Comunicaciones Analógicas - AM, FM, Ruido

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERA

FACULTAD DE ELECTROTECNIA Y COMPUTACIÓN

INGENIERÍA ELCTRONICA

MANAGUA, NICARAGUA

____________________________________________________________________________

SISTEMAS DE COMUNICACIONES I

“Comunicación Analógica – AM, FM, Ruido”

TRABAJO FINAL

ELABORADO POR:

Francisco Xavier Sevilla Rubí 2007 – 21835

DOCENTE:

Ing. Fernando Flores

GRUPO:

4T1-Eo

Martes 3 de Agosto de 2010

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA

Sistemas de Comunicaciones I 2

EJERCICIOS

I. Dada la señal mensaje m(t)=4cos2000t +3cos6000t y una portadora c(t)=100cos2fct

donde fc=1MHz.

1. Se desea modular con AM convencional, determine la expresión del dominio del tiempo

y la frecuencia, dibujar su espectro, calcular su ancho de banda.

2. Repita el punto 1 usando AM DSB-SC.

3. Repita el punto 1 usando AM SSB-U/L

4. Calcule las potencias para cada uno de los esquemas de modulación y haga un análisis

comparativo de sus resultados.

5. Si en el receptor se usa un superheterodino de una etapa calcule la frecuencia imagen.

Solución

1. AM Convencional (AM-DSB-LC)

La señal modulada es de la forma:

𝑢 𝑡 = 𝐴𝑐 1 + 𝑚 𝑡 𝑐 𝑡 Por tanto:

𝑢 𝑡 = 100 1 + 4 cos 2000𝜋𝑡 + 3 cos 6000𝜋𝑡 cos 2𝜋𝑓𝑐 𝑡

Utilizando la identidad trigonométrica:

cos𝑥 cos𝑦 =1

2 cos 𝑥 − 𝑦 + cos 𝑥 + 𝑦

a) Expresión en el dominio del tiempo para la señal modulada es:

𝒖 𝒕 = 𝟏𝟎𝟎 𝐜𝐨𝐬𝟐𝝅𝒇𝒄𝒕 +𝟒𝟎𝟎

𝟐 𝐜𝐨𝐬𝟐𝝅 𝒇𝒄 − 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝒕 + 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝝅 𝒇𝒄 + 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝒕

+𝟑𝟎𝟎

𝟐 𝐜𝐨𝐬𝟐𝝅 𝒇𝒄 − 𝟑𝟎𝟎𝟎 𝒕 + 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝝅 𝒇𝒄 + 𝟑𝟎𝟎𝟎 𝒕

Utilizando la transformada de Fourier:

cos 2𝜋𝑓0𝑡 ℱ

1

2 𝛿 𝑓 − 𝑓0 + 𝛿 𝑓 + 𝑓0

b) Expresión en el dominio de la frecuencia para la señal modulada es:

𝑼 𝒇 = 𝟓𝟎 𝜹 𝒇 − 𝒇𝒄 + 𝜹 𝒇 + 𝒇𝒄

+𝟒𝟎𝟎

𝟒 𝜹 𝒇 − 𝒇𝒄 + 𝟏𝟎𝟎𝟎 + 𝜹 𝒇 + 𝒇𝒄 − 𝟏𝟎𝟎𝟎 + 𝜹 𝒇 − 𝒇𝒄 − 𝟏𝟎𝟎𝟎

+ 𝜹 𝒇 + 𝒇𝒄 + 𝟏𝟎𝟎𝟎

+𝟑𝟎𝟎

𝟒 𝜹 𝒇 − 𝒇𝒄 + 𝟑𝟎𝟎𝟎 + 𝜹 𝒇 + 𝒇𝒄 − 𝟑𝟎𝟎𝟎 + 𝜹 𝒇 − 𝒇𝒄 − 𝟑𝟎𝟎𝟎

+ 𝜹 𝒇 + 𝒇𝒄 + 𝟑𝟎𝟎𝟎



c) Espectro de la señal es el siguiente:

d) Ancho de banda:

𝐵𝑤 = 2𝑊

Frecuencia más alta de la señal mensaje en banda base es 3000Hz, por tanto:

𝑩𝒘 = 𝟐 𝟑𝟎𝟎𝟎𝑯𝒛 = 𝟔𝟎𝟎𝟎𝑯𝒛

e) Potencia:

La potencia de la señal modulada es:

𝑃𝑢 =𝐴𝑐

2

2𝑃𝑚

donde la potencia de la señal mensaje es:

𝑃𝑚 = lim𝑇 ∞

1

𝑇 1 + 𝑚 𝜏 2𝑇/2

−𝑇/2

𝑑𝜏 = 𝐸 1 + 𝑚 𝑡 2

𝑃𝑚 = 𝐸 1 + 2𝐸 𝑚 𝑡 + 𝐸 𝑚2 𝑡

𝑃𝑚 = 1 + 16𝐸 cos2 2000𝜋𝑡 + 9𝐸 cos2 6000𝜋𝑡

𝑃𝑚 = 1 +16

2+

9

2=

27

2

Entonces,

𝑃𝑢 = 100 2

2

27

2 ⟹ 𝑷𝒖 = 𝟔𝟕,𝟓𝟎𝟎 𝑾



2. Doble Banda Lateral con Portadora Suprimida (DSB-SC)


𝑢 𝑡 = 𝑚 𝑡 𝑐 𝑡 Por tanto:

𝑢 𝑡 = 100 4 cos 2000𝜋𝑡 + 3 cos 6000𝜋𝑡 cos 2𝜋𝑓𝑐 𝑡

a) Expresión en el dominio del tiempo para la señal modulada es:

𝒖 𝒕 =𝟒𝟎𝟎

𝟐 𝐜𝐨𝐬𝟐𝝅 𝒇𝒄 − 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝒕 + 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝝅 𝒇𝒄 + 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝒕

+𝟑𝟎𝟎

𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝝅 𝒇𝒄 − 𝟑𝟎𝟎𝟎 𝒕 + 𝐜𝐨𝐬𝟐𝝅 𝒇𝒄 + 𝟑𝟎𝟎𝟎 𝒕


𝑼 𝒇 =𝟒𝟎𝟎

𝟒 𝜹 𝒇 − 𝒇𝒄 + 𝟏𝟎𝟎𝟎 + 𝜹 𝒇 + 𝒇𝒄 − 𝟏𝟎𝟎𝟎 + 𝜹 𝒇 − 𝒇𝒄 − 𝟏𝟎𝟎𝟎 + 𝜹 𝒇 + 𝒇𝒄 + 𝟏𝟎𝟎𝟎

+𝟑𝟎𝟎

𝟒 𝜹 𝒇 − 𝒇𝒄 + 𝟑𝟎𝟎𝟎 + 𝜹 𝒇 + 𝒇𝒄 − 𝟑𝟎𝟎𝟎 + 𝜹 𝒇 − 𝒇𝒄 − 𝟑𝟎𝟎𝟎

+ 𝜹 𝒇 + 𝒇𝒄 + 𝟑𝟎𝟎𝟎


d) Ancho de banda:

𝐵𝑤 = 2𝑊


𝑩𝒘 = 𝟐 𝟑𝟎𝟎𝟎𝑯𝒛 = 𝟔𝟎𝟎𝟎𝑯𝒛



e) La potencia de la señal modulada es:

𝑃𝑢 =𝐴𝑐

2

2𝑃𝑚

donde la potencia de la señal mensaje es:

𝑃𝑚 = 16𝐸 cos2 2000𝜋𝑡 + 9𝐸 cos2 6000𝜋𝑡

𝑃𝑚 =16

2+

9

2=

25

2

Entonces,

𝑃𝑢 = 100 2

2

25

2 ⟹ 𝑷𝒖 = 𝟔𝟐,𝟓𝟎𝟎 𝑾



3. Banda Lateral Única Superior o Inferior (SSB-U/L)


𝑢 𝑡 = 𝑚 𝑡 𝑐 𝑡 ∓ 𝑚 𝑡 𝑐 𝑡

Utilizando la Propiedad y Transformada de Hilbert:

𝑥 𝑡 + 𝑦 𝑡 = 𝑥 𝑡 + 𝑦 𝑡

cos 𝜔𝑜𝑡 + 𝜃 ⟶ sin 𝜔𝑜𝑡 + 𝜃 Podemos escribir:

𝑚 𝑡 = 4 sin 2000𝜋𝑡 + 3 sin 6000𝜋𝑡 y

𝑐 𝑡 = 100 sin 2𝜋𝑓𝑐 𝑡

a) Expresión en el dominio del tiempo para la señal modulada:

𝑢 𝑡 = 100 4 cos 2000𝜋𝑡 + 3 cos 6000𝜋𝑡 cos 2𝜋𝑓𝑐𝑡 ∓ 100 4 sin 2000𝜋𝑡 + 3 sin 6000𝜋𝑡 sin 2𝜋𝑓𝑐𝑡

Si tomamos el signo ( - ) obtendremos la banda lateral superior:

Se utiliza la identidad trigonométrica:

sin 𝑥 sin𝑦 =1

2 cos 𝑥 − 𝑦 − cos 𝑥 + 𝑦

el signo ( - ) entre los cosenos resultara en la eliminación de la banda lateral no deseada. Por

tanto:

𝒖 𝒕 = 𝟒𝟎𝟎 𝐜𝐨𝐬𝟐𝝅 𝒇𝒄 + 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝒕 + 𝟑𝟎𝟎 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝝅 𝒇𝒄 + 𝟑𝟎𝟎𝟎 𝒕


𝑼 𝒇 =𝟒𝟎𝟎

𝟐 𝜹 𝒇 − 𝒇𝒄 − 𝟏𝟎𝟎𝟎 + 𝜹 𝒇 + 𝒇𝒄 + 𝟏𝟎𝟎𝟎

+𝟑𝟎𝟎

𝟐 𝜹 𝒇 − 𝒇𝒄 − 𝟑𝟎𝟎𝟎 + 𝜹 𝒇 + 𝒇𝒄 + 𝟑𝟎𝟎𝟎




d) Ancho de banda: 𝐵𝑤 = 𝑊


𝑩𝒘 = 𝟑𝟎𝟎𝟎𝑯𝒛

e) Potencia:

La potencia de la señal modulada es:

𝑃𝑢 = lim𝑇 ∞

1

𝑇 𝑢 𝜏 2𝑇/2

−𝑇/2

𝑑𝜏 = 𝐸 𝑢 𝑡 2

𝐸 𝑢 𝑡 2 = 𝐸 400 cos 2𝜋 𝑓𝑐 + 1000 𝑡 + 300 cos 2𝜋 𝑓𝑐 + 3000 𝑡 2

𝐸 𝑢 𝑡 2 =4002

2+

3002

2

por tanto:

𝑷𝒖 = 𝟖𝟎𝟎𝟎 + 𝟒𝟓𝟎𝟎𝟎 = 𝟏𝟐𝟓,𝟎𝟎𝟎 𝑾



4. Frecuencia Imagen

𝑓𝑖𝑚𝑎𝑔𝑒𝑛 = 𝑓𝑠 − 2𝑓𝑜 donde

fs: frecuencia de la señal de entrada

fo: frecuencia del oscilador local en el receptor superheterodino

En el receptor superheterodino, existe un oscilador local cuya función es mezclarse con la señal

de entrada para garantizar una frecuencia intermedia a la cual trabajar en la etapa de

amplificación y demodulación, esto garantiza una mayor eficiencia de los dispositivos

electrónicos que no necesitaran de un amplio ancho de banda o de una variación de la frecuencia

de operación, es decir la respuesta en frecuencia de los circuitos amplificadores y demoduladores

deberá solamente centrarse a la frecuencia intermedia.

Para AM, la frecuencia intermedia es 455KHz, por tanto el oscilador local para garantizar esta

frecuencia deberá ser fo = 1.455MHz, ya que la señal de entrada fs = 1MHz

Entonces la frecuencia imagen será:

𝒇𝒊𝒎𝒂𝒈𝒆𝒏 = 𝟏𝑴𝑯𝒛 − 𝟐 𝟏.𝟒𝟓𝟓𝑴𝑯𝒛 = 𝟏.𝟗𝟏𝑴𝑯𝒛

Es decir, que el receptor heterodino puede demodular y recibir ambas señales, 1MHz y

1.91MHz, cuando el oscilador local está en 1.455MHz ya que este garantiza llevar ambas señales

a la frecuencia intermedia de 455KHz al mezclarse con las señales de entrada.



5. Comparación de potencia en los esquemas de modulación

El esquema de modulación que requiere de mayor potencia es el de banda lateral única, esto se

debe a que requiere en la práctica de osciladores adicionales que garanticen la transformada de

Hilbert. El esquema de doble banda lateral con gran portadora o AM convencional no es

eficiente en potencia, ya que gran parte de la potencia se encuentra en la portadora que no

contiene información, podemos observar esto en las imágenes de su espectro, su ventaja se

encuentra en la relativa facilidad para demodular comparado con los otros esquemas.

125

62.567.5

0

20

40

60

80

100

120

140

Esquemas de modulacion AM

Po

ten

cia

Tran

smit

ida

[KW

]DSB - LC

DSB-SC

SSB-U



II. Una señal con modulación angular que tiene la forma:

u(t)=100cos[2fct+4sin2000t]

donde fc=80MHz

Determine:

1. La potencia promedio transmitida.

2. ¿Qué tipo de señal es FM, PM o ambas? Explique.

3. Para el caso que selecciono encuentre la desviación fase o frecuencia.

4. Calcule el ancho de banda y los números de armónicos que se necesitan transmitir, suponiendo

que necesitamos trasmitir al menos el 98% de la potencia en el ancho de banda. Compruébelo

usando la regla de Carson.

Solución:

1. Potencia Promedio Transmitida:


1

𝑇 𝑢 𝜏 2𝑇2

−𝑇2

𝑑𝜏 = 𝐸 𝑢 𝑡 2 =𝐴𝑐

2

2

𝑷𝒖 =𝟏𝟎𝟎𝟐

𝟐= 𝟓 𝑲𝑾

2. Tipo de señal:

La señal modulada pude ser representada por:

𝑢 𝑡 = 𝐴𝑐 cos 2𝜋𝑓𝑐𝑡 + 𝜙 𝑡 y

𝜙 𝑡 =

𝑘𝑝𝑚 𝑡 𝑃𝑀

2𝜋𝑘𝑓 𝑚 𝜏 𝑡

−∞

𝑑𝜏 𝐹𝑀

Si la señal mensaje es un seno, entonces se puede tomar que kp=4 y m(t) = sin(2000πt).

También la señal mensaje puede ser un coseno. Es decir que puede ser ambas debido a que existe una

estrecha relación entre PM y FM, de integrales y derivadas.

3. Asumiendo que la señal es FM por tanto la señal mensaje es m(t) = cos (2πfmt) esta puede ser

escrita como:

𝑢 𝑡 = 100 cos 2𝜋𝑓𝑐𝑡 + 2𝜋𝑘𝑓 𝛼 cos 2𝜋𝑓𝑚𝜏 𝑑𝜏+∞

−∞

𝑢 𝑡 = 100 cos 2𝜋𝑓𝑐𝑡 +𝑘𝑓𝛼

𝑓𝑚sin 2𝜋𝑓𝑚𝑡

Donde,

𝑓𝑚 = 1000𝐻𝑧



𝛽𝑓 =𝑘𝑓𝛼

𝑓𝑚= 4 ⟶ 𝑘𝑓 = 4000

Y la máxima desviación en frecuencia es:

Δ𝑓𝑚𝑎𝑥 = 𝑘𝑓 max 𝑚 𝑡

Δ𝑓𝑚𝑎𝑥 = 4000 max cos(2000𝜋𝑡 )

𝚫𝒇𝒎𝒂𝒙 = 𝟒𝟎𝟎𝟎 𝑯𝒛

4. El ancho de banda efectivo es:

𝐵𝑐 = 2 𝛽 + 1 𝑓𝑚

𝐵𝑐 = 2 4 + 1 1𝐾𝐻𝑧

𝑩𝒄 = 𝟏𝟎 𝑲𝑯𝒛

El número de armónicos k necesarios para garantizar un 98% de la potencia en el ancho de banda efectivo

debe satisfacer:

𝐴𝑐2

2 𝐽0

2 𝛽 + 2 𝐽𝑛2 𝛽

𝑘

𝑛=1

≥ 0.98𝑃𝑇

Para k = 1

1002

2 𝐽0

2 4 + 2 𝐽𝑛2 4

1

𝑛=1

= 832.00205

Para k=2

1002

2 𝐽0

2 4 + 2 𝐽𝑛2 4

2

𝑛=1

= 2157.69015

Para k=3

1002

2 𝐽0

2 4 + 2 𝐽𝑛2 4

3

𝑛=1

= 4008.41055

Para k=4

1002

2 𝐽0

2 4 + 2 𝐽𝑛2 4

4

𝑛=1

= 4798.58

Para k=5

1002

2 𝐽0

2 4 + 2 𝐽𝑛2 4

5

𝑛=1

= 4973.08 ≥ 49000

Se necesitan 5 armónicos para transmitir el 98% de la potencia transmitida dentro del ancho de banda

efectivo. Esto se calculo utilizando la tabla de Bessel.



La regla de Carsson plantea que el ancho de banda es:

𝐵𝑐 = 2 𝛽 + 1 𝑊

𝐵𝑐 = 2 4 + 1 1𝐾𝐻𝑧

𝑩𝒄 = 𝟏𝟎 𝑲𝑯𝒛



III. Una señal mensaje senoidal con una frecuencia de 1000 Hz, se modula con una portadora

c(t)=102cos2fct . El esquema de modulación AM DSB-SC. Esta señal se hace pasar por una

canal de ruido aditivo blanco con una densidad espectral de potencia de No/2=10-12

W/Hz y una

atenuación de 80dB. La señal recibida es procesada como lo muestra la primera gráfica y la

respuesta en frecuencia del filtro pasa banda limitador-ruido se muestra en la segunda figura.

1. Encontrar SNR a la salida del filtro limitador-ruido.

2. Encontrar la SNR a la salida.

Solución:

La señal mensaje es de la forma:

cos 2𝜋𝑓𝑚𝑡 La señal portadora es de la forma:

102 cos 2𝜋𝑓𝑐𝑡

La atenuación del canal es de 80dB a la potencia de la señal transmitida, por tanto:

10 log𝑃𝑇𝑃𝑅

= 80 ⟹𝑃𝑅 = 10−8𝑃𝑇

En términos de amplitud de la señal, la atenuación es de 10-4

lineal y adimensional.

Dado que |H(f)| = 1 para las frecuencias f = |fc ±fm|, entonces la señal a la salida del filtro limitador de

ruido, con una señal de entrada u(t) en AM-DSB-SC con 80dB de atenuación y ruido es de la forma:

𝑟 𝑡 = 𝑢 𝑡 + 𝑛 𝑡

𝑟 𝑡 = 𝐴𝑐𝑚 𝑡 cos 2𝜋𝑓𝑐𝑡 + 𝑛𝑐 𝑡 cos 2𝜋𝑓𝑐𝑡 − 𝑛𝑠 𝑡 sin 2𝜋𝑓𝑐𝑡

[1] La diferencia de fase no es considerada debido a que la señal es procesada en el esquema de la figura

donde se asume que las fases son las mismas, en la práctica esto se consigue al utilizar un PLL que

enllave a la frecuencia de la portadora, este enllave se realiza con el oscilador que se encuentra en la etapa

intermedia de recepción cuya frecuencia fc debe ser la misma que la de las señal de entrada recibida.

Filtro

pasabanda

limitador-ruido

H(f)

LPF

Ideal

BW=1000Hz

X

2cos 2fct

Señal

recibida

SNRo

fc fc fc+1200 fc-1200

2000 2000

H(f)

1



Para calcular la relación señal a ruido (SNR) a la salida del filtro, calculamos la potencia de la señal y la

potencia de ruido por separado, luego el SNR es la relación de ambas.


1

𝑇 𝑢 𝜏 2𝑇2

−𝑇2

𝑑𝜏 = 𝐸 𝑢 𝑡 2

𝐸 𝑢 𝑡 2 = 𝐸 10−2 cos 2𝜋𝑓𝑚 𝑡 cos 2𝜋𝑓𝑐𝑡 2

𝐸 𝑢 𝑡 2 = 10−4𝐸 1

2 cos 2𝜋 𝑓𝑚 − 𝑓𝑐 𝑡 + cos 2𝜋 𝑓𝑚 + 𝑓𝑐 𝑡

2

𝐸 𝑢 𝑡 2 =10−4

4𝐸 cos2 2𝜋 𝑓𝑚 − 𝑓𝑐 𝑡 + 2𝐸 cos 2𝜋 𝑓𝑚 − 𝑓𝑐 𝑡 cos 2𝜋 𝑓𝑚 + 𝑓𝑐 𝑡

+ 𝐸 cos2 2𝜋 𝑓𝑚 + 𝑓𝑐 𝑡

𝐸 𝑢 𝑡 2 =10−4

4 1

2+

1

2

𝐸 𝑢 𝑡 2 =10−4

4= 2.5 × 10−5 𝑊

𝑃𝑢 = 2.5 × 10−5 𝑊

La potencia de ruido a la salida del filtro es:

𝑃𝑛0=

1

2𝑃𝑛𝑐

La potencia de ruido es:

𝑃𝑛 = 2𝑊𝑁0

𝑃𝑛 = 2 1200𝐻𝑧 2 10−12𝑊/𝐻𝑧

𝑃𝑛 = 4.8 × 10−9 𝑊

La relación señal a ruido a la salida del filtro es entonces:

𝑆

𝑁 𝑓𝑖𝑙𝑡𝑟𝑜

=𝑃𝑢𝑃𝑛0

= 1.0417 × 104 𝑎𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙

Utilizando la relación en dB

𝑺

𝑵 𝒇𝒊𝒍𝒕𝒓𝒐

= 𝟏𝟎 𝐥𝐨𝐠𝑷𝒖𝑷𝒏𝟎

= 𝟒𝟎.𝟏𝟕𝟕𝟒𝒅𝑩



Si multiplicamos r(t) por cos(2πfct), la expresión para r(t) se reduce a [1]:

𝑦 𝑡 =1

2 𝐴𝑐𝑚 𝑡 + 𝑛𝑐 𝑡

Donde la potencia de la señal:

𝑃0 =𝐴𝑐

2

4𝑃𝑚

La potencia de la señal mensaje es Pm, con m(t) = cos 2𝜋𝑓𝑚𝑡 ,

𝑃𝑚 =1

2

La relación señal a ruido se obtiene con la formula [1]:

𝑆

𝑁 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎

=𝐴𝑐

2𝑃𝑚2𝑊𝑁0

𝑆


= 10−2 2

12𝑊

2 1000𝐻𝑧 2 × 10−12𝑊/𝐻𝑧

𝑆


= 12500

Utilizando la relación dB

𝑺

𝑵 𝒔𝒂𝒍𝒊𝒅𝒂

= 𝟒𝟎.𝟗𝟔𝟗𝟏 𝒅𝑩

El proceso de mezclar con el oscilador que se encuentra intermedio en el receptor es para demodular la

señal. A esto se le conoce como un demodulador coherente síncrono, siempre y cuando la frecuencia de

oscilación sea la misma de la señal de entrada que garantice la no existencia de una diferencia de fases.

Luego el filtro elimina las frecuencias altas y deja únicamente la señal mensaje.

Se observa que la relación señal a ruido antes de la demodulación es casi la misma que a la salida, esto es

de esperarse debido a que solo estamos considerando el ruido que posee la señal a la entrada del receptor,

que se limita por el filtro pasabanda-limitador de ruido, y no consideramos el ruido generado por el

receptor mismo.



REFERENCIAS

[1] John G. Proakis, “Effect of Noise on DSB-SC AM” en Communication Systems Engineering, 2da Ed.

Upper Saddle River, New Jersey: Prentince Hall, 2002, 5.1.2, pp 218-220

Documents

Comunicaciones Analógicas - AM, FM, Ruido