EC2412 PROBLEMAS AM. Problema 1

Transcripción

1 EC PROBLEMAS AM Problema En el sistema de omuniaión mostrado, x( es limitada en banda a W, además, el filtro pasabanda es ideal y deja pasar todo lo que esté entre f -W y f +W(Ganania Unitaria). Si el elemento no lineal tiene la funión araterístia dada por : V s V e + 0.V e ², determine el valor mínimo de f que permite tener a la salida una señal AM. Enuentre el índie de modulaión. Respuesta al problema La gráfia anterior nos presenta la modulaión en AM de una señal empleando el llamado modulador de ley de potenias Comenzamos por onoer la expresión para V e : V e x( + A Cosω t Ahora, omo sabemos la relaión entre V s y V e, podemos onoer el valor de Vs en funión de la señal de entrada: Vs V e + 0. V e ² Por esto tenemos: V s x( + A Cosω t + 0. ( x( + A Cosω t )² V s x( + A Cosω t + 0.x²( + 0. x(a Cosω t + 0. A ² Cos²ω t El filtro pasabanda está entrado en f. Sabiendo esto podemos distinguir uales son los términos que pasan por el filtro y onforman la salida.

2 Análisis de ada término: * Términos que pasan por el BPF. a). A Cosω t. b). 0. x( A Cosω t. Estas señales pasan debido a que están situadas en o alrededor de una freuenia igual a f. * Términos que no pasan por el BPF. a). x(,porque está situada en banda base. (Se asume que f es muho mayor a W). 3W). b). 0. x²(, porque està en banda base y tiene anho de banda W(Se asume que f es mayor a ). 0. A ²Cos²ω t, tiene un término DC y otro entrado en f (Se asume que f es mayor a W) Por lo tanto, en definitiva, si f es mayor a 3W (f mín es 3W) nos queda que: x sal ( A Cosω t (+0.x() De la expresión podemos ver que el índie de modulaión es: m 0. Para obtener la señal AM, hiimos la suposiión de que la forma del filtro no se superpusiera sobre le espetro de x²(. Para omprender esto veamos: Y(f) y Z(f). Sea el mensaje x( y definamos y( x²(. Consideremos los siguientes espetros: X(f), (a) (b) () (a) Espetro del mensaje x( on anho de banda W; (b) espetro de x²( on anho de banda W; () espetro de x²( junto a la respuesta en freuenia del filtro pasabanda de forma tal que no se superpongan.

3 Problema En el sistema de banda lateral únia (SSB) mostrado, determinar la omponente de banda lateral inferior que aparee debido a imperfeiones en el desfasaje, si se sabe que la señal de entrada es un tono de amplitud unitaria. Soluión al problema Resolviendo el problema gráfiamente tenemos:

4 En esta última figura podemos observar que la fase de la señal, en el punto ambió totalmente. Si hubiésemos modulado realmente en SSB la fase de la señal (de ada delta) en este punto hubiese sido (de izquierda a dereha): 80 grados, 0 grados, 0 grados y -80 grados. Debido a esta distorsión de fase, si ahora restamos X( on X( ya no vamos a obtener un señal USSB. De heho, si asumimos A tenemos un espetro de salida en magnitud:

5 Problema 3 En el sistema mostrado, el interruptor se ierra on los semiilos positivos del Coseno, mientras que se abre en los semiilos negativos Si x( es de banda limitada a W y V ( ( + mx() Cosω t, expresar V (,V (, V 3 (, V (. Soluión: La señal V ( es equivalente a multipliar V ( por una señal uadrada(voltajes y 0) de freuenia fundamental igual a la de la portadora. Por lo tanto: V ( ( + mx( ) Cosω t ancosnω t a( + mx( ) Cos ω t + a3 ( + mx( ) Cosω tcos3ω t +... Nota: Solo se toman las armonias impares, ya que el desarrollo de Fourier de una señal uadrada solo tiene terminos impares de freuenia. Por el filtro pasabajo solo pasa: V 3 ( 0.5 a (+mx() Finalmente: V ( 0.5 a x( Problema En un sistema AM se onoe lo siguiente: - El mensaje x(0.5(+cosπ - m Portadora00Cos0000πt Dibuje el espetro de potenia de la señal AM y alule su potenia promedio total. Calule efiienia y anho de banda del sistema. La expresión de una señal AM es la siguiente:

6 x AM A ( + mx( ) Cos( ω. Sea para este aso nuestro mensaje: x ( + Cos(π )) 0.5 t on un indie de modulaión igual a 0.8 y una portadora igual a: Desarrollando obtenemos: 00Cos(π 0 [ + (0,8).(0,5)( + Cos(πt )][.00. Cos(π 0 ] [ + 0,( + Cos(πt )].00. [ Cos( π 0 ] 00[ + 0,( + Cos(πt )][ Cos(π 0 ] x AM 0Cos(π 0 + 0Cos(πt ). Cos(π 0 0Cos(π 0 + 0Cos(π Cos(π 9998 Para alular la potenia de la señal hallamos la autoorrelaión de la señal y la evaluamos en ero omo sigue a ontinuaión: (0) (0) (0) R y ( τ ) Cos(π 0 τ ) + Cos(π.000τ ) + Cos(π.9998τ ) evaluando en ero : La efiienia para este aso es: [ 0,KW ] t ) ms x + ms x. *. 0, 935 9, 35% , 375 espetro es Si realizamos el analisis de los espetros de las señales llegaremos a las mismas onlusiones: El

7 del ual se obtiene el espetro de potenia de la señal AM: De donde se puede alular la potenia promedio total : < (()) xt > ()(. 900)()( + 00) 000. b.- El espetro de la señal x( es: del ual se obtiene el espetro de potenia:

8 de donde se alula la potenia de la señal mensaje: La efiienia del sistema es: < ( xt ( )) > ( ) msx Efiienia 00% (. ) ( / ) 00% 9, 35% + ms + (.)(/) x El anho de banda del sistema es Hz. Como podemos apreiar el anho de banda de una señal AM es el doble del anho de banda del mensaje transmitido y su efiienia es baja, aun uando el indie de modulaion es alto (0.8), pero la potenia del mensaje es baja. Problema 5 Se desea modular en UVSB el siguiente mensaje: x( Cos π 0 3 t + Cos 0π 0 3 t Esto se logra si se usa el modulador basado en el filtraje de una señal DSB on un filtro H(f) uya funión de transferenia es la mostrada ( máxima ganaia unitaria): Otro método sería a través del esquema que a ontinuaión se ilustra. Determine Hq(f), en funión de H(f), en magnitud y fase; además grafique el espetro de la señal a la salida de diho filtro y el de las señales a la entrada del sumador (esoja el signo apropiado).

9 0.5A Cosω t H q (f) Desfasador 90º a f VSB Diagrama de Magnitud: Las araterístias del filtro H q (f) deben ser las siguientes: Diagrama de Fase: Los espétros de señal serán los siguientes:

10 Observaiones: El filtro H q (f) redue la amplitud del impulso en khz. En la fase, se añaden 90º para que sumados on los 90º que se añaden en la modulaión on el seno resulte una amplitud negativa en f- KHz y f-5khz. El espetro superior (arriba del sumador) no ha sido atenuado a exepion del fator ¼ del multipliador por oseno y el impulso ubiado f-khz vale 0.5. Ahora, en el espetro inferior (abajo del sumador) el impulso ubiado en f-khz ha sido atenuado y está defasado 80º (es negativo) por lo tanto, al realizar la suma, el espetro resultante tendrá una pequeña omponente en f- KHz. La omponente en f-5khz desaparee ompletamente. Esto implia que se genera una señal UVSB puesto que deja pasar un vestigio de la parte inferior del espetro.

11 Problema 6 Se tiene un mensaje modulado en SSB. Determine la salida si esta señal alimenta a: a) un nuevo MODULADOR USSB. b) un nuevo MODULADOR LSSB. Determine en ada aso la potenia promedio resultante. Soluión al problema 6 Una señal SSB se puede representar omo: x SSB A [ x( os( ω ± xˆ sen( ω ] Si esta señal se vuelve a modular en SSB, tendriamos: Y desglosando en los asos LSSB y USSB: X X ussb lssb X, ssb Usando las siguientes identidades:,, A [ x os( ω ± x sen( ω ] ssb + ( os ( ω x( ) ( ) ( ) ˆ t sen ω t os ω t x() t sen ( ω x() t os( ω sen( ω A x ( ) + ˆ + A x() t os ( ω x() t ( ( ( () ( ) () ( ) ( )) ˆ sen ω os ω + x t sen ω t x t os ω t t + ˆ sen ω ˆ ssb

12 os os os os sen ( a) sen( a) sen( a) ( b) sen ( b) sen ( b) os( b) () + sen () ( d ) + os( d ) () e os( e), A X ussb A, A X ussb A [ x( ( os ( ω sen ( ω ) + xˆ () t sen( ω ] [ x() t os( ω + x() t sen( ω ] [ x() t ( os ( ω sen ( ω ) xˆ () t sen( ω ] [ x() t os( ω x() t sen( ω ] Es una señal SSB alrededor de f ˆ ˆ X, lssb X A [ x( ( os ( ω + sen ( )] x() t, A X lssb X X X ω lssb ssb ussb ssb En el aso de las potenias, estas serian: X ' ussb A A x ˆ ω 6 6 () t os ( ω + x () t sen ( A 6 x A () t + x () t X () t 6 ˆ A 6 X, lssb A 6 X () t Problema 7 Una señal AM se aplia al siguiente sistema: Determine y(.

13 Soluión: A la entrada del filtro pasabajo se tiene A (+mx() Cos ω t Luego del filtro pasabajo 0.5 A + A mx(+ 0.5A m x ( 0.5A (+mx() Por lo tanto y( 0.707A (+mx(). Es deir esto es un demodulador AM. Problema 8 Un sistema de omuniaiones tiene α00db,η0 - W/Hz, la potenia promedio del mensaje es unitaria y W0kHz. Calule para A.M (m, m0.) y para SSB, la potenia de transmisión para que (S/N)D0 db. (El demodulador es sínrono) ESQUEMA n( x( Tx x( CANAL α + BPF BWW ó W/ SR NR DETECTOR LPF y( Soluión al problema 8 Para el aso de SSB se tiene que: A A x( x( Cosω t ± xˆ( Senω t Se sabe que la potenia de señal SSB es de la forma: S T A x por lo que la potenia de la señal reibida a la entrada del detetor y onsiderando las pérdidas en el anal: S R A x α. en funión de la ual se puede expresar la relaión señal a ruido de la siguiente forma:

14 S N D S R ηw ST ηwα entones si: ST ηwα ST ηαw S S T T db db Para el aso de AM (on m): SD(A (+m SX))/α ; NDηW (Sin quitar la DC) (S/N)D(A (+m SX))/(ηW) (S/N)D[(m SX)/(+m SX)](S/N)R[(m SX)/(+m SX)] (S T /α N R ) Por lo tanto: ST[α N R (S/N)D(+m SX)]/[(m SX)] Donde NηWx0 - x0x0 3, m, SX, α0x0 9, (S/N)D0x0 3 Sustituyendo estos valores se obtiene: ST[0x0 9 xx(0 - )x0x0 3 x0x0 3 (+)]/x0 W Si onsideramos ahora uando m0.: Tan solo hay que ambiar el valor de m en la euaión anterior para enontrar ST ST[0x0 9 xx(0 - )x0x0 3 x0x0 3 (+0.0)]/[{0.0)].0x0 6 W Problema 9 Una señal modulada pasa por un reeptor standard on detetor sínrono. Calule la relaion señal a ruido (S/N) detetada, si la portadora del detetor sínrono tiene una diferenia de fase on la del transmisor, para modulaiòn AM, DSB y SSB.

15 Soluión al problema 9 Modulaión AM Se tiene un reeptor estandar: El ruido es blano, gausseano y on densidad espetral de potenia Gn / y al pasar por el filtro(bpf), produe una de potenia Nr W. Análisis de la señal X D ( X R ( Cos(ω t +φ) X R ( Cos(ω t +φ) A/α [ + m x(] Cos(ω Cos(ω t +φ) A /α ( + m x() Cos(ω ( Cos(ω Cos(φ)- Sen(ω Sen(φ)) A /α ( + m x() Cos (ω Cos(φ)- A/α ( + m x() Cos(ω t )Sen(ω Sen(φ) luego de pasar la señal por el filtro pasabajo (asumiendo que eliminamos la omponente DC ) nos queda la siguiente expresión : X D ( A /α m x( Cos(φ) Por otro lado tenemos que el ruido antes de pasar por el detetor : r( i( Cos(ω - q( Sen(ω la señal antes del filtro pasabajo será : d( r ( Cos(ω t +φ) ( i( Cos(ω - q( Sen(ω ) Cos(ω t +φ) i( Cos(ω Cos(ω t +φ)- q( Sen(ω Cos(ω t +φ) i( Cos(ω t ) ( Cos(ω Cos(φ)- Sen(ω Sen(φ))

16 - q( Sen(ω )( Cos(ω Cos(φ)- Sen(ω Sen(φ)) i( Cos (ω Cos(φ)- i( Cos(ω Sen(ω Sen(φ) - q( Sen(ω Cos(ω Cos(φ)+ q( Sen (ω Senφ i( Cos(φ) + i( Cos(ω Cos(φ) - i( Sen(ω Sen(φ) - q( Sen(ω Cos(φ)+ q( Senφ- q( Cos(ω Sen(φ) después de pasar por el filtro tenemos que: d( i( Cos(φ) + q( Senφ entones la relaión señal a ruido después del detetor será : X D ( A/α m x( Cos(φ) Sd < Xd( > < A m x ( Cos (φ)/α > A m <x (> Cos (φ)/α Nd < d( > <( i( Cos(φ) + q( Sen(φ)) > < ( i ( Cos (φ)+ i( Cos(φ) q( Sen(φ) + q ( Sen (φ) )> < i ( Cos (φ) >+< i( Cos(φ) q( Sen(φ) > +< q ( Sen (φ) )> La expresión < i( Cos(φ) q( Sen(φ) > 0 porque i( y q( son dos señales independientes y de media ero y < i (> < q ( > < r (>, entones: Nd < i ( > Cos (φ)+< q (> Sen (φ) < i ( > (Cos (φ)+ Sen (φ)) Nr W. Nr (Cos (φ)+ Sen (φ)) Nr W y (Cos (φ)+ Sen (φ)) quedando: ahora, Nd W

17 Sd A m Cos <x (> Nd α W Se opnluye que un desfasaje en el reeptor afeta a la señal trasmitida, por lo que la relaión señal a ruido se redue y si el desfasaje es de 90 grados la señal desaparee por ompleto y por lo tanto la relaión señal a ruido es nula. Modulaión DSB X DSB A x( Cosω t Al atenuar (A x( Cosω /α Xdet (A x( Cosω /α * Cos(ω t+ φ ) Xdet A (x( Cosω * (Cosω t *Cos(φ ) - Senω t *Sen(φ )) /α (Reordar : sen(a)*os(a) 0.5 sen (A) Xdet A x( Cos ω t Cos(φ )-A x( Senω t Sen(φ ) Al pasar esta señal por el filtro pasabajos los términos de doble freuenia no pasan. Obtenemos omo resultado la siguiente expresión: Xdet A x( Cos(φ ) /α En uanto al ruido, tenemos el mismo omportamiento que en el aso AM, por lo tanto la relaiòn señal a ruido resultará: Sd A Cos <x (> Nd α W Las onlusiones son las mismas que para AM. Modulaión SSB Sea H(x() La Transformada de Hilbert de x( X ssb A (x( Cosω t± H(x() Senω

18 Xdet A (x( Cosω t± H(x() Senω * Cos(ω t+ φ ) Y luego se pasa por el LPF Xdet A (x( Cosω t± H(x() Senω * (Cosω t *Cos(φ ) - Senω t *Sen(φ )) (Reordar : sen(a)*os(a) 0.5 sen (A) Xdet A (x(cos ω t Cos(φ ) (±) H(x() Sen²ω tsen(φ )) -A x( Senω t Sen(φ ) ± A H(x() Senω t *Cos(φ ) Al pasar esta señal por el filtro pasabajos los términos de doble freuenia no pasan. Obtenemos omo resultado la siguiente expresión: A x( Cosφ± A H(x()Senφ (Reordar: os²(a) os (A) y sen²(a) sen(a)) En freuenia se tendría: AX(f) (Cosφ (±)jsgn(f) Senφ) AX(f)e ±jsgn(f) Y esto es una distorsión de fase de la señal. Para iertas apliaiones puede no importar. Problema 0 Si s( A R x( Cos ( π 0 6 t + Ω ) + n( donde n( es ruido blano gaussiano on densidad igual a 0-3 para toda f., determine omo debe ser el osilador del detetor sínrono para poder resatar el mensaje x(. Soluión: El osilador del detetor sínrono debe tener una freuenia igual a la del filtro de freuenia intermedia f IF ya que la señal de entrada es un aseñal DSB entrada en MHz, pero el mezlador la traslada a f IF.

19 Problema A un modulador AM se le hiieron las siguientes pruebas: Para un mensaje x( (ver figura) y un índie de modulaión m se obtuvo una efiienia de modulaión de 50%. Para un mensaje x( y un índie de modulaión de 0.5 se obtuvo una efiienia de E%. Determine E y m. La potenia de la señal x( puede ser alulada omo: S x T 0.5T dt + T Si la efiienia del sistema es de 50%, entones el indie de modulaión es: 0.5T msx m Efiienia E + 00% 50% ms + 00% m Esto implia que m Para la señal x(: 0 T dt x La euaion de la reta que deribe la funión entre 0 y T/ puede ser desrita omo: xt () T t

20 La potenia de la señal es: S x 0.5T T t ( ) T 3 6 t dt T T 3 Calulemos la efiienia para para un indie de modulaion de 0.5: 0 + ms Efiienia E x + 00% 7,6 % ms x 0.5T 0 3 Problema En la figura se muestra un transmisor que envía mensajes a traves del mismo anal. Esto se logra modulando ada anal en uadratura on el otro. Determinar si es posible reuperar los mensajes on detetores sínronos. Soluión al problema Basta on usar dos detetores sínronos, ada uno en fase on la portadora del mensaje respetivo. Esto es:

21 A la salida de ada modulador balaneado se tiene: X mod( x (Cos(ω X mod( x (Sen(ω Al anal va la suma de estas dos señales Y( x (Cos(ω + x (Sen(ω Al multipliar por Cos(ω x (Cos (ω + x (Cos(ω Sen(ω 0.5 x (+ 0.5 x ( Cos(ω x (Sen(ω. Luego del pasabajo solo queda 0.5 x ( Similarmente la otra rama. Problema Observe el siguiente sistema:

22 H (f) n( x( Modulador DSB L0dB + - Fase0 f(khz) 6 0Cosπ0 t 6 Cosπ0 t S N 0 0 Fase0 -f H(f) f Filtro pasabajo BW0KHz X Filtro pasabanda 6 fentral0 BW.0 x ( + n ( Donde: 0 f H(f ) e H(f ) 0 f e para para f f positivas positivas Densidad espetral del ruido n( 0, w/hz En las ondiiones mostradas se grafia S 0 /N 0 en funión de f uando el mensaje es un tono de 0KHz y potenia unitaria,y se obtiene:

23 Determine: ) La potenia de x ( ) La potenia de n ( 3) a ) b Soluion: En primer lugar se observa que fxf min 0khz para que pase la señal, ya para f menores la relaión señal a ruido es nula. Por otra parte uando fyf 0Khz y hasta f -> pasa la misma antidad de ruido, debido a que el filtro que está antes del filtro H (f) lo limita. Por lo tanto a(s/n) uando f 0khz, mientras que b(s/n) uando f 0khz. Comenzaremos on el análisis del paso de la señal A la salida del filtro H(f), se tendrá una señal igual a 0 0 e x( e x( Luego de modularla en DSB tendremos 0 e x( Cosπ 0 6 t Al atenuar 0 db (00 en potenia, 0 en voltaje) obtenemos lo siguiente: 6 e x( Cosπ 0 t Al entrar en el modulador DSB el espetro de potenia se ve afetado por un fator de ien que luego va a desapareer debido a la perdidas del anal α L 00-> α0db. El espetro de la señal se entrará ahora en MHz. Al pasar por el filtro pasabanda tendremos la misma señal. El detetor sínrono arroja

24 e x( Finalmente el filtro H(f) produe x( Por lo tanto la potenia de señal a la salida es la misma de entrada e igual a.(para los dos asos de f ) Veamos el análisis del ruido 0KHz 0.5x0-0 Este es un ruido pasabanda que se puede expresar omo: n () t n Cos( w n Sen( w w 0 n i πf ( ( n Cos( πf n Sen( πf )Cos( πf + Cosπ 0 ni solo _ pasa _ n i 0 i 6 q q 0 t nqsen(π 0 6 Cos(π 0 6 La densidad de potenia de la omponente ni es: G ni (f) 0-0 0KHz Al pasar por el filtro H

25 f min 0KHz N. 0K 0 e 0 f. η. df 0 f e 0K η,6µ w 0 0 S a 58.98dB N para el aso f max 0KH N. 0K 0 e 0 f. η. df 0 f e 0K η.7µ W 0 0 S b 57.6dB N tenemos ana log amente : Problema 5 Para el sistema mostrado: X LPF BW5KHz x ( X x ( 3 x( -90 X f5khz LPF BW5KHz x ( -90 X f0khz x ( Σ + _ y( Con un mensaje x( de espetro omo el siguiente:

26 X(f) f (KHz) Determine el espetro de x (, x (, x 3 (, x ( El espetro de la señal x ( será: X(f) Fase 0 para toda f f (KHz) Para la señal x ( 0.5 X(f).7.7 arg X(f) f(khz) -90 f(khz) Para las señales x 3 ( y x (

27 Fase 0 para toda f X(f) X(f) f(khz) argx (f) f(khz) f(khz) Enuentre una expresión temporal ( en funión de x( ) para la señal y(. Como se observa y( resulta una señal LSSB on freuenia de portadora igual a 5 KHz, por lo tanto podemos expresarla omo y(t ) 0. 5(x(t )Cos30 π0 3 t + ˆ x (t )Sen30 π0 3 Problema 6 Un mismo mensaje x( de media nula se pasa a través de sistemas de modulaión (AM(m) y DSB) on la misma freuenia de portadora. Ambas señales moduladas, de igual potenia, se transmiten por anales idéntios; finalmente ambas se detetan on detetores sínronos on las mismas araterístias. a) Diga ual de las dos portadoras sin modular tiene mayor potenia. b) Si los detetores sínronos usados tienen omo osilador Senωt, Qué se tendrá a la salida de ada uno de ellos en ausenia de ruido?

28 Respuesta: a) Diga ual de las dos portadoras sin modular tiene mayor potenia. El mensaje x( tiene media nula y esta limitado en banda, por lo tanto umple on las ondiiones de modulaion lineal. Para AM x A ( mx( )osω t y para DSB x A x( osω t, teniendo omo AM + A A potenias P m x() t Am + y P x() t modulaion para AM igual a, obtendremos: de AM es menor que la de DSB. DSB () t x() DSB A, igualando dihas potenias, y teniendo indie de x A A, lo que india que la potenia de portadora + t b) Si los detetores sínronos usados tienen omo osilador Senωt, Qué se tendrá a la salida de ada uno de ellos en ausenia de ruido? La figura muestra el diagrama del detetor sinrono: Para AM(m): ( ω sen( ω A ( mx( ) sen( ω x senω t A ( + mx( )os + AM Para DSB ( ω sen( ω A x( sen( ω x senω t A x( os DSB Lo que india que para ambos asos despues de filtrar on un LPFy quitar la DC el resultado es ero.

29 Problema 7 El sistema mostrado es un modulador SSB: a) Dibuje el espetro (Magnitud y Fase) de xa(, xb( y xc(. b) Enuentre el espetro (magnitud y fase) de x( si se sabe que la señal SSB tiene la siguiente expresión xssb ( x(t )Cosωt ± x ˆ (t )Senωt ) La señal w((xc(+ xb() es banda base. Determine su anho de banda. Justifique... Respuesta: a) Dibuje el espetro (Magnitud y Fase) de xa(, xb( y xc(.

30 b) Enuentre el espetro (magnitud y fase) de x( si se sabe que la señal SSB tiene la siguiente expresión xssb ( x(t )Cosωt ± x ˆ (t )Senωt Como x E x SSB ( x(t )Cosω t ± ˆ x (t )Senω t, entones x( x E oswt, pasada por un filtro pasabajos de freuenia de orte menor 95 khz. Es deir será X pasada por un LPF ) La señal w((xc(+ xb() es banda base. Determine su anho de banda. Justifique...

31 Como la señal w( es banda base, se puede observar en el gráfio de Magnitud que el anho de banda es 5kHz. Problema 8 Observe el siguiente sistema Se tiene un mensaje de voz x( ( banda entre 300 Hz y KHz) que se desea modular en Single Side Band (SSB). En el sistema mostrado se elige f 0KHz y f 00KHz. A) Dibuje los espetros en ada etapa del sistema (salidas de mezladores y filtros) B) Determine los valores que pueden tomar fx y fy para que la salida sea una señal en banda lateral inferior (LSSB) Respuesta: Asumiendo X(f) Luego del Primer Mezlador

32 Luego del Primer Filtro Luego del Segundo Mezlador Luego del Segundo Filtro Luego del primer filtro se presenta una ondiión, si se umple: 89,7k < F < x 0,3k y k < Fy, se umple lo mostrado en la figura anterior. De lo ontrario:

33 Esto ourre si: 0 < F < x 86k y 89,7k < F 0,3k y < Para X LSSB 0 < F < x 86k y 89,7k < F 0,3k y < Problema 9 El sistema mostrado es un SCRAMBLER (Revolvedor de espetros) para enubrir informaión de un mensaje x( que tiene el espetro mostrado. a)dibuje X(f), X(f), X3(f), X(f) en magnitud y fase Soluión: a)el espetro de X( tiene la siguiente forma io W La señal X( viene dada por la siguiente expresión x( x( os(πω y posee un espetro de la siguiente forma 33

34 X(f) ArgX(f) Después de pasarlo por el transformador de Hilbert el espetro queda La señal X3( tiene la siguiente forma X 3( X ( sen(πω La señal X es la que deja pasar el filtro pasabajas ideal de anho de banda W 3

35 Problema 0 El sistema mostrado es un demodulador SSB: a) Dibuje el espetro ( Magnitud y Fase) de xa(, xb( y xc(. b) b) Enuentre el espetro (magnitud y fase) de x( si se sabe que la señal SSB tiene la siguiente expresión xssb ( x(t )Cosωt ± x ˆ (t )Senωt ) ) La señal z((xc(- xb() es SSB. Determine su freuenia de portadora. Justifique... Soluión: a) Al pasar la señal X E Por el transformador de Hilbert nos da la señal X A uyo espetro es el siguiente: 35

36 Para obtener la señal de X B hay que multipliar le señal de X A por el sen ( ω quedando el siguiente espetro: Para obtener la señal de X C hay que multipliar le señal de X E por el os ( ω 36

37 quedando el siguiente espetro para la señal x D (: La señal X D viene dada por la suma de las señales X B y X C X X + X b) D B C X E es una señal SSB, toda señal SSB al pasar por un detetor sínrono da la señal original del mensaje X( por lo que pasaremos a X E por un detetor sínrono de freuenia igual a f 95KHz y filtro pasabajo ideal, quedando que el espetro del mensaje es igual a Donde x( es igual x(.5 os(π os(π 5000t 0º ) Observe que esto es pareido a la señal x( C) Si la señal Z( es igual a Z( ( X C ( X B ( ) queda que el espetro de Z( de la siguiente forma 37

38 es De aquí queda que la freuenia de portadora es de 90K y la expresión de USSB x ssb ( ˆ( t [( x( Cos(. π x Sen(. π )] 38