0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 t0 Ts 2Ts 3Ts 4Ts

Fig. P5.31(b).



210

Para la codificación PCM, vamos a tomar el siguiente orden en la multiplexación de la señales: )T7(m)T4(m)T3(m)T2(m)Ts(m)0(m s4s1s4s321 →⋅⋅⋅⋅⋅→→→→→ . Son ocho muestras que codificaremos en PCM.

Características de entrada:

Frecuencias:

Hz 10x5f Hz; 10x5f 3m2

31m ==

Hz. 10x6f Hz; 10f 3m4

4m3 ==

La frecuencia de muestreo depende de la frecuencia más alta, en este caso fm3. Entonces, kHz 2010x20f2f ;ff 3

maxs3mmax ====

El intervalo de muestreo Ts será entonces

dosmicrosegun 5010x5T 5s == −

El lector podrá darse cuenta, observando la Fig. P5.32(a) que para estos intervalos algunas de las señales son casi cero. Como el objetivo del presente problema es de diseñar el método de codificación apropiado, vamos a disminuir Ts a seg25µ , valor que nos dará amplitudes razonables. Entonces, sea seg. 10x25T 6

s−=

Parámetros de codificación: Codificación bipolar

1563,02Q ;V3125,0

N2VQ 7;n 128;N ;20V max

max =∆

==∆===

Nótese, de la expresión (5.90), que el valor )mT(x sqk corresponde a cada nivel k, y que k, en binario, es el valor de la muestra PCM. En nuestro caso vamos hacer

)mT(m)mT(x sisqk ≈ , determinamos el valor k correspondiente y le asignaremos el correspondiente código. Pero queda el problema de cómo representar el signo; en este caso se toma el bit de mayor peso (MSB) con la siguiente notación:

si 0""MSB 0)mT(m"1" MSB 0)mT(m

si

si

=→<=→≥

para i = 1, 2, 3 y 4

y el valor de k se disminuye en uno. El precio que hay que pagar es una pequeña pérdida al codificar los valores máximos de señal, es decir, que para 20m(t) max = , el valor de k será 63 y no 64.

Entonces de la expresión (3.90),

1Q2

Q)mT(m2enterok si −⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∆∆+

= . Por ejemplo si k = 28, la codificación será 0011101, y

si k = -40, la codificación será 0001010. Como siempre, el dígito de menor peso se coloca a la izquierda y se transmite de primero.



211

Con estos datos ya podemos establecer la siguiente Tabla de Codificación

TABLA DE CODIFICACION .seg10x25T 6

s−=

)mT(m si k Codificación PCM 5)0(m1 = 15 1 1 1 1 0 0 1

003,9)T(m s2 = 28 0 0 1 1 1 0 1

053,4)T2(m s3 = 12 0 0 1 1 0 0 1

6,12)T3(m s4 −= -40 0 0 0 1 0 1 0

5)T4(m s1 −= -16 0 0 0 0 1 0 0

801,1)T5(m s2 −= -6 0 1 1 0 0 0 0

5,0)T6(m s3 = 0 0 0 0 0 0 0 1

42,6)T7(m s4 = 20 0 0 1 0 1 0 1

En la Fig. P5.32(b) se ilustra esta codificación PCM en ASCII para las cuatro primeras muestras. Los dígitos de arranque y pare se remarcan para diferenciarlos de los siete dígitos de información

(a) De la secuencia PCM, el ancho de banda de dicha secuencia es

kHz. 40010x410x25

10T10B 5

6s

==== −

La frecuencia fpcm del codificador es también de 400 kHz.

(b) En un minuto se puede transmitir un número Nc de caracteres ASCII dado por

.caracteres 10x4,210x25

60T60N 6

6s

c === −

Como cada caracter contiene 7Ic = bits de información, la información neta total transmitida en un minuto será bits. 10x8,16INI 6

cct ==

Nótese que este valor es diferente al dado en el Texto; pero eso es debido a que se cambiaron los datos del problema.

(c) El diseño de un sistema de recepción para la recuperación de las cuatro señales lo dejamos a la ingeniosidad del lector.

Fig. P5.32(b)Ts 2Ts 3Ts 4Ts

0 Muestra 1 Muestra 2 Muestra 3 Muestra 4



212

5.33. En un sistema de telemetría PAM/TDM se multiplexan cuatro señales pasabajo )t(my )t(m ),t(m ),t(m 4321 . Las señales )t(my )t(m 21 tienen un ancho de banda de

80 Hz, mientras que las señales )t(my )t(m 43 tienen un ancho de banda de 1 kHz. La frecuencia de muestreo para m3(t) y m4(t) es de 2400 Hz. Suponga que las otras frecuencias de muestreo se pueden obtener mediante división por potencias enteras de 2 a partir de 2400 Hz.

Diseñe un sistema PAM/TDM que efectúe un multiplexaje preliminar de )t(m1 y )t(m2 en una señal compuesta )t(m12 , y un multiplexaje final de )t(m ),t(m 312 y ).t(m4

Solución: Una configuración de este sistema tiene la

forma, Fig. P5.33, (a) Frecuencias:

Hz. 160f2f Hz; 80f)t(my )t(m 1ms11m21 ===→ Pero como solamente disponemos

de frecuencias derivadas de un reloj de 2400 Hz, la frecuencia disponible más cercana es de 300 Hz, porque si seleccionamos la frecuencia de 150 Hz, las señales estarían submuestreadas y poseerían componentes de distorsión, como ya lo hemos comprobado repetidas veces. Entonces, la frecuencia de muestreo del Multiplexor M1 será

fs1 = 300 Hz, de donde ms 333,3T 1s =

Hz; 1000f)t(my )t(m 2m43 =→ pero su frecuencia de muestreo es Hz 2400f 2s = , de donde ms. 4167,0T 2s =

(b) La señal )t(m12 cuya frecuencia de muestreo es de 300 Hz, en el Multiplexor 2 volverá a ser muestreada pero esta vez a 2400 Hz, es decir, cada 2sT seg. Esto

quiere decir que en el tiempo Ts1 se puede muestrear hasta 8TTM

2s

1s == señales y el

Multiplexor 1 puede muestrear hasta 8 señales de 80 Hz. Esta situación se muestra en la Fig. P5.33(b). En la parte (a) se muestra la salida del Multiplexor 1, y en la parte (b) la relación entre las salidas del Multiplexor 1 y el Multiplexor 2.

Multiplexor M1 Multiplexor

M2Salida PAM/TDM

fs

fs2

m1(t)

m2(t)

m12(t)

m3(t)

m4(t)

Fig. P5.33(a).



213

Nótese que en el tiempo Ts1 caben 8 salidas del Multiplexor 2, lo que quiere decir que en el Multiplexor 1 se pueden agregar 6 señales más de 80 Hz sin necesidad de cambiar las frecuencias de muestreo.

(c) El ancho de banda de la señal resultante PAM/TDM/NRZ se puede deducir de la Fig. P5.33(b).

Sea 7200f31B3

T2s

2s ==τ

=∴=τ Hz.

Este ancho de banda es independiente de que se esté muestreando 2 u 8 señales de 80 Hz.

5.34. Se desea construir una red lineal que convierta impulsos rectangulares en impulsos

coseno elevado, es decir, una red donde la entrada sea ]t[A)t(xτ

Π= y la salida tenga la

forma ).t()t2cos(12A)t(y

τΠ⋅⎥⎦

⎤⎢⎣⎡

τπ

+= Vamos a determinar la función de transferencia de

esta red. Solución:

)f(sinc2

A)t(2A );t12cos()t(

2A)t(

2Ay(t) );f(sincA)f(X τ

τ⇔

τΠ

τπ

τΠ+

τΠ=ττ=

)]1f([sin4

A)]1f([sinc4

A)f(sinc2

A)f(Yτ

−ττ

+τ

+ττ

+ττ

=

)f(X)f(H)f(Y ⋅= , de donde

)f(sincA

)]1f([sinc4

A)]1f([sinc4

A)f(sinc2

A

)f(X)f(Y)f(H

τττ

−ττ

+τ

+ττ

+ττ

==

τ

Ts1/2 Ts 3Ts1/2 2Ts

m1(t) m1(t) m2(t) m2(t) m12(t)

(a) Salida del Multiplexor M1

m3 m4 m3 m3 m3 m3 m3 m3 m3 m4 m4 m4 m4 m4 m4 m4

Ts1 Ts2

m12 m12 m12 m12 m12 m12 m12 m12

(b) Relación entre Ts1 y Ts2 Salida del Multiplexor 2 Fig. P5.33(b).



214

Esta expresión se reduce a (¡Oh, milagros de MATHCAD!)

τ<

τ−=

1f para f1

121)f(H 22

5.35. La señal de entrada a un filtro acoplado tiene la forma mostrada en la Fig. 5.104 del Texto. El ruido de entrada tiene una densidad espectral de potencia Sn(f).

(a) Determinar la función de transferencia del filtro acoplado.

Solución:

De la expresión (5.139) del Texto, con to = T, )f(S

)Tf2jexp()f(kV)f(Hn

π−−=

De la Fig. 5.104 del Texto, )T

2/Tt()Tt(TA)t(v −

Π−−=

∫ π−−−=T

0dt)ft2jexp()Tt(

TA)f(V . Resolviendo esta integral, obtenemos

[ ])Tf2jexp(Tf2j1T)f2(

A)f(V 2 π−−π−π

=

[ ])Tf2jexp(Tf2j1T)f2(

A)f(V 2 π−π+π

=−

[ ]1)Tf2jexp(Tf2j)Tf2jexp()f(S)f2(T

kA)f(Hn

2 −π−π+π−π

=

[ ]1)Tf2jexp()Tf2j1(fT4

1)f(S

kA)f(H 22n

−π−π+π

=

(b) 2

k ;2

)f(S 1;T ;10A nη

=η

===

[ ])f2jexp(f2j1)f2(

10)f(V 2 π−−π−π

=

De la expresión (5.135) del Texto, el valor máximo de la relación S/N es

∫ ∫∞

∞−

∞

∞−−==ρ df)f(V10

2df)f(S

)f(V 26

n

2

max ; y por el Teorema de Raleigh,

∫ ==−=ρ −

T

0

722

2

6max dB 239,7810x6666,6dt)Tt(TA

102



215

5.36. El impulso coseno elevado de la Fig. 5.105 del Texto, se aplica a un filtro acoplado. El

ruido de entrada es blanco de densidad espectral 2

ky 2

η=

η .

(a) Determine la función de transferencia del filtro acoplado.

Solución:

2k ;

2)f(Sn

η=

η= ; )

T2/Tt()]

2Tt(

T2cos[1

2A)t(v −

Π⋅⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

π+=

∫ π−⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −

π+=

T

0dt)ft2jexp()]

2Tt(

T2cos[1

2A)f(V . Resolviendo esta integral, obtenemos

)fT1(f1)Tf2jexp(

4Aj)f(V 22−

−π−π

= ; )1fT(f

1)Tf2jexp(4Aj)f(V 22 −

−ππ

=−

)1fT(f)Tf2jexp(1

4Aj)Tf2jexp()f(V)f(H 22 −

π−−π

=π−−=

[ ] )Tfjexp()fT1(f

)Tfsen(2A

)1fT(f)Tfjexp()Tfjexp()Tf2jexp(

4Aj)f(H 2222 π−

−π

π=

−π−−ππ−

π=

)Tfjexp()f(H)f(H 1 π−= , donde )fT1(f

)Tfsen(2A)f(H 221 −

ππ

=

(b) 6n

6- 10x5,02

)f(S ;Hz/W10 1;T ;10A −=η

==η== W/Hz

)21t()]]

21t(2cos[1[5)t(v −Π⋅−π+=

∫ ∫∞

∞− −− ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −π+==ρ

1

0

2

62

6max dt)]21t(2cos[125

102dt)t(v

102

dB 751,7810x5,7 7max ==ρ

5.37. Vamos a comparar el comportamiento entre un filtro pasabajo RC y un filtro acoplado.

La señal de entrada es un impulso de la forma ),T

2/Tt(A)t(v −Π= el ruido es blanco de

densidad espectral 2

ky 2

η=

η .

Para el filtro RC

(a) Determinar la señal de salida vo(t).



216

Solución:

Para el filtro RC, del Problema 2.22, Fig. 2.67(a)

f2jRC1

1RC1)f(H)t(u)

RCtexp(

RC1)t(h

π+=⇔−=

)Tfjexp()Tf(ATsinc)f(V)T

2/Tt(A)t(v π−=⇔−

Π=

)t(v)t(h)t(v)f(V)f(H)f(V oo ∗=⇔=

∫∞

∞−τ

−τΠτ−

τ−−= d)

T2/T()t(u)

RCtexp(

RCA)t(vo

pero )T(u)(u)T

2/T( −τ−τ=−τ

Π

τ−τ−ττ−τ

−= ∫∞

∞d)]T(u)(u)[t(u)

RCexp()

RCtexp(

RCA)t(vo

∫∞

∞−−τττ−

τ−= d)(u)t(u)

RCexp(

RC

)RC

texp(A)t(vo

∫∞

∞−τ−ττ−

τ−− d)T(u)t(u)

RCexp(

RC

)RC

texp(A

pero τ<≤≤=ττ− 0y Tt0 para 1)(u)t(u

τ<<=−ττ− Ty t T para 1)T(u)t(u

Sea )t(v)t(v)t(v 2o1oo += , donde

)T

2/Tt(d)RC

exp(RC

)RC

texp(A)t(v

t

01o−

Π⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ τ

τ−= ∫

)Tt(ud)RC

exp(RC

)RC

texp(A)t(v

t

T2o −⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ τ

τ−−= ∫

Resolviendo las integrales y rearreglando, obtenemos finalmente,

)Tt(u]1)RC

Tt[exp(A)t(y v )T

2/Tt()]RC

texp(1[A)t(v o21o −−−

−=−

Π−−=

de donde, )Tt(u]1)RC

Tt[exp()T

2/Tt()]RC

texp(1[A)t(vo −−−

−+−

Π−−=



217

En la Fig. P5.37(a) se muestra esta señal para T = 0,1 seg y RC = 0,5

(b) Determinar la potencia de ruido.

∫∞

∞−>=< df)f(H)f(S)t(n 2

n2o

∫∞

∞−

η>=< df)f(H

2)t(n 22

o

o también, mediante el Teorema de Raleigh,

∫ ∫ ∫∞

∞−

∞

∞−

∞−

η=−

η=

η>=<

02222

o dt)RC

t2exp()RC(2

dt)t(u)RC

t2exp()RC(

12

dt)t(h2

)t(n

RC4

)t(n2o

η>=<

(c) -610 10;RC 10;A ;1T =η===

9056,0)]RCTexp(1[A)t(v 22

o =−−= ; 82o 10x5,2

RC4)t(n −=

η>=<

dB 59.7510x622,310x5,2

9056,0)t(n)T(v

z 782

o

2o

max ===><

= −

Para el filtro acoplado Tf)exp(jATsinc(TF)V(-f) );Tfjexp()Tf(ATsinc)f(V π=π−=

)Tf2jexp()Tfjexp()Tf(ATsinc)Tf2jexp()f(V)f(H π−π=π−−=

)Tfjexp()Tf(ATsinc)f(H π−=

Aunque no se pide en el problema, sería interesante ver la forma de la señal de salida

del filtro acoplado cuando se le aplica el impulso rectangular )T

2/Tt(A)t(v −Π= .

Entonces, para el filtro acoplado,

Tf)exp(-jATsinc(Tf)V(f) );Tfjexp()Tf(ATsinc)f(H π=π−=

)Tf2jexp()TF(sincTA)f(V)f(H)f(V 222o π−==

)T

Tt(T

A)t(v2

o−

Λ=

Obsérvese la forma de la salida, Fig. P5.37(b), que no se parece en nada a la entrada; pero lo importante es que el valor máximo de la salida ocurre para t = T con un valor igual a la energía de la señal de entrada

A/T2

0 T 2T t

Fig.P5.37(b)

vo(t)



218

y la probabilidad de detección se ha optimizado. Esta es la importancia de los filtros óptimos, sobre todo en la detección de señales digitales, donde lo que se quiere detectar no es una “forma” sino una “presencia” (impulso presente o impulso ausente).

(d) Determinar maxρ para el filtro acoplado.

∫ ∫∞

∞−==

η=

η=

η=ρ dB 01,8310x2TA2dtA2dt)t(v2 8

2T

0

22

max

Nótese la ventaja del filtro acoplado sobre el filtro RC: en las mismas condiciones su relación S/N máxima de salida es 7,41 dB superior.

5.38. Sobre un canal telefónico de 3 kHz de ancho de banda se transmite datos binarios. La relación S/N máxima en el canal es de 6,0206 dB. Se considera ASK Coherente.

Nota de advertencia al lector.

Antes de la aparición de programas matemáticos mediante computadoras, el cálculo de erfc(x) se efectuaba mediante una serie de potencias y tomando un número de términos que uno consideraba suficiente; ese fue el método que utilizamos originalmente. Pero ahora que disponemos de programas potentes como MATHCAD, MATLAB, MATEMATICA y otros, la exactitud y rapidez en el cálculo es muchísimas veces superior.

En este Problemario estaremos utilizando el programa MATHCAD en el cual la Función Error erf(x) y la Función Error Complementaria erfc(x) se definen en la forma

∫ ∫∞

=+−π

=−π

=x

0 x

22 1erfc(x)erf(x) ;dz)zexp(2erfc(x) ;dz)zexp(2)x(erf

como se puede ver en el Apéndice D del Texto. En consecuencia, el cálculo de erf(x) y erfc(x) será mucho más exacto y puede haber diferencias con los valores dados en el Texto en el cálculo de erf(x) y erfc(x).

(a) Determine la velocidad de información máxima en el canal y la probabilidad de error.

Solución:

4 dB 0206,6NS kHz; 3B === . ASK Coherente.

baudios 1500V bps; 1500V ;1500

1T Hz; 1500f ;f2B bibbb =====

4NS

i

i = . De la expresión (5.159a) del Texto, 16NS4

i

i ==γ

En ASK Coherente, 3e 10x339,2)2(erfc

21)

4(erfc

21P −==

γ=



219

Si se considera ASK No Coherente, 3e 10x158,9)

4exp(

21P −=

γ−=

(b) Si baudios 300V bps, 300V bi == ; fb = 300 Hz

4b

2

b

2

10x4,2f162A

f2A16 ==

η∴

η= . Entonces, para fb = 300 Hz,

80300

10x4,2f2

A 4

b

2

==η

=γ ; 10e 10x0306,1)

480(erfc

21P −==

5.39. Se transmite datos binarios por un canal de RF. El ancho de banda útil del canal es de 10 MHz. La velocidad de información es de 4,8 Mbps y se utiliza modulación ASK. La amplitud de la portadora en la antena del receptor es de 1 mV y la densidad espectral de potencia del ruido es de 10-15 W/Hz.

(a) Determine las probabilidades de error en Coherente y No Coherente.

Solución:

(a) En ASK: 083333,5210x8,4x10x2x2

10f2

A615

6

b

2

==η

=γ −

−

ASK Coherente: 710x671,1)4

(erfc21Pe −=

γ=

ASK No Coherente: 610x1068,1)4

exp(21Pe −=

γ−=

(b) La relación S/N en la antena o a la entrada del receptor es

[ ] dB 969,105,1210x10x10x2x4

10B4

ANi/Si 615

62

ASK ===η

= −

−

.

5.40. En la expresión (5.147) y Fig. 5.62 del Texto, se da la densidad espectral de potencia de una señal ASK para una secuencia binaria unipolar NRZ.

(a) Demuestre que la potencia contenida dentro del ancho de banda B = 2fb, centrado en fc, es el 95% de la potencia total de la señal ASK.

Solución:

Como se trata de calcular potencias (áreas positivas), la potencia contenida en el ancho de banda B = 2fb se puede calcular refiriendo SASK(f) al origen, es decir,

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+δ>=< ∫ ∫− −

b

b

b

b

f

f

f

f b

2

b

222 df)

ff(sinc

f16Adf)f(

16A2)t(y



220

π+=

ππ

+>=< ∫418,1

4A

8Adf

)f/f()f/f(sen

f4A

8A)t(y

22f

0 2b

b2

b

222 b

Entonces 4

A951,0)451,021(

4A451,0

4A

8A)t(y

22222 =+=+>=<

Puesto que 4

A)t(x2

2ASK >=< , se verifica entonces que

><>=< )t(x951,0)t(y 2ASK

2 .

La potencia contenida en el ancho de banda B = 2fb es igual al 95,1% de la potencia total de la señal ASK.

(b) Nótese que la potencia de portadora está representada por los impulsos en ±fc. Esta potencia Pcc es, del cálculo anterior (parte (a)),

><=== )t(x21

4A)

21(

8APcc 2

ASK

22 .

Puede observarse que la mitad de la potencia total de la señal ASK se consume en la transmisión de la portadora.

5.41. Sobre un canal se transmite datos binarios en FSK. El ancho de banda útil del canal es de 3 kHz. Las frecuencias de transmisión son: Hz 2100fy Hz 1500f o1 == . Se utiliza un módem que trabaja a una velocidad de modulación de 300 baudios. La relación S/N en el canal es de 6,0206 dB = 4.

Determine todas las características del sistema.

Solución:

La distribución de las frecuencias y de los anchos de banda se muestra en la Fig. P5.41. Entonces,

Hz 18002

fff o1c =

+=

Hz 30018002100fd =−=

Hz 1200)ff(2B bdc =+=

Como el ancho de banda del canal es de 3 kHz, hay ancho de banda de sobra, aún para agregar otro canal de transmisión, como es lo normal en los Módems UIT-T V.21 y Bell 102/113.

En FSK 8NS2 i ==γ

fd fd fb fb

1500 fc

B B

Bc

2100 f

"1" "0" Filtros

Fig. P5.41.



221

FSK Coherente: 3e 10x339,2)

28(erfc

21P −==

FSK No Coherente: 3e 10x158,9)

28exp(

21P −=−=

5.42. El Módem Bell 102/113 transmite a 300 bps, igual que el Módem UIT-T V.21, pero sus frecuencias de operación son: en la banda inferior, Hz 1270fy Hz 1070f o1 == ; y en la banda superior, Hz 2225fy Hz 2025f o1 == . La amplitud de la portadora es 0,5 mV y la densidad espectral de ruido en el sistema es de 10-11W/Hz.

Repetir para este Modem Bell los cálculos efectuados en el Ejemplo 5.18, parte (b), del Texto.

Solución: Hz/W2x10 ;0,5X10A Hz; 300f -11-3

b =η==

Hz 16482

20251270f Hz; 100f200f2 cdd =+

==∴=

Con estos datos se construye la Fig. P5.42, de la cual obtenemos:

Filtros de Canal: Hz 400ffBBBB db0S1S0I1I =+==== Filtros de Banda: Hz 878378f2fBB dbBSBI =++== Filtro de Línea: Hz 1756BBB BSBIc =+=

300f ;Hz/W2x10 ;2

10A b11

3

==η=−

91Ii

72

ib

2

10x8BN ;10x25,12

AS ;833,20f2

A −− =η====η

=γ

dB 938,11125,15NS

i

i == ; FSK Coherente: 6e 10x5,2P −=

FSK No Coherente: 5e 10x496,1P −=

fb fb fd fd fd fd

1070 1270 2025 2225

378 378 200 200

BI1 BI0 BS1 BS0 BBI BBS

Bc

1648 770

f

Fig. P5.42.

"1" "1""0" "0"

2525 Hz



222

5.43. Sea los sistemas ASK, FSK y PSK, de amplitud de portadora A y frecuencia de señalización fb. La potencia en los tres sistemas es la misma.

(a) Demuestre que para una misma probabilidad de error Pe y en demodulación coherente

PSKi

i

FSKi

i

ASKi

i

NS2

NS

NS

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

Solución:

(a) En Demodulación Coherente:

ASK: ASKNi

Si4 );4

(erfc21Pe ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=γ

γ=

FSK: FSKNi

Si2 );2

(erfc21Pe ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=γ

γ=

PSK: PSKNi

Si2 );(erfc21Pe ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=γγ=

Si las probabilidades de error Pe son iguales, entonces los argumentos de Pe son iguales, es decir,

PSKFSKASK NiSi2

NiSi

NiSi

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ , de donde

PSKFSKASK NiSi2

NiSi

NiSi

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡

(b) fb = 1200 Hz; η = 2x10-10 W/Hz; [Si/Ni] = 10 dB = 10

ASK: b

2

f2A]Ni/Si[4η

==γ . De aquí: mV 382,4]Ni/Si[f8A b =η=

FSK: ]Ni/Si[2=γ . De donde mV 098,3]Ni/Si[f4A b =η=

PSK: Igual que en FSK: A = 3,098 mV

En cuanto a las probabilidades de error Pe,

6e

i

i 10x872,3)4

(erfc21P ;4010x4

NS4 :ASK En −=

γ====γ

En FSK: 6e

i

i 10x872,3)2

(erfc21P ;2010x2

NS2 −=

γ====γ

En PSK: 10e

i

i 10x27,1)(erfc21P ;2010x2

NS2 −=γ====γ



223

5.44. Un canal tiene un ancho de banda útil de 3 kHz. La potencia promedio máxima permitida es de –30 dBm y en el canal la densidad espectral es de 2x10-11 W/Hz.

(a) Determine la capacidad teórica del canal

Solución:

Bc = 3000 Hz; Si = -30 dBm; η = 2x2x10-11 W/Hz

Si = -30 dBm = 10-6 W; Ni = ηBc = 3000x4x10-11 = 12x10-8 W = -39,208 dBm

208,9333,810x12

10NS

8

6

i

i === −

−

dB

9667)NS1(log3000C

i

i2 =+= bps

(b) Determine las velocidades de información máximas en FSK y PSK

Solución:

fb = Bc/2 = 1500 Hz; por lo tanto, en binario, tanto en FSK como en PSK,

Vi = 1500 bps

(c) 667,16333,8x2NiSi2 ==⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=γ

FSK: 510x228,2)2

(erfc21Pe −=

γ= ; PSK: =γ= )(erfc

21Pe 3,882x10-9

5.45. Se dispone de un canal cuya respuesta de frecuencia se muestra en la Fig. 5.106 del Texto, y por el cual se va a transmitir información binaria a 300 baudios en FSK. La relación S/N en el canal es igual a 3,0103 dB y la densidad espectral de potencia del ruido es de 2x10-10 W/Hz.

(a) Determine los valores apropiados de la frecuencia de portadora y de las frecuencias fo y f1.

Solución: Vb = 300 baudios. De donde fb = 300 Hz;

Bc = 2800 – 800 = 2 kHz;

2dB 0103,3NS

i

i ==

η = 4x10-10 W/Hz.

Sea la Fig P5.45:

fc = (2800+800)/2 = 1800 Hz

Bc

fc f1 f0

2fd

800 2800 f

0

Fig. P5.45.

Canal

fb fb



224

De la ecuación (5.163) del TEXTO ,

Bc = 2(fb + fd); de donde fd = Bc/2 - fb; fd = 1000 – 300 = 700 Hz

f1 = fc – fd = 1800 – 700 =1100 Hz; f0 = fc + fd = 1800+700 = 2500 Hz

(b) γ = 2[Si/Ni] = 4 =b

2

f2Aη

; V 10x798,9f8A 4b

−=η=

(c) FSK Coherente: 210x275,2)2

(erfc21Pe −=

γ=

FSK No Coherente: 210x767,6)2

exp(21Pe −=

γ−=

(d) De la ecuación de Hartley-Shannon,

3170)21(log2000C 2 =+= bps

5.46. Al codificador diferencial de la Fig. 5.73 del Texto, se le aplica una secuencia binaria de la forma 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0.

Determine la secuencia de salida (mensaje codificado) del codificador y las fases de la señal DPSK. Suponga que el primer dígito es un “0” y que la fase correspondiente es 0o.

Solución:

Se hace un cuadro como el mostrado en la Fig. P5.46. B AABC +=

5.47. En la Fig. 5.107 del Texto se muestra otra forma de codificador diferencial. (a) Utilizando los mismos datos del Problema anterior, construya una tabla de

valores como la mostrada en la Fig. 5.75 del Texto.

Solución:

Se hace un Cuadro como el de la Fig. P5.47(a). B AB AC +=

nφo0 o0 o0 o0 o0o0π π π πo0

Secuencia Binaria de Entrada

Mensaje Codificado Diferencial

Fase Transmitida

0

1 1 0 1 0 0 0 1 1 0

0 0 1 1 0 1 0 0 0 1

Fig. P5.46.



225

(b) Repetir la parte (a) si el primer dígito es un “1” y la fase es o0 .

Siguiendo el mismo procedimiento, se hace un Cuadro como el de la Fig. P5.47(b).

5.48. En la Fig. 5.108 del Texto se muestra el diagrama de bloques de un receptor PSK binario. No se muestra el sincronizador de temporización. Suponga que )tf2cos(A)t(x icPSK φ−π= , donde

⎭⎬⎫

π=φ=φ

"0"un do transmitiha se si " "1un do transmitiha se si 0

i

oi en un intervalo Tb dado

(a) Determine el voltaje )t(vd de entrada al comparador en un intervalo Tb dado.

(b) Establezca para el comparador un algoritmo de decisión apropiado.

Solución:

(a) La señal xPSK (t) pasa directamente a través del filtro pasabanda de entrada. Entonces, a la salida del elevador al cuadrado se tiene

[ ])2t2cos(12

A)t(cosA)t(x)t(v ic

2

ic222

PSK1 φ−ω+=φ−ω==

El filtro pasabanda rechaza el término en continua y deja pasar solamente la señal centrada en 2fc, de donde

)2t2cos(2

A)t(v ic

2

2 φ−ω= . La operación de división de frecuencia solamente afecta

al término 2ωct y nó al término de fase. Esto se puede demostrar a partir del siguiente desarrollo:

nφo0 π o0 o0 π π π π o0 π π



Fase Transmitida

0

1 1 0 1 0 0 0 1 1 0

1 0 0 1 1 1 1 0 1 1

Fig. P5.47(a).

nφo0 π o0 o0 π π π π o0 π π



Fase Transmitida

0

1 1 0 1 0 0 0 1 1 0

1 0 0 1 1 0 1

Fig. P5.47(b).

0 0 0



226

)t2sen()2sen(2

A)t2cos()2cos(2

A)t(v ci

2

ci

2

2 ωφ+ωφ=

Los términos cos(2φi) y sen(2φi) son constantes (en un intervalo Tb) y no son afectados por la operación de división de frecuencia. Entonces, a la salida del divisor de frecuencia se tiene:

)tsen()2sen(2

A)tcos()2cos(2

A)t(v ci

2

ci

2

3 ωφ+ωφ= , que en forma polar es

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡φφ

−ωφ+φ=)2cos()2sen(arctgtcos)2(sen)2(cos

2A)t(v

i

ici

2i

22

3

pero ii

ii

2i

2 2)2cos()sen(2arctgy 1)2(sen)2(cos φ=

φφ

=φ+φ ; entonces,

).2tcos(2

A)t(v ic

2

3 φ−ω= También, )2tcos(2

A)tcos(A)t(v ic

2

ic4 φ−ωφ−ω=

)cos(4

A)3t2cos(4

A)t(v i

3

ic

3

4 φ+φ−ω= . El filtro pasabajo elimina la componente

en 2fc y la tensión de entrada al comparador en un intervalo Tb dado es entonces

)cos(4

A)t(v i

3

d φ= .

(b) Algoritmo de decisión del comparador.

Puesto que en un intervalo Tb dado

,"0"un do transmitiha se cuando y

"1"un ido transmitha se cuando 0

i

i

π=φ=φ

entonces 4

A)t(v3

d ±= , y la comparación se hace respecto a cero, es decir, el valor del

Vu del umbral debe ser Vu = 0. El algoritmo de decisión del comparador en un intervalo de tiempo tn será:

"0"un sacar ,0)t( vSi "1"un sacar ,0)t( vSi

nd

nd

<≥

5.49. Calcule las potencias pico y promedio de la señal, así como las correspondientes relaciones S/N, en ASK, FSK, PSK y DPSK, tanto coherente como no coherente, cuando se opera sobre un canal de 3 kHz de ancho de banda, a una velocidad de 1000 bps, con una densidad espectral de ruido de 2x10-10 W/Hz y una probabilidad de error de 3,216x10-5. Tabule y compare los resultados.

Solución:

5e

11b 10x216,3P ;Hz/W10x2

2 ;1000f ;3000B −− ==η

==



227

5e 10x216,3)x(erfc

21P −== . Resolviendo obtenemos x = 2,823

En ASK Coherente

945,314

823,2x =γ∴γ

== ; b

2

f2Aη

=γ . γη= b2 f2A

Potencia Pico A2: W10x556,2f2A 6b

2 −=γη=

Potencia Promedio W10x39,64

A :4

A 722

−=

dB 0234,9936,74N

S

ASKi

i ==γ

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

En ASK No Coherente

5e 10x216,3)

4exp(

21P −=

γ−= . Resolviendo, 607,38=γ

Potencia Pico W10x088,3f2A :A 6b

22 −=γη=


A :4

A 622

−=

dB 846,96516,94N

S

ASKi

i ==γ

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

En FSK Coherente

972,152

823,2x =γ∴γ

==


22 −=γη=


A 72

−=

dB 023,9968,72N

S

FSKi

i ==γ

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

En FSK No Coherente

303,1910x216,3)2

exp(21P 5

e =γ∴=γ

−= −


22 −=γη=



228


A :2

A 722

−=

dB 846,96516,92N

S

FSKi

i ==γ

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

En PSK 986,7823,2x =γ∴γ==


22 −=γη=

Potencia Promedio 72

10x194,32

A −= W

dB 0131,6993,32N

S

PSKi

i ==γ

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

En DPSK

6516,910x216,3)exp(21P 5

e =γ∴=γ−= −


22 −=γη=


A :2

A 722

−=

dB 836,6826,42N

S

DPSKi

i ==γ

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

En la Tabla siguiente se muestra todos los parámetros para

5eb

11 10x216,3P Hz; 1000f W/Hz;10x22

−− ===η

TABLA DE RESULTADOS

ASK FSK PSK DPSK

Parámetro COHER. NO COH. COHER. No COH. γ 31,945 38,607 15,972 19,303 7,986 9,6516

Potencia Pico (W)

2,556x10-6 3,088x10-6 1,278x10-6 1,544x10-6 6,389x10-7 7,721x10-7

Potencia Promedio (W)

6,39x10-7 1,1544x10-6 6,39x10-7 7,721x10-7 3,194x10-7 3,86x10-7

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

i

i

NS

(dB) 9,0234 9,846 9,023 9,846 6,0131 6,836



229

5.50. Una señal de voz se va a transmitir en PCM por microondas. La frecuencia de muestreo de la señal es de 8000 muestras por segundo y las palabras codificadas constan de 7 dígitos binarios más un dígito de sincronización, todos de igual duración.

(a) Determine la velocidad de información de las secuencias PCM.

Solución:

ción.sincroniza de dígitoun 7;n ;8000fs ==

Sea la Fig. P5.50(a):

80001T bits; 7I s ==

kbps 568000x7TIVs

i ===

(b) 8T8T s

s =τ∴τ=

kHz 648000x81BPCM ==τ

=

que equivale a una frecuencia de señalización fb = 64 kHz.

(c) En PSK binario, kHz 128f2B bPSK ==

(d) En FSK binario, Hz 10x5,1f kHz; 40f 9cd ==

De la Fig. P3.51(b), las frecuencias de operación son

Hz 10x504,1fff Hz; 10x496,1fff 9dco

9dc1 =+==−=

Para el ancho de banda mínimo, puesto que 1ffk

b

d <= , entonces de la expresión

(5.164) del Texto o de la Fig. P5.50(b), el ancho de banda en FSK binario es

kHz 208)ff(2B dbc =+=

(e) FSK No Coherente

kHz 104ffB kHz; 64f kHz; 208B ;10x038,2P ;Hz/W102 dbbc

8e

14 =+=====η −−

B2

A016,1710x038,2)2

exp(21P

28

e η==γ∴=

γ−= −

La potencia pico es W10x079,7B2A 82 −=γη=

τ

τ

Ts = 8

1 2 3 4 5 6 7 t

(a).

fc

fd fd fb fb

Bc

f f1 fo

Fig. P5.50(b)

"1" "0"

B B



230

De la expresión (5.165), dB 309,12016,17)ff(2

ANS

db

2

i

i ==η+

=

5.51. En la Fig. 5.109 del Texto se muestra un receptor FSK. Un receptor de este tipo se denomina “receptor heterodino”.

Los filtros FI1 y FI0 son pasabanda, centrados en las frecuencias fI1 y fI0, respectivamente, donde fI0 > fI1. La señal de entrada vc(t) se puede escribir en la forma

)],ff(2cos[A)t(v dccc ±π= y las frecuencias de transmisión son:

Hz 1300f1 = , cuando se transmite un “1”

Hz 1700fo = , cuando se transmite un “0”

Analice el sistema y determine los valores apropiados de las frecuencias oI01I fy f ,f , sujeto a las condiciones siguientes:

1. Que c0I1I f

2ff

=+ , donde fc es la frecuencia de portadora

2. Que kHz 2]f[fkHz 1 1II0 <−<

Solución:

Las frecuencias de transmisión dadas son las de un Módem V.23 para 600 baudios:

f1 = 1300 Hz cuando se transmite un “1”

f0 = 1700 Hz cuando se transmite un “0”

Hz 15002

fff 01c =

+=

Para una señal FSK, se tiene:

]t)ff(2cos[A)t(v dcc ±π= . Sea también )t(v1 la salida del multiplicador


fc = 1500 Hz; fd = 200 Hz; también,

)tcos()t(v)t(v 0c1 ω⋅= ; f0 es la frecuencia del Oscilador Local .

)tf2cos(]t)ff(2cos[A)t(v 0dc1 π±π=

[ ] [ ]t)fff(2cos2At)fff(2cos

2A)t(v d0cd0c1 ±−π+±+π= . Vemos que las frecuencias

presentes en la entrada de los filtro FI y F0 son:

f1 = fc + fd + f0 ; f2 = fc + fd – f0 ; f3 = fc – fd + f0 ; f4 = fc – fd – f0

2fd

200 200

1300 1500 1700 fc f1 f0

f

Fig. P5.51(a)



231

De estas cuatro frecuencias hay que elegir dos: fI1 y fI0 , que cumplan con las condiciones dadas más arriba. La condición 1 implica que fI1 y fI0 deben ser simétricas respecto a fc, con una separación menor que 2000 Hz y mayor que 1000 Hz (condición 2). Reemplazando los valores de fc y fd en f1, f2 , f3 y f4,

f1 = 1700 + f0 ; f2 = 1700 – f0 ; f3 = 1300 + f0 ; f4 = 1300 – f0.

Sea f01 = fI0 – fI1; debe cumplirse entonces que 1000 Hz < f01 < 2000 Hz y hagamos la siguiente figura:

En la Fig. P5.51(b) podemos ver que 500 Hz < fI1 < 1000 Hz y 2000 Hz < fI0 < 2500 Hz.

También: 00I1I1001

cI001

c1I fffff ; 2

fff ;2

fff −=−=+=−=

Por lo tanto, si se elige el valor de la separación f01 podemos determinar fI1 , fI0 y f0. Por ejemplo, sea la separación f01 = 1200 Hz. Reemplazando más arriba, obtenemos:

Hz 21002

12001500f ;Hz9002

12001500f I01I =+==−= .

Podemos constatar que estos valores cumplen con las condiciones 1 y 2. En efecto,

150022100900f

2ff

c0I1I =

+==

+ → cumple con la condición 1

→=−=− Hz12009002100ff 1I0I cumple con la condición (2).

Nótese entonces que las condiciones (1) y (2), para los datos del problema, se cumplen cuando

Hz 800 f Hz 300 ;H2500 f Hz 2000 ;Hz1000f Hz 500 0I0I1 <<<<<<

La ventaja del sistema con heterodinación es que permite una mejor recuperación de las señales o frecuencias en la recepción y el diseño de los filtros se simplifica.

500 1000 1500 2000 2500

f0 f0

f01 1000 Hz 2000 Hz

Región de fI1 Región de fI0

0 f

fc f1 f0 1300 1700 fI fI0

Fig. P5.51(b)



232

5.52. Relaciones entre PSK M-ario y PSK Binario.

(a) Sea BB el ancho de banda en binario y BM el correspondiente M-ario. Demuestre que MlogBB 2MB = .

Solución:

En PSK binario, η

=η

=γ2

TAf2

A b2

b

2

En PSK M-ario, η

=γ2

TA s2

s , pero Ts = LTb = Tb log2M. De donde,

Mlog2

TA2

b2

s η=γ . Por consiguiente, Mlog2s ⋅γ=γ

En general, BB = Kfb, donde K es una constante. Pero Mlog

fLf

f2

bbs ==

Entonces, MlogKfB 2sB = ; pero Kfs = BM y BB = BM log2M, de donde

MlogBB

2M

B = o también LBB

M

B = .

(b) Sea PB la potencia de señal en binario y PM la correspondiente en M-ario.

Demuestre que )

M(sen]M[log

P094,1P2

2

Bm π= cuando Pe = 10-4

Solución:

En PSK binario: )1X(erfc21)(erfc

21Pe =γ=

En PSK M-ario: )2X(erfc)M

(sen(erfcPe 2S =

πγ=

Si la probabilidad de error en ambos casos es de 10-4, entonces 410x2)1X(erfc −= => X1 = 2,6297, 6,915y 6297,2 =γ=γ

410)2X(erfc −= => X2 = 2,751, 751,2)M

(sen 2s =

πγ

1K568,7)M

(sen2s ==

πγ . También, 2K915,6

LTPTP

2TA s

Bb

Bb

2

==η

=η

=η

=γ

1K568,7)M

(senTPy TP2

TA 2sM

sM

s2

s ==π

ηη=

η=γ

Estableciendo la relación K1/K2, obtenemos



233

094,1915,6568,7

P

)M

(senLP

B

2M

==

π

, pero L = log2M, entonces,

Mlog)

M(sen

P094,1P2

2

BM

⋅π

⋅= para una probabilidad de error Pe = 10-4.

5.53. Relaciones entre PSK M-ario y DPSK M-ario

Sea PMPSK la potencia de señal en PSK M-ario, y PMDPSK la correspondiente en DPSK M-ario.

(a) Para una probabilidad de error Pe cualquiera, demuestre que

MPSK2

2

MDPSK P)M2/(sen

)M/(sen21P

ππ

=

Solución:

Para PSK M-ario: )1K(erfcPe = , donde K1 es el mismo del problema anterior.

Para DPSK M-ario: )3K(erfc))M2

(sen2(erfcPe 2s =

πγ=

Si la probabilidad de error es la misma en ambos casos, entonces K1 = K3. Reemplazando valores de K1 y K3 y rearreglando, se obtiene finalmente

MPSK2

2

MDPSK P)

M2(sen

)M

(sen

21P

π

π

=

(b) Verifique que si M >> 1, entonces MPSKMDPSK P2P → ; es decir, el sistema DPSK M-ario requiere un aumento de 3 dB de potencia sobre el requerido por PSK M-ario.

Solución:

Cuando M >> 1, entonces 2

22

2

22

M4)

M2(seny

M)

M(sen π

→ππ

→π ;

En este caso, la expresión obtenida en la parte (b) será MPSKMDPSK P2P = ; y en dB, [ ] [ ]dBMPSKdBMDPSK PdB 3P +=

Por ejemplo, para M = 4, se verifica que PMDPSK = 1,999906 PMPSK. Prácticamente, para M > 2 se tiene que PMDPSK = 2PMPSK.

El sistema DPSK M-ario, para una misma probabilidad de error Pe, requiere un aumento de 3 dB de potencia sobre el requerido para PSK M-ario. En otras palabras, la potencia en DPSK M-ario, para una misma probabilidad de error Pe, demanda el doble de potencia que en PSK M-ario.



234

5.54. La secuencia binaria de entrada a un modulador DPSK 4-ario tiene una velocidad de modulación de 1200 baudios. El modulador toma bloques de 24logL 2 == dígitos binarios y le asigna a cada dupla de dígitos, ángulos de desfase en la forma siguiente:

o4

o3

o2

o1 27010 ;18011 ;9001 ;000 =φ→=φ→=φ→=φ→

La frecuencia de portadora es de 1800 Hz, el ancho de banda del canal es de 3 kHz, la amplitud de la portadora de 1 mV y la densidad espectral de ruido de 10-11 W/Hz

(a) Dibuje el Diagrama de Fresnel correspondiente.

Con la asignación dada, el Diagrama de Fresnel tiene la forma mostrada en la Fig. P5.54(a).

Nótese que de acuerdo con el UIT-T con este módem se puede transmitir hasta 2400 bps.

(b) Determine la relación S/N en el canal y la probabilidad de error Pe.

En DPSK

Hz/W2x10 V;10mV 1A kHz; 3B Hz; 1800f -11-3c =η====

Hz 600Lff 2;L 4;M ;BN ;

2AS b

si

2

i ====η==

666,41f2

A dB; 208,933,8B2A

NS

s

2

s

2

i

i =η

=γ==η

=

72seDPSK 10x795,7)

M2(sen2erfcP −=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ πγ=

(c) Repetir (b) para A = 2 mV.

dB 228,15333,33B2

ANS ;BN ;

2AS

2

i

ii

2

i ==η

=η==

Nótese que con sólo aumentar al doble la amplitud de entrada, la relación S/N es 6,021 dB más alta que la obtenida en la parte (b), es decir, la relación S/N es cuatro veces más alta.

66,166f2

As

2

s =η

=γ . La probabilidad de error será 0)M2

(sen2erfcP 2se ≈⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ πγ=

x 00

01

11

10 Fig. P5.54(a)

y



235

(d) Señal de entrada 0 0 0 1 1 1 1 0.

→=∴=== csc

ssc T3T3

TT ;600f ;1800f Cada período de Ts contiene tres períodos de Tc.

El algoritmo de codificación de salida tendrá la siguiente forma:

)tf2sen(A)t(s27010

)tf2cos(A)t(s18011

)tf2sen(A)t(s 9001

)tf2cos(A)t(s 000

c4o

4

c3o

3

c2o

2

c1o

1

π−→=φ→

π−=→=φ→

π=→=φ→

π=→=φ→

La señal DPSK tendrá la forma siguiente, Fig. P5.54(b)

Nótese los cambios de fase de la señal

El módem cuyo diagrama de Fresnel vimos en la parte (a) se utiliza también para transmitir a una velocidad de 2400 bps. Vamos repetir la parte (b) para una velocidad de 2400 bps. En este caso:

cscsb T5,1T ;1800f ;1200f ;2400f ====

Con el mismo procedimiento utilizado para fs = 600 Hz, la señal DPSK tiene la forma

mostrada en la Fig. P5.54 (c).



236

5.55. La velocidad de información de la secuencia binaria de entrada a un modulador PSK 8-ario es de 4800 bps. El modulador toma bloques de 38logL 2 == dígitos y le asigna a cada tripleta ángulos de desfase en la forma siguiente:

o4

o3

o2

o1 135011 ;90010 ;0001 ;45000 =φ→=φ→=φ→=φ→

o8

o7

o6

o5 180111 ;135110 ;45101 ;90100 =φ→−=φ→−=φ→−=φ→

La frecuencia de portadora es de 1600 Hz, el ancho de banda del canal es de 3 kHz, la relación S/N de 13 dB y la densidad espectral de ruido de 10-10W/Hz.

(a) El diagrama de Fresnel correspondiente a la asignación de fases se muestra en la Fig. P5.55(a).

Este diagrama de Fresnel corresponde a los Módems de la Serie UIT-T V.27.

(b) Determine la amplitud de la portadora y la probabilidad de error.

Solución:

PSK M-ario.

Hz/W2x10 19,95;dB 13S/N kHz; 3B ;1600f ;4800f 3;L ;8M 10cb =η=======

1600Lff b

s == ; 95,19B2

ANS ;BN ;

2AS

2

i

ii

2

i =η

=η==

mV 893,4NSB2A

i

i =η= ; 41,37f2

As

2

s =η

=γ , y la probabilidad de error,

42se 10x323,9)

M(sinerfcP −=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ πγ=

(c) cssc TT ;1600f ;1600f === . A cada período de Ts corresponde un período de Tc.

Para la señal de entrada 0 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0, el algoritmo de codificación es el siguiente, con L = 3:

)tf2sen(A270100 );tf2cos(A)t(s180111

)tf2sen(A90010 );tf2cos(A)t(s0001

co

4c3o

3

co

2c1o

1

π−→=φ→π−=→=φ→

π→=φ→π=→=φ→

La señal modulada PSK 8-aria correspondiente tendrá la forma, Fig. P5.55(b).

x

y

001

000

010 011

111

110 100

101

Fig. P5.55(a).



237

5.56. Si se considera la señal FSK M-aria como si estuviera formada por M señales de frecuencia fi para i = 1, 2, 3,.....,M, separadas en f∆ , demuestre que el ancho de banda de la señal FSK M-aria se puede expresar en la forma sc f2f)1M(B +∆−≈ ,

donde Mlog

ff2

bs = , siendo fb la frecuencia de señalización a la entrada del

modulador.

Solución:

Se hace una construcción como la mostrada en la Fig. P5.56.

El filtro debe dejar pasar las M frecuencias con un intervalo de frecuencia fs a cada lado; por lo tanto, podemos decir que el ancho del filtro es, de la Fig. P5.56,

sf2f)1M(B +∆−≈

Nótese que cuando la separación entre las frecuencias es ortogonal, ffs ∆= , de donde,

sf)1M(B +≈ , donde Mlog

fLff

2

bbs ==

5.57. Por un canal de microondas se quiere transmitir datos binarios a una velocidad de 3 Mbps y se desea utilizar un modulador PSK 4-ario o FSK 4-ario. La probabilidad de error debe ser de 10-5. Elija Ud. el sistema que mejor se adapte a la situación en la cual Ud. está trabajando.

Solución:

Haremos los cálculos tanto para PSK como para FSK y después se efectuará la comparación.

f∆ f∆ f∆fs fs

f1 f2 f3 fM-1 fM B

M frecuencias

Fig. P5.56.

f

Filtro



238

PSK 4-ario/FSK 4-ario. .10x3f 2;L ;4M 6b ===

En PSK, B = 2fs; en FSK, sf5,1f =∆

PSK

.)M

(senerfcP 2se ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ πγ= Sea )

M(senx 2

sπ

γ=

Si 5e 10)x(erfcP −== , entonces )

4(sen0876,3x 2

sπ

γ== y 0666,19s =γ

6bs 10x5,1

2ff == .

De la expresión (5.178a) del Texto, con sγ=γ

MHz 3f2B dB; 792,9533,92N

SsPSK

s

PSKi

i ====γ

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

FSK

6d

6s 10x125,1

2ff ;10x25,2f5,1f =

∆===∆

De la Fig. 5.87 del Texto, para Pe = 10-5 y M = 4, el valor aproximado de sγ es

10dB 10s =≈γ . De la expresión (5.166) del Texto,

dB 989,652N

S s

FSKi

i ==γ

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

Para el ancho de banda hacemos la Fig. P5.57:

MHz 75,9f2f3B sFSK =+∆=

Es evidente que la mejor selección es PSK 4-ario, pues la relación S/N es superior a FSK 4-ario en 2,803 dB; además, el ancho de banda en FSK 4-ario es 3,25 veces el ancho de banda en PSK 4-ario.

5.58. En un sistema PSK/DSSS la ganancia de procesamiento es de 1000. Se desea que la probabilidad de error esté por debajo de 1,081x10-6.

Demuestre que para ser efectiva, la potencia de la señal interferente debe estar, como mínimo, a 19,5 dB por arriba de la potencia de la señal útil. Nótese entonces que para que la interferencia pueda causar daño se necesita grandes potencias de transmisión.

f∆ f∆ f∆

f1 f2 f3 f4

fs fs

BFSK

0 01 11 10

Fig. P5.57.

f



239

Solución:

6

sje 10x081,1

P/PNerfc

21P ;1000N −=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡== . Sea

sj P/PNx =

Si [ ] 6e 10x081,1xerfc

21P −== , entonces

sj P/P100035,3x == ; de donde,

dB. 499,19107,89PP

s

j ==

La potencia de la señal interferente Pj es 86,107 (19,499 dB) veces más alta que la potencia de la señal útil Ps.

5.59. En un sistema CDMA se desea una probabilidad máxima de 1,081x10-6 . Haga una gráfica del número de usuarios M vs N, donde N es la ganancia de procesamiento. En particular, demuestre que con una ganancia de procesamiento de 2048 el sistema puede atender hasta 184 usuarios.

Solución:

6emax 10x081,1P ;1000N −== . Sea

2MNx−

= y del Problema anterior x = 3,5

,x2M

N 2=−

de donde 2xNM 2 += . En la Fig. P5.59(a) se muestra la variación de

M en función de N para una probabilidad de 1,081x10-6. En particular, si N = 2048, el sistema puede atender hasta 184 usuarios.

Si se considera que el coeficiente de actividad máximo es de 25%, es decir, que en la hora más cargada puedan estar comunicados el 25% de los usuarios, la capacidad

teórica de un sector de telefonía celular se puede estimar en 2M4 usuarios. En el caso

particular para N = 2048, la capacidad de un sector sería de 368 usuarios. En este caso habría problemas de comunicación cuando 184 usuarios o más estén en línea.

En la Fig. P5.59(b) se puede observar la variación de la probabilidad de error Pe en función del número de usuarios M para diferentes valores de la ganancia de procesamiento N.



240


CAPITULO VI __________________________________________________________________________

____________________ Prof. J. Briceño M. ULA

241

CAPITULO VI

6.1. Sea el sistema de la Fig. 6.54 del Texto, donde

),2f(4)f(M Λ= )

4f(4)f(H2 Π= y

)2

4f()2

4f()f(H1−

Π++

Π=

Determinar la salida y(t).

Solución:

M(f) se muestra en la Fig. P6.1(a)

)t2(sinc8)t(m)2f(4)f(M 2=⇔Λ=

A la salida del primer multiplicador,

)t52cos()t(m)t(x1 π=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Λ++

Λ= )2

5f()2

5f(2)f(X1 ; esta señal

se muestra en (b)

Al pasar por el filtro H1(f) la salida X2(f) tiene la forma dada en (c).

A la salida del segundo amplificador el espectro X3(f) tiene la forma dada en (e).

[ ])3f(X)3f(X21)f(X 223 −++=

El filtro H2(f) deja pasar señales en la banda 2f ≤ con ganancia 4. La salida será

)t2(sinc8)t4(sinc16)t(y)2f(4)

4f(4)f(Y 2−=⇔Λ−Π= que se muestra en (f).

6.2. Vamos a investigar el efecto de la no sincronización de la portadora local en un detector coherente. Supóngase que la salida del oscilador local sea ]t)ff(2cos[A2 cc φ∆+∆+π , donde φ∆∆ y f son los errores de frecuencia y fase, respectivamente. La entrada al detector es de la forma ).tf2cos()t(mA cr π La ganancia del filtro de salida es la unidad.

(a) Determine la salida del filtro para φ∆∆ y f distintos de cero. (b) Repita cuando /2y 0f π=φ∆=∆ . (c) Si 3

cr4 10x2AAcon y kHz, 1fy 0 ),t10(sinc10)t(m ==∆=φ∆= , grafique el

espectro de salida.

M(f) 4

-2 2 f

X1(f) 2

f

1 H1(f)

X2(f) 2

5 -5

-5 5 f

-5 5 1

X3(f)

Y(f) 4

-2 2

f

f

f

Fig. P6.1

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

(f)


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


242

(a) Solución:

Sea el detector sincrónico mostrado en la Fig. P6.2(a).

)tf2cos()t(mA)t(x crc π=

]t)ff(2cos[A2)t(s cc φ∆+∆+π= A la salida del multiplicador,

]t)ff(2cos[)tf2cos()t(mAA2)t(x cccr1 φ∆+∆+ππ=

)ft2cos()t(mAA)ft2tf4cos()t(mAA)t(x crccr1 φ∆+∆π+φ∆+∆π+π=

El filtro pasabajo elimina los términos de alta frecuencia quedando

)t(m)ft2cos(AA)t(y cr φ∆+∆π=

El término )ft2cos( φ∆+∆π es un término de distorsión de amplitud. En la práctica se trata siempre de hacer 0f =φ∆=∆ para que no haya distorsión.

(b) Si 0/2)cos()ftcos(2 /2,y 0f =π=φ∆+∆ππ=φ∆=∆

Este es el caso peor: la salida y(t) = 0.

(c)

)10

f(10M(f))t10(sinc10)t(m 43-4 Π=⇔= ; 3

cr 10x2AA kHz; 1 ;0f ==φ∆=∆ ;

)t102cos()t10(sinc10x2)t(y 344 π= ; )10

f(10)t10(sinc 444 Π⇔ −

)101000f()

101000f()f(Y 44

−Π+

+Π=

Esta señal tiene la forma mostrada en la Fig. P6.2(c); nótese la diferencia con la señal de la Fig. P6.2(b) que es la salida correcta. La diferencia de frecuencia entre las portadoras ha producido un desplazamiento de espectros a la salida y como consecuencia se ha producido distorsión de amplitud.

FiltroPasabajo

xc(t)

s(t)

y(t)

Fig. P6.2(a)

x1(t)

1

2 Y(f)

0 -2-4 2 4 f

Fig. P6.2(c)

kHz 5 -5 0 f

kHz

M(f) 10 -3

Fig. P6.2(b) -5 5 6 -6


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


243

6.3. Hemos dicho que la modulación se puede efectuar mediante el empleo de sistemas no lineales, es decir, sistemas que contienen elementos no lineales. En la Fig. 6.55 del Texto se muestra un modulador de este tipo.

Si m(t) es de banda limitada fm, determine los parámetros del filtro pasabanda a fin de que y(t) sea una señal modulada DSB. Especifique las restricciones, si las hay, entre fc y fm.

Solución:

Sea el sistema mostrado en la Fig. 6.55 del Texto.

A la salida del sumador, )tf2cos()t(m)t(x c1 π+=

A la salida del elevador al cuadrado,

)tf2(cos)tf2cos()t(m2)t(m)t(x)t(x c2

c22

12 π+π+==

)tf2cos()t(m2)t(m)tf4cos(21

21)t(x c

2c2 π+++π+=

Para que la señal de salida sea una señal DSB, el filtro debe ser pasabanda, de ancho de banda 2fm y centrado en fc. Como m2(t) tiene un ancho de banda 2fm, entonces para que no haya solapamiento debe verificarse que mcmc ff generalen y ,f3f >>> . En estas condiciones la salida del fitro pasabanda será

)tf2cos()t(m2)t(y cπ= que en efecto es una señal DSB.

6.4.El modulador balanceado es el elemento principal de los detectores sincrónicos. En la Fig. 6.56 del Texto se muestra el circuito equivalente de un modulador balanceado y en la Fig. P6.4 los modelos lineales por tramo correspondientes.

(a) Utilizando el modelo lineal por tramos del diodo, Fig. P6.4(a), determine el voltaje

de salida del circuito equivalente del modulador balanceado, Fig. 6.56(b) del Texto, cuando ).tf2cos(A)t(e );tf2cos()t(m)t(e cc2c1 π=π= Suponga que

|)t(m|Ac >> para todo t.

(b) ¿Cómo se puede recobrar m(t) a partir de ?)t(eo


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


244

(c) El circuito mostrado en la Fig. 6.56(b) del Texto se puede utilizar como detector o discriminador de fase, es decir, que puede determinar el desfase entre dos señales. Demuestre que si )tf2cos()t(e c1 θ+π= , el voltaje de salida )t(eo contendrá una componente continua proporcional a cos(θ).

Solución: Sea la Fig. P6.4, donde se muestra los circuitos equivalentes de los diodos. (a) La condición )t(mA >> para todo t, quiere decir que cuando )tcos( cω es

positivo, los diodos conducen, Fig. P6.4(a), y cuando )tcos( cω es negativo los diodos bloquean, Fig. P6.4(b). Por lo tanto, la entrada estará conectada con la salida durante los semiciclos positivos, y en corte durante los semiciclos negativos. Los diodos producen el efecto de multiplicar la señal de entrada por una señal periódica rectangular p(t) de frecuencia cf , como lo vamos a demostrar a continuación.

Entonces, para 0)tcos( c ≥ω , se tiene el circuito mostrado en (a). Por superposición:

)t(eRr

R2)]t(e)t(e[Rr

R)]t(e)t(e[Rr

R)t(e 1p

12p

21p

o +=−

+−+

+=+

)t(Ke)t(e 10 =+ , donde Rr

R2Kp +

=

Para 0)tcos( c <ω , se tiene el circuito mostrado en (b). En este caso, 0)t(e0 =− .

Vemos que los diodos tiene el efecto de multiplicar la señal )t(e1 por una señal periódica rectangular p(t) de amplitud unitaria, frecuencia fc y ciclo de trabajo 0,5. En estas condiciones, la salida eo(t) es

)t(p)tcos()t(Km)t(p)t(Ke)t(e c1o ω==

p(t) se puede representar mediante su desarrollo en serie de Fourier de la forma

⋅⋅⋅⋅+ω+ω+= )t2cos(X2)tcos(X2X)t(p c2c1o

donde parn para 0

imparn para n)1()

2n(sinc

21

X

2/)1n(

n⎪⎩

⎪⎨⎧

π−

==

−

; ;0n =φ 21Xo = .

Entonces,

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅⋅⋅⋅−ω

π+ω

π−ω

π+ω= )t5cos(

52)t3cos(

32)tcos(2

21)tcos()t(Km)t(e cccco

+ωωπ

−ωπ

+ω= )t3cos()tcos()t(m3K2)t(cos)t(mK2)tcos()t(m

2K)t(e ccc

2co


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


245

⋅⋅⋅⋅−ωωπ

+ )t5cos()tcos()t(m5K2

cc

La señal de salida del modulador será

)t(mK)t(eo +π

= términos a las frecuencias armónicas de nfc (n impar)

(b) Si se pasa eo(t) por un filtro pasabajo de ganancia unitaria, la salida del filtro será

)t(m)Rr(

R2)t(mK)t(yp +π

=π

=

Debe verificarse siempre que mc ff >> .

(c) En la parte (a) obtuvimos )t(p)t(Ke)t(e 1o =

Sea entonces )tcos()t(e c1 θ+ω= , donde θ es un ángulo de desfase que queremos determinar. Entonces,

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅⋅⋅⋅+ω

π−ω

π+θ+ω=θ+ω= )t3cos(

32)tcos(2

21)tcos(K)t(p)tcos(K)t(e cccco

+ωθ+ωπ

−ωθ+ωπ

+θ+ω= )t3cos()tcos(3K2)tcos()tcos(K2)tcos(

2K)t(e ccccco

⋅⋅⋅⋅−ωθ+ωπ

+ )t5cos()tcos(5K2

cc

⋅⋅⋅⋅−θ+ωπ

−θπ

+θ+ωπ

+θ+ω= )t4cos(3K)cos(K)t2cos(K)tcos(

2K)t(e ccco

Con un filtro pasabajo de ancho de banda B << fc , podemos extraer la componente continua de eo(t); en efecto, la salida del filtro será

),cos()Rr(

R)cos(KEp

o θ+π

=θπ

= de donde )KEarccos( oπ

=θ

Nótese que colocando un voltímetro de CC calibrado en radianes o grados a la salida del circuito, podemos determinar el desfase entre dos señales sinusoidales de la misma frecuencia.

6.5. En la Fig. 6.57(a) del Texto se muestra un sistema de modulación DSB; la señal s(t) se muestra en (b). Se tiene también que m2m1msc f6f ;f2f ;f4ff ==== . Las frecuencias f1 y f2 son las frecuencias inferior y superior, respectivamente, del filtro pasabanda.

(a) Demuestre que el tren de impulsos se puede representar mediante la expresión

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡∆−π+= ∑

∞

=1nsm )]tt(nf2cos[21f4)t(s cuando fs = 4fm


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246

(b) Demuestre también que )]tt(f8cos[)t(mf8)t(x mmc ∆−π=

Solución:

(a) La señal generatriz de s(t) es )tf2jexp()f(G)tt()t(g ∆π−=⇔∆−δ=

y el respectivo coeficiente de Fourier, con 1Tf ;f4T1f ssm

ss ===

)tfn2jexp(f)nf(GfG ssssn ∆π−== ; pero de la expresión (1.105) del Texto,

∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

∆−π=π∆π−=n n

smsss )]tt(nf2jexp[f4)tnf2jexp()tfn2jexp(f)t(s

s(t) se puede escribir en la forma siguiente:

∑ ∑∞

=

∞

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡∆−π+=∆−π+=

1n 1nsmsmm )]tt(nf2cos[21f4)]tt(nf2cos[f8f4)t(s

(b) Sea la Fig. 6.57 del Texto.

A la salida del multiplicador, )t(s)t(m)t(x1 =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡∆−π+= ∑

∞

=1nsm1 )]tt(nf2cos[21)t(mf4)t(x

Como el filtro es pasabanda y centrado en fs, la salida xc(t) será aquella para la cual 1n = ; entonces,

)]tt(f8cos[)t(mf8)]tt(f2cos[)t(mf8|)t(x)t(x mmsm1n1c ∆−π=∆−π== =

6.6. La detección de una señal DSB se puede efectuar multiplicando la señal recibida por una señal periódica cualquiera p(t) de período 1/fc. El resultado de la multiplicación es una señal de la forma )t(p)t(x)t(y DSB= , donde )t(xDSB viene dada por (4.5).

Deduzca una expresión analítica para el espectro de y(t) y demuestre que el mensaje m(t) se puede recobrar de y(t) mediante un filtro pasabajo. La señal de salida del filtro tendrá la forma ),t(m)cos(PA)t(s 11co φ= donde P1 y φ1 son los coeficientes y fase de Fourier de la componente fundamental de la señal periódica p(t).

Solución:

)tf2cos()t(mA)t(x ccDSB π=

Sea p(t) una señal periódica de período cc f/1T = . Hagamos la multiplicación

)t(p)t(x)t(y DSB= ; pero de la expresión (1.47a) del Texto,


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247

∑∞

=

φ+π+=1n

ncno ).tnf2cos(P2P)t(p Entonces,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡φ+π+= ∑

∞

=1nncnoDSB )tnf2cos(P2P)t(x)t(y

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡φ+π+π= ∑

∞

=1nncnocc )tnf2cos(P2P)tf2cos()t(mA)t(y

Para n = 1, )tf2cos(P2)tf2cos()t(mA|)t(y 1c1cc1n φ+ππ==

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ φ+φ+π== )cos(

21)tf4cos(

21)t(mPA2|)t(y 11c1c1n

Al pasar por un filtro pasabajo, se elimina las componentes de alta frecuencia quedando

)t(m)cos(PA)t(s 11co φ= que es la señal mensaje afectada por algunos coeficientes constantes. Nótese que 1φ debe ser muy pequeño para no afectar la amplitud; pero el lector debe recordar que n1 o φφ en general, dependen del eje de coordenadas elegido para definir p(t). En la práctica nφ generalmente es definido cero.

6.7. En la detección sincrónica de señales DSB es necesaria la sincronización tanto de fase como de frecuencia (Problema de Aplicación 6.2). Sin embargo, utilizando el sistema mostrado en la Fig. 6.58 del Texto, solamente se requiere sincronización de frecuencia pero no de fase.

Demuestre que este sistema permite recobrar |m(t)| de xc(t) sin necesidad de conocer el ángulo de desfase cθ . Nótese que en este sistema se pierde la información de fase.

Solución:


)tf2cos()t(m)t(x ccc θ+π= , cc f2π=ω

Por la rama superior:

A la salida del multiplicador, )tcos()tcos()t(m2)tcos(2)t(x)t(x ccccc1 ωθ+ω=ω=

[ ])cos()t2cos()t(m)t(x ccc1 θ+θ+ω=

A la salida del filtro pasabajo, )cos()t(m)t(x c2 θ=

A la salida del elevador al cuadrado, )(cos)t(m)t(x c22

3 θ=

Ahora por la rama inferior:

)tsen()tcos()t(m2)tsen(2)t(x)t(x ccccc4 ωθ+ω=ω=

[ ])sen()t2sen()t(m)t(x ccc4 θ−+θ+ω=


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248

A la salida del filtro pasabajo, )sen()t(m)t(x c5 θ−=

A la salida del elevador al cuadrado, )(sen)t(m)t(x c22

6 θ=

A la salida del sumador, )t(x)t(x)t(x 637 +=

)t(m)(sen)t(m)(cos)t(m)t(x 2c

22c

227 =θ+θ=

A la salida del extractor de raíz cuadrada, )t(m)t(y = . Para que ésta sea la salida correcta, es necesario que a la salida del sumador la señal sea, en realidad,

27 )t(m)t(x = , es decir, que la señal ha perdido la información de fase; por consiguiente,

la salida real será )t(m)t(y = y no necesitamos conocer el desfase cθ .

Nótese que en señales de audio el oído diferencia entre m(t) y |m(t)|, y siempre se notará un poco de distorsión al escuchar |m(t)|; esta distorsión puede ser inteligible debido a la naturaleza del cerebro humano. Por ejemplo, si )tcos()t(m mω= el oído escuchará un solo tono a la frecuencia fm; pero si )tcos()t(m cω= el oído estará escuchando fm y un número muy grande (teóricamente infinito) de tonos armónicos de fm. En otras aplicaciones, por ejemplo, en el análisis y procesamiento de señales, y en la transmisión de señales digitales en banda de base es necesario conservar toda la información de fase.

6.8. Demuestre que el sistema de la Fig. 6.59 del Texto se comporta como un filtro pasabanda centrado en fc, de ancho de banda 2B y de ganancia 2.

Solución:

Sea la Fig. 6.59 del Texto. Expresando xc(t) por su forma canónica,

)tsen()t(m)tcos()t(m)t(x cscc ω−ω=

Se supone que m(t) y ms(t) son señales pasabajo de ancho de banda B.

Por la rama superior:

A la salida del multiplicador, )tcos(2)t(x)t(x cc1 ω=

)tcos()tsen()t(m2)t(cos)t(m2)t(x ccsc2

1 ωω−ω=

)t2sen()t(m)t2cos()t(m)t(m)t(x csc1 ω−ω+=

El filtro elimina las componentes de alta frecuencia; entonces, a la salida del filtro pasabajo,

)t(m)t(x2 =

A la salida del segundo multiplicador, )tcos(2)t(m)t(x c3 ω=

Por la rama inferior:


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


249

A la salida del primer multiplicador, )tsen(2)t(x)t(x cc4 ω=

)t(sen)t(m2)tcos()tsen()t(m2)t(x c2

scc4 ω−ωω=

)t2cos()t(m)t(m)t2sen()t(m)t(x cssc4 ω+−ω=

A la salida del filtro pasabajo (no hay pérdida de fase),

)t(m)t(x s5 −=

A la salida del segundo multiplicador, )tsen()t(m2)t(x cs6 ω−=

A la salida del sumador, )t(x)t(x)t(y 63 +=

)t(x2)tsen()t(m2)tcos()t(m2)t(y ccsc =ω−ω=

La salida y(t) es igual a 2xc(t), y como la señal de entrada xc(t) es una señal pasabanda, centrada en fc y de ancho de banda 2B, el sistema se ha comportado como un filtro pasabanda, centrado en fc, de ancho de banda 2B y ganancia 2.

6.8. Demuestre que el esquema mostrado en la Fig.6.60 del Texto, se comporta como un filtro pasabajo. H1(f) es un filtro de Hilbert y x(t) es una señal pasabajo real. El filtro H2(f) extrae la parte imaginaria de z(t).

Solución:

x(t) es una señal pasabajo real.

A la salida del Multiplicador 1, )tsen()t(jx)tcos()t(x)tjexp()t(x)t(x ccc1 ω+ω=ω=

A la salida del Filtro de Hilbert H1(f), )tcos()t(jx)tsen()t(x)t(x)t(x cc2 ω−ω==

[ ])tcos(j)tsen()t(x)t(x cc2 ω−ω=

A la salida del Multiplicador 2, )]tsen(j)t)[cos(t(x)tjexp()t(x)t(z cc2c2 ω−ω=ω−=

)]tsen(j)t)][cos(tcos(j)t)[sen(t(x)t(z cccc ω−ωω−ω=

[ ] )t(jx)tcos()tsen()t(cosj)t(senj)tcos()tsen()t(x)t(z ccc2

c2

cc −=ωω−ω−ω−ωω=

z(t) es una señal imaginaria de la forma )t(jx0)t(z −= . Por lo tanto,

[ ])t(zIm)t(x = ; y como el Filtro H2(f) extrae la parte imaginaria de z(t), su salida será

y(t) Im[| z(t) |] x(t)= =

Como la entrada al circuito era x(t) y su salida es también x(t), y por cuanto x(t) es una señal pasabajo real, el circuito se comporta como un filtro pasabajo.


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


250

6.10. El procedimiento seguido en el Problema 6.6 se puede aplicar también para la generación de señales DSB. En efecto, sea fm la frecuencia máxima de m(t); se multiplica m(t) por la señal periódica p(t) y luego se pasa el producto por un filtro pasabanda centrado en fc y de ancho de banda 2fm; la salida del filtro será una señal DSB.

Si ∑∞

−∞=−

−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Λ=

n7

6

10x5,2n10t)t(p , demuestre que la salida del filtro pasabanda es una señal

DSB de la forma )tf2cos()t(m4)t(y c2 ππ

= , donde MHz 1fc = .

Solución:

Sea el circuito mostrado en la Fig. P6.10,

)t(p)t(m)t(x1 = donde p(t) es

∑∞

−∞=−

−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Λ=

n7

6

10x5,2n10t)t(p ;

c

6c T

110f ==

La señal generatriz de p(t) es

)10x4f(sinc

10x41)f10x5,2(sinc10x5,2)f(G)

10x5,2t()t(g 6

26

7277 ==⇔Λ= −−

−

El coeficiente de Fourier de p(t) será:

)4n(sinc

41)

10x410nx(sinc

10x410)nf(GfP 2

6

62

6

6

ccn ===

∑∑∞

=

∞

−∞=

π+=π=1n

c2

nc

2 )tnf2cos()4n(sinc

21

41)tnf2jexp()

4n(sinc

41)t(p

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π+= ∑

∞

=1nc

21 )tnf2cos()

4n(sinc

21

41)t(m)t(x

Como el filtro es pasabanda y está centrado en fc, entonces, para n = 1, la salida del filtro será:

22

c2 4)

21(sinc

21 pero ),tcos()

41(sinc)t(m

21)t(y

π=ω= ; de donde,

MHz 1f para )tcos()t(m4)t(y cc2 =ωπ

= .

FiltroPasabanda

m(t)

p(t)

x1(t) y(t)

Fig. P6.10


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251

6.11. Se dispone de una señal )tf2(cosA)t(p c3

c π= que vamos a utilizar para generar una señal DSB. Si se forma el producto )t(p)t(m)t(z ⋅= , ¿ Cómo podríamos, a partir de z(t), producir una señal DSB? Si Bf donde ),Bt(Bsinc)t(m c

2 >>= , dibuje el espectro de z(t).

Solución:

)tcos()t2cos(21

21A)t(cosA)t(p cccc

3c ω⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ω+=ω=

)tcos(4

A)t3cos(4

A)tcos(2

A)tcos()t2cos(21)tcos(

21A)t(p c

cc

cc

ccccc ω+ω+ω=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ωω+ω=

)t3cos(4

A)tcos(A43)t(p c

ccc ω+ω=

Vemos que p(t) contiene una componente a la frecuencia de portadora fc. El producto )t(p)t(m)t(z = se pasa por un filtro pasabanda centrado en fc y de ancho de banda 2fm;

la salida de este filtro será una señal DSB de la forma

)tcos()t(mA43)t(y cc ω= .

Si )BT(Bsinc)t(m 2= , entonces,

)t3cos()Bt(sinc4BA)tcos()Bt(sinc

4BA3)t(p)t(m)t(z c

2cc

2c ω+ω==

Puesto )Bf(

B1)Bt(sinc2 Λ⇔ , el

espectro de z(t) será, con fc = 5B,

+−

Λ++

Λ= )]B

ff()B

ff([8A3)f(Z ccc

)]B

f3f()B

f3f([8

A ccc −Λ+

+Λ+

La forma de Z(f) se muestra en la Fig. P6.11.

Con un filtro pasabanda centrado en fc y de ancho de banda 2B, se puede extraer la señal DSB deseada.

6.12. El modulador con elemento no lineal mostrado en la Fig. 6.8(c) del Texto se puede representar en la forma dada en la Fig. 6.61 del Texto, donde

)t(ea)t(ea)t(x 212i1i += . m(t) es de banda limitada mf y de valor promedio cero.

(a) Determine xi(t)

B 0 4B fcfc = 5B

6B 14B 3fc 16B

Z(f) 3Ac/8

Ac/8 f

Fig. P6.11.


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252

(b) Especifique las características del filtro pasabanda para que y(t) sea una señal AM. En este caso determine y(t).

(c) Si ,2Ay 5,0a ,10a c21 === determine la cota máxima de |min m(t)| para que y(t) sea una señal AM. Demuestre también que si el índice de modulación AM es del 50%, entonces |min m(t)| = 5.

(d) Para los valores dados en la parte (c) y con )tf2cos(10)t(m mπ= , demuestre que el rendimiento de transmisión es del 33,3%. Demuestre también que éste es el máximo rendimiento.

Solución:

(a) Sea la Fig. 6.61 del Texto. También, )t(ea)t(ea)t(x 212i1i += .

A la salida del sumador, )tcos(A)t(m)t(e cci ω+=

A la salida del elemento no lineal,

)]t(cosA)tcos()t(mA2)t(m[a)]tcos(A)t(m[a)t(x c22

ccc2

2cc1i ω+ω++ω+=

)]t2cos(1[2Aa)tcos()]t(m

aa21[Aa)t(ma)t(x c

2c2

c1

2c11i ω++ω++=

(b) Para que la salida y(t) sea una señal AM, el filtro pasabanda deberá estar centrado en fc y de ancho de banda B = 2fm. En este caso, la salida será

)tcos()]t(maa21[Aa)t(y c1

2c1 ω+= que representa una señal modulada AM

(c) )ts(0,1m(t)]co20[1y(t) ;2A ;5,0a ;10a cc21 ω+====

)tcos()]t(m220[)t(y cω+= .

Para que y(t) sea una señal modulada AM, debe verificarse que

m(t) min220 ≥ o también m(t) min10 ≥

La cota máxima de |min m(t)| es entonces, |min m(t)| = 10

)tcos()]t(m20

m(t) min21[20)tcos()]t(mm(t) min220[)t(y cncn ω+=ω+=

donde 10

m(t) min20

m(t) min2a == es el índice de modulación.

Si el índice de modulación es del 50%, 5m(t)min y 21a ==


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253

(d) )tcos()]t20cos([20y(t) );tcos(10)t(m cmm ωω+=ω=

]t)cos[(10]t)cos[(10)tcos(20)t(y mcmcc ω−ω+ω+ω+ω=

Potencia Util: W100)10(21)10(

21P 22

B =+=

Potencia Total: W300P)20(21P B

2t =+=

Rendimiento %33,33100300100100

Total PotenciaUtil Potencia%E ===

6.13. Demuestre que el sistema mostrado en la Fig. 6.62 del Texto puede utilizarse para demodular señales AM si el filtro pasabajo tiene un ancho de banda 2fm, donde fm es la frecuencia máxima del mensaje m(t). En general, demuestre que este sistema opera como un detector de envolvente y no podrá demodular señales DSB.

Solución:


)tcos()]t(mA[)t(x ccAM ω+=

A la salida del elevador al cuadrado, )t(cos)]t(mA[)t(x c22

c1 ω+=

)t2cos()]t(mA[21)]t(mA[

21)t(x c

2c

2c1 ω+++=

El filtro pasabajo elimina las componentes de alta frecuencia; a su salida se tiene

2c2 )]t(mA[

21)t(x +=

La condición que debe tener el filtro pasabajo es que su ancho de banda debe ser 2fm para poder pasar la señal m2(t) que sabemos tiene un ancho de banda 2fm.

A la salida del extractor de raíz cuadrada, y como en transmisión AM debe verificarse que 0)]t(mA[ c ≥+ , entonces

)]t(mA[2

1)t(y c +=

Nótese que ésta es la envolvente de la señal AM; la componente continua se elimina en el amplificador quedando solamente el mensaje m(t) afectado por algún factor de escala. Por lo tanto, el sistema se puede utilizar como un detector de envolvente de señales AM y al operar como tal no podrá demodular señales DSB. Vamos a demostrarlo.

Sea la entrada una señal DSB de la forma )tcos()t(mA)t(x ccDSB ω=

A la salida del elevador al cuadrado, )t(cos)t(mA)t(x c222

c1 ω=


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254

)t2cos()t(mA21)t(mA

21)t(x c

22c

22c1 ω+=

y a la salida del filtro pasabajo, )t(mA21)t(x 22

c2 =

En x2(t) el término m2(t) tiene eliminada toda la información de fase de m(t), la cual no puede ser restituida ni siquiera tomándose la raíz cuadrada, es decir, que

)t(m)t(m más cuandoy )t(m)t(m 22 =≠ que presentará un cierto grado de distorsión. El sistema se comporta como un detector de envolvente y no podrá demodular señales DSB.

6.14. El circuito de la Fig. 6.63 del Texto se puede utilizar para demodular señales AM. La rectificación de onda completa de una señal AM es equivalente a multiplicarla por una señal periódica cuadrada bipolar de período 1/fc y amplitud 1± .

(a) Desarrolle una expresión analítica para el espectro de la señal rectificada xi(t).

(b) Demuestre que a la salida del filtro pasabajo (de ganancia unitaria), una vez

removida la componente continua, la señal es )t(m2)t(yπ

= .

(c) Este circuito se puede utilizar también para generar señales DSB cuando la señal de entrada es de la forma )tf2cos(K)t(m)t(x cπ+= y se utiliza un filtro pasabanda centrado en fc. Demuestre que si la ganancia del filtro es unitaria, a su salida la señal

tendrá la forma )tf2cos()t(m4)t(y cππ

= .

Solución:

La rectificación de onda completa una señal AM equivale a multiplicarla por una señal como la mostrada en la Fig. P6.14.

)2/T

2/Tt()2/T

t()t(p −Π−Π= en T;

T1fc =

El correspondiente coeficiente de Fourier es

∫ ∫ π−π= 4T

02T

4T ccccn dt)tnf2cos(f2dt)tnf2cos(f2P

Integrando, ⎪⎩

⎪⎨

⎧

π−

=

−

parn para 0

imparn para n

)1(2P

21n

n ; ;0n =φ Po = 0

p(t)

0 -T/4 T/4 -T T t

1

-1

Fig. P6.14.

T/2 -T/2


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255

∑ ∑∞

−∞=

∞

=

π=π=n 1n

cncn imparn para )tnf2cos(P2)tnf2jexp(P)t(p

La salida del rectificador de onda completa será

[ ] )t(p)tcos()t(mA)t(p)t(x)t(x ccAMi ⋅ω+==

∑∞

=

πω+=1n

cncci )tnf2cos(P)tcos()]t(mA[2)t(x , donde π

−=

−

n)1(2P

21n

n n impar

(b) Para extraer m(t) de xi(t), se pasa esta señal por un filtro pasabajo. En este caso, para n = 1,

)t2cos()]t(mA[2)]t(mA[2)t(cos)]t(mA[4)t(x cccc2

ci ω+π

++π

=ω+π

=

El filtro pasabajo elimina las componentes de alta frecuencia, quedando (sin remoción de la componente continua)

)t(m2A2)t(y c

π+

π= ; y con remoción de la componente continua,

)t(m2)t(yπ

=

(c) Si )t(p)]tcos(K)t(m[)t( xentonces ),tcos(K)t(m)t(x cic ω+=ω+= ; para n = 1,

)t(cosK4)tcos()t(m4)tcos(P2)]tcos(K)t(m[|)t(x c2

cc1c1ni ωπ

+ωπ

=ωω+==

)t2cos(K2K2)tcos()t(m4|)t(x cc1ni ωπ

+π

+ωπ

==

Si esta señal se pasa por un filtro pasabanda centrado en fc y de ancho de banda mf2B = , la salida será una señal DSB: en efecto,

)tcos()t(m4)t(y cωπ= que es una señal DSB.

6.15. Se desea transmitir en AM la señal periódica de la Fig. 6.64 del Texto; la frecuencia de portadora es de 100 kHz.

(a) Si el índice de modulación es del 75%, demuestre que la amplitud de la portadora es 3/5Ac = y que el rendimiento de transmisión es del 15,8%.

(b) Si el filtro pasabanda de salida del transmisor tiene un ancho de banda de 70 kHz y ganancia unitaria, dibuje el espectro de la señal transmitida. Si el índice de modulación es del 100%, demuestre que en este caso el rendimiento de transmisión es del 24,96%.


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256

(c) La señal recibida en el receptor AM es la señal transmitida en el caso (b). La densidad espectral de ruido a la entrada del amplificador de RF es

W/Hz)f10x5,1exp(10)f(S 59n

−− −=

Si la ganancia de los filtros es unitaria, demuestre que las relaciones de pre y postdetección son:

dB 095,4610x069,4NS dB; 986,5110x58,1

NS 4

o

o5

i

i ====

(a)

Solución:

La señal m(t) contiene una componente continua bo, es decir,

0)t(my )t(mb)t(m ooo >=<+=

)t(m)t(m min)t(m onoo =

Sea entonces la Fig. P6.15(a). Por inspección:

1b ;b22|)t(m min| ooo === )t(cos()]t(m)t(m minbA[)tcos()]t(mA[)t(x conoocccAM ω++=ω+=

)t(cos()]t(mbA

)t(m min1)[bA()t(x con

oc

oocAM ω

+++= . Por definición,

oc

o

bA)t(m min

a+

=

Para 35A donde de ,

43a %,75%a c ===

Con estos datos la señal AM es )tcos()]t(m238[)t(x conAM ω+=

)tcos()t(m2)tcos(38)t(x concAM ω+ω=

Potencia Util: ><>=<= )t(m2)t(m)2(21P 2

on2on

2B

Potencia Total: B2on

2t P

1864)t(m2)

38(

21P +>=<+=

Hay que calcular la potencia de )t(mon , la cual tiene la forma mostrada en la Fig. P6.15(b)


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257

∫−

−− −>=<

610x50

0

266

m

2on dt)]10x25t(

10x502[

T2)t(m

31)t(m2

on >=<

El rendimiento de transmisión será:

%78,15)t(m2

1864

)t(m2%E2on

2on =

><+

><=

para a = 75%

(c) El filtro de salida es de 70 kHz. )tcos()t(m)tcos(A)t(x cccAM ω+ω=

[ ] [ ])ff(M)ff(M21)ff()ff(

2A)f(X cccc

cAM −+++−δ++δ=

Hay que determinar el espectro M(f) de m(t).


∫−

− π−−

= −6

6

10x50

0 m6

mn dt)tnf2cos()10x5,37t(

10x504

T2X

Integrando, ⎪⎩

⎪⎨⎧

=parn para 0

imparn para n811,0

X 2n ; Xo = 1

01,0X ;016,0,0X ;032,0X ;09,0X ;811,0X ;1X 97531o ======

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−δ+−+δ+−δ++δ= ∑ ∑

∞

−∞=

∞

−∞=n nmcnmcncc

cAM )]nff(f[X)]nff(f[X

21)ff()ff(

2A)f(X

[ ] [ ]∑∞

−∞=

+−δ+−+δ+−δ++δ=n

mcmcnccc

AM )]nff(f[)]nff(f[X21)ff()ff(

2A)f(X

donde parn para n811,0X ;3/5A kHz; 100f kHz; 10f 2nccm ==== ; frecuencias en kHz.

[ ] ∑∞

−∞=

+−δ+−+δ+−δ++δ=n

nc

AM )]n10100(f[)]n10100(f[X21)100f()100f(

2A)f(X

1

-1

0 25 50 -25 -50 t

microseg

mon(t)

Fig. P6.15(b). Tm = 100 microsegundos


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258

En la Fig. P6.15(c) se muestra este espectro; frecuencias en kHz.

El espectro de la señal transmitida es el contenido dentro del filtro pasabanda centrado en fc, con un ancho de banda de 70 kHz y ganancia unitaria, Fig. P6.15(c).

Sea ahora el índice de modulación del 100%.

1A1A

21bA

)t(m mina c

coc

o =∴+

==+

= . La señal AM será ahora,

)tcos()t(m2)tcos(2)tcos()]t(m22[)t(x concconAM ω+ω=ω+=

Potencia Util: ><>=<= )t(m2)t(m)2(21P 2

on2on

2B

Potencia Total: ><+=+= )t(m22P)2(21P 2

onB2

t

Pero 31)t(m2

on >=< . El rendimiento será

%25100

3122

312

%E =+

=

(d) La señal recibida en el receptor es, de la Fig. P6.15(c),

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

π+π

+π+π+π+=

)t10x1302cos(2

X)t10x702cos(2

X

)t10x1102cos(2

X)t10x902cos(2

X)t10x1002cos()X2

A(2)t(x

3333

31313o

c

r

xr(t) se puede escribir en la forma siguiente:

+ππ+π+= )t10x1002cos()t10x102cos(X2)t10x1002cos()X2

A(2)t(x 331

3o

cr

)t10x1002cos()t10x302cos(X2 333 ππ+

10 30 50 70 90 100 110 130 150 170 190

Ac/2 + Xo X1/2 X1/2

X3/2X3/2X5/2 X5/2 X7/2X7/2

X9/2 X9/2f

1

Filtro 70 kHzXAM(f)

0 kHz Fig. P6.15(c)

fc = 100 kHz


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259

)t10x1002cos()t10x302cos(X2)t10x102cos(X2)X2

A(2)t(x 333

31o

cr π⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ π+π++=

[ ] )tcos()t(mA)t(x crrr ω+= , donde )X2

A(2A o2

r += ; fc = 100 kHz, B = 70 kHz.

La potencia de señal Si a la entrada del detector será

=+++>=<+= 23

21

2o

c2r

2ri )X2(

21)X2(

21)]X

2A(2[

21)t(m

21A

21S 2,719 W = 4,344 dB

Para la potencia de ruido, )f10x5,1exp(10)f(S 59n

−− −= y

∫ =−= −−3

3

10x135

10x65

59i df)f10x5,1exp(102N 3,269x10-5 W = -44,855 dB

La relación S/N de predetección será: dB 2,4910x317,8NS 4

i

i ==

Este caso se puede considerar como de alta relación S/N, de modo que la potencia de señal a la salida es

=+>==< 23

21

2ro )X2(

21)X2(

21)t(mS 1,33 W = 1,239 dB.

La potencia de ruido es igual a la de la entrada, de modo que la relación S/N de postdetección será

dB 095,4610x069,4NS 4

o

o ==

La ganancia de conversión será entonces =ii

oo

N/SN/S 0,489

6.16. Se desea demodular señales AM con un detector coherente, como se muestra en la Fig.

6.65 del Texto. La señal recibida es )tf2cos()]t10cos(431[10)t(x c

43AM ππ+= − , donde

MHz5,1fc = . El ruido en la antena lo podemos representar mediante su función de autocorrelación ).10x3(sinc10x3)(R 626

n τ=τ − La ganancia de tensión del amplificador de RF es de 1000 y la ganancia de potencia del amplificador de audio es de 10.

Demuestre que la relación So/No de postdetección es de 18,066 dB.

Solución:


)tf2cos()]t10cos(431[10)t(x c

43AM ππ+= − ; fm = 5 kHz; ).10x3(sinc10x3)(R 626

n τ=τ −


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260

Cálculo de la Potencia de Señal.

A la salida del filtro de RF, )tcos()]tcos(431[)t(x10)t(x cmAM

31 ωω+==

A la salida del multiplicador, )t(cos)]tcos(431[2)tcos(2)t(x)t(x c

2mc12 ωω+=ω=

)t2cos()]tcos(431[)]tcos(

431[)t(x cmm2 ωω++ω+=

El filtro de audio deja pasar las bajas frecuencias con una ganancia de potencia de 10, que equivale a una ganancia de tensión de 10 . La salida será:

)]tcos(431[10)t(y mω+= , cuya potencia es W813,12)

43(

211010S 2

o =+=

Potencia de Ruido.

kHz; 10f2B m1 ==

)t10x3(sinc10x3)(R 626n

−=τ

)10x3f(10)f(S 6

12n Λ= − W/Hz

La potencia en antena será, de la Fig. P6.16,

W1010x10x10N 8123a

−− ==

La ganancia de potencia del filtro de RF es de (1000)2 = 106, de modo que la potencia a la salida del filtro de RF es

W10N10N 2a

61

−==

A la salida del multiplicador, la potencia es, de la expresión (1.113) del Texto,

W10x2N2N)2(21N 2

112

2−===

Como el filtro de audio tiene una ganancia de potencia de 10, entonces la potencia de ruido a la salida es

W10x20N10N 22o

−==

La relación S/N a la salida será: dB. 066,18063,6410x20813,12

NS

2o

o === −

6.17. En un sistema AM el mensaje )]tf10cos(3)tf4cos()tf2cos(2[K)t(m mmm π+π+π= . Si Ac es la amplitud de la portadora sin modular,

(a) Demuestre que si el índice de modulación es del 100%, entonces K = Ac/4.

(b) Demuestre que el rendimiento de transmisión correspondiente es del 30,43%.

Areas Iguales

-3 3 -1,5 1,5 0

10 kHz

f

Sn(f) 1-12

MHz Fig. P6.16


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


261

(c) Dibuje el espectro de la señal modulada AM.

Solución:

(a) Sea )]t5cos(3)t2cos()tcos(2[K)t(m mmm ω+ω+ω=

)tcos()]t5cos(3)t2cos()tcos(2[KA)t(x cmmmcAM ωω+ω+ω+= ; 1A

m(t) minKa

c

==

Para determinar |min m(t)| se calcula .0)t(mdtd)t('m == Entonces,

0)t5sen(15)t2sen(2)tsen(2)t('m mmmmmm =ωω−ωω−ωω−=

Los valores de t que hacen m’(t) = 0 son: m

3m

2m

1 f101 t;

f41 t;

f21t ===

El valor mínimo de m(t) se obtiene cuando mf2

1t = , en cuyo caso,

44)2f1m(|m(t) min|

m

=−== y 4

AK c=

(b) )tcos()t(m4

A)tcos(A)tcos()]t(m4

AA[)t(x cc

cccc

cAM ω+ω=ω+=

Potencia Util: ><= )t(m)4

A(21P 22c

B

Pero como 7)3(21

21)2(

21)t(m 222 =++>=<

32A7P

2c

B =

Potencia Total: 2c

2ct A

327A

21P +=

Rendimiento %435,30100A)

327

21(

A327

%E2c

2c

=+

=

(c) )tcos()t5cos(34

A)t2cos(4

A)tcos(24

AA)t(x cmc

mc

mc

cAM ω⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ω+ω+ω+=

+ω−ω+ω+ω+ω= ]t)cos[(4

A]t)cos[(4

A)tcos(A)t(x mcc

mcc

ccAM

+ω−ω+ω+ω+ ]t)2cos[(8

A]t)2cos[(8

Amc

cmc

c


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


262

]t)5cos[(8A3]t)5cos[(

8A3

mcc

mcc ω−ω+ω+ω+

El espectro XAM(f) de esta expresión se muestra en la Fig. P6.17.

6.18. En la Fig. 6.66 del Texto se muestra la envolvente positiva de una señal AM. Se sabe

que m(t) posee una componente continua y que la portadora tiene una potencia de 10,125 W.

(a) Demuestre que el índice de modulación es del 69,2% y que el rendimiento de transmisión es del 13,8%.

(b) Si el filtro de salida tiene un ancho de 800 kHz, ganancia unitaria y centrado en la portadora, que suponemos es de 100 kHz, demuestre que el rendimiento de transmisión de la señal AM es del 12,2%. Dibuje también el espectro de la señal transmitida.

(c) Repita las partes (a) y (b) en el caso de que m(t) no contenga una componente continua.

(a) Solución: Puesto que m(t) contiene una componente continua,

0)t(m donde ),t(mb)t(m ooo >=<+= .

)t(m)t(m min)t(m onoo =

Se construye entonces la Fig. P6.18(a).

De la Fig. P6.18(a), para áreas iguales,

6K)t(mmin También, .)t(m min10x2K10x6 oo33 =+= −−

De estas ecuaciones obtenemos 5,4)t(mmin y 5,1K o ==

==∴= 25,20A125,102

Ac

2c 4,5

fc - 5fm fc - 2fm fc - fm fc fc + fm fc + 2fm fc + 5fm

f

3Ac/16 3Ac/16 Ac/2

Ac/8 Ac/8 Ac/16 Ac/16

Fig. P6.17.


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


263

De la Fig. P6.18(a), 8KbA oc =++ , de donde 2bo = .

Con estos datos la señal AM es

[ ] )tcos()t(m)t(m minbA)t(x conoocAM ω++=

)tcos()t(mbA

)t(m min1)bA()t(x con

oc

oocAM ω⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+

++= , de donde 100bA

)t(m min%a

oc

o

+=

El índice de modulación AM será %23,69%a =

[ ] )tcos()t(m5,4)tcos(5,6)tcos()t(m5,45,6)t(x concconAM ω+ω=ω+=

Potencia Util: ><= )t(m)5,4(21P 2

on2

B

Potencia Total: B2

t P)5,6(21P +=

Hay que calcular >< )t(m2on . La señal mon(t)

tiene la forma de la Fig. P6.18(b), cuya potencia es

W31dtdt

91

10x82)t(m

3 3

3

10x3

0

10x4

10x332on =⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ +=< ∫ ∫

− −

−−

El rendimiento de transmisión será entonces

%776,13100)t(m)5,4()5,6(

)t(m)5,4(%E 2on

22

2on

2

=><+

><=

(b) 100f kHz; 800B c == ; Con los datos de la parte (d) la señal AM es

)tcos()t(m5,4)tcos(5,6)t(x concAM ω+ω= ; 125T1fm

m ==

Sea Mon(f) el espectro de mon(t); el espectro de la señal AM será

[ ] [ ])ff(M)ff(M25,4)ff()ff(

25,6)f(X conconccAM −+++−δ++δ=

Hay que determinar el espectro Mon(f) de mon(t), donde mon(t) se muestra en la Fig. P6.18(b). El coeficiente de Fourier es entonces,

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ π−π= ∫ ∫

− −

−

3 3

3

10x3

0

10x4

10x3n dt)t125n2cos(dt)t125n2cos(31125x2X

Efectuando la integración, 0X );4n3(sincX on ==

0

1/3

-1

1

mno(t)

t3 4 ms

Fig. P6.18(b)


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


264

0X ;043,0X ;071,0X ;06,0X ;0X ;1,0X ;212,0X ;3,0X 87654321 =−==−===−==

∑ ∑∞

−∞=

∞

−∞=

=−δ=−δ=n n

mmmnon Hz 125f );nff()4n3(sinc)nff(X)f(M

No hay componentes para n múltiplos de 4.

[ ] ∑∞

−∞=

+−δ+−+δ+−δ++δ=n

mcmcnccAM )]nff(f[)]nff(f[X25,2)ff()ff(25,3)f(X

El espectro de esta señal se muestra en la Fig. P6.18(c) (frecuencias positivas solamente.

El espectro de la señal transmitida es el contenido dentro del filtro pasabanda centrado en fc, con un ancho de banda de 800 kHz y ganancia unitaria.

La señal transmitida es, de la Fig. P6.18(c),

−+π+−π+ω= ]t)125f(2cos[X25,2]t)125f(2cos[X25,2)tcos(25,32)t(x c1c1cAMT ++π−−π− ]t)250f(2cos[X25,2]t)250f(2cos[X25,2 c2c2 ]t)375f(2[coxX25,2]t)375f(2cos[X25,2 c3c3 +π+−π+

−+π+−π+ω= ]t)125f(2cos[35,1]t)125f(2cos[35,1)tcos(5,6)t(x ccAMT ++π−−π− ]t)250f(2cos[955,0]t)250f(2cos[955,0 cc ]t)375f(2cos[45,0]t)375f(2cos[45,0 cc +π+−π+

Potencia Util: W939,2)45,0(212)955,0(

212)35,1(

212P 222

B =⎥⎦⎤

⎢⎣⎡+⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −+⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=

Potencia Total: W064,24P)5,6(21P B

2t =+=

Rendimiento %213,12100Total Potencia UtilPotencia%E ==

fm = 125 Hz 3,25

2,25X1 2,25X1

2,25X2 2,25X2

2,25X3 2,25X3

2,25X5 2,25X5

f

Fig. P6.18(c).

fc - 5fm fc + 5fm fc + 4fm fc - 4fm fc - 3fm

fc - 2fm fc + 2fm fc - fm fc + fm fc

Filtro 800 kHz

fc+3fm


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


265

(c) La señal m(t) no contiene una componente continua. En este caso bo = 0, y la envolvente positiva de la señal AM tiene la forma de la Fig. P6.18(d).

Ac = 4,5. De la Fig. P6.18(d) para áreas iguales,

m(t) min10x2K10x6 33 −− = .

También,

.6m(t) minK =+ De donde,

1,5Ky 5,4m(t) min ==

Con estos datos, la señal AM será

[ ] )tcos()]t(m)1(1[5,4)tcos()t(m5,45,4)t(x cncnAM ω+=ω+=

El índice de modulación es ahora a = 1 = 100%.

Veamos ahora el rendimiento de transmisión.

)tcos()t(m5,4)tcos(5,4)t(x cncAM ω+ω=

Potencia Util: ><= )t(m)5,4(21P 2

n2

B

Potencia Total: B2

t P)5,4(21P +=

Hay que calcular >< )t(m2n . Como mn(t) tiene la misma forma que mon(t), Fig.

P6.18(b), entonces 31)t(m2

n >=< , y el rendimiento de transmisión será

%25100

31)5,4(

21)5,4(

21

31)5,4(

21

%E22

2

=+

=

Pasemos ahora a la señal transmitida :)t(xAMT

)tcos()t(m5,4)tcos(5,4)t(x cncAM ω+ω=


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


266

Sea Mn(f) el espectro de mn(t); pero como mn(t) tiene la misma forma que mon(t), Fig. P6.18(b), entonces,

)f(M)f(M onn = , el espectro de xAM(t) será

[ ] [ ])ff(M)ff(M25,4ff()ff(

25,4)f(X cncnccAM −+++−δ++δ=

Como ∑∞

−∞=

==−δ=n

mnmnn Hz125fy )2n3(sincX donde ),nff(X)f(M

[ ] [ ]∑∞

−∞=

+−δ+−+δ+−δ++δ=n

mmcnccAM )]nff(f[)]nff(f[X25,2)ff()ff(25,2)f(X

Este espectro es igual al espectro mostrado en la Fig. P6.18(c), con la única diferencia que ahora la amplitud de la portadora es 2,25 en vez de 3,25. En este caso, la señal transmitida )t(xAMT será

−+π+−π+ω= ]t)125f(2cos[35,1]t)125f(2cos[35,1)tcos(5,4)t(x cccAMT ++π−−π− ]t)250f(2cos[955,0]t)250f(2cos[955,0 cc ]t)375f(2cos[45,0]t)375f(2cos[45,0 cc +π+−π+

Potencia Util: W939,2PB =

Potencia Total: W064,13939,2)5,4(21P 2

t =+=

Rendimiento: E% = 22,497%

Nótese que el rendimiento aumentó de 12,213% a 22,497%. Esto es consecuencia de no tener que gastar potencia en transmitir una componente continua que no lleva información.

6.19. Consideremos un sistema AM con modulación sinusoidal e índice de modulación del 100%.

(a) Demuestre que si la banda lateral superior está atenuada en un factor de 1/2, la señal AM se puede escribir en la forma

)tf2(cos21)tf2cos(

23

1617E(t) donde )],t(tf2cos[)t(E)t(x m

2mcAM π+π+=Ψ−π=

y ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π+

π=Ψ

)tf2cos(34)tf2sen(arctg)t(m

m . Sugerencia: Utilice el diagrama fasorial

(b) Demuestre también que si la banda lateral superior está desfasada en 180º, entonces

)]tf2arctg[sen(tf2cos)tf2(sen1A)t(x mcm2

cAM π−ππ+=


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


267

Solución:

1a 100%;a% );tcos(A)t(m mm ==ω=

(a) )tcos()]tcos(AA1[A)tcos()]tcos(AA[)t(x cm

c

mccmmcAM ωω+=ωω+=

puesto que )tcos()]tcos(1[A)t( x,AA1a cmcAM

c

m ωω+===

]t)cos[(2

A]t)cos[(2

A)tcos(A)t(x mcc

mcc

ccAM ω−ω+ω+ω+ω=

Si la banda lateral superior está atenuada en 50%, entonces,

]t)cos[(2

A]t)cos[(4

A)tcos(A)t(x mcc

mcc

ccAM ω−ω+ω+ω+ω=

cuyo diagrama fasorial se muestra en la Fig. P6.19(a)


2

mc

mc

2

mc

mc

c2 )tsen(

4A)tsen(

2A)tcos(

4A)tcos(

2AA)t(E ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ω−ω+⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ω+ω+=

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

ω+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ω+= )t(sen

161)tcos(

431A)t(E m

22

m2c

2 . Desarrollando, llegamos a

)t(cos21)tcos(

23

1617A)t(E m

2mc ω+ω+=

Para el ángulo ),t(Ψ del diagrama de la Fig. P6.19(a):

)tcos(34)tsen(arctg

)tcos(A43A

)tsen(4

A

arctg)t(m

m

mcc

mc

ω+ω

=ω+

ω=Ψ


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


268

Entonces, )].t(tcos[)t(E)t(x cAM Ψ−ω= El signo menos de )t(Ψ se debe a que E(t) está en atraso en relación con la portadora.

(b) Si la banda lateral superior está desfasada en 180º, la señal AM tendrá la forma

]t)cos[(2

A]t)cos[(2

A)tcos(A)t(x mcc

mcc

ccAM ω−ω+ω+ω−ω=

cuyo diagrama fasorial se muestra en la Fig. P6.19(b). Nótese que E(t) está en atraso en relación con la portadora. Del diagrama fasorial,

)t(senAA)]t2

cos(2

A2[A)t(E m22

c2c

2m

c2c

2 ω+=ω−π

+=

)t(sen1A)t(E m2

c ω+=

)]tarctg[sen(A

)tsen(Aarctg)t( mc

mc ω=ω

=Ψ

)]t(tcos[)t(E)t(x cAM Ψ−ω=

6.20. Sea la señal AM con modulación sinusoidal de la Fig. 6.67 del Texto.

(a) Determine su índice de modulación

(b) Dibuje su espectro para Hz. 100fy Hz 1600f mc == Demuestre que su rendimiento de transmisión es del 5,26%

(c) ¿En cuánto hay que aumentar (o disminuir) la amplitud de la portadora para que su índice de modulación sea del 10%? [Respuesta: Hay que aumentar Ac en 175V]

Solución: (a) De la Fig. 6.67 del Texto,

V50E ;V100E minmax ==


%33,33100EEEE%a

minmax

minmax =+−

=

(b) De la Fig. 6.6(a) del Texto,

V252

EEA ;V752

EEA minmaxm

minmaxc =

−==

+=

Hz100f ;Hz1600f )tcos()]tcos(2575[)t(x mccmAM ==ωω+=

]t)ff(2cos[5,12]t)ff(2cos[5,12)tcos(75)t(x mcmccAM −π++π+ω=

1500 1600 1700

6,25 6,25

37,5

Hz

f

XAM(f)

0

Fig. P6.20.


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


269

cuyo espectro se muestra en la Fig. P4.20.

Potencia Util: W3,156)5,12(212P 2

B ==

Potencia Total: W2969P)75(21P B

2t =+=

Rendimiento: %263,5100PP%E

t

B ==

(c) )tcos()]tcos(A251[A)tcos()]tcos(25A[)t(x cm

cccmcAM ωω+=ωω+=

V250A1,0A25a c

c

=∴==

Hay que aumentar Ac de 75V a 250V, es decir, hay que aumentar Ac en 175V.

6.21. En un sistema AM la potencia de la portadora sin modular, referida a una resistencia de 50 Ohm, es de 100W. Cuando se modula con una señal sinusoidal de amplitud Am, se encuentra que la potencia promedio de la salida aumenta en un 50%.En estas condiciones,

(a) Determine la potencia promedio de cada banda lateral y el valor de Am

(b) Demuestre que el índice de modulación es del 100%

(c) Demuestre que el valor máximo de la señal modulada es de 200V

(d) Determine la potencia total de salida si la amplitud de la señal moduladora se reduce a la mitad

Solución:

V100A]2

A[501W100 c

2c =∴=

(a) )tcos()]tcos(A100[)t(x cmmAM ωω+=

]t)cos[(2

A]t)cos[(2

A)tcos(100)t(x mcm

mcm

cAM ω−ω+ω+ω+ω=

4

A5000)2

A(212)100(

21)t(x

2m2m22

AM +=+>=<

pero, V100A25004

Am

2m =∴=

La potencia en cada banda lateral es W12508

A)2

A(21P

2m2m

1B ===


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


270

y la potencia total, W75001250x25000Pt =+=

(b) Puesto que V100Ay V100A mc == , el índice de modulación es

%100100AA%a

c

m ==

(c) ]t)cos[(50]t)cos[(50)tcos(100)t(x mcmccAM ω−ω+ω+ω+ω=

Un valor máximo de )t(xAM ocurre para t = 0, entonces,

V2005050100)0(x)t( xmax AMAM =++==

(d) Si la amplitud de la señal moduladora se reduce a la mitad, ,50Am = de donde,

)tcos()]tcos(50100[)t(x cmAM ωω+=

]t)cos[(25]t)cos[(25)tcos(100)t(x mcmccAM ω−ω+ω+ω+ω=

La potencia total de salida será

W5625)25(212)100(

21)t(x 222

AM =+>=<

Nótese que al reducir la amplitud de la señal moduladora en un 50%, la potencia total se reduce en un 25%.

6.22. La señal de la Fig. 6.68 del Texto se aplica a la entrada de un detector de envolvente, Fig. 6.5(a) del Texto, donde R = 104 Ohm y C = 10 µF.

(a) Si el diodo es ideal, dibuje la forma de la señal de salida, calculando las correspondientes constantes de tiempo.

(b) Repita (a) si el diodo tiene una resistencia inversa de 30 kOhm y la directa de 1200 Ohm.

Solución:

El detector de envolvente es un elemento no lineal, de modo que en su análisis no se puede emplear métodos basados en la función de transferencia. En el presente caso usaremos el método “lineal por tramos (piece-wise, en inglés)”.


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


271

(a) Diodo Ideal. Resistencia directa = rp; resistencia inversa = ∞.

Sea el circuito de la Fig. P6.22(a) que representa al detector de envolvente cuando el diodo conduce, es decir, cuando vi(t) es positivo.

Cuando al circuito se le aplica un rectángulo (o un escalón), el capacitor se carga casi instantá-neamente al valor máxi-mo del rectángulo (o escalón). El tiempo de carga está limitado por la resistencia interna de la fuente, que suponemos muy pequeña.

Cuando el rectángulo cae a cero, el capacitor queda cargado al valor máximo Vmax del rectángulo. En este caso el circuito equivalente se muestra en la Fig. P6.22(b). El capacitor se descarga ahora a través de R, con una constante de tiempo RC; la ecuación de descarga tiene la forma

)RC

texp(V)t(v maxo −=

Sea entonces la señal de la Fig. 6.68 del Texto.

Para += 0t , el capacitor se carga casi instantáneamente al valor Vmax = 1 y permanece en ese estado hasta el instante t = 1, es decir, la salida será

Para max1o V)t( v,1t0 ≈<< , donde V1max = 1

En el intervalo )RC

1texp(V)t( v,2t1 max1o−

−=<≤ , donde RC = 0,1

La señal vo(t) decae rápidamente, de modo que para 0)t( v,1t o ≈=

El procedimiento se repite para los otros dos rectángulos; en efecto,

En el intervalo ,V)t( v,3t2 max2o ≈<< donde 21V max2 =

En el intervalo 0)t( v4, tparay )RC

3texp(V)t( v,4t3 omax2o ≈=−

−=≤≤

En el intervalo max1o V)t( v,5t4 ≈<<

0 1 2 3 4 5 6

0

0.5

1

0 1 2 3 4 5 60

0.5

1

o o

R

R

C

C

(a)

(b)

(d)

(e) Fig. P6.22.

t

vo(t)

0,5 (c)

t

seg

seg

vo(t)

0,893

0,446

vo(t)

vo(t)

vi(t)

vi(t)C

C vo(t)

vo(t)

(f)

rp

ri

R

R


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


272

En el intervalo ),RC

5texp(V)t( v,6t5 max1o−

−=≤≤ y para 0)t( v,6t o ≈=

En la Fig. P6.22(c) se muestra la forma de la señal de salida vo(t).

Nótese que utilizamos signos de aproximación )(≈ porque los exponenciales, tanto en carga como en descarga, nunca llegan a un valor para t < ∞.

(b) El diodo es real: resistencia directa rp = 1200 Ohm; resistencia inversa ri = 3x104 .

En este caso los circuitos equivalentes se muestran en la Fig. P6.22(d) y (e).

Cuando vi(t) es positiva, el diodo conduce y el capacitor se carga a través de rp hasta el

voltaje 'imaximax

p

VVRr

R=

+ . La ecuación de carga es,

para )]Crtexp(1[V)t( v,tt0

p

'imaxoo −−=<≤ , y para '

imaxoo V)t( v,tt ≈=

Cuando vo(t) cae a cero en el instante t = to, el capacitor se descarga a través del paralelo de R y ri, como se muestra en la Fig. P.22(e) . La ecuación de descarga es

Para Rr

RrR donde ),CRttexp(V)t( v,ttt

i

ii

i

o'imaxo1o +

=−

−=<≤

El procedimiento es el mismo para los otros rectángulos.

Sea entonces la señal de la Fig. 6.68 del Texto.

Nótese que max2p

'2maxmax1

p

'max1 V

RrRVy V

RrRV

+=

+= ; con

21Vy 1V 2maxmax1 ==

En el intervalo 'max1o

p

'max1o V)t( v1, tparay )],

Crtexp(1[V)t( v,1t0 ≈=−−=<≤

En el intervalo 0)t( v2, tparay ),CR1texp(V)t( v,2t1 o

i

'max1o ≈=

−−=<≤


p

'max2o V)t( v3, tparay )],

Cr2texp(1[V)t( v,3t2 ≈=

−−−=<≤

En el intervalo 0)t( v4, tparay ),CR3texp(V)t( v,4t3 o

i

'max2o ≈=

−−=<≤


p

'max1o V)t( v5, tparay ),

Cr4texp(1[V)t( v,5t4 ≈=

−−−=<≤

Finalmente, para )CR5texp(V)t( v,t5

i

'max1o

−−=≤


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


273

En la Fig. P6.22(f) se muestra la señal de salida vo(t). Nótese la influencia de las resistencias rp y ri del diodo real, para los mismos valores de R y C.

6.23. Un tono de prueba de 1 kHz modula en AM una portadora de 1 MHz con un índice de modulación del 50%. En el receptor la señal AM llega contaminada por interferencia aditiva representada por una señal sinusoidal de 1002 kHz cuya amplitud es el 1% de la portadora sin modular.

Demuestre que a la salida del detector de envolvente la salida interferente estará a 33,98 dB por debajo del tono de prueba.

Solución:

Modulación AM. ;kHz1000MHz1f ;kHz1f cm === 21

AAa

c

m ==

Frecuencia interferente, icci ffkHz 1002f +== donde fi = 2 kHz; 100AA c

ci =

Nótese que fi es del mismo orden que fm y por lo tanto representa una interferencia.

)tcos()]tcos(2

AA[)tcos()]tcos(AA[)t(x cmc

ccmmcAM ωω+=ωω+=

La señal recibida será entonces,

]t)cos[(100A)t(x)t(x ic

cAMr ω+ω+=

]t)cos[(100A]t)cos[(

4A]t)cos[(

4A)tcos(A)t(x ic

cmc

cmc

cccr ω+ω+ω−ω+ω+ω+ω=

Hay que expresar esta señal en la forma polar )]t(tcos[)t(E)t(x cr Ψ+ω= , donde E(t) es su envolvente, la cual es detectada por el detector de envolvente del receptor. El diagrama fasorial de xr(t), en relación con la portadora, tiene la forma mostrada en la Fig. P6.23.

Del diagrama fasorial,

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ω+ω+=

2

ic

mc

c2 )tcos(

100A)tcos(

4A2A)t(E

2

ic )tsen(

100A

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ω+

)t(sen101)tcos(

100A)tcos(

211A)t(E i

24

2

ic

mc ω+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ω+ω+=

tmω

tmω

tiω

)t(Ψ

E(t

Ac/4

RefAc

AcAc

Ac/4

Ac/100

0

Fig. P6.23.


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


274

El término dentro de los corchetes es mucho mayor que el otro, de modo que la salida del detector de envolvente será

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ω+ω+= )tcos(

1001)tcos(

211A)t(E imco

Sea PB la potencia del tono de prueba, y Pi la potencia de la señal interferente, entonces,

4

2c2c

i

2c2c

B 10x2A)

100A(

21P ;

8A)

2A(

21P ====

dB 98,33)PP(log10

PP dB,en y ,2500

410

A8A10x2

PP

i

B10

dBi

B4

2c

2c

4

i

B ==⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡===

La señal interferente está a 33,98 dB por debajo del tono de prueba.

6.24. En la Fig. 6.69 del Texto se muestra el modulador de Weaver. Si m(t) es de banda limitada fm,

(a) Demuestre que la señal de salida es una señal modulada SSB: de banda lateral superior cuando se toma el signo “+”, y de banda lateral inferior cuando se toma el signo “-“. El ancho de banda de los filtros es B.

(b) Sea ),Bt(Bsinc)t(m 2= con B4fc = y con el signo “+”. Dibuje el espectro en los puntos en los puntos 1, 2, 3, 4, 5, 6 y 7.

(c) ¿Por qué este modulador es más sencillo de instrumentar que el modulador por desplazamiento de fase, Fig. 6.12(f) del Texto?

Solución:

(a) Sea el modulador de Weaver mostrado en la Fig. 6.69 del Texto. Supongamos que m(t) tiene un espectro como el mostrado en la Fig. P6.24(1)(a).

Por la rama superior: ),Bt2cos()t(m)t(x1 π= cuyo espectro se muestra en la Fig. P6.24(1)(b), Punto 1. Esta señal se pasa por el filtro pasabajo de ancho de banda B, cuya salida, Punto 2, se muestra en la Fig.P6.24(1)(c).

Atención: nótese que si mfB >> , entonces el filtro puede ser pasabanda, de ancho de banda fm y cuya frecuencia de corte superior es B.

En el Punto 3, la señal x2(t) sale multiplicada por ]t)Bf(2cos[ c +π , tomando el signo “+”. La señal X3(f) tendrá la forma dada en la Fig. P6.24(1)(d).


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


275

Vamos ahora por la rama inferior.

En el Punto 4, )Bt2sen()t(m)t(x4 π= , cuyo espectro se muestra en la Fig. P6.24(1)(e). Esta señal pasa por el filtro pasabajo de ancho de banda B y su salida, Punto 5, es x5(t) y tiene la forma mostrada en la Fig. P6.24(1)(f).

En el Punto 6 la señal x5(t) sale multiplicada por ]t)Bf(2sen[ c +π y su espectro X6(f) tendrá la forma dada en la Fig. P6.24(1)(g).

En el Punto 7 se tiene que )f(X)f(X)f(X 637 += , donde X7(f) tiene la forma mostrada en la Fig. P6.24(1)(h). Puede observarse que X7(f) es el espectro de una señal modulada SSB superior.

El lector puede seguir el mismo procedimiento cuando se toma el signo “-“ y verificar que la señal de salida es en efecto una señal modulada SSB inferior.

M(f) 1/2 X1(f)

fm -fm -B B

(a) (b) 1/2

1/2

-B B

X2(f) (c)

f f f

X3(f) 1/4

-j/2

j/2 j/2

-j/2

fc fc+B fc+2B f

-fc-fc-B -fc-2B

(d)

X4(f)

-B B f

(e) (f) X5(f)

-B B f

(g)

fc fc+B fc+2B f

-fc-B -fc

1/4

-1/4 -1/4

X6(f)

(h)

X7(f)

fc+fm -fc-fc-fm

0

0 0

0

0f

Fig. P6.24(1).

-fc-2B

fc


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


276

(b) Si )Bf()f(M)Bt(Bsinc)t(m 2 Λ=⇔= y siguiendo el mismo procedimiento de la

parte (a), los espectros correspondientes se muestran en la Fig. P6.24(2).

(c) El modulador de Weaver es más fácil de instrumentar porque no utiliza filtros de Hilbert, que son de más difícil diseño que los filtros convencionales utilizados en el modulador de Weaver.

6.25. En el modulador SSB por desplazamiento de fase, Fig. 6.12(f) del Texto, el transformador de Hilbert produce un desfase de 2/π a todas las componentes de frecuencia de m(t). Sin embargo, en la práctica esta transformación es de difícil realización física. Supongamos entonces que la transformación no es perfecta y que el

desfase producido es de )2

( α+π , donde

2π

<α . Sea también )tf2cos()t(m mπ= y

consideremos la banda lateral inferior.

(a) Demuestre que a la salida del demodulador habrá una componente de distorsión dada por

[ ] )tf2sen()tf2cos()sen()tf2sen(1)cos(A)t(y cmmcd ππα−π−α=

fc+2B

M(f)

-B B0 f

-B-2 B 2B f

1/2 X1(f) X2(f)

X3(f)

X4(f) X5(f)

X6(f)

X7(f)

-B B

-fc

-fc-B

-fc-B

-fc-2B

fc+B

fc+2B

-fc

-fc-B

fc+B

fc+B

fc

fc

-fc fc

f

f

f-2B -B

B 2B

-fc-2B

-B B f

1/2

1/4

j/2 j/2

-j/2 -j/2

0 0

0

0 0

0

0

f

f

1/4

-1/4

1/2

(a) (b) (c)

(d) (e)

(f)

(g)

Fig. P6.24(2)


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


277

(b) A la salida del circuito se coloca un filtro pasabajo. Demuestre que si la entrada del circuito es una señal SSB con modulación sinusoidal de la forma

]t)ff(2cos[A)t(x mcrr −π= , la salida del filtro pasabajo será

)2

tf2cos()2/cos(AA)t(y mcrα

+πα=

Solución:

(a) )tcos()t(m mω=

Consideremos el modulador SSB por desplazamiento de fase de la Fig. 6.12(f) del Texto.

Por la rama superior, a la salida del moduladoer balanceado,

)tcos()tcos(A)tcos()t(mA)t(x cmccc1 ωω=ω=

Por la rama inferior.

El seudofiltro de Hilbert produce un desfase de )2/( α+π a todas las señales de entrada. Puesto que la entrada al filtro es )tcos()t(m mω= , la salida del filtro, que llamaremos )t(mT , será:

)tsen()cos()tcos()sen()]2

(tcos[)t(m mmmT ωα+ωα−=α+π

−ω=

Entonces, a la salida del modulador balanceado inferior,

[ ] )tsen()tsen()cos()tcos()sen(A)t(x cmmc2 ωωα+ωα−=

La salida del sumador será: )t(x)t(x)t(y 21 +=

)tsen()tsen()cos(A)tsen()tcos()sen(A)tcos()tcos(A)t(y cmccmccmc ωωα+ωωα−ωω=

pero la salida SSB inferior tiene la forma

)tsen()tsen(A)tcos()tcos(A)t(y cmccmcSSB ωω+ωω=

entonces sumamos y restamos de y(t) la expresión )tsen()tsen(A cmc ωω . Por consi-guiente,

[ ] −ωω−ωω+ωω= )tsen()tsen(A)tsen()tsen(A)tcos()tcos(A)t(y cmccmccmc )tsen()tsen()cos(A)tsen()tcos()sen(A cmccmc ωωα+ωωα−

)tcos()sen(]1))[cos(tsen()tsen(A)t(y)t(y mmccSSB ωα−−αωω+=

)t(y)t(y)t(y dSSB +=

donde )tsen()tcos()sen()tsen(]1)[cos(A)t(y cmmcd ωωα−ω−α=

yd(t) representa un término de distorsión.


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


278

Nótese que si )t(yy(t) e 0)t(y entonces ,0 SSBd ===α

(b) La entrada al circuito es ahora ]t)ff(2cos[A)t(x mcrr −π= que representa una banda lateral inferior. El circuito va a trabajar ahora como demodulador.

Por la rama superior, )tcos(]t)cos[(AA)t(x cmcrc1 ωω−ω=

Si la entrada al seudofiltro de Hilbert es ]t)cos[(A)t(x mcrr ω−ω= , su salida, que llamaremos )t(xT , será:

)]2

(t)cos[(A)t(x mcrT α+π

−ω−ω=

)2

sen(]t)sen[(A)2

cos(]t)cos[(A)t(x mcrmcrT α+π

ω−ω+α+π

ω−ω=

]t)sen[()cos(A]t)cos[()sen(A)t(x mcrmcrT ω−ωα+ω−ωα−=

A la salida del modulador balanceado inferior,

)tsen(]]t)sen[()cos(A]t)cos[()sen(A[A)t(x cmcrmcrc2 ωω−ωα+ω−ωα−=

)tsen(]t)sen[()cos(AA)tsen(]t)cos[()sen(AA)t(x cmcrccmcrc2 ωω−ωα+ωω−ωα−=

A la salida del sumador,

+ωω−ωα−ωω−ω=+= )tsen(]t)cos[()(seAA)tcos(]t)cos[(AA)t(x)t(x)t(y crcrccmcrc21s

)tsen(]t)sen[()cos(AA cmcrc ωω−ωα+

Desarrollando los productos obtenemos

−ω−ωα−ω+ω−ω= ]t)2sen[()sen()tcos(]t)2cos[(2AA)t(y mcmmc

rcs

]t)2cos[()cos()tcos()cos()tsen()sen( mcmm ω−ωα−ωα+ωα−

Si en la salida del sumador hay un filtro pasabajo, él eliminará los términos de alta frecuencia quedando,

[ ])tcos()cos()tsen()sen()tcos(2AA)t(y mmm

rc ωα+ωα−ω=

)tsen()sen(2AA)tcos()]cos(1[

2AA)t(y m

rcm

rc ωα−ωα+=


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


279

Nótese que y(t) tiene la forma )tsen(B)tcos(A)t(y mm ω−ω= , que expresado en

forma polar es )],t(tcos[BA)t(y m22 φ+ω+= donde )]cos(1[

2AAA rc α+= ,

ABarctg(t)y )sen(

2AAB rc =φα= . Entonces, reemplazando términos, llegamos a

,2

(t)y )2

cos(AABA rc22 α

=φα

=+ de donde,

)2

tcos()2

cos(AA)t(y mrcα

+ωα

=

Nótese que si )tcos(AAy(t) ,0 mrc ω==α y se ha recuperado el mensaje ).tcos()t(m mω=

6.26. Sea el sistema de la Fig. 6.70 del Texto, donde )t(n)t(x)t(x ri += , siendo

)tsen()]t(m)t(mA[)tcos()]t(m)t(mA[)t(x c21c21r ω−++ω++=

Hz/W10)f(S)t(n 8n

−=⇒

(a) Demuestre que )t(m)t(y e )t(mA)t(y 2211 =+= , es decir, el sistema permite recobrar )t(my )t(m 21 a partir de )t(x1 .

(b) Suponga que el ruido n(t) es pasabanda de ancho de banda 2B y centrado en fc. Demuestre que la potencia de ruido en el Punto 1 en dBm 98,3N1 −= .

Solución:

(a) Hagamos )]t(m)t(m[A (t)my )]t(m)t(mA[)t(m 21122111 −+=++=

Cálculo de la Señal.

Por la rama superior, a la salida del multiplicador,

)t(sen)t(m)tsen()tcos()t(m)t(sen()t(x)t(x 212cc11cr1 +ωω=ω=

)t2cos()t(m21)t(m

21)t2sen()t(m

21)t(x c1212c111 ω−+ω=

El filtro pasabajo bloquea las componentes de alta frecuencia; su salida será:

)]t(m)t(mA[21)t(x 212 ++=

Por la rama inferior, a la salida del multiplicador,

)tcos()tsen()t(m)t(cos)t(m)tcos()t(x)t(x cc12c2

11cr3 ωω+ω=ω=


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


280

)t2sen()t(m21)t2cos()t(m

21)t(m

21)t(x c12c11113 ω+ω+=

La salida del filtro pasabanda de la rama inferior será

)]t(m)t(mA[21)t(m

21)t(x 21124 −+==

A la salida del sumador superior, Punto 1, la señal será

)]t(m)t(mA[21)]t(m)t(mA[

21)t(x)t(x)t(y 2121421 −++++=+=

)t(mA)t(y 11 +=

La componente continua A generalmente se elimina en los amplificadores presentes.

La salida del sumador inferior, Punto 2, será

)]t(m)t(mA[21)]t(m)t(mA[

21)t(x)t(x)t(y 2121422 −+−++=−=

)t(m)t(y 22 =

(b) Cálculo de la Potencia de Ruido.

La densidad espectral de ruido a la entrada tiene la forma mostrada en la Fig. P6.26(a), donde

)]B2ff()

B2ff([10)f(S cc8

n−

Π++

Π= −

Por la rama superior.

A la salida de multiplicador superior y de acuerdo con el Teorema de la Modulación de Señales de Potencia,

[ ])ff(S)ff(S4

10)f(S cncn

8

1 −++=−

, donde fc > B

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Π+Π+Π++

Π=−

)B2

f2f()B2f()

B2f()

B2f2f(

410)f(S cc

8

1

Al pasar por el filtro pasabajo superior, la salida será

1Sn(f) Sy(f) 10 -8

-fc fc 0 f

-B B0 f

(a) (b) Fig. P6.26.

2B -8


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


281

)B2f(

210)f(S

8

2 Π=−

Por la rama inferior.

De acuerdo con el Teorema de la Modulación para Señales de Potencia, la densidad espectral a la salida del amplificador inferior será igual a la densidad espectral del filtro pasabajo superior, es decir,

)B2f(

210)f(S

8

4 Π=−

La densidad espectral de salida del sumador superior será

)B2f(10)f(S)f(S)f(S 8

42y Π=+= − , cuya forma se muestra en la Fig. P6.26(b).

La correspondiente potencia de salida es

dBm 98,310x410x10x20x210Bx2N 48381 −==== −−−

6.27. Para la transmisión de dos señales se propone el circuito de la Fig. 6.71 del Texto, que utiliza una sola portadora de frecuencia fc. La señales m1(t) y m2(t) son de banda limitada fm1 y fm2, respectivamente.

(a) ¿Qué características deben tener los filtros F1, F2 y F3 para poder transmitir y recobrar las señales m1(t) y m2(t)? (con estas características se harán las partes (b) y (c) siguientes).

(b) Si m1(t) y m2(t) son sinusoidales de frecuencias fm1 y fm2, respectivamente, y amplitud unitaria, calcule la señal xc(t).

(c) Si ,ffy f2f donde ),tf(sincf)t(my )tf(sincf)t(m 2mc1m2m2m2m21m2

1m1 >>===

Dibuje el espectro de la señal transmitida xc(t).

(d) Diseñe un sistema para demodular xc(t) y recobrar m1(t) y m2(t).

Solución:

(a) Sea la Fig. 6.71 del Texto. Por la rama superior, a la salida del multiplicador,

)tcos()t(m2)t(x c11 ω=

Tentativamente, el filtro F1 pudiera ser pasabanda, de ancho de banda 2fm1 y centrado en la frecuencia fc. Suponemos ganancia unitaria.

La señal x1(t) pasa directamente por el filtro, de modo que la salida del filtro F1 será

)t(m2)t(x)t(x 112 ==

Por la rama inferior, a la salida delmultiplicador,

)tcos()t(m2)t(x c23 ω=


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


282

Vemos que esta señal se superpone a la señal x1(t) y no habría manera de extraer m1(t) y m2(t) de la señal transmitida. Para poder recobrar las señales, el filtro F1 deberá dejar pasar, por ejemplo, la banda inferior de m1(t), mientras que el filtro F2 deberá dejar pasar entonces la banda lateral superior de m2(t). En este caso, las características de los filtros serán:

Filtro F1: pasabanda, ancho de banda fm1 y centrado 2

ff 1mc −

Filtro F2: pasabanda, ancho de banda fm2 y centrado en 2

ff 2mc +

La señal de salida del sumador es una señal pasabanda centrada en fc, cuya banda lateral inferior es la banda lateral inferior de x1(t) mientras que su banda lateral superior es la banda lateral superior de x2(t). El filtro F3 será entonces pasabanda, con una frecuencia inferior 1mci fff −= y una frecuencia superior 2mcs fff += ; su ancho de banda será

2m1m ffB += .

(c) Sea )tcos()t(my )tcos()t(m 2m21m1 ω=ω=


]t)ff(2cos[]t)ff(2cos[)tcos()tcos(2)t(x 1mc1mcc1m1 −π++π=ωω=

El filtro F1 elimina la banda lateral superior, de modo que su salida será

]t)ff(2cos[)t(x 1mc2 −π=


]t)ff(2cos[]t)ff(2cos[)tcos()tcos(2)t(x 2mc2mcc2m3 −π++π=ωω=

El filtro F2 elimina la banda lateral inferior y su salida será:

]t)ff(2cos[)t(x 2mc4 +π=

A la salida del sumador,

]t)ff(2cos[]t)ff(2cos[)t(x)t(x)t(x 2mc1mc425 +π+−π=+=

El filtro F3 deja pasar esta señal directamente; la señal transmitida será

]t)ff(2cos[]t)ff(2cos[)t(x)t(x 2mc1mc5c +π+−π==

(d) Sea )ff()f(M)tf(sincf)t(m

1m11m

21m1 Λ=⇔=

y )f2f()f(M)tf(sincf)t(m

222m2m2 Π=⇔=

)f(My )f(M 21 se muestran en la Fig. P6.27(a) y (b).


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


283


⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Λ+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ +Λ=⇔ω=

1m

c

1m

c1c11 f

fff

ff)f(X)tcos()t(m2)t(x que se muestra en (c).

El filtro F1 elimina la banda lateral superior de X1(f) quedando X2(f) cuya forma se muestra en (d).


)tcos()t(m2)t(x c23 ω= cuyo espectro es

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Π+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ +Π=

2m

c

2m

c3 f2

fff2

ff)f(X

Este espectro se muestra en (e).

Después del filtro F2, el cual elimina la banda lateral inferior de X3(f), aparece

)f(X4 cuya forma se muestra en (f).

Finalmente, a la salida del sumador aparece )f(X)f(X)f(X 42c += cuya forma se muestra en (g).

(e) El diseño de un sistema para demodular xc(t) y recobrar m1(t) y m2(t) se deja a la ingeniosidad del lector. Nótese que este es un sistema SSB.

6.28. Demuestre que la ganancia de potencia del filtro HSSB(f), Fig. 6.12(d) del Texto, para que la potencia de la señal SSB sea la misma que la del sistema de la Fig. 6.12(f) del Texto, debe ser igual a 2.

Solución:

Sean las figuras 6.12(d) y 6.12(f) del Texto,

En la Fig. 6.12(d), a la salida delmodulador balanceado, )tcos()t(mA)t(x cc1 ω= , cuya

potencia es .)t(m2

A)t(x 22c2

1 ><>=< Como el filtro HSSB(f) elimina una de las bandas

laterales, la potencia de salida será la mitad de la potencia de entrada multiplicada por la ganancia de potencia Gp del filtro. Entonces,

><>=<>=< )t(m4AG

)t(x2

G)t(x 2

2cp2

1p2

SSB

-fc

fc

fc+fm1 fc-fm1 -fc-fm1 -fc+fm1 fc

fc

fc

fc

-fc

-fc

-fc

-fc

fm2-fm1 -fm2fm1

M1(f) M2(f)

f0 0

f

(a) (b)

fc+fm2

fc+fm2

-fc+fm1 fc-fm1

fc+fm2

fc-fm2 -fc+fm2 -fc-fm2

fc-fm1 -fc+fm1 -fc-fm2 Fig. P6.27.

f

f

f

f

f

0

0

0

0

0

-fc-fm2

X1(f)

X2(f)

X3(f)

X4(f)

(c)

(d)

(e)

(f)

(g) Xc(f)


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


284

Vamos ahora a la Fig. 6.12(f).

La salida SSB es )tsen()t(mA)tcos()t(mA)t(x ccccSSB ω±ω= cuya potencia es

><+><>=< )t(m2

A)t(m2

A)t(x 22c2

2c2

SSB ; pero como >>=<< )t(m)t(m 22 , entonces

><>=< )t(mA)t(x 22c

2SSB

Para que la potencia de salida en ambos circuitos sea la misma, debe verificarse entonces

que ><>=< )t(mA)t(m4AG 22

c2

2cp , de donde Gp = 4. La ganancia de potencia del

filtro HSSB será igual a 4.

6.29. La señal periódica de la Fig. 6.72 del Texto se transmite en SSB Inferior con una portadora de frecuencia de 100 kHz y amplitud 10. La detección es coherente y suponemos que la señal SSB a la entrada del detector es igual a la señal transmitida. Los filtros de RF (transmisión y recepción) tienen un ancho de banda de 4,5 kHz y todos son de ganancia unitaria. La densidad de ruido a la entrada del filtro de RF es

6 5nS (f ) 2x10 exp[ 10 ln(2) f ] W/Hz− −= −

Demuestre que la relación de postdetección es dB 97,48NS

o

o =

Solución:

Sea la señal periódica de la Fig. 6.72 del Texto, donde kHz100f ;1000f ;10T co3 === −

senos de serie una esFourier de desarrollo el impar, señal T;en )Tt(t

T20)t(m Π= .

∫−

π−=Π=2/10

0

37n

343

dt)nt10x2sen(t10jX );t10(t10x2)t(m . Integrando,

)tnsen(X2m(t) ;2

;n

)1(10X ;0X ;n

)1(10jX1n

onn

n

no

n

n ∑∞

=

ω=π

=φπ−

==π−

=

∑∞

=

ωπ

−=

1no

n

)tnsen(n

)1(20)t(m

531,0X ;637,0X ;796,0X ;061,1X ;592,1X ;189,3X 654321 =−==−==−=

El espectro de m(t) tiene la forma mostrada en la Fig. P6.29(a).


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


285

1 0 2 3 4 5

M(f) |X1| |X2|

|X3| |X4| |X5|

f

kHz

(a)

96 97 98 99 100 f

5|X1|

kHz 95,

5|X2| 5|X3|

5|X4|

Filtro 4,5 kHz |XSSB(f)|

(b)

fc=100 kHz; fo=1 kHz

0

-100 -4,5 4,5 0 100 f

kHz

Filtro Sn2(f) Sno(f)

-100 -95,5 95,5 100 kHzf

-100 -95,5 95,5 100

Filtro RF Sn(f) 2x10 -6

Sn1(f)

fkHz

2x10 -6

Fig. P6.29.

0

0

(c)

(d)

(e)

La señal modulada en DSB es

)tcos()t(m10)t(x cDSB ω=

)tcos()tnsen(X20)t(x c1n

onDSB ω⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ω= ∑

∞

=

∑∞

=

−+π=1n

ocnDSB ]t)nff(2sen[X10)t(x

]t)nff(2sen[ oc −π−

Al pasar por el filtro HSSB(f) el espectro de la señal transmitida SSB inferior tiene la forma mostrada en (b); pasa solamente 4 componentes. La señal SSB transmitida será,

∑=

−π−=4

1nocnSSB ]t)nff(2sen[X10)t(x

y cuyo espectro se muestra en (b)

Veamos ahora la recepción.


Sea el receptor sincrónico mostrado en la Fig. 6.12(e) del Texto, donde xr(t) es

∑=

−π−=4

1nocnr ]t)nff(2sen[X10)t(x

Esta señal pasa directamente por el filtro de RF, de modo que a la entrada del multiplicador se tiene todavía xr(t). A la salida del multiplicador,

∑=

π−π−=ω=4

1ncocncccr )tf2cos(]t)nff(2sen[XA20)tcos(A2)t(x)t(y

∑=

π−−π−=4

1noocnc )tnf2sen(]t)nff2(2sen[XA10)t(y

Al pasar por el filtro pasabajo se eliminan las componentes de alta frecuencia, quedando

∑=

π=4

1noncd )tnf2sen(XA10)t(y

La potencia promedio de y(t) será entonces,


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


286

[ ] WA21,721XXXX)A10(21)t(yS 2

c2

42

32

22

12

c2do =+++>==<

Cálculo de la Potencia de Ruido.

La densidad espectral del ruido es 6 5nS (f ) 2x10 exp[ 10 ln(2) f ]− −= − W/Hz, la cual

tiene la forma mostrada en (c), se muestra también la forma del filtro de RF.

A la salida del filtro de RF, la densidad espectral del ruido tendrá la forma mostrada en (d), donde 6 5

n1S (f ) 2x10 exp[ 10 ln(2) f ] para 95,5 kHz f 100 kHz− −= − ≤ ≤ , es decir,

3 36 5

n1 3 3

f 97,75x10 f 97,75x10S (f ) 2x10 exp[ 10 ln(2) f ] ( ) ( )4,5x10 4,5x10

− − ⎡ ⎤+ −= − Π +Π⎢ ⎥

⎣ ⎦

Al pasar por el multiplicador, y de acuerdo con el Teorema de la Modulación para señales de potencia, a la salida del multiplicador se tendrá

[ ])ff(S)ff(SA)f(S c1nc1n2c2n −++=

3 36 2 5 3

n2 c 3 3

f 197,75x10 f 2,25x10S (f ) 2x10 A exp[ 10 ln(2) f 100x10 ] ( ) ( )4,5x10 4,5x10

− −⎧ ⎡ ⎤+ +⎪= − + Π +Π +⎨ ⎢ ⎥⎪ ⎣ ⎦⎩

3 3

5 33 3

f 2,25x10 f 197,75x10exp[ 10 ln(2) f 100x10 ] ( ) ( )4,5x10 4,5x10

− ⎫⎡ ⎤− − ⎪+ − − Π +Π ⎬⎢ ⎥⎪⎣ ⎦⎭

El filtro pasabajo de salida elimina las componentes de alta frecuencia, quedando

3

6 2 5 3no c 3

f 2,25x10S (f ) 2x10 A exp[ 10 ln(2) f 100x10 ] ( )4,5x10

− −⎧ += − + Π +⎨

⎩

3

5 33

f 2,25x10exp[ 10 ln(2) f 100x10 ] ( )4,5x10

− ⎫−+ − − Π ⎬

⎭

Sno(f) se muestra en (e), región sombreada.

La potencia de ruido correspondiente es el área de la parte sombreada, pero para simplificar el cálculo, puede verse que las áreas sombreadas son iguales a las áreas de

)f(S 1n ; por consiguiente, la potencia de ruido a la salida es

3

3

100x106 2 5 3 2o c c95,5x10

N 4x10 A exp[ 10 ln(2)f ]df 9,142x10 A W− − −= − =∫

La relación S/N de postdetección será

dB 97,4810x7889NS 4

o

o ==


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


287

6.30. En la Fig. 6.73 del Texto se muestra un cierto sistema que permite demodular señales SSB. Si el ruido es pasabanda de densidad espectral 10-2 W/Hz, y la señal mensaje es

)t20(sinc40)t(m = y ,1Ar =

(a) Demuestre que este sistema es en efecto un demodulador SSB Inferior.

(b) Demuestre que la potencia de ruido a la salida es de 26,0206 dBm y que la energía de la señal a la salida es de 320 joules.

(c) Si por equivocación se pretendiera demodular una señal SSB Superior, determine lo que se obtendría a la salida.

(d) Demuestre que este modulador se puede modificar para demodular señales SSB Superior cambiando el sumador de salida de tal manera que se sumen las dos señales de entrada. Demuestre que en este caso el filtro de salida no es necesario.

Solución:

(a) Sea la Fig. 6.73 del Texto, y sea )tsen()t(m)tcos()t(m)t(x ccr ω+ω= que representa una señal SSB Inferior.


)t(sen)t(m2)tsen()tcos()t(m2)tsen(2)t(x)t(x c2

cccr1 ω+ωω=ω=

)t2cos()t(m)t(m)t2sen()t(m)t(x cc1 ω−+ω=

Al pasar por el filtro de Hilbert la salida es (Ver Sección 2.16.1 del Texto),

)t2sen()t(m)t(m)t2cos()t(m)t(x cc2 ω−−ω−=


)tcos()tsen()t(m2)t(cos)t(m2)t(x ccc2

3 ωω+ω=

)t2sen()t(m)t2cos()t(m)t(m)t(x cc3 ω+ω+=

A la salida del sumador, )t(x)t(x)t(x 234 −=

)t2sen()t(m)t(m)t2cos()t(m)t2sen()t(m)t2cos()t(m)t(m)t(x cccc4 ω++ω+ω+ω+=

)t2sen()t(m2)t2cos()t(m2)t(m2)t(x cc4 ω+ω+=

El filtro pasabajo de salida elimina los términos de alta frecuencia, quedando

)t(m2)t(y =

Vemos que en efecto el circuito es un demodulador SSB Inferior, pues a su salida se recupera la señal mensaje con un factor de escala 2.


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


288

(b) )tsen()t(m)tcos()t(m)t( x);20f(2)f(M)t20(sinc40)t(m ccr ω+ω=Π=⇔=

Cálculo de la Energía de la Señal.

En la parte (a) obtuvimos )20f(4)f(M2)f(Y)t(m2)t(y Π==⇔=

La energía de la salida es, de la expresión (2.84) del Texto,

joules. 320|f32df16 2df)f(XE 100

10

0

2

y ==== ∫∫∞

∞−


A la entrada del circuito se tiene ruido blanco pasabanda cuya densidad espec-tral se muestra en la Fig. P6.30(a).

Para el cálculo de la potencia, vamos a representar el ruido blanco pasabanda de la Fig. P6.30(a) en su forma canónica:

)tsen()t(n)tcos()t(n)t(n cscc ω+ω=

y cuya potencia es W2,010x10x2N)t(n 22 ==>=< −


)t(sen)t(n2)tsen()tcos()t(n2)t(n c2

sccc1 ω+ωω=

)t2cos()t(n)t(n)t2sen()t(n)t(n csscc1 ω−+ω=

A la salida del Filtro de Hilbert se tiene

)t2sen()t(n)t(n)t2cos()t(n)t(n csscc2 ω−+ω−=


)tcos()tsen()t(n2)t(cos)t(n2)t(n ccsc2

c3 ωω+ω=

)t2sen()t(n)t2cos()t(n)t(n)t(n csccc3 ω+ω+=

A la salida del sumador, )t(n)t(n)t(n 234 −=

)t2sen()t(n2)t2cos()t(n2)t(n)t(n)t(n csccsc4 ω+ω+−=

Al pasar por el filtro pasabajo se eliminan las componentes de alta frecuencia, quedando,

)t(n)t(n)t(n scy −= , cuya potencia es

fc-fc -fc+10 fc-10 f

10 -2 Sn(f)

Fig. P6.30(a) 0


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


289

o2s

2c

2y N)t(n)t(n)t(n >=<+>>=<<

pero como W2,0N)t(n)t(n)t(n 2s

2c

2 =>=>=<>=<< ,

entonces dBm. 26,0206 W4,0N2No ===

(c) Si la señal de entrada es una señal SSB Superior, ella tendrá la forma

)tsen()t(m)tcos()t(m)t(x ccr ω−ω=


)t(sen)t(m2)tsen()tcos()t(m2)t(x c2

cc1 ω−ωω= = )t2cos()t(m)t(m)t2sen()t(m cc ω+−ω

Al pasar por el Filtro de Nyquist, su salida será

)t2sen()t(m)t(m)t2cos()t(m)t(x cc2 ω++ω−=


)tcos()tsen()t(m2)t(cos)t(m2)t(x ccc2

3 ωω−ω= )t2sen()t(m)t2cos()t(m)t(m cc ω−ω+=

A la salida del sumador, )t(x)t(x)t(x 234 −=

)t2sen()t(m)t(m)t2cos()t(m)t2sen()t(m)t2cos()t(m)t(m)t(x cccc4 ω−−ω+ω−ω+=

)t2sen()t(m2)t2cos()t(m2)t(x cc4 ω−ω=

Nótese que a la salida del sumador no aparece el mensaje m(t) en forma explícita, sino solamente componentes de alta frecuencia que serán eliminadas por el filtro pasabajo. Por lo tanto, si se pretendiera demodular con este circuito una señal SSB Superior, la salida sería cero.

(d) Se tiene una señal SSB Superior pero en el sumador de salida se suman las señales.

En la parte (c) obtuvimos

)t2sen()t(m)t(m)t2cos()t(m)t(x cc2 ω++ω−= y

)t2sen()t(m)t2cos()t(m)t(m)t(x cc3 ω−ω+=

Entonces, si se suman esta señales obtenemos

+ω−ω+=+= )t2sen()t(m)t2cos()t(m)t(m)t(x)t(x)t(x cc234 )t2sen()t(m)t(m)t2cos()t(m cc ω++ω−


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


290

)t(m2)t(x4 =

Vemos que a la salida del sumador aparece solamente la señal m(t) con factor escala 2, y ya no es necesario el filtro pasabajo de salida.

En la Fig. P6.30(b) se muestra la configuración del circuito para demodular Señales SSB Inferior y Superior.

6.31. Sea las tres señales ]t)ff(2cos[A)t( x),tf2cos()tf2cos(A)t(x mc3SSBcm1DSB +π=ππ= y )tf2cos()]tf2cos(1[A)t(x cm2AM ππ+= . Si la potencia promedio útil es la misma para las

tres señales, determine las relaciones 1 3 2 3 1 2A / A , A / A y A / A . Solución:

DSB: ]t)cos[(2

A]t)cos[(2

A)t(x mc1

mc1

DSB ω−ω+ω+ω=

En DSB toda la potencia es útil, por lo tanto, 4

A)2

A(212)t(xP

21212

DSBB =>==<

SSB: ]t)cos[(A)t(x mc3SSB ω+ω=

En SSB toda la potencia es útil, por lo tanto, 23

2SSBB A

21)t(xP >==<

AM: ]t)cos[(2

A]t)cos[(2

A)tcos(A)t(x mc2

mc2

c2AM ω−ω+ω+ω+ω=

Potencia útil, 4

A)2

A(212P

2222

B ==

Si las tres potencias útiles son iguales, entonces se verifica que 4

A2

A4

A 22

23

21 == , de

donde,

1AA ; 2

AA ; 2

AA

2

1

3

2

3

1 ===

6.32. Una señal VSB se puede generar pasando una señal DSB a través de un filtro VSB apropiado, como el mostrado en la Fig. 6.74 del Texto.

(a) Determine la frecuencia de portadora apropiada. Suponga que su amplitud es 10.

(b) Determine la señal VSB a la salida del filtro cuando

(1) t)5cos(800t)10cos(1600m(t) (2) );t10cos(5)t(m 3 π+π=π=

)tsen(2 cω

)tcos(2 cω

Hilbert

-1

o o

o

o

+

+

xr(t) Filtro Pasabajo

SSB Inferior

SSB Superior

Fig. P6.30(b)


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


291

(2) )t300cos()t1500cos(10)t(m ππ=

(c) Calcule las potencias de la señal VSB en el caso (b)

(d) Dibuje el espectro de la señal VSB cuando

(1) )t10(sinc10m(t) (2) );t10x2(sinc10x2)t(m 32333 ==

Solución:

(a) De la forma de la Fig. 6.74 del Texto, la frecuencia apropiada de la portadora es 10A kHz; 5,9f cc == .

(b) (1) Sea Hz 500f );tcos(5)t10cos(5)t(m mm3 =ω=π=

)tcos()tcos(50)tcos(10)t(m)t(x cmcDSB ωω=ω=

]t)5009500(2cos[25]t)5009500(2cos[25)t(xDSB −π++π=

)t90002cos(25)t102cos(25)t(x 4DSB π+π=

A la frecuencia f = 9 kHz, la ganancia del filtro HVSB(f) es 0, y a la frecuencia kHz 10f = , la ganancia es la unidad; por lo tanto, la salida VSB del filtro )f(HVSB

será )t102cos(25)t(x 4VSB π= .

(2) Sea ahora )tcos(5)tcos(10)t800cos(5)t1600cos(10)t(m 2m1m ω+ω=π+π=

donde fm1 = 800 Hz y fm2 = 400 Hz.

25 25

12,5 12,5

HVSB(f)

8,7 9 9,1 9,9

10 10,3 20

f

kHz 9,5 fc

(a)

0

Fig. P6.32(a)

XDSB(f)

)tcos(10)t(m)t(x cDSB ω=

+ωω= )tcos()tcos(100)t(x c1mDSB m2 c50cos( t)cos( t)ω ω

++π= ]t)8009500(2cos[50)t(xDSB 50cos[2 (9500 800)t]π − + ++π+ ]t)4009500(2cos[25 25cos[2 (9500 400)t]π −

)t91002cos(25)t99002cos(25)t87002cos(50)t103002cos(50)t(xDSB π+π+π+π=


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


292

En la Fig. P6.32(a) se muestra el espectro DSB en relación con el filtro HVSB(f). Puede observarse que la ganancia G del filtro HVSB(f) es:

Para 0G ,kHz7,8f == ; Para 0,1G ,kHz1,9f == ; Para 0,9G ,kHz9,9f ==

y para 1.G ,kHz3,10f ==

Por lo tanto, a partir de la Fig. P6.32(a), la señal de salida VSB es,

)t99002cos(5,22)t91002cos(5,2)t103002cos(50)t(xVSB π+π+π=

(3) )t1502cos()t7502cos(10)t(m ππ=

)t6002cos(5)t9002cos(5)t(m π+π=

+ππ= )t95002cos()t9002cos(50)t(xDSB 50cos(2 600t)cos(2 9500t)π π

+π= )t104002cos(25)t(xDSB 25cos(2 8600t) 25cos(2 10100t)π + π + 25cos(2 8900t)π

En la Fig. P6.32(b) se muestra el espectro DSB junto con el filtro HVSB(f).

8,6 8,9 10,1 10,4 20

f

9 10

12,5 12,5 12,5 12,5

kHz 9,5 fc

0

HVSB(f)

Fig. P6.32(b)

XDSB(f)

De la Fig. P6.32(b), se puede observar que la salida VSB es

)t102502cos()t1502cos(50)t101002cos(25)t104002cos(25)t(xVSB ππ=π+π=

(c) Cálculo de las potencias de la señal VSB en el caso (b)

1. W312)25(21)t(x );t102cos(25)t(x 22

VSB4

VSB =>=<π=

2. )t99002cos(5,22)t91002cos(5,2)t103002cos(50)t(xVSB π+π+π=

W25,1506)5,22(21)5,2(

21)50(

21)t(x 2222

VSB =++>=<

3. )t101002cos(25)t104002cos(25)t(xVSB π+π=


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293

W625)25(212)t(x 22

VSB =>=<

(d) (1) )t10x2(sinc10x2)t(m 33=

)2000

f()f(M Π= y ⎪⎩

⎪⎨⎧

≤<

≤≤−=

−

20000f10000 para 1

10000f9000 para )9000f(10)f(H

3

VSB

)2000

9500f(21)

20009500f(

21)f(XDSB

−Π+

+Π=

)f(X)f(H)f(X DSBVSBVSB =

En la Fig. P6.32(c) se muestra el espectro XVSB(f).

(1) )t10(sinc10)t(m 323=

)10f()f(M 3Λ=

++

Λ= )1000

9500f(21)f(XDSB

)1000

9500f(21 −Λ

9000 9500 1104 1.05104

0

0.1

0.2

0.3

9 9,5 10 10,5 f

1/2

8,5 kHz fc

9000 9500 10000 10500

f

Hz

XVSB(f)

fc

Fig. P6.32.

XVSB(f)

06

(c)

(d)

)f(X)f(H)f(X DSBVSBVSB =

6

VSB 6

3

1 (f 8500)(f 9000) para 9000 f 95002x10

1X (f ) (f 10500)(f 9000) para 9500 f 100002x10

1 (f 10500) para 10000 f 105002x10

⎧ − − ≤ <⎪⎪⎪= − − − ≤ <⎨⎪⎪− − ≤ ≤⎪⎩

El espectro XVSB(f) se muestra en la Fig. P6.32(d)


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


294

6.33. Se desea transmitir en VSB la señal del Problema de Aplicación 6.29 del Texto, pero con un período de 8 ms y amplitud V5± . La función de transferencia del filtro VSB tiene la forma

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

≤≤<≤+π−

≤≤<≤−π+

= −

−

resto elen 0-10250f10600- para 2-9750f10250- para )]10f(10x2sen[1

10600f10250 para 210250f9750 para )]10f(10x2sen[1

)f(H 43

43

VSB

El ruido a la entrada del receptor es blanco de densidad espectral 10-9 W/Hz. No se transmite portadora piloto y la detección es sincrónica; también Ac = 1.

(a) Dibuje la forma de HVSB(f) (frecuencias positivas solamente)

(b) Determine la frecuencia apropiada de la portadora y las características de los filtros del receptor

(c) Determine la señal xVSB(t) transmitida y dibuje su espectro

(d) Demuestre que la ganancia de conversión 213,1N/SN/S

ii

oo =

Solución:

(a) Sea la señal de la Fig. 6.72 del Texto, donde Hz 125f ;10x8T o3 == −

1A ;Hz/W10)f(S c9

n == −

⎪⎩

⎪⎨⎧

≤≤

<≤−π+=

−

10600f10250 para 2

10250f9750 para )]10f(10x2sen[1)f(H

43

VSB

En la Fig. P6.33(a) se muestra la forma del filtro HVSB(f) (frecuencias positivas solamente.

2

1

0 9,75 10 10,25 10,6 f

kHz

HVSB(f) |M(f)| |X1|

|X2| |X3|

|X4| |X5|

|X6|

0 125 250 375 500 625 750 f

Hz (a) (b)

Fig. P6.33


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295

(b) De la forma de HVSB(f), Fig. P6.33(a):

(b.1) La frecuencia apropiada de la portadora es de 10 kHz, es decir, fc = 104 Hz.

(b.2) El filtro pasabanda de entrada al receptor deberá estar centrado en la frecuencia

Hz 101752106009750fh =

+= y de ancho de banda Hz 850975010600B =−= .

(b.3) En cuanto al filtro pasabajo de salida, su ancho de banda dependerá del ancho de banda o número de componentes de la señal de entrada. En la parte (d) definiremos este ancho de banda.

(c) Para Am = 5V y T = 8x10-3 , y del Problema 6.29, el coeficiente de Fourier de m(t)

es Hz125f ;0X ;2

;n

)1(5X ;n

)1(5jX oon

n

n

n

n ==π

=φπ−

=π−

=

∑∞

=

π=1n

on )tnf2sen(X2)t(m ; 265,0X ;318,0X ;398,0X

531,0X ;796,0X ;592,1X

654

321

=−==

−==−=

El módulo del espectro M(f) de m(t) tiene la forma mostrada en la Fig. P6.33(b).

La señal DSB será ).tcos()t(m)t(x cDSB ω= Igual que en el Problema 6.29, se tiene:

)t(cos)tnsen(X2)t(x c1n

onDSB ωω= ∑∞

=

∑∞

=

−π−+π=1n

ococnDSB ]t)nff(2sen[]t)nff(2sen[X)t(x

En la Fig. P6.33(c) se muestra el módulo del espectro de xDSB(t) junto con el filtro HVSB(f).

9750 9625 9875 10000 10125

10250 10375

10500 10600

0

|XDSB(f)| |X1/2| |X1/2| |X2/2| |X2/2|

|X3/2| |X3/2| |X4/2|

HVSB(f)

f

Hz

Fig. P6.33(c).

fc

Nótese que algunas de las componentes que pasan están afectadas por la ganancia del

filtro HVSB(f). Nótese también que el ancho de banda del filtro pasabajo de salida debe dejar pasar solamente cuatro componentes de m(t). El ancho de banda del filtro pasabajo puede dejarse en 600 Hz.


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


296

La señal VSB será, de la Fig. P6.33(c), :

+π+π−= )t101252sen(X)10125(H)t98752sen(X)9875(H)t(x 1VSB1VSBVSB

)t105002sen(X2)t103752sen(X2)t102502sen(X2 432 π+π+π+

pero 2)10125(H)9875(H ;707,1)10125(H ;293,0)9875(H VSBVSBVSBVSB =+==

La señal VSB transmitida será entonces,

−π+π−π= )t102502sen(592,1)t101252sen(717,2)t98752sen(466,0)t(xVSB )t105002sen(796,0)t103752sen(061,1 π+π−

En el receptor esta señal aparece a la entrada del detector y su potencia será:

[ ] W946,5)796()061,1()592,1()717,2()466,0(21)t(xS 222222

VSBi =++++>==<

(d) Cálculo de la Potencia de Señal

En el receptor, a la entrada del filtro pasabajo,

)t100002cos(2)t(x)t(y VSB π=

−ππ= )t100002cos()t101252sen(X)10125(H2)t(y 1VSB

+ππ− )t100002cos()t98752sen(X)t9875(H2 1VSB

+ππ+ππ+ )t100002cos()t103752sen(X4)t100002cos()t102502sen(X4 32

)t100002cos()t105002sen(X4 4 ππ+

−π+π= )t1252sen(X)10125(H)t201252sen(X)10125(H)t(y 1VSB1VSB

+π+π− )t1252sen(X)9875(H)t198752sen(X)9875(H 1VSB1VSB

+π+π+ )t2502sen(X2)t202502sen(X2 22

+π+π+ )t3752sen(X2)t203752sen(X2 33

)t5002sen(X2)t205002sen(X2 44 π+π+ El filtro pasabajo de salida elimina los términos de alta frecuencia, y como

2)10125(H)9875(H VSBVSB =+ , la salida yd(t) será

)t5002sen(X2)t3752sen(X2)t2502sen(X2)t1252sen(X2)t(y 4321d π+π+π+π=

La correspondiente potencia de salida será:

[ ] W212,7XXXX421)t(yS 2

42

32

22

12do =+++>==<


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


297


La densidad espectral a la salida del filtro de RF tiene la forma mostrada en la Fig. P6.33(d).

Sni(f)

-600 -250 250 600 f

10-9

2x10 -9 Sno(f)

0 Hz

10

-10600 -9750 9750 10600 f

0

-9

(d) (e)

Fig. P6.33

Hz

FiltroPasabajo

850

-10175 10175

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Π++

Π= − )85010175f()

85010175f(10)f(S 9

ni

La potencia correspondiente será

W10x7,110x850x2N 69i

−− ==

A la salida del multiplicador, y de acuerdo con el Teorema de la Modulación para Señales de Potencia,

[ ])10000f(S)10000f(S10)f(S nini9

1n −++= −

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Π++

Π+−

Π++

Π= − )85020175f()

850175f()

850175f()

85020175f(10)f(S 9

1n

Al pasar por el filtro pasabajo de 600 Hz, la densidad espectral Sno(f) de salida tiene la forma mostrada en la Fig. P6.33(e) y cuya potencia es

699o 10x7,110x50010x1200N −−− =+= W

Obtuvimos también 6ioi 10x7,1N ;212,7S ;946,5S −===

La ganancia de conversión será entonces

213,1N/SN/S

ii

oo =

La ganancia de conversión se puede aumentar un poco si el ancho de banda del filtro pasabajo de salida se hace un poco más angosto para que deje pasar justo la componente de señal de 500 Hz. Si se toma el ancho de 500 Hz, el lector puede verificar que la ganancia de conversión ha aumentado a 1,375.


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


298

6.34. Demuestre que las señales VSB pueden también demodularse mediante reinserción de portadora y detección de envolvente. Sugerencia: utilice la expresión (6.53).

Solución:

Sea la expresión 6.53 del Texto, )tsen()t(mA)tcos()t(mA)t(xx cscccr)t(VSB ω+ω== y el sistema mostrado en la Fig. 6.12(g) de demodulación por reinserción de portadora y detección de envolvente. Cuando se utiliza una portadora piloto de muy baja potencia, se tiene el método conocido como “detección homodina”.

De la Fig. 6.12(g) del Texto, )tcos(K)t(x)t(v cri ω+=

)tsen()t(mA)tcos(K)tcos()t(mA)t(v cscccci ω+ω+ω=

)tsen()t(mA)tcos(]K)t(mA[)t(v csccci ω+ω+=

Expresando vi(t) en la forma polar )]t(tcos[)t(E)t(v ci Ψ−ω= , donde

)t(mAarctg(t)y )t(mA]K)t(mA[)t(E sc2s

2c

2c =Ψ++= .

Como la amplitud K de la portadora agregada es alta, se verifica que

)t(mA]K)t(mA[ scc >>+ , de donde 0(t)y K)t(mA)t(E c ≈Ψ+≈

El filtro pasabajo elimina la componente continua K, quedando

)t(mA)t(y cd = y se ha recuperado la señal mensaje.

El lector podrá verificar, siguiendo el mismo procedimiento, que la detección homodina permite también la demodulación de señales DSB. La circuitería del detector homodino es más sencilla que la del detector sincrónico; sin embargo, la condición indispensable es que se transmita una portadora piloto de baja potencia junto con las señales DSB, SSB y VSB.

6.35. Dos señales )t(my )t(m 21 , ambas de banda limitada fm, se modulan en FDM con subportadoras m1cc2m1c f2ffy ff +=>> , respectivamente, y se transmiten por un canal no lineal caracterizado mediante la expresión )t(xa)t(xa)t(xa)t(y 3

32

21 ++= .

(a) Si la modulación de subportadora es en DSB, demuestre que toda la diafonía (interferencia entre canales) a la salida es ininteligible y desaparece luego del filtrado pasabanda si 0a3= .

(b) Repetir para el caso de modulación AM y demuestre que en este caso aparecerá también inteligible de la forma ).tf2cos()t(m 2c1 π

Solución:

(a) Modulación DSB/FDM. Sea ]t)f2f(2cos[)t(m)tf2cos()t(m)t(x m1c21c1 +π+π=


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


299

Hagamos mc2cc1c f2ffy ff +== ; entonces,

]t)2cos[()t(m)tcos()t(m)t(x mc2c1 ω+ω+ω=

La señal transmitida por el canal no lineal es )t(xa)t(xa)t(xa)t(y 33

221 ++= .

Reemplazando x(t) y desarrollando,

+ω+ω+ω+ω= )t(cos)t(ma]t)2cos[()t(ma)tcos()t(ma)t(y c22

12mc21c11 +ω+ω+ω+ωω+ ]t)2[(cos)t(ma]t)2cos[()tcos()t(m)t(ma2 mc

2222mcc212

+ω+ωω+ω+ ]t)2cos[()t(cos)t(m)t(ma3)t(cos)t(ma mcc2

2213c

3313

]t)2[(cos)t(ma]t)2[(cos)tcos()t(m)t(ma3 mc33

23mc2

c2213 ω+ω+ω+ωω+

La señal y(t) contiene muchos términos de distorsión (diafonía) que la hacen completamente ininteligible, pero veamos qué pasa cuando hacemos a3 = 0.

Para a3 = 0,

+ω+ω+ω+ω= )t(cos)t(ma]t)2cos[()t(ma)tcos()t(ma)t(y c22

12mc21c11 ]t)2[(cos)t(ma]t)2cos[()tcos()t(m)t(ma2 mc

2222mcc212 ω+ω+ω+ωω+

++ω+ω+ω=2

)t(ma]t)2cos[()t(ma)tcos()t(ma)t(y212

mc21c11

+ω+ω++ω+ ]t)2(2cos[2

)t(ma2

)t(ma)t2cos(2

)t(mamc

222

222

c

212

]t)2cos[()tcos()t(m)t(ma2 mcc212 ω+ωω+

Vemos que con excepción de los dos primeros términos, todos los otros términos está, fuera de banda y son eliminados por el filtro de RF. Por lo tanto, a la salida del filtro de RF,

]t)2cos[()t(ma)tcos()t(ma)t(v mc21c11i ω+ω+ω=

Vemos que la diafonía desapareció después del filtrado pasabajo cuando a3 = 0. Por lo tanto, si se hace a3 = 0, desaparece toda la diafonía ininteligible presente en la banda de paso del filtro, y las señales m1(t) y m2(t) se pueden transmitir por el canal no ideal.

(b) Si las señales se modulan en AM/FDM, entonces, para simplificar el desarrollo hagamos:

]t)2cos[()]t(mA[)t(y x )tcos()]t(mA[)t(x mc22c2c111c ω+ω+=ω+=

(t)xa(t)xax(t)ay(t) );t(x)t(x)t(x 33

2212c1c ++=+=

++++++= )t(xa)t(xa)t(x)t(xa2)t(xa)t(xa)t(xa)t(y 31c3

22c22c1c2

21c22c11c1

)t(xa)t(x)t(xa3)t(x)t(xa3 32c3

22c1c32c

21c3 +++


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


300

Examinemos el desarrollo de estos términos excepto los dos primeros que representan la señal deseada.

)t2cos()]t(mA[2a)]t(mA[

2a)t(xa c

211

2211

221c2 ω+++= → Términos fuera de banda

+ω+ω++= ]t)22cos[()]t(mA)][t(mA[a)t(x)t(xa2 mc221122c1c2 )t2cos()]t(mA[a m112 ω++ → Términos fuera de banda

)t(xa 22c2 → Igual que )t(xa 2

1c2 → Términos fuera de banda

)t3cos()]t(mA[4a)tcos()t(m

4a3)tcos()]t(m

2A[

2Aa3)t(xa c

211

3c

21

3c1

11331c3 ω++ω+ω+=

→ Hay un término deseado )tcos()]t(m2

A[ c11 ω+ que puede estar sobremodulado,

pero que a la vez está distorsionado por el término de diafonía ininteligible )tcos()t(m c

21 ω ; los demás términos están fuera de banda

)t(xa 32c3 → igual que )t(xa 3

1c3

+⎩⎨⎧

ω+ω+ω+= )tcos()t(mA]t)2cos[()]t(mAA[A

2a3)t(x)t(xa3 c12mc2

1

21

32c

21c3

]t)2cos[()t2cos()]t(mA[]t)2cos[()t(m)t(m mcc11mc21 ω+ωω++ω+ω+ → Nótese que también aparece un término de diafonía inteligible de la forma

]t)2cos[()t(m mc2 ω+ω ; los demás términos están fuera de banda.

Finalmente, en el término )t(x)t(xa3 22c1c3 aparecerá un término de diafonía

inteligible de la forma )tcos()t(m c2 ω . Si hacemos a3 = 0, todos los términos de diafonía desaparecen y las señales )t(my )t(m 21 se pueden transmitir en AM/FDM.

6.36. Dibuje el espectro típico de una señal AM/AM FDM tanto en banda de base como en portadora principal. Diga una ventaje y una desventaja de este sistema.

Solución:

Vamos a representar las señales moduladas con la convención establecida en la Fig. 6.24 del Texto.

Como ejemplo vamos a tomar cuatro señales de banda limitada fm. En la Fig. P6.36(a) y (b) se muestra los espectros en Banda de Base y en Portadora Principal (Espectro de la señal transmitida).

Ventaja principal: Demodulación muy sencilla con detección de envolvente

Desventajas: Potencia desperdiciada, ancho de banda muy grande.


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301

0 fc1 fc2 fc3 f

-fm fm Bg

X(f)

(a) Espectro en Banda de Base

0 fc fc+fc1 fc+fc2 fc+fc3

fc4

fc+fc4 f

fc-fc3 fc-fc4 fc-fc2 fc-fc1

Portadora Principal

B

Xc(f)

(b) Espectro Transmitido. Fig. P6. 36.

Subportadoras

6.37. Doce canales telefónicos, de 4 kHz cada uno, se multicanalizan en FDM dejando una

banda de guarda de 1 kHz entre canales. La frecuencia más baja de subportadora es de 20 kHz y la frecuencia de la portadora de transmisión es de 150 kHz. Si la multicanalización se hace en DSB/DSB y en SSB/SSB, determine, en cada caso,

(a) Las frecuencias del resto de las subportadoras

(b) Representando los canales telefónicos como en la Fig. 6.24 del Texto, dibuje los espectros transmitidos indicando todas las frecuencias en juego. En SSB tome la banda lateral superior.

Solución:

1. DSB/DSB FDM.

20 29 38 47 56 65 119 kHz

f

8 kHz

0

X(f)

(a) Banda de Base DSB/FDM

150 170 179 188 269 f

kHz 130 121 31

Xc(f)

(b) Espectro Transmitido DSB/DSB FDM0

Fig. P6.36.

Portadora Principal

fc1 fc12 fc

1 kHz


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302

2. SSB/SSB FDM.

20 25 30 35 40 45 50 55 75 79 f

kHz (a) Banda de Base SSB FDM

X(f)

150 fc

170 175 180 185 190 195 200 204 225 229 f

(b) Espectro Transmitido SSB/SSB FDM Fig. P6.37.

Portadora Principal

fc1 fc12

0

0

6.38. Un receptor superheterodino opera a una frecuencia de 1 MHz con el oscilador local a

una frecuencia de 1,2 MHz. Un segundo receptor opera a la frecuencia imagen del primer receptor produciendole interferencias por efecto de imagen.

(a) Determine la frecuencia intermedia del primer receptor

(b) ¿Cuánto es el valor de la frecuencia de portadora del segundo receptor?

(c) Demuestre que en la Banda de Radiodifusión Comercial de 535 a 1605 kHz, para que no haya problemas de frecuencia imagen, el valor de la frecuencia intermedia deberá ser menor o igual que 535 kHz. En la práctica el valor normalizado de la frecuencia intermedia se ha establecido en 455 kHz.

(d) Demuestre también que para la banda de 535 a 1605 kHz, la frecuencia del oscilador local debe ser kHz 2055f kHz 995 OL ≤≤ .

(e) Demuestre que cuando se utiliza la frecuencia intermedia de 455 kHz, en la banda comprendida entre 690 kHz y 1450 kHz, jamás se producirá interferencias debido a las frecuencias imagen. ¿Cuánto es el valor del valor de la frecuencia de esta imagen?

Solución:

(a) MHz 1,2f ;MHz 1f OL11c ==

La frecuencia imagen del receptor 1 es, de la expresión (6.72) del Texto,

kHz 2001010x2,1ffffff2ff 661c1OL1FI1FI1OL1FI1c1i =−=−=∴+=+=

La frecuencia intermedia del receptor 1 es de 200 kHz

(b) La frecuencia de portadora del receptor 2 es igual a la frecuencia imagen del receptor 1, entonces,


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303

MHz 4,1f2fff 1FI1c1i2c =+==

La frecuencia de portadora del receptor 2 es de 1,4 MHz.

(c) Sea la Fig. 6.22(b) del Texto, en donde se muestra las relaciones entre imOLcFI fy f ,f ,f .

La banda de paso RF en Radiodifusión en Onda Media está entre 535 kHz y 1605 kHz y el ancho de banda de las señales AM es de 10 kHz. Para el caso extremo en el cual el borde inferior del espectro de la señal es igual a 535 kHz y se quiere que el borde inferior de la señal imagen esté a 1605 kHz, la banda de la señal imagen no caerá dentro de la banda de paso de RF. Esta situación extrema se muestra en la Fig. P6.38.

535 540

fcmin

fOL

fFI fFI

1600 1605

1610

fcmax

Banda de RF

Señal AM

Señal Imagen

fim

f

Fig. P6.38.

kHz

De la Fig. P6.38, kHz535

25401610

2ffff2ff cminim

FIFIcminim =−

=−

=∴+=

El valor normalizado para la frecuencia intermedia en esta banda es de 455 kHz. Esto quiere decir que estaciones cuya frecuencia de portadora esté entre 540 kHz y 690 kHz, serán afectadas por imagen por estaciones que estén entre 1450 kHz y 1600 Khz. Pero esto es materia de la parte (e).

(d) La frecuencia del oscilador local debe ser tal, que la portadora más baja esté a 540 kHz y la más alta a 1600 kHz, como puede apreciarse en la Fig. P6.38.

Para kHz 995455540fff kHz, 540f FIcminOLmincmin =+=+==

Para kHz 20554551600fff kHz, 1600f FIcmaxOLmaxcmax =+=+== . Entonces,

kHz 2055fkHz 995 OL ≤≤

(e) La menor frecuencia imagen permitida es aquella para la cual se verifica que kHz 1450f2f FIcmin =+ . Esto quiere decir que una estación a 1450 kHz será la

imagen de la estación (la más baja en la banda de RF) de 540 kHz.

La otra frecuencia de interés es aquella para la cual el borde superior de la imagen queda justo al borde superior de la banda de RF, es decir, su portadora imagen está a 1600 kHz. La correspondiente frecuencia de portadora será


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


304

kHz 690f21600f FIc =−= . Por lo tanto, la portadora de 690 kHz tendrá su imagen a 1600 kHz. En consecuencia, estaciones entre 690 kHz y 1450 kHz, no serán perturbadas por efecto imagen. Por ejemplo, una estación de frecuencia 1500 kHz será la imagen de una estación cuya portadora es kHz. 5909101500fc =−= Asimismo, una estación de 750 kHz tendrá su imagen a la frecuencia

kHz, 1660910750fim =+= frecuencia que cae fuera de la banda de RF y no será perturbada por efectos de imagen.

6.39. Un receptor superheterodino puede recibir 100 señales, de 5 kHz de ancho de banda cada una, moduladas en AM/AM FDM. El borde de la frecuencia inferior de la banda de radiofrecuencia (RF) está a 600 kHz.

Demuestre que la frecuencia intermedia máxima apropiada es de 500 kHz, y que la gama de sintonización del oscilador local es kHz. 2095fkHz 1105 OL ≤≤

Solución:

Sea la Fig. P6.39.

1 2 3 4 5 99 100

600 605 610 620 630 640 650 1580 1590

1595

1600

1605

fkHz

fim

fFI fFI

fcminfOL

Banda de RF

Fig. P6.39. fcmax

De la Fig. P6.39, kHz 500

26051605

2ffff2ff cminim

FIFIcminim =−

=−

=∴+=

La frecuencia intermedia máxima apropiada es de 500 kHz

También, de la Fig. P6.39,

Para kHz 1105500605fff kHz, 605f FIcminOLmincmin =+=+==

Para kHz 20955001595fff kHz, 1595f FIcmaxOLmaxcmax =+=+==

La sintonización del oscilador local estará dentro del rango

kHz 2095fkHz 1105 OL ≤≤


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305

6.40. En la Fig. 6.75 del Texto se muestra un receptor superheterodino de doble conversión, cuyas frecuencias intermedias son I21I fy f . Si ,ffy ffff dI12I1Ioc >>>>

(a) Demuestre que el segundo oscilador local está sintonizado a la frecuencia fija 2I1Id fff −=

(b) ¿Cuáles son los valores de las frecuencias imagen del segundo mezclador?

Solución:

(a) )tcos()]t(mAA[)t(x cmcAM ω+= . Esta señal aparece también a la entrada del primer multiplicador.

A la salida del primer multiplicador,

+ωω=ωω+= )tcos()tcos(A)tcos()tcos()]t(mAA[)t(v occocmc1 )tcos()tcos()t(mA ocm ωω+

+ω−ω+ω+ω= ]t)cos[(2

A]t)cos[(2

A)t(v occ

occ

1

]t)cos[()t(m2

A]t)cos[()t(m2

Aoc

moc

m ω−ω+ω+ω+

Sea oc1I fff −= . Entonces a la salida del filtro FI1, el cual estará centrado a la frecuencia fI1, se tiene

]t)cos[()t(m2

A]t)cos[(2

A)t(v ocm

occ

2 ω−ω+ω−ω=

)tcos()t(m2

A)tcos(2

A)t(v 1Im

1Ic

2 ω+ω=

Con el ajuste de fo tal que para cualquiera fc se verifique siempre oc1I fff −= , la señal v2(t) estará siempre centrada en fI1 y pudiera demodularse mediante detección de envolvente; pero como el receptor es de doble conversión, hay una nueva etapa de demodulación representada por el segundo oscilador local y el segundo filtro de frecuencia intermedia FI2.

A la salida del segundo multiplicador,

)tcos()tcos()t(m2

A)tcos(2

A)tcos()t(v)t(v d1Im

1Ic

d23 ω⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ω+ω=ω=

+−π++π= ]t)ff(2cos[4

A]t)ff(2cos[4

A)t(v d1Ic

d1Ic

3

]t)ff(2cos[)t(m4

A]t)ff(2cos[)t(m4

Ad1I

md1I

m −π++π+


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306

Puesto que d1I ff > , donde ambas frecuencias son fijas, podemos definir la segunda frecuencia intermedia como d1I2I fff −= , o también 2I1Id fff −= que es fija también. Por lo tanto, el segundo oscilador estará sintonizado a la frecuencia fija fd, lo cual simplifica el diseño. Por ejemplo, si MHz 1fy MHz 10f I21I == , la frecuencia del segundo oscilador será de 9 MHz.

(b) En el segundo mezclador 2I1Id fff −= .

De la expresión (6.71) del Texto, las frecuencias imagen vienen dadas por

21im f2ff ±= . En nuestro caso, para el segundo mezclador se verifica que

2I21I1 ffy ff == . Por lo tanto, las frecuencias imagen del segundo mezclador son

2I1I2im f2ff ±= .Por ejemplo, si MHz 10f 1I = y MHz 1f 2I = , las frecuencias imagen del segundo mezclador serán de 12 MHz y 8 MHz.

6.41. El Canal 6 de Televisión Comercial tiene una portadora de video de 83,25 MHz, y la banda de audio está a 4,5 MHz por encima de ella. Un receptor superheterodino de TV tiene una frecuencia intermedia de 45,75 MHz y para el audio, de 41,25 MHz.

(a) Demuestre que la frecuencia del oscilador local de video para recibir el Canal 6 es de 129 MHz.

(b) Demuestre que las frecuencias imagen y del oscilador local en el canal de audio son de 169,75 MHz y de 128,5 MHz, respectivamente.

(c) Demuestre que el Canal 7 puede producir perturbaciones en el Canal 6 por efecto imagen (En el Apéndice B.3 se dan las frecuencias utilizadas en TV).

Solución:

Canal 6 de TV: MHz 25,41f MHz; 75,45f MHz; 75,87f MHz; 25,83f IaIvcacv ====

(a) Canal 6, video, MHz 129fff IvcvOLv =+=

(b) Canal 6, audio,

frecuencia imagen: MHz 25,17025,41x275,87f2ff Iacaima =+=+=

Frecuencia del OL: MHz 12925,4175,87fff IacaOLa =+=+=

(c) La frecuencia imagen de video del Canal 6 es

75,17475,45x225,83f2ff Ivcvimv =+=+= MHz

pero observamos, Apéndice B.3 del Texto, que la banda de video del Canal 7 está entre 174 MHz y 180 MHz. Esto quiere decir que el Canal 7 puede producir perturbaciones por efecto imagen en el Canal 6. En la práctica estos canales están en localidades distantes una de la otra.


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


307

6.42. En la Fig. 6.76 del Texto se muestra el diagrama de bloques de un “Oscilador de Batido (Beat Frequency Oscilator, BFO)”.

(a) Analice su operación, ¿Cuál es la ventaja del BFO sobre otros tipos de oscilador?

(b) Compare el cambio porcentual en la frecuencia de y(t) respecto a un cambio porcentual de f1 cuando fo es constante.

(c) Para kHz 99,99fy kHz 100f o1 == , encuentre el cambio porcentual en fc debido a un cambio de 0,1% en la frecuencia f1.

Solución:

(a) Sea el BFO mostrado en la Fig. 6.76 del Texto.

A la salida del multiplicador,

]t)ff(2cos[21]t)ff(2cos[

21)tcos()tcos()t(v o1o1o11 −π++π=ωω=

El filtro dejará pasar solamente la frecuencia inferior, de modo que

)tf2cos(21]t)ff(2cos[

21)t(y co1 π=−π= , donde o1c fff −=

En los BFO los valores básicos de f1 y fo son ligeramente diferentes, pero siempre o1 ff ≠ .

El BFO es un oscilador compuesto de frecuencia variable muy estable sobre una amplia gama de frecuencias. Esta gran variación se consigue con variaciones muy pequeñas de la frecuencia f1. La estabilidad se mejora si el oscilador de fo es un oscilador de cristal.

Una aplicación del BFO es en la demodulación de señales SSB.

(b) Si f1 experimenta una variación 1f∆± , entonces cf experimentará una variación

cf∆± . Entonces,

o11cc fffff −∆±=∆± , pero como o1c fff −= , entonces 1c ff ∆±=∆± .

Si multiplicamos ambos miembros de la expresión anterior por cf

100 , entonces,

.100f

f100f

fc

1

c

c ∆±=

∆± Pero 100fc

c∆± es la variación porcentual de fc, que

representaremos como %Vc , y con o1c fff −= , entonces,

100fff%V

o1

1c −

∆±= con o1 ff ≠


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


308

1f∆ es la variación de f1 que puede ser un incremento (signo positivo) o un decremento (signo negativo).

(c) Sea Hz 100f100

1,0f kHz; 99,99f kHz; 100f 11o1 ==∆==

Hz 1099990100000fc =−=

Si %100010)99,99100(

100x100%V entonces Hz, 100f 3c1 =−

==∆

Vemos que si f1 aumenta en 0,1% (100 Hz), la frecuencia de salida fc pasa de 10 Hz a 110 Hz, lo que representa una variación del 1000%. Si 'fc es la nueva frecuencia de salida del BFO, podemos establecer que

c 1 1 o 1 o 1f ' f f f f f f= ± ∆ − = − ± ∆

6.43. Una señal sinusoidal de frecuencia fm y amplitud unitaria modula una portadora en AM y FM. La potencia de la portadora no modulada es la misma en ambos sistemas. Cuando se modula, la desviación máxima en FM es cuatro veces el ancho de banda en AM. La amplitud de las componentes separadas en mf± es la misma en ambos sistemas.

Demuestre que el índice de modulación en FM es 8 y en AM es de 47%.

Solución:

cm A );tcos()t(m ω= es la misma en ambos sistemas.

En AM: 100A1a% );tcos()]t(m

A11[A)tcos()]t(mA[)t(x

cc

ccccAM =ω+=ω+=

En FM: m

dm

m

dccFM f

f )];tsen(fftcos[A)t(x =βω+ω=

De los datos: 8fff8f2x4ff

m

dmmd ==β∴===∆

En AM: ]t)cos[(21]t)cos[(

21)tcos(A)t(x mcmcccAM ω−ω+ω+ω+ω=

La amplitud de las bandas laterales en AM es igual a .21


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


309

En FM: En la Fig. P6.43 se muestra la portadora y las dos primeras bandas laterales de la señal FM. Como la magnitud de las componentes separadas en mf± de la portadora es igual en ambos sistemas, entonces

13,2235,0x2

1)8(J2

1A21A)8(J

1cc1 ===∴=

Jo(8)Ac

J1(8)Ac

J1(8)Ac

fc+fm fc-fm

fc

f

Fig. P6.43.

0

El índice de modulación en AM será %4710013,21100

A1%a

c

===

6.44. La señal )t10x5(sinc5)t(m 32= se aplica a un modulador FM de banda angosta. La potencia de la portadora sin modular es de 50 W, la constante de desviación de frecuencia es 103 y la frecuencia de portadora es de 10 kHz.

Calcule y dibuje el espectro de la señal modulada FM en banda angosta.

Solución:

4c

3dc

2c 10f ;10f ;10A50A

21

===∴=

De la expresión (6.92) del Texto, en FM de banda angosta,

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

−++

−−δ++δ=c

c

c

cdccc

cFM ff

)ff(Mff

)ff(M2fA)ff()ff(

2A)f(X

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

−++

−−δ++δ= 4

4

4

4344

FM 10f)10f(M

10f)10f(M10x5)10f()10f(5)f(X

pero )10x5f(10)f(M 3

3Λ= − , de donde,

[ ]⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−Λ

−+

+Λ

−−δ++δ= 4

3

4

4

3

4

44FM 10f

)10x510f(

10f

)10x510f(

5)10f()10f(5)f(X

Para dibujar este espectro, el lector puede demostrar que para f > 0, XFM(f) se puede escribir en la forma siguiente:


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


310

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

≤<−

−−

<≤−−

=−δ

=−

−

10x15f10 para 10f

10x15f10

10f5x10 para 10f

10x5f10

10f para )10f(5

)f(X34

4

33

434

33

44

FM

que se muestra en la Fig. P6.44.

5 10 15 f

kHz 0

XFM(f)

Fig. P6.44

6.45. Sea el sistema FM de la Fig. 6.77 del Texto donde )t10(sen20)t(m 42 π= .

La señal modulada xc(t) tiene una potencia de 50 W y un índice de modulación de 10. El filtro de salida tiene ganancia unitaria, ancho de banda de 70 kHz y está centrado en el espectro transmitido.

(a) Demuestre que: W05,10)t(xy V/Hz10f ;10A 2CT

4dc >=<==

(b) Dibuje el espectro de la señal transmitida indicando los valores de amplitud y frecuencia.

Solución:

Sea la Fig. 6.77 del Texto. 10A50A21 );t102cos(1010)t(m c

2c

4 =∴=π−=

kHz 70B kHz; 100f ;10 c ===β

(a) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ττπ−π+ω= ∫

t

0

4dccFM d)102cos(1010[f2tcosA)t(x

pero [ ]∫ ππ

−=ττπ−t

0

44

5 )t102sen(102

10t10d)102cos(1010

)t102sen(fd10)f10f(2)t102sen(102

f20tf20tf2)t( 43dc

44d

dc π−+π=πππ

−π+π=θ −

de donde, V/Hz10f10f10 ;10A kHz; 200f10f'f 4

d3d

cdcc =∴==β==+=

kHz 1010'f 4m ==

(b) El espectro FM correspondiente se muestra en la Fig. P6.45.


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


311

Nótese que el espectro transmitido está centrado en 200 kHz y no en 100 kHz; esto es debido al efecto de la componente continua de m(t).

De la Fig. P6.45, la potencia de salida del filtro es

200 fc'

210 220 230 235 190

180 170

165 160 240 f

kHz

0,58

2,55 2,55

0,43

0,43 0,58

Filtro B = 70 kHz

0

XCT(f)

2,4Fig. P6.45.

W05,10)58,0(21)55,2(

21)43,0(

212)46,2(

21)t(x 22222

CT =⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +++>=<

6.46. Demuestre que en modulación PM max

pmaxp )t(m

dtd

2k

fy )t(mkπ

=∆=φ∆ , y si la

modulación es sinusoidal con )tf2sen(A)t(m mm π= , entonces,

mmpmpp Afkfy Ak =∆φ∆==β

Solución:

Modulación PM.

)t(t(t) )];t(mktcos[A)t(x cpccPM φ+ω=θ+ω=

)t(mdtd

2k

f)t(21f)t(

dtd

21)t(f );t(mk)t( p

ccip π+=φ

π+=θ

π==φ

maxpmax

p )t(mk(t) );t(mdtd

2k

)t(f =φ=φ∆π

=∆ desviación máxima de fase

max

p )t(mdtd

2k

fπ

=∆

Sea [ ])tsen(AktcosA)t( x);tf2sen(A)t(m mmpccPMmm ω+ω=π=

β==φ∆π=φ mpmmp Ak );tf2sen(Ak)t(

mmpmmp

maxmmmp fAkf2A

2k

)tf2cos(f2A2k

f =ππ

=πππ

=∆


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


312

6.47. La señal ∑∞

−∞=

−Λ=n

)n2t(10)t(m se aplica a un modulador FM, donde 10Ac = ;

V/Hz10fy kHz10f 3dc ==

(a) Dibuje la forma de onda de la señal modulada FM, indicando los valores exactos de las amplitudes y frecuencias.

(b) Demuestre que el ancho de banda aproximado de la señal FM, de acuerdo con la expresión (6.111) del Texto, es de 10 kHz.

Solución:

Modulación FM. V/Hz10f kHz; 10f ;10A 3dcc ==

m(t) es una señal periódica triangular de período 2 y amplitud 10

∫ ∫ ττπ+π=θττπ+ω=t t

dcdccFM d)(mf2tf2(t) ];d)(mf2tcos[A)t(x

)t(mff)t(f dci +=

Como m(t) es periódica vamos a tomar el período (-1, +1) que corresponde a un triángulo de la forma )t(10Λ ; entonces,

⎩⎨⎧

≤≤<≤+

=Λ=1t0 para 1)-10(t-0t1- para )1t(10

)t(10)t(m , de donde

⎩⎨⎧

≤≤−−<≤++

=1t0 para )1t(f10f0t1- para )1t(f10f

)t(fdc

dci

Por integración de fi(t), la fase )t(θ será

⎪⎩

⎪⎨⎧

≤≤π−+π=−−π

<≤π++π=++π=θ

∫∫

1t0 para tf10t)f10f(2dt)]1t(f10f[2

0t1- para tf10t)f10f(2dt)]1t(f10f[2)t(

2ddcdc

2ddcdc

Durante el período (-1, +1) la señal FM será entonces,

⎪⎩

⎪⎨⎧

≤≤π++π

<≤π++π=

1t0 para ]tf10t)f10f(2cos[A

0t1- para ] tf10t)f10f(2cos[A)t(x

2ddcc

2ddcc

FM

Esta señal se muestra en la Fig. P6.47 junto con la señal m(t) durante el período 1) ,1( +− . Para los otros períodos de m(t), la señal FM tiene la misma forma.


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


313

10

-10

0.999-1

0 -1 1

1 0-1

t

t

m(t) 10

seg

seg

0,25 0,5 0,75 -0,25 -0,5 -0,75

XFM(t)

Fig.P6.47(b)

0

Algunos valores instantáneos de frecuencia son:

Para

Hz10f ,1tHz10x5,1f ,5,0t

Hz10x75,1f ,25,0t

Hz10x2f ,0t

4i

4i

4i

4i

=±=

=±=

=±=

==

(c) La envolvente de xFM(t) es constante e igual a 10. Nótese que

,Hz10fy Hz10x2f 4min

4max == de donde

kHz 10Hz101010x2fff2B 444minmax ==−=−=∆≈

4.48. Consideremos el modulador del problema anterior como la etapa de banda angosta de un modulador Armstrong para Radiodifusión Comercial, Fig. 6.38 del Texto. La portadora de transmisión es de 100 MHz y el ancho de banda máximo es de 200 kHz. Si la frecuencia máxima de m(t) es de 10 kHz, y su amplitud máxima de 10, demuestre, utilizando la Regla de Carson,

(a) Que el factor de multiplicación del multiplicador de frecuencia es n = 9.

(b) Que la frecuencia del mezclador MHz 91,99fOL = y la relación de desviación de la señal transmitida es 9=∆ .


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


314

Solución:

En la Fig. P6.48 se muestra la primera etapa de un modulador Armstrong.

1OL1cc fnf ;fnff ∆=∆±=

m(t) Modulador FMde Banda Angosta

Multiplicador de Frecuencia

fOL

n Ac, fc1, fd1

Fig. P6.48.

fc2 =nfc1

fc

De la Fig. P6.48,

1OL1cc fnf ;fnff ∆=∆±= y la Regla de Carson: mT B)1(2B +∆=

mmaxm

dT B1)t(m

Bf2B ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+=

[ ]mmaxdT B)t(mf2B += . Despejando fd,

;V/Hz10x910

1010)t(m

B2

B

f 345

max

mT

d =−

=−

= pero 910

10x9ffnnff 3

3

1d

d1dd ===∴=

(c) Tomemos MHz91,9910x910x100nffffnff 461ccOLOL1cc =−=−=∴+=

91010

10x9)t(mBf

4

3

maxm

d ===∆

4.49. A un modulador PM se le aplica la señal m(t) de la Fig. 6.78 del Texto. La constante de desviación de fase es 6π y la frecuencia de la portadora de 10 kHz.

(a) Dibujar la frecuencia instantánea en función del tiempo

(b) Demuestre que el ancho de banda aproximado de la señal PM es kHz2ffB minmax =−= .

Solución:

(a)

Modulación PM. Sea la señal m(t) mostrada en la Fig. 6.78 del Texto.

10A hagamosy kHz 10f ;6k ccp ==π=

)t(mktf2(t) )];t(mktcos[A)t(x pcpccPM +π=θ+ω=

)t('m310)t(mdtd

2k

f)t(f 4pci +=

π+=


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


315

donde m’(t), la derivada de m(t), tiene la forma mostrada en la Fig. P6.49(a). Por lo tanto, la frecuencia instantánea será:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

≤≤<≤

<<=

ms 1006tms 1000 para kHz 9,5ms 1000t ms 998 para kHz 11,5

t ms 1006y ms 998t para kHz 10)t(fi

fi(t) tiene la forma mostrada en la Fig. P6.49(b).

En la Fig. P6.49(c), se muestra la forma de la señal modulada PM, indicándose las frecuencias en los diferentes intervalos de m(t).

10

-10

1.010.995

)t(xPM

500

0 t

0 t

998 1000 1006

-166,6

m'(t)

9500

1000

1150fi(t)

Hz

ms

998 1000 1006 ms

(a)

(b)

10 kHz 11,5 kHz 9,5 kHz 10 kHz 998 1000 1006 ms

t0

(c)

Fig. P6.49.

(c) Nótese que, de la Fig. P6.49(b), kHz 5,9fy kHz 5,11f minmax == ; por lo tanto, el

ancho de banda aproximado de la señal PM es

kHz. 25,95,11ffB minmax =−=−=

6.50. En un sistema FM demuestre que si la señal moduladora se integra antes de aplicarla al modulador, la desviación de fase instantánea sale multiplicada por t. Demuestre también que en este caso la señal moduladora m(t) no podrá recuperarse de la señal modulada FM.

Solución:

∫ ττπ+ω=t

0 idccFM ]d)(mf2tcos[A)t(x


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


316

Sea ∫ ττπ=φt

0 idi d)(mf2)t( la desviación instantánea de fase. Pero si ∫ λλ=t

0i d)(m)t(m ,

entonces ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ λλπ=λλλπ=τλλπ=φt

0

t

0

t

0

t

0

t

0dddi d)(mtf2d)(mdf2d]d)(m[f2)t( .

En condiciones normales la desviación de fase es ∫ τλπ=φt

0d d)(mf2)t( ; por lo tanto,

)]t(ttcos[A)t(y x )t(t)t( ccFMi φ+ω=φ=φ . Vemos que la desviación de fase instantánea, en el caso de integración previa de m(t), sale multiplicada por t.

Veamos ahora el caso de la recuperación de m(t). La frecuencia instantánea es

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ττπ+ω

π=θ

π= ∫

t

0dci d)(mtf2tdtd

21)t(

dtd

21)t(f

)t(ffd)(mf)t(tmff)t(tmf2d)(mf221)t(f c

t

0ddc

t

0 ddci ∆+=ττ++=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ π+ττπ+ω

π= ∫∫ , donde

∫ ττ+=∆t

0dd d)(mf)t(tmf)t(f

Vemos que la desviación instantánea de frecuencia varía en forma muy complicada en función de t y m(t), que es imposible extraer m(t) de fi(t) o ).t(f∆

6.51. En un transmisor FM la potencia de la portadora sin modular es de 50 W y su frecuencia de 100 kHz. El mensaje es sinusoidal de frecuencia 4 kHz y la desviación de frecuencia máxima de 40 kHz. El filtro de transmisión tiene ganancia unitaria.

(a) Demuestre que el ancho de banda del filtro de transmisión, a fin de que la potencia de la señal transmitida sea aproximadamente el 50% de la potencia de la señal modulada, es kHz 64BkHz 56 <≤ .

(b) Dibuje el espectro de la señal transmitida indicando los valores de amplitud y frecuencia.

Solución:

Modulación FM. kHz 40Aff kHz; 4f ;10AW502

A kHz; 100f mdmc

2c

c ==∆==∴==

(a) Supongamos que 10f

f ;1Am

m =∆

=β= . El ancho de banda del filtro de transmisión

debe ser tal que W25)t(x2CT >≈< . De acuerdo con las expresiones (6.112) y (6.113) del

Texto, debe verificarse que

21)10(J2)10(JP

k

1n

2n

2ok ≈⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+= ∑

=

. Vamos a ver qué valor de k verifica esta expresión. El

ancho de banda del filtro de salida será mT kf2B = .

De la Tabla 6-2 obtenemos que para .704,0P 8,k paray 502,0P ;7k 87 ==== El ancho de banda estará entonces entre 8ky 7k == , es decir,


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


317

kHz. 64B kHz 56 o 10x4x8x2B10x4x7x2 T3

T3 <≤<≤

(b) El correspondiente de espectro de xCT(t) se muestra en la Fig. P4.51 para kHz 100f 10; ;10A cc ==β= y kHz4fm = .

6.52. La señal m(t) de la Fig. 6.79 del Texto se aplica a un modulador FM donde kHz 1fc = y

Hz/V 200fd = .

(a) Determine el valor pico a pico de la desviación de frecuencia.

(b) Dibuje en forma aproximada la señal modulada pero mostrando las características de la señal e indicando los valores de interés.

Solución:

Modulación FM; Hz/V 200f ;kHz 1f dc ==

(a) )t(m2001000)t(mff)t(f ;d)(mf2tcosA)t(x dci

t

dccFM +=+=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ττπ+ω= ∫

De la Fig. 6.79 del Texto, 1m(t)y 3)t(m minmax −== ; de donde

Hz 16003x2001000)t(mfff maxdcmax =+=+=

8001x2001000)t(mfff mindcmin =−=−= Hz

El valor pico a pico de la desviación de frecuencia es

Hz 800ff)t(f minmaxPP =−=∆

Nótese que este valor es una aproximación del ancho de banda de la señal FM.

(b) Para graficar la forma de la señal modulada, vamos a tomar el intervalo (-4, +4) de m(t). En este intervalo,

72 76 80

84 88 92

96 100 fc

104 108 112 116 120

124 128

f

kHz

2,17

2,17

0,14 0,14

2,34 2,2

2,34

2.20 0,58

0,58

2,55 2.55

0,43

0,43

Filtro Pasabanda

2,46 Fig. P6.51

XCT(f)


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318

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

≤≤

<≤−

<≤+

<≤−

=

4t2 para 1-

2t0 para )34t(

23-

0t2- para )34t(

23

-2t4- para 1

)t(m

Por lo tanto, la frecuencia instantánea es

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

≤≤=−

<≤−=−−=−−

<≤+=++=++

<≤=−=−

=

4t2 para Hz 800ff

2t0 para t3001400)34t(3001000)

34t(

2f3f

0t2- para t3001400)34t(

26001000)

34t(f

23f

-2t4- para Hz 8002001000ff

)t(f

dc

dc

dc

dc

i

Mediante integración de fi(t) la correspondiente fase será

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

≤≤π=τπ

<≤−π=ττ−π

<≤+π=ττ+π

<≤π=τπ

=θ

∫∫∫∫

t

0

t

0

2

t

0

2

t

0

4t2 para t1600d8002

2t0 para ]t150t1400[2d]3001400[2

0t2- para ]t150t1400[2d]3001400[2

-2t4- para t1600d8002

)t(

La correspondiente señal xFM(t) en el intervalo (-4, +4) será

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

≤≤π<≤π−π

<≤π+π

<≤π

=

4t2 para )t1600cos(A2t0 para )t300t2800cos(A

0t2- para )t300t2800cos(A

-2t4- para )t1600cos(A

)t(x

c

2c

2c

c

FM

Esta señal tiene la forma mostrada en la Fig.P6.52.

1

-1

4-4-4 -2 0 2

t

800 Hz 800 Hz Frecuencia Variable

FrecuenciaVariable

1600 Hz Fig. P6.52

XFM(t) Ac

-Ac


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


319

6.53. En un receptor FM se ha recibido la señal

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Λπ+π= ∑

∞

−∞=−

−

n2

26

cr )10

n10x2t(2t102cos)t(x

La función de autocorrelación del ruido en antena es )10x2(sinc10x2)(R 624 τ=τ − .

El amplificador de RF tiene una ganancia de tensión de 10, siendo la constante del discriminador π=Dk . La constante de desviación de frecuencia del transmisor es de 100 Hz/V.

(a) Demuestre que ∑∞

= ππ

=1n n

)nt100sen(2)t(m para n impar

(b) Demuestre que el ancho de banda del amplificador de RF es de 200 Hz y que la potencia de ruido a su salida es de –26,99 dBm.

(c) Suponiendo que el ancho de banda del amplificador de RF es de 200 Hz, demuestre

que dB 31,61NS

o

o = .

Solución:

Modulación FM. 1A ;)10

n10x2t(2t102cos)t(x rn

2

26

cr =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Λπ+π= ∑

∞

−∞=−

−

Hz/V 100f ;k ;10G );10x2f(10)f(S)10x2(sinc10x2)(R dDv6

10n

624n =π==Λ=⇔τ=τ −−

(a) De la forma de xcr(t), vemos que

∑ ∫∞

−∞=−

−

ττπ=−

Λπ=φn

d2

2

.d)(mf2)10

n10x2t(2)t( Tomando la derivada, obtenemos

)t(m)10

n10x2t(dtd10

n2

22 =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −Λ∑

∞

−∞=−

−− . En la Fig.P6.53(a) se muestra

πφ2

)t( y su

πφ2

)t(

0

tms

ms t 10 20 30 -10 -20 -30

1

-1

20 ms

10 -2

(1)

(2)

m(t)

T Fig. P6.53(a).


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


320

correspondiente derivada que es m(t). Nótese que m(t) es una señal periódica rectangular de período Hz 50f ms; 20T o == y amplitud unitaria cuyo coeficiente de Fourier es

∫−

=π

=φ⎪⎩

⎪⎨⎧

π−

=π−= −

310x10

0 on3n 0X ;2

;parn para 0

imparn para n2j

dt)nt100sen(10x202jX

La señal m(t) será entonces ∑∞

= ππ

=1n n

)nt100sen(2)t(m , n impar, con Hz 50fo =

(b) )t(m10010)t(mff)t(f 6dci +=+= ; y de m(t) de la Fig. P6.53(a),

Hz. 200ffB donde de ;10010f ;10010f minmax6

min6

max =−≈−=+=

El ancho de banda del amplificador es de 200 Hz y su ganancia de potencia será 100GG 2

vp == . La densidad espectral de ruido a la entrada del discriminador tendrá la forma mostrada en la Fig. P6.53(b).

De la Fig. 64.53(b), la potencia de ruido será:

dBm -26,99W 210x200N 8i =µ== −

(c) Cálculo del ruido de salida. De la expresión (4.154) del Texto, la

densidad de ruido a la salida del filtro pasabajo es

[ ])ff(S)ff(Sf)Ak()f(S cnicni

22

r

Dno −++= para Hz 100ff m =≤

)]ff(S)ff(S[ cnicni −++ tiene la forma mostrada en la Fig. P6.53(c).

Para )200

f(f10)200

f(10f)Ak()f(S Hz, 100f 228822

r

Dno Ππ=Π=≤ −−

La potencia de ruido de salida será

200 Hz

1 -1 -2 f

MHz

10 -8 Sni(f)

Fig. P6.53(b)

fc 2fc-fc-2fc 0

10

f

Hz 100 -100

Fig. P6.53(c)

-8


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


321

∫ −− =⋅π=100

0

2228o 10x58,6dff210N

Cálculo de la potencia de señal

De la expresión (6.145) del Texto, ><= )t(mfkS 22d

2Do , pero esta potencia So debe ser

la potencia de m(t) en un ancho de banda de 200 Hz. Puesto que fo=50 Hz, entonces solamente se tomará en cuenta las componentes para 3ny 1n == . Por lo tanto, de la

parte (a): π

=π

=32Xy 2X 31 . La potencia de m(t) será entonces

[ ] W901,0XX2)t(m 23

21

2 =+>=<

442o 10x893,8901,0x10S =π= , de donde

dB 31,6110x352,110x58,610x893,8

NS 6

2

4

o

o === −

6.54. La señal )t10sen()t102sen()t106cos(3)t102cos(2)t(m 4333 ππ+π+π= se aplica a un modulador FM cuya constante de desviación de frecuencia es igual a 104 Hz/V.

Demuestre que el ancho de banda de la señal modulada, de acuerdo con la Regla de Carson, es de 112 kHz.

Solución:

Modulación FM. )t1012cos(21)t108cos(

21)t106cos(3)t102cos(2)t(m 3333 π−π+π+π=

Hz/V 10f 4d = .

Como las componentes de m(t) son todas armónicas de la frecuencia Hz 1000fo = , el valor máximo de m(t) ocurrirá cuando 3

oo3 10t2t102 −=∴π=π . Entonces,

5)12cos(21)8cos(

21)6cos(3)2cos(2|)t(m)t(m 310tmax =π+π+π+π== −=

El ancho de banda Bm de m(t) es su frecuencia máxima. Entonces, kHz 6Bm = .

Y de la Regla de Carson, [ ] [ ] kHz 11210x65x102B)t(mf2B 34mmaxd =+=+=

6.55. La señal ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Π−−

Π= )2

3t()2

1t(5)t(m se aplica a un modulador FM cuya constante de

desviación de frecuencia es de 10 Hz/V. La potencia de la señal modulada FM es de 800 W.

(a) Determine la amplitud de la portadora

(b) Demuestre que la desviación de fase es )2

2t(200)t( −Λπ=φ

(c) Demuestre que el ancho de banda aproximado de la señal es de 100 Hz


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


322

Solución:

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

Π−−

Π= )2

3t()2

1t(5)t(m ; W800)t(x ;V/Hz10f 2FMd >=<=

(a) 40A2

A800)t(x c

2c2

FM =∴=>=<

(b) m(t) tiene la forma dada en la Fig. P6.55(a).

∫ ττπ=φt

d d)(mf2)t( ; la integral de m(t) se puede escribir en la forma

∫ ∫∫−

Π−−−

Π=−

Π⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ τ−

−Π⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ τ=ττ

t

0

t

2

t

0)

23t()2t(5)

21t(t5)

23t(d5)

21t(d5d)(m

∫−

Λ=ττt

0)

22t(10d)(m que tiene la forma mostrada en la Fig. P6.55(b).

Entonces, )2

2t(200)t( −Λπ=φ

(c) 50ff ;50ff );t(mff)t(f cmincmaxdci −=+=+= . El ancho de banda aproximado será

Hz 10050f50fffB ccminmax =+−+=−=

6.56. Para cuantificar el efecto de las redes de preénfasis y deénfasis consideremos, por ejemplo, el sistema de la Fig. 6.80 del Texto, donde

)t10x2cos(2)t10x12cos(4)t10x6cos(6)t(x 433 π+π+π= y

W/Hz)f10exp(10)f(S)t(n 46n

−=⇒

El sistema es pasabajo de ancho de banda B = 10 kHz. La respuesta de frecuencia del filtro HDE(f) se diseña para aplanar la densidad espectral a su entrada, dentro de la

5

-5

0 1 2 3 4 t

(a)

m(t)

0 2 4

t

10

(b) Integral de m(t)

Fig. P6.55.


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


323

banda de paso del sistema, de manera que la densidad espectral a su salida sea W/Hz10)f(S 6

no−= . Este tipo de filtro se denomina “filtro de blanqueo”.

(a) Demuestre que las funciones de transferencia de los dos filtros son, respectivamente,

)10x2f()f10x5exp()f(Hy )

10x2f()f10x5exp()f(H 4

5DE4

5PE Π−=Π= −−

(b) Demuestre que dB 46,31NSy dB 851,32

NS

dBo

o

dBi

i =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

Nótese que esta técnica produce, en el presente ejemplo, un desmejoramiento de 1,39 dB.

Solución:

)t10x2cos(2)t10x12cos(4)t10x6cos(6)t(x 433 π+π+π=

(a) Sea y(t) la salida del filtro HDE(f). Su espectro Y(f) será entonces, sin considerar el ruido,

)f(H)f(H)f(X)f(Y DEPE= , pero para que no haya distorsión debe verificarse que

)f(X)f(Y = , en cuyo caso )f(H

1(f)H también ó 1)f(H)f(HPE

DEDEPE ==

En cuanto al ruido, a la entrada del filtro HDE(f) se tiene

)f10exp(10)f(S)t(n 46n

−=⇒ para kHz 10f ≤

La salida del filtro de deénfasis será 6462

DEn2

DEno 10)f10exp(10)f(H)f(S)f(H)f(S −−− ===

de donde )10x2f()f10x5exp()f(H 4

5DE Π−= −

Por lo tanto, )10x2f()f10x5exp()f(H 4

5PE Π= −

(b) Cálculo de las potencias de señal

A la salida del filtro HPE(f) la señal es

+π+π= )10x6(H]t)10x6(2cos[4)10x3(H]t)10x3(2cos[6)t(x 3PE

33PE

31

)10(H]t)10(2cos[2 4PE

4π+ ]t)10(2cos[927,3]t)10x6(2cos[399,5]t)10x3(2cos[091,6)t(x 433

1 π+π+π=


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


324

cuya potencia es [ ] W56,38927,3399,5091,621S 222

i =++=

La potencia de salida So es igual a la potencia de entrada >< )t(x2 pues el efecto de los filtros se cancela. Por lo tanto,

W28)41636(21So =++=

Cálculo de las potencias de ruido

La potencia disponible a la entrada del filtro de salida HDE(f) es

∫ ∫∞

∞−

−−−− ====410

0

246446n

2PEi W10x210x2x10df)f10exp()f10exp(2x10df)f(S)f(HN

dB 851,3210x928,110x2

56,38NS 3

2i

i === −

A la salida del filtro HDE(f) la densidad espectral de potencia es constante e igual W/Hz10)f(S 6

no−= . Por lo tanto, la potencia de salida para kHz 10f ≤ será

W10x210x10x2N 264o

−− ==

dB 46,3110x4,110x228

NS 3

2o

o === −

Nótese que el precio que hay que pagar en el proceso de blanqueo es una reducción en la relación S/N de salida de 1,39 dB.

6.57. En un sistema DSB es necesario que la relación S/N de postdetección sea de 20 dB. El mensaje es sinusoidal de amplitud unitaria y frecuencia 2 kHz, y la densidad espectral de ruido blanco es de 10-4W/Hz.

(a) Demuestre que la amplitud de la portadora es V65,12Ar =

(b) Si la transmisión es en AM con un índice de modulación del 80%, demuestre que la relación entre las potencias iDSBiAM Sy S para producir la misma relación S/N de postdetección es iDSBiAM S125,4S = .

Solución:

(a) Modulación DSB. ]t)(2x10cos[2m(t) ;1000NS dB; 20

NS 3

o

o

dBo

o π===⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

Hz/W102

)f(S 4n

−=η

=

De la expresión (6.181) del Texto, m

22rDSB

DSBo

o

f2)t(mA

NS

η><

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ , donde


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


325

Hz/W2x10 ;10x2f ;21)t(m 4-3

m2 =η=>=<

=><

η=

)t(mf200A 2

mrDSB 12,65

(b) Modulación AM. Sea Am = 1 y 1ArDSB =

De la expresión (6.27) del Texto, m

2

AMo

o

f2)t(m

NS

η<

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

Si DSBo

o

AMo

o

NS

NS

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ , entonces,

rAMcm

rAMrAMcmrAMAM A

1a );tcos()]tcos(A

11[A)tcos()]tcos(A[)t(x =ωω+=ωω+= pero

como 25,1AA

18,0a rAMrAM

=∴==

De la expresión (6.22) del Texto, 031,1])t(mA[21S 22

rAMiAM =><+=

De la expresión (2.159) del Texto, 25,041)t(mA

21S 22

rDSBiDSB =>=<=

iDSBiAMiDSB

iAM S125,4S125,425,0

031,1SS

=∴==

6.58. Se recibe la señal DSB )tcos()t(mA)t(x ccrDSB φ+ω= junto con ruido blanco pasabanda de la forma )tsen()t(n)tcos()t(n)t(n ccsccc φ+ω−φ+ω= . El mensaje m(t) es de banda limitada fm y la densidad espectral de ruido es W/Hz2/η . La combinación

)]t(n)t(x[ DSB + se aplica a un detector coherente cuyo oscilador produce la señal ).tcos(2 oc φ+ω

Demuestre que la relación S/N de postdetección es ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡φ∆=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

φ∆ o

o2

o

o

NS)(cos

NS donde

oc φ−φ=φ∆ es el error total de fase y [So/No] es la relación S/N de postdetección en caso de detección sincrónica perfecta, expresión (6.181) del Texto.

Solución:

Consideremos el sistema DSB mostrado en la Fig. P6.58.

)tcos()t(mA)t(x ccrDSB φ+ω=

)tsen()t(n)tcos()t(n)t(n ccsccc φ+ω−φ+ω=

Estas señales pasan directamente por el filtro de RF; entonces, a la entrada del multiplicador, )tsen()t(n)tcos()]t(n)t(mA[)t(n)t(x)t(x ccscccrDSB1 φ+ω−φ+ω+=+=

)t(xDSB

)tcos(2 oc φ+ω

RF AUDIO

n(t)

x1(t) x2(t) So/No

y(t)

Fig. P6.58.


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


326

Hagamos [ ])t(n)t(mAK cr += ; entonces, a la salida del multiplicador,

)tsen()tcos()t(n2)tcos()tcos(K2)tcos(2)t(x)t(x ccocsocccoc12 φ+ωφ+ω−φ+ωφ+ω=φ+ω=

)sen()t(n)t2sen()t(n)cos(K)t2cos(K)t(x ocsoccsococc2 φ−φ−φ+φ+ω−φ−φ+φ+φ+ω=

El filtro de audio elimina las componentes de alta frecuencia, quedando

[ ])sen()t(n)cos()t(n)cos()t(mA)t(y ocsoccncr φ−φ−φ−φ+φ−φ=

El primer término de y(t) es la señal mientras que el segundo es el ruido.

Las potencias de salida serán:

Potencia de señal: ><φ−φ= )t(m)(cosA21S 2

oc22

ro

Potencia de ruido: ><φ−φ+><φ−φ= )t(n)(sen21)t(n)(cos

21N 2

soc22

cnc2

o

pero mi2s

2c

2 f2N)t(n)t(n)t(n η=>=>=<>=<<

[ ] moc2

oc2

mo f)(sen)(cosf221N η=φ−φ+φ−φη=

Hagamos m

22r

oc2

m

2oc

22r

o

o

f2)t(mA)(cos

f

)t(m)(cosA21

NS

η><

φ−φ=η

><φ−φ=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

φ∆

Pero de la expresión (6.181) del Texto, m

22r

o

o

f2)t(mA

NS

η><

= , y si oc φ−φ=φ∆ ,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡φ∆=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

φ∆ o

o2

o

o

NS)(cos

NS

6.59. Una portadora de frecuencia fc y amplitud 8 es modulada en AM por un tono de 1 kHz y amplitud Am siendo el índice de modulación del 25%. El ruido blanco pasabanda tiene una densidad espectral de 2x10-9 W/Hz. La demodulación es coherente, pero antes de la demodulación, la señal AM y el ruido se pasan por un filtro cuya función de transferencia se muestra en la Fig. 6.81 del Texto.

Demuestre que dBm 476,22Ny dBm 99,26S oo −==


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


327

Solución: Sea el circuito mostrado en la Fig. P6.59(a).

)10x2ff()ff(

310cos)

10x2ff()ff(

310cosH(f)

W/Hz;10x2)f(S 0,25;a kHz; 1f ;8A

3c

c

3

3c

c

3-

9nmc

−Π⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

π+

+Π⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

π=

====−

−

)tcos()]tcos(AA1[A)tcos()]tcos(AA[)t(x cm

c

mccmmcAM ωω+=ωω+=

)tcos()]tcos(25,01[8)t( x;24

AA41

AAa cmAM

cm

c

m ωω+===∴==

]t)10f(2cos[]t)10f(2cos[)tcos(8)t(x 3c

3ccAM −π++π+ω= que se muestra en la Fig.

P6.59(b) A la salida del filtro H(f) la señal será

]t)10f(2cos[K]t)10f(2cos[K)tcos(8)t(x 3c

3cc1 −π++π+ω= , donde K es la ganancia del

filtro a las frecuencias 3c 10f ± . Podemos calcular K a partir de la relación

21)

3cos()]10(

310cos[K 3

3

=π

=π

=−

. Entonces,

]t)10f(2cos[21]t)10f(2cos[

21)tcos(8)t(x 3

c3

cc1 −π++π+ω=

A la salida del multiplicador, )tcos(2)t(x)t(x c12 ω=

)tf2cos(]t)10f(2cos[)tf2cos(]t)10f(2cos[)t(cos16)t(x c3

cc3

cc2

2 π−π+π+π+ω=

+π++π+ω+= ]t)10(2cos[21]t)10f2(2cos[

21)t2cos(88)t(x 33

cc2

]t)10(2cos[21]t)10f2(2cos[

21 33

c π+−π+

El filtro de audio elimina la componente continua y las de alta frecuencia, de donde

)tcos(2 cω

)t(xAMH(f) AUDIO

n(t)

x1(t) x2(t) So/No

y(t)

B=fm

Fig. P6.59.

(a)

fc-1500

fcfc-1000 fc+1000 fc+1500

f

(b)

0

Coseno 4

1/2 1/2

1

K


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


328

)t102cos()t(y 3π= , cuya potencia es dBm 99,265,021So === .

Cálculo de la Potencia de Ruido

A la entrada del filtro H(f) la densidad espectral es W/Hz10x2)f(S 9n

−= . A la salida del filtro la densidad espectral será entonces

)f(S)f(H)f(S n2

1n = , que podemos escribir en la forma

)f(S)10x2ff()]ff(

310[cos)

10x2ff()]ff(

310[cos)f(S n3

cc

32

3c

c

32

1n⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −

Π−π

++

Π+π

=−−

A la salida del multiplicador la densidad espectral será, de acuerdo con el Teorema para Señales de Potencia,

)ff(S)ff(S)f(S c1nc1n2n −++= . Asimismo, como Sn(f) es constante para todo f, se verifica que W/Hz10x2)ff(S)ff(S)f(S 9

cncnn−=−=+= . Entonces, se tiene

+⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −

Π−π

++

Π+π

=−−

)f(S10x2

f2f()]f2f(3

10[cos)10x2

f2f()]f2f(3

10[cos)f(S n3c

c

32

3c

c

32

2n

)f(S)10x2f()f

310(cos2 n3

32 Π

π+

−

El filtro de audio elimina las componentes de ruido de alta frecuencia, quedando a la salida,

)f3

10(cos10x4)f(S3

29no

π=

−− para Hz. 1000ff m =≤

La potencia de ruido a la salida será entonces,

dBm 476,2210x654,5df)f3

10(cos10x8N 61000

0

329

o −==π

= −−

− ∫

La relación S/N a la salida será dB 466,4910x843,810x654,5

5,0NS 4

6o

o === −

6.60. Demuestre que para que las relaciones S/N de postdetección sean iguales en FM y en

PM, debe verificarse que 3

PMFM

β=β .

Solución:

En FM, de la expresión (6.157) del Texto, ><η

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡)t(m

ffA

23

NS 2

3m

2d

2r

FMo

o


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


329

En PM, de la expresión (6.174) del Texto, ><η

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡)t(m

fkA

21

NS 2

m

2p

2r

PMo

o

A la primera expresión la podemos escribir en la siguiente forma

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡><

η=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡)t(m

fkA

21

fkf3

NS 2

m

2p

2r

2m

2p

2d

FMo

o , pero vemos que el término dentro de los corchetes es

igual ,NS

PMo

o⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ por lo tanto PMo

o2m

2p

2d

FMo

o

NS

fkf3

NS

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ .

Para que PMo

o

FMo

o

NS

NS

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ debe verificarse entonces que 1fkf3

2m

2p

2d = . Por lo tanto,

2p

2

m

d k)ff(3 = , o también 2

mp2

m

md )Ak()fAf(3 = . Pero mpPM

m

mdFM Aky

fAf

=β=β

de donde, 2PM

2FM3 β=β . En consecuencia,

3PM

FMβ

=β

6.61. En recepción AM se requiere que la relación S/N sea de 30 dB. La señal modulante es un tono de amplitud unitaria y frecuencia fm. El índice de modulación es del 80% y la densidad espectral de ruido blanco es de 10-8 W/Hz.

(a) Demuestre que kHz 5,12fy V 25,1A mr ==

(b) Demuestre también que la ganancia de conversión es de 0,4848 y que el rendimiento es del 24,24%

Solución:

Modulación AM. 8n

2m

o

o 10)f(S 0,8;a ;21)t(m );tcos(m(t) 1000;dB 30

NS −==>=<ω===

(a) )tcos()]tcos(A11[A)tcos()]tcos(A[)t(x cm

rrcmrAM ωω+=ωω+=

25,1A8,0A1a r

r=∴==

De la expresión (6.27) del Texto, con mi f2N η=

kHz 5,1210x5,122000

)t(mf1000f2

)t(mNS 3

2

mm

2

AMo

o ==η><

=∴=η

><=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

(b) De la expresión (6.23) del Texto,

dB 145,3310x63,2010x5,12x10x85,0)25,1(

N2)t(mA

NS 3

38

2

i

22r

AMi

i ==+

=><+

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


330

La ganancia de conversión será

4848,010x63,20

1000N/SN/S

3ii

oo ==

Veamos ahora el rendimiento de transmisión.

]t)cos[(21]t)cos[(

21)tcos(25,1)tcos()]tcos(25,1[)t(x mcmcccmAM ω−ω+ω+ω+ω=ωω+=

Potencia Total: 0313,125,07813,0])21(

21[2)25,1(

21P 22

t =+=+=

Potencia en la bandas laterales: 25,0PB =

Rendimiento de Transmisión: %2424,0031,125,0100

PP%E

t

B ===

6.62. En receptor FM se recibe una señal FM donde V 8A Hz/V; 2f Hz; 100f rdc ===

∑∞

−∞=

−δ∗⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −Π−Π==

nd )n2t()

23t()

21-(t8m(t) rad/Hz; 1k

El ruido a la entrada está caracterizado por su función de autocorrelación

)200cos()20(sinc8)(R 2n πττ=τ

(a) Demuestre (analíticamente o gráficamente) que la desviación instantánea de fase es

∑∞

−∞=

−Λπ=φn

)nt(32)t(

(b) Demuestre, utilizando el Criterio de Carson, que si la máxima frecuencia significativa de m(t) es de 4 Hz, el ancho de banda de la señal modulada FM es de 40 Hz

(c) Grafique la densidad espectral de ruido Sno(f) a la salida del sistema

(d) Demuestre que las potencias de señal y de ruido a la salida del receptor son, respectivamente, W2267,0Ny W 1,243S oo ==

Solución:

(a) m(t) es una señal periódica de la forma mostrada en la Fig. P6.62(a)

En FM, ∫ ττπ=φt

d d)(mf2)t( ; pero, tomando

el intervalo (0, +2), Fig. P4.62(a), π32)t(φ

t

t0 1 -1-2-3 2 3 seg

0 1 2 3 -1-2-3

8

-8

(a)

(b)

Fig. P6.62.

m(t)


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


331

)23t(d8)

21t(d8d)(m

2

t

t t

0−Π⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ τ−+−Π⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ τ=ττ ∫∫ ∫

∫ −Π−+−Π=ττt

)23t()2t(8)

21t(t8d)(m que repre-senta a un triángulo de la forma

)1t(8 −Λ . Por lo tanto, la fase instantánea será, en el intervalo (0, +2), )1t(32)t(1 −Λπ=φ que representa la señal generatriz de )t(φ en t = 1, entonces

∑∞

−∞=

−Λπ=φn

)nt(32)t( para n impar y 0n ≠ , que se muestra en la Fig. P4.62(b).

(b) Bm = 4 Hz. De la Regla de Carson, [ ]mmaxd B)t(mf2B +=

Hz 40)48x2(2B =+=

(c) A la entrada del discriminador la función de autocorrelación del ruido es

)20f(4,0)20(8sinc );200cos()20(sinc8)(R 22

n Λ⇔τπττ=τ y por Transformada de

Fourier, )20100f(2,0)

20100f(2,0)f(Sni

−Λ+

+Λ= cuya forma se muestra en la Fig.

P6.62(c).


[ ])100f(S)100f(Sf)Ak()f(S nini

22

r

Dnb −++= para Hz 20f ≤

641)

Ak( 2

r

d = . La expresión [ ])100f(S)100f(S nini −++ tiene la forma mostrada en la Fig.

P6.62(d), cuyo triángulo centrado en el origen es de la forma )20f(4,0 Λ . Por lo tanto, en

el intervalo (-20, +20) la densidad espectral Snb(f) será

)20f(f

644,0)f(S 2

nb Λ=

La densidad espectral de ruido a la salida será entonces

)8f(]

20f

1[160f)

8f()f(S)f(S

2

nbno Π−=Π=


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


332

π/16

π3/16π7/16π5/16

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 Hz

f

|Xn| Filtro de Salida

1

(f)

Fig. P6.62.

En la Fig. P6.62(e) se muestra ),f(Sy )f(S nonb respectivamente.

(d) Cálculo de la Potencia de Ruido.

La potencia de ruido a la salida viene dada por ∫=4

0 noo df)f(S2N

∫ ==−=4

0

2o dBm 56,232267,0df)

20f1(f

801N


De la expresión (6.145) del Texto, ><>=<= )t(m4)t(mfkS 222d

2do . Pero del

Problema (6.53), π

=n16Xn para n impar, fo = 0,5 Hz. Dentro de la gama de 4

kHz el espectro de m(t) tiene la forma mostrada en la Fig. P6.62(f).

La potencia de salida >< )t(m2 es la potencia contenida dentro del filtro pasabajo de 4 Hz, Fig. P.62(f).

]491

251

911[)16(2)t(m 22 +++

π>=<

W774,60)t(m2 >=<


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


333

De donde dBm 53,585 W10,243)t(m4S 2o =>=<=

6.63. Sea el receptor AM de la Fig. 6.82 del Texto. TFC es la temperatura física del cable coaxial y Lc su constante de pérdidas. Las otras temperaturas son temperaturas efectivas. El ruido exterior n(t) es blanco de densidad espectral 2/η . El mezclador se considera como una red atenuadora de pérdidas Lm y temperatura efectiva Tem.

Demuestre que a la entrada del detector las potencias de ruido y de señal son, respec-tivamente,

B)TLT(GLTLT)1L(

kTk

LLGG

N 2emem1p

c1ecFCca

mc

2p1pi

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+++−+

η+= y p1 p2 2

i rc m

G GS x (t)

L L= < >

Solución:

Sea el sistema AM mostrado en la Fig. P6.63.

W/Hz.

2)f(S)t(n n

η=⇒ Ancho de Banda del Sistema = B

Sea Nn la potencia de ruido en antena producida por n(t). La potencia disponible en la antena, debida a n(t), es, de la expresión (2.148) del Texto, BkTN nn = , donde Tn es la

temperatura de ruido de n(t). Pero también B2

B2Nn η=η

= , de donde k

Tnη

= .

Igualmente, de la expresión (2.188), FCceL T)1L(T −= , donde TeL es la temperatura efectiva del cable coaxial.

Para simplificar la escritura, hagamos .L1Gy

L1G

mpm

cpL ==

La antena misma es una fuente de ruido de potencia BkTGN aaa = , donde Ta es su temperatura efectiva de ruido y Ga su ganancia de potencia. Nótese que en el Texto se supone que Ga = 1.

La potencia disponible total a la entrada de la línea de transmisión (cable coaxial) será

B)k

T(kG)BkTB(G)BkTN(GBkTGNGN aaaaanaaana1η

+=+η=+=+=

A la salida de la línea de transmisión, BT)1L(kGNGN FCcpL1pL2 −+= . Reemplazando N1,


CAPITULO VI __________________________________________________________________________


334

BT)1L(G1

kTkGGN FCc

aapLa2 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−+

η+=

A la salida del filtro de RF, BkTGNGN 1e1p21p3 += . Reemplazado N2,

BTGG1T)1L(

G1

kTkGGGN 1e

pLaFCc

aa1ppLa3

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+−+

η+=

A la salida del mezclador, .BkTGNGN empm3pm4 += Reemplazando N3,

BGGG

TGG

TTG

)1L(k

TkGGGGN1ppLa

em

pLa

1eFC

a

capm1ppLa4

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++

−+

η+=

A la salida del filtro de FI, .BkTGNGN 2e2p42pi += Reemplazando N4,

BGGGG

TGGG

TGG

TTG

)1L(k

TkGGGGGNpm1ppLa

2e

1ppLa

em

pLa

1eFC

a

ca2ppm1ppLai

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+++

−+

η+=

B)GTT(

GGG1

GGTT

G)1L(

kTkGGGGGN

pm

2eem

1ppLapLa

1eFC

a

ca2ppm1ppLai

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+++

−+

η+=

B)TLT(GG

LTGLT

G)1L(

kTk

LLGGG

N 2emem1pa

c1e

a

cFC

a

ca

mc

2p1pai

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+++

−+

η+=

Nótese la influencia de la antena: cuanto más alta es su ganancia, más baja será la temperatura efectiva de todo el sistema. En la práctica se trata de lograr la ganancia Ga más alta y la temperatura Ta más baja.

En cuanto a la señal, si >< )t(x2r es la potencia de entrada, entonces, por inspección, la

potencia de salida a la entrada del detector es a p1 p2 2i r

c m

G G GS x (t)

L L= < > .

Para Ga = 1, se obtiene las ecuaciones dadas como respuesta en el Texto.

problemario - principios de las comunicaciones - josé briceñ

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