Resoluções de Exercícios de
Telecomunicações I
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 1
Telecomunicações I
Folha 1 - SINAIS
1- Por definição
( ) ( )∫ ∫( )[ ]
ftj
ATe
fj
AdteAedtetvfV TT
t fjt
T
ftjftj
πππππ
212
12
1
22
+=
+−===
∞∞−
+−∞∞−
−∞∞−
− −
2 - A transformada de Fourier do impulso
−δ2
t
v(t)
δ2
é V f( )= Aδsinc πfδ( )
Ora v t − t d( )← → V f( )e− jωtd . Como v1 t( ) = v t − T( )+ v t + T( ) ,
A
-T T t
v1(t)
δ
então V1
f( )= A e− jωT δ sinc πfδ( ) +A e
jωT δ sinc πfδ( ) =2 Aδ sinc πfδ( )cosωT
Do mesmo modo para v2(t) e V2(f):
-2T
A
v2(t)
2A
t2T-δ/2 δ/2
δ
V2
f( ) =A e−2 jωT δ sinc πfδ( ) +A e
2 jωTδ sinc πfδ( ) +2 Aδ sinc πfδ( ) =
=2δA sinc πfδ( ) 1 + cos2ωT( ) =4δA πfδ( )cos2 ωT
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 2
3 -
-40 -30 -20 -10 40302010
1
2
3
|H(f)|
f
1,5
-10
-20-30-40 10 20
30
40
š/2
š
š
š/2
f-š/6
š/6
∠ H f( )
4 - Por definição
V f( )= Ae−t
T sin2πfct e− j2πftdt
−∞
∞⌠ ⌡ = AT
2 j j2π f − f c( )+1( )− AT2 j 2 jπ f + fc( )+1( ) =
=A
2T
j − 2π f − fc( )−A
2T
j −2π f + f c( )
5 - O espectro de x(t) é
1
-fm fm
X(f)
f
O espectro de x(t) cos 2•fpt é
1/2
-fp-fm -fp -fp+fm fp-fm fp+fmfp f
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 3
6 -
1
-T T
w(t)
t
1
t
v(t)
A convolução de v(t) com w(t) calcula-se, por definição, através de
v t( )∗ ω t( ) = v λ( )ω t − λ( )dλ−∞∞
∫
-T-2T λ
1
Se t= -T
-T T
1
λ
Se t=0
-T T t
Valor Máximo:e−λ dλ = 1− e− t +T( )[ ]∫
e− tdt02T∫
e− λ dλ = e− t−T( )
− e− t+T( )t −T
t +T∫
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 4
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 5
Telecomunicações I
Folha 2 – Modu lações de Ampli tude
1 - a) O sinal AM vem dado por
ϑ Am t( ) = Ap 1+ m cos 2πf m t( )[ ]cos2πf pt = Ap 1+ Am
Apcos 2πf m t)(
cos2πf pt
Assim, m =AmAp
= 0,3. A envolvente do sinal é Ap + Am cos 2πf m t( ).
b) fc + fm = 106 + 103 = 1,001 MHz e fc - fm = 106 - 103 = 0,999 MHz.
c ) A amplitude de cada banda lateral vale
A p ⋅m
2=10×
0,3
2= 1,5V
d ) PBL
PT=
2 ×1,52
2 ×1,52 +102 = 4,3%
2 - No caso geral temos xAM t( ) = Ap 1+ mx t( )[ ]coswp t com x t( ) <1 e também
PT = Pp 1 +m2Sx( )↑ ↑
~Ap
2
2Sx = X2 t( )
No caso sinusoidal Sx =1
2. Portanto, neste caso:
PT = Pp 1+ m2
2
= 5000W
Pp = 5000/ 1+0,36
2
= 4,24kW
PBL =Pp
m2
22
=4,24×
0,36
22
= 0,38kW
3 - a) PT = Pp 1+1
2
= 24kW ⇒ Pp = 16kW
b ) Potência de uma banda lateral:
PBL = 16⋅ 1
2
0,6
2
2
= 1,44kW
Potência da portadora atenuada de 26 dB:
Pp′ =10−2,6 ⋅16kW = 40,19W pois−26 =10log
x
16
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 6
Potência total: PT = PBL + Pp′ = 1,44+ 0,04=1, 48kW
4 - A potência do sinal AM vale
PT = RIT2 = RIp
2 1+m2
2
, em que I p = 8A e I T = 8,93A. Portanto
8,93
82
2
= 1+m2
2⇒ m =
I T2
I p2
−1
× 2 = 0,701
Se a portadora for modulada a 80% então a nova corrente I T′ vale
I T′ = I p
2 1+m2
2
= 82 1+
0,82
2
= 9,19A
5 -
Pp = 9kW e PT =10,125kW
PT = PP 1+m1
2
2
⇒ m1 = 0,5
Com dois sinais sinusoidais o índice de modulação equivalente é
m = m1
2 + m2
2 = 0,52 + 0,42 = 0,64
A nova potência irradiada é
PT′ = Pp 1+
m2
2
= 9× 1+
0,642
2
= 10,84kW
No caso geral temos
PT = Pp 1+m2
2
= Pp + PBL , com PBL = Pp
m2
2
Se tivermos diversos sinais moduladores sinusoidais teremos PBL = PBL1+ PBL2
+ PBL3+.. . ou
Ppm2
2= Pp
m12
2+ Pp
m22
2+ Pp
m32
2+... logo, m2 = m1
2 +m22 + m3
2 +.. .
6 - ve = A 1 +m f t( )[ ]+V2 cosωp t =10 1+ m f t( )[ ]+ 5 cosωpt
Para não haver distorsão ve deve ser • 0, ∀ t
O caso mais desfavorável é: ve =10 1 −m( )− 5 ≥ 0 ⇒ m ≤ 0,5
ϑ a = ϑ e + 4ϑ e
2 = 101+ m f t( )[ ]+ 5cosωpt + 4 101+ m f t( )[ ]+ 5cosωpt{ }2
=
= 101+ mf t( )[ ]+ 5cosωpt + 4001+ mf t( )[ ]2 + 50+ 50cos2ωpt + 400cosωpt 1+ mf t( )[ ]
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 7
Só as parcelas sublinhadas estão na banda de passagem do filt ro sintonizado.À saída deste
filt ro teremos, portanto,
v0 = 5 cosω pt + 4001+ m f t( )[ ]cosω pt = 405cosωp t 1+400
405m
′ m
� � �f t( )
Assim, ′ m =400
405⋅1
2= 0, 494
7 - a ) v(t) pode ser expresso como
v t( ) = cos ωp +ωi( )t +θi[ ]i=1
N
∑
Esta expressão representa a banda lateral superior.
b ) A banda lateral que falta é a inferior:
′ v t( ) = cos ωp − ωi( )t − θi[ ]i =1
N
∑c ) O sinal completo é a soma dos dois anteriores:
′ ′ v t( ) = cos ωp + ωi( )t +θi[ ]+cos ω p −ωi( )t −θi[ ]{ }i=1
N
∑ =
= 2 cosω pt cos ωit + θi( )i=1
N
∑
� � � � � �
ω
� � � � � �
� ωp ωp
ωp-ω1 ωp+ω1
ωp-ω2 ωp+ω2
8 -
�
-90Þ
FPB
FPB
-90Þ
�
A
B
G
D
E
F
x(t)f c
±W
2
W
2 xc±
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 8
x A = cos2πf m t cos2π W
2t = 1
2cos2π f m − W
2
t + 1
2cos2π f m + W
2
t
xG =1
2cos2π f m −
W
2
t =
1
2cos2π
W
2− f m
t
xE =1
2cos2π
W
2− f m
t ⋅ cos2π f e ±
W
2
t =
=1
4cos2π
W
2− f m + f p ±
W
2
t +
1
4cos2π f p ±
W
2+ f m −
W
2
t
xB =1
2cos 2π W
2+ f m
t − π
2
+1
2cos 2π W
2− f m
t +π
2
xD =1
2cos 2π W
2− f m
t + π
2
xF =1
4cos 2π f p ±
W2
−W2
+ f m
t
−1
4cos2π f p ±
W2
+W2
− f m
t
xC =1
4cos2π f p ±
W
2+
W
2− f m
t +
1
4cos2π f p ±
W
2−
W
2+ f m
t ±
±1
4cos2π f p ±
W
2−
W
2+ f m
t � 1
4cos2π f p ±
W
2+
W
2− f m
t
Consoante a frequência do oscilador da direita e a operação no somador da direita assim
obteremos a banda lateral superior ou inferior:
Banda lateral superior: xC =1
2cos2π f p + f m( )t
Banda lateral inferior: xC =1
2cos2π f p − f m( )t
9 -
a ) A descarga de um condensador através de uma resistência obedece à seguinte equação:
vc t( ) = VM e−t
RC em que VM é a tensão inicial.
Entre dois picos consecutivos da portadora temos:
Tt0
1 + m cos wm m t0
1 + m cos wm (t0+T)
em que T =1
f p=
2πωp
.
Logo Vc t0 + T( )= 1+ m cosωmt0( )e−T
RC ≤ 1+ m cosωm t0 + T( )
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 9
e desenvolvendo em série a exponensial temos:
e−t
RC =1−t
RC+
1
2
t
RC
2
−...
e como T << RCficamos com e−T
RC ˜ − 1− TRC
logo vc t0 + T( )= 1+ m cosωmt 0( ) 1− TRC
≤1+ m cosωm t 0 + T( )
T
RC+ m cosωmt0 − m
T
RCcosωmt0 ≤ m cosωm t0 + T( )=
m cosωmt0 cosωmT − senωmt0 sen ωmTω
mω
p2π
�
como para ωm << ωp ⇒
cos2π ωmωp
˜ − 1
cos2π ωmωp
˜ − 2π ωmωp
î
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 10
ficamos com
− TRC
+ mTRC
cosωmt0 ≤ − m2πωp
ωm senωnt0 =
= −mωmT senωmt0
1
RC1+ m cosωmt0( )≥ mωm senωmt0 ⇔
⇔1
RC≥ wm
m sen wmt0
1+ m cos wmt0
b ) Sabendo que
RC ≤1+ m cosωmt
mωm senωmt
temos que determinar o caso mais desfavorável que corresponde ao mínimo da função.
Derivando e igualando a zero temos:
∂dx
1+ mx
mωm 1− x2= em que x = cos ωmt
=2m2ωm 1− x2( )+ 2mωmx 1+ mx( )
2m2ωm2 1− x2( ) 1− x2
= 0 ⇒
⇒ m 1− x2( )+ x 1+ mx( ) = 0 ⇒ m = −x
Se derivarmos de novo, teremos:
∂2
dx21+ mx
mωm 1− x2
=
=2mωm 2m2ωm
2 1− m2( )3
2m2ωm2 1− m2( )3
/ 2
x=−m
=
= 1
mωm 1− m2( )3> 0 o que nos permite concluir que encontramos o mínimo.
Substituindo cosωmt = −m na expressão inicial ficamos com
RC ≤1− m2
mωm 1− m2=
1− m2
mωm
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 11
10 -
Para o sintonizado da figura temos:
L R CZ = R
1+ jR ωC −1
ωL
= R
1+ jQ ff 0
− f 0f
com f0 = 1
2π LC; LB = 1
2πRCHz
Q = f0
LB= R C
2
î
em que Q é o factor de qualidade, f 0é a frequência de ressonância e LB é a largura de banda
(a -3dB).
O factor de rejeição da frequência imagem é a razão entre o ganho à frequência da
portadora, fs , e à frequência imagem, fsi, sendo dado pela expressão α = 1+ Q2ρ2 , em que
ρ =fsi
f s−
fs
f si.
Se tivermos um receptor com frequência intermédia fi a frequência do oscilador será
f 0 = f s + f i ⇒ f s = f 0 − f i
Quando se mistura f0 com fs teremos um termo centrado em f 0 − f s( ) e outro centrado
em f 0 + f s( ). O primeiro terá frequência fi.
Mas se à entrada do misturador surgir um termo à frequência f si = f s + 2 f i a sua
mistura com f0 originará também um termo centrado em fi ( os dois termos resultantes ficarãocentrados em f 0 + f s + 2 fi( ) e f s + 2 fi − f0 = fi( )). Por essa razão é necessário ter um
circuito sintonizado à entrada do misturador para eliminar a frequência fsi.
Como f s = 555KHz
f 0 =1010KHz
⇒ f i = 455KHz e f si = 2 f i + f s = 1465KHz
Como Q = 40 ⇒ α = 1+ 402 1465
555−
555
1465
2
= 90.44
11 - Neste caso, só nos interessa a primeira frequência intermédia. A frequência imagem será
f si = 4 + 30= 34MHz , e o factor de rejeição da frequência da imagem será:
α = 1+ 752 34
30−
30
34
2
= 18.85
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 12
12 -
i - Sinal de voz filt rado
3600300 f(Hz)
ii - Resultado da modulação de três sinais de voz pelas portadoras de 12, 16 e 20 KHz
12 16 20 f(kHz)
iii - Repetição do procedimento anterior para os outros três grupos de três sinais de voz
12 16 20 f(kHz)
12 16 20 f(kHz)
iv - Resultado da modulação dos quatro grupos pelas portadoras de 120 KHz, 108 KHz, 96 KHze 84 KHz.
60 72 84 96 108 f(kHz)
O primeiro grupo está situado entre 60 e 72 KHz ( em rigor entre 60KHz + 400 Hz e 72KHz-
300Hz )
O segundo grupo está situado entre 72 e 84 KHz.
O terceiro grupo está situado entre 84KHz e 96KHz.
O quarto grupo está situado entre 96KHz e 108KHz.
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 13
Folha 3
Modu lações Angu lares
1 -/ ο t( ) f t( )
PM / ο δ ⋅ x t( ) / ο δ2π⋅d x t( )
dtFM
2πfδ x δ( )dδt
∫ f δ ⋅ x t( )
IF *k
dx t( )dt
k
2πd2x t( )
dtAF **
2π kx δ( )dδ dss
∫t
∫ k x δ( )dδ∫ * - Phase - integral modulation
** - Phase - acceleration modulation
O sinal modulado tem a forma :
v t( ) = A cosθc t( ) em que
θc t( ) = 2πf ct + / ο t( )
Em FM temos: θc t( ) = 2πf ct + 2π f λ( )dλ−∞
t
∫
e a frequência instantânea é f i t( )=∆ 1
2πdθdt
= f c + f t( ) c / f t( ) = f δx t( )
Em PM temos: θc t( )=∆
/ ο δδ x t( )
Se x t( )= cos2πf mt temos:
PM / ο MAX = / ο δ f MAX = / ο δ2π
⋅ 2πf m = / ο δf m
FM / ο MAX = 2πf δ1
2πf m=
f δf m
f MAX = f δ
IF / ο MAX = k2πf m f MAX = k2πf m2
AF / ο MAX = 2πK1
2πf m( )2= k
2πf m2 f MAX = k
2πf m
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 14
2 - A expressão do sinal de FM inicial é:
′ v FM = A cos 2πf ct + 2πf ∂ x λ( )dλt
∫
= 3cos 2π⋅106t + 2πf δA cos2π⋅ λ ⋅ 500⋅ A dλt
∫
= 3cos 2π106t +Af δf m
β�
sen2π⋅500⋅ t
A ⋅ f δ = ∆f ← desvio de frequência
∆f =1⋅ f δ = 1000
β =1000
500= 2
⇒ f δ =1000Hz
V
a ) A expressão do novo sinal de FM é:
′ ′ v FM = 3cos ωpt +5000
2000β=2,5
�sen2π⋅ 2 ⋅103t
b ) A largura de banda segundo a regra de Carson tem o seguinte valor : LB = 2 β +1( )f m
Para o sinal FM inicial temos L′ B = 2 2+1( )⋅ 500= 3kHz
e para o sinal FM final temos L′ ′ B = 2 2,5+1( )⋅ 2000= 19kHz
3 -Como ∆f = 75KHz e A m = 1 então f ∂ = 75kHz / V.
Para Am = 0,8 temos β = ∆ff m
= 75.0.815
= 4 ⇒ B = 2β +19
�
f m = 135kHz
Para β = 4 temos os seguintes valores para as funções de Bessel:
n Jn 4( )0 -0.3971
1 -0.066
2 0.3641
3 0.4302
4 0.2811
5 0.1321
6 0.0491
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 15
O sinal FM pode ser desenvolvido em série da seguinte forma:
V FM t( ) = AcJ0 β( ) cosωct +
+ AcJ1 β( )cos ωc − ωm( )t − A cJ1 β( ) cos ωc + ωm( )t+ AcJ2 β( ) cos ωc − 2ωm( )t − AcJ2 β( )cos ωc + 2ωm( )t+...
+ AcJ3 β( )cos ωc − 3ωm( )t + AcJ3 β( ) cos ωc + 3ωm( )t ++...
e a potência normalizada do sinal FM tem o valor:
PT =Ac
2
2J0
2 β( )+ 2J12 β( ) + 2J2
2 β( )+...=1
� � � � � � �� � � � �
Como B = 9f m ficamos com as seguintes riscas do espectro:
fc
9 fm
f
Logo a potência do sinal será PT′ = 1
2J0
2 4( )+ J12 4( )+ J2
2 4( )+ J32 4( )+ J4
2 4( )
e a Percentagem da Potência Total =PT
′1
2⋅100%
4 -
a )
Como Bt = 23010
+ 1
10= 80kHz
para fm = 0,1kHz temos LB1 = 230
0.1+1
0.1= 60,2kHz ⇔ 60,2
80⋅100% de Bt ,
para fm =1kHz temos LB2 = 230
1+1
1= 62kHz ⇔
62
80⋅100% de Bt,
e para fm = 5kHz temos LB3 = 2305
+1
5 = 40kHz ⇔ 70
80⋅100% de Bt.
b ) Para PM temos:
LB1′ = 2 3+1( )0,1= 0.8kHz
LB2′ = 2 3+ 1( )1= 8kHz
LB3′ = 2 3+1( )5 = 40kHZ
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 16
5 -
Neste caso β =∆f
f m= 5
Para PT = J02 5( )+ 2J1
2 5( )+ 2J22 5( )+...> 0.95
é necessário considerar seis termos do somatório, o que corresponde à seguinte largura de
banda:
LB = 10f m = 150KHz
6 - Como f =1
2π LC temos:
f + ∆ff − ∆f
=1
2π LC12π L C+ ∆C( )
= C+ ∆CC
← Considerou- se que o diodo varia a sua capacidade
entre 0 e ∆C ou que a parte fixa está incluída em C
logo f + ∆f
f − ∆f
2
=C+ ∆C
C o que implica
que ∆C = Cf + ∆f
f − ∆f
2
−1
= 0,24pF
7 - Para o sinal modulador m t( ) temos:
Cv =100×10−12
1+ 2v=
10−10
3 1+0,09
9sen2π ⋅103t
Mas como
1+ x( )n ˜ − 1+ nx para x <<1 ⇒ 1− x( )−1/ 2 ˜ − 1−x
2
ficamos com:
Cv =10−10
31−
0,01
2sen2π⋅103t
= Cv0
− ∆Cv
em que Cv0=
10−10
3 e ∆Cv =
10−12
6sen2π⋅103t
A frequência instantânea do oscilador é dada por:
f =1
2π L C0 + Cv( )=
1
2π L C0 + Cv 0− ∆Cv( )
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 17
Como a ressonância é à frequência 5MHz quando v = 4V temos neste caso
Cv =100×10−12
9=
10−10
3= Cv0
logo
f 0 =1
2π L C0 + Cv0( )
= 5MHz
e como
f = 1
2π L C0 + Cv0
( )− L∆Cv
= 1
2π L C0 + Cv0( ) 1− ∆Cv
C0 + Cv0( )
=
= 1
2π L C0 + Cv0( ) 1−
∆Cv
C0 + Cv0( )
˜ − 1
2π L C0 + Cv0
( )f 0
� �� � � �� � �
⋅ 1+ ∆Cv
2 C0 + Cv0( )
=
= f 0 1+∆Cv
2 C0 + Cv 0( )
= 5MHz +
5,106 ⋅10−12 6
2 200⋅10−12 +10−10
3
sen2π⋅103t =
= 5×106 +1785,7∆f
� � �sen2π ⋅103t = Ý θ t( )
o sinal FM resultante tem a seguinte forma:
vFM t( )= A pcos Ý θ t( )dt∫( )= cos 2π⋅ 5⋅106t +1.785, 7
103
β=1,7857
� �� ��
cos2π⋅103t
8 -
Como
97⋅106
500⋅106 =194
76000
30= 2500
î
temos que multiplicar a frequência da portadora por 194 e o desvio de
frequência por 2500. Como o desvio de frequência só é afectado pelos multiplicadores
começamos por escolher o conjunto de duplicadores e triplicadores que aproxime 2500. A
melhor escolha é 34 × 25 = 2592. A frequência do oscilador utili zado no misturador deverá
ser tal que garanta uma frequência da portadora de 97MHz
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 18
Uma solução possível é a seguinte:
34 MIST 25
�
fc=500kHz
∆f=30Hz
fc=97MHz
∆f=77,8Hz
fc=40,5MHz fc=3,031MHz
∆f=2430Hz ∆f=2430Hz
fosc=43,531MHz
oufosc=37,469MHz
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 19
FOLHA 4 – RUÍDO
15 - fdp(x) = ½ em [0,2]
[ ]
[ ] [ ]
( ) [ ] [ ]
[ ] ( )19
)(
118
36,
)1(3
6)(
)1(2
1
2
1
42
)(2
11
)(
21
2
22
0
2121
−=
−+
==
−==
−==
++
∫
t
ttX
tXt
tXtXt
et
tvE
ett
tteEttR
et
eEtvE
et
dteeE
Esta última expressão resulta de fazer t1= t2= t na anterior. Obviamente que este processo não é
estacionário em nenhum sentido e logo não ergódico.
[ ]
( )
[ ]2/)(cos)(
2/)(
))(cos(2
1
2)cos()cos()(,
02
)cos()()(
2222
22
212
1
2
0
221
2
0
2
iioii
oooAv
oA
atatv
atvE
ttad
ttdaapattR
dtdaaaptvE
=+=
=
−=++=
=+=
∫ ∫
∫∫∞
∞−
∞
∞−
φω
ωπφφωφω
πφφω
π
π
16 - Calculemos cada uma das grandezas:
Das expressões conclui-se que o processo é estacionário no sentido lato mas não ergódico.
( ) ( )fefG fv δπ π 92
2)8/( += −
17 - Aplicando propriedades da transformada de Fourier encontra-seO valor dc corresponde à raiz quadrada do impulso na origem logo
4925
25)0()(
39)(2
=−=
==
±==
rms
v
v
Rtv
tv9
2π1/2
2π1/2/e
8/π f
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 20
18 - A função de transferência do circuito entre gerador e a resistência é dada por
( ) LRBBfjLjR
RfH π
ω2/;
)/(1
1 =+
=+
=
Desse modo será
( )2
2
)/(1
2/)()(
BffGfHfGv +
== η
Cuja transformada inversa de Fourier dará
[ ] ( )L
RRvE
eL
RBetR
v
LRBv
40
42)(
2
/2
η
ηπη ττπ
==
== −−
19 -Será E(y) = 0 e E(y2) = σ2 = 4RkToB = 4.10-10 V2. Dado que z = |y| teremos
[ ]
Vde
dyey
dyypyzE yY
62
2/
02
10.162)(2
22)(
2
22
−−
−∞∞
∞−
≅==
===
∫
∫∫
σπλσπ
πσ
λ
σ
Dado que z2 = y2 será E[z2] = E[y2] = σ2 e por outro lado
20 - Na situação inicial, sendo L a atenuação introduzida pelo canal e η a densidade de ruído à
entrada do receptor, será
( )10
4
10.5
10.446/
−=
===
ηη
L
dBWL
SNS T
D
Assim
(a) Em alta fidelidade deveremos ter
( ) ( ) dBNSdBNSkHzW DD 65/;55/;20 maxmin ===
A potência emitida nesse caso deverá ser, expressa em dBW
WdBWNSS
WdBWNSS
DMAXTMAX
DMINMINT
3215)10.20.10.5(log10)/(
2,35)10.20.10.5(log10)/(310
10
31010
→=−=
→=−=−
−
(b) Neste caso deverá ser
dBNSdBNSkHzW DMAXDMIN 35)/(:25)/(;2,3 ===
R
L
Ger.Ruído
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 21
donde a potência desta vez calculada em dBm
mWdBmNSS
mWdBmNSS
DMAXTMAX
DMINTMIN
51330)10.2,3.10.5(log10)/(
5,0330)10.2,3.10.5(log10)/(310
10
31010
→−=+−=
→−=+−=−
−
21 -
(a)
WS
dBmkTS
dBWTTkTLS
HzmWHzWkTkT
dBmxL
T
oTdBm
oNoTdBm
oN
200
534717412060)10.5.10((log10)(log1012060
60))./((log10)(log10
/10.4/10.4
120340
31010
1010
1821
==+−+=+−+=
=−+−===
==−−
(b) Neste caso o repetidor melhora consideravelmente a situação. Cada troço passará a ter umaatenuação de somente L1 = 60dB. Como é óbvio a relação sinal ruído no receptor para se manterconstante, dado que a atenuação é metade em dB, vai exigir menor potência de emissão em cadatroço.Contudo a potência de ruído no troço final é dupla pois resulta do ruído adicionado no primeiro
troço, recebido no repetidor e ampli ficado conjuntamente com o sinal e que depois de atenuado pelo
cabo voltará a ter uma potência idêntica à do ruído gerado localmente. Assim se chamarmos ao
ruído gerado à entrada de cada receptor N, o ruído total à entrada do receptor do segundo troço será
2N. Para se obter a relação sinal ruído de 60dB será assim necessário considerar a potência do sinal
aumentada daquele factor 2, ou seja, 3dB, obtendo-se por comparação com o caso anterior:
STdBm1 = STdBm + 3dB – 60 = - 4dBm ou seja 0,4mW.
22 –
Equivale a
Como as fontes são independentes podemos escrever vn
2 = 4kR1T1B + 4kR2T2B ora
( ) ( )
( ) BTRRkv
RR
TRTRT
TRRRR
TRTRRRTRTR
mn
m
m
212
21
2211
2121
2211212211
4
.
.
+=
++=
+=+++=+
R1+R2
Vn
2
Vn
2= 4kR2T2B
R1
Vn
2= 4kR1T1B
R2
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 22
Conclui-se assim que o ruído é equivalente ao ruído gerado à resistência soma das duas a umatemperatura que corresponde à média pesada das temperaturas de cada uma delas. No casoparticular das resistências estarem à mesma temperatura o caso é mais simples pois Tm = T, em queT é a temperatura de cada resistência e então podemos substituir o circuito com duas resistênciaspela resistência equivalente para cálculo do ruído.
25 - Para Ts = To teremos No = 105k(To + Te).20.103 = kTo((Te +To)/To).20.108 = 80.10-12W. Ora kTo =4.10-21 donde podemos escrever
8.10-12((Te +To)/To) =80.10-12 e ((Te +To)/To) = 10 e Te = 9To.Será entãoF = 1 + Te/To = 1 + 9 = 10
A potência à saída quando Ts = 2 To será
No = 105.4.10-21.((2To + 9 To)/To).20.103 = 88pW.
26 -No1 = Gk(To + Te)BN
No2 =Gk(2To + Te)BN
Mas sabemos que No2 = 1,33No1 ou seja (2To + Te) = 1,33(To + Te) e Te = 2To.
F = 1 + Te/To = 3.
27 -(a) F = 3dB equivale F = 2G = 20dB equivale a G = 100L = 6dB equivale a F = 6dB ou seja F = 4
G = 0,25F = 13dB equivale a F = 20.
Assim
(b) Neste caso,
Conclui-se que a ordem dos factores não é arbitrária.
28 -F = 6dB ou seja 4, dondeTe = To(F-1) = 290.3 = 870ºK.
A temperatura total de ruído referida à entrada do receptor é
TN = Te + Ta = 920ºK.
A temperatura de ruído à entrada (incluindo contribuição do receptor) será
N = KTNB = KTo(TN/To)B = 4.10-21.3,17.2.105 = 25,4.10-16WN = -146dBW.
dBFSist 5,479,225,0.100
120
100
142 →=−+−+=
dBFSist 4,976,8100.25,0
120
25,0
124 →=−+−+=
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 23
Assim deverá ser
PR = -116dBW.
E usando a expressão acima
-116 = 30 + 20 + 20 – L fs.
Extrai-se assim
L fs = 186dB logo = 20 log10(4πr/λ).r = 4,76.103 km.
29 - (a) Neste caso o factor de mérito é igual a 1, logo SNRo = SNRc.
65
54413
44
1010
10
1010.10.10
1010.
===
==
==
−
−−
R
T
R
o
Rc
P
PL
WP
N
PSNR
Ou em dB 60, logo 60km de cabo.
(b) Neste caso o factor de mérito será 1/3, ou seja, precisaremos de uma SNRc 3 vezes maior, dondePR identicamente e a atenuação máxima é reduzida da mesma quantia:
==
= −
3
10
10.36
5
L
PR
o que equivale a 55,2 dB, logo a distância máxima é de 55,2 km.
(c) Neste caso será o factor de mérito dado por γ = 3/2β2.Para β = 2, teremos
6
5
2
10.6
6
10
62
3
=
=
==
−
L
PR
βγ
O que em dB dá 67,8 dB, logo 67,8 km.
Para β = 8,
6
5
2
10.96
96
10
962
3
=
=
==
−
L
PR
βγ
Em dB 79,8, logo 79,8 km.
Com pré-ênfase seria ainda melhor.
Vejamos agora o que se passa com os limiares do FM. O limiar está dependente do SNR na entradado receptor, ou seja
Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I 24
( )
208,518.96
10
18
º2
202786.6
10
6
º1
12/
4
4
<===
>===
+===
CD
CD
C
T
C
To
RD
SNRSNR
caso
SNRSNR
caso
SNR
WB
SNR
BN
PSNR
β
Assim no primeiro caso estamos acima do limiar e o sistema funcionará como previsto mas nosegundo, estamos abaixo do limiar e o resultado será degradado relativamente ao calculado.