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EJEMPLO DE APLICACIÓN (TRANSMISOR FSK)
Para un modulador FSK binario, con frecuencias de espacio, reposo y marca de 80, 100 y120MHz, respectivamente, y una tasa de bits de entrada de 40Mbps, determine el baudio de salida y el mínimo ancho de banda requerido.
SOLUCIÓN
Sustituyendo en la ecuación:
MI=[120MHz−80MHz ]
20Mbps
MI=[4 0MHz ]20Mbps
MI=2
Para la grafica de Bessel
f b2
=80MHz2
=40MHz
MI J0 J1 J2 J3 J4 J5 J6 J7 J8 J9 J10 J0/J1
Entonces el espectro de este modulador se muestra:
EJEMPLO DE APLICACIÓN (TRANSMISOR BPSK)
Para un modulador de BPSK, con una frecuencia de portadora de 50MHz y una tasa de bits de entrada de 10Mbps, determinar las frecuencias laterales superiores e inferiores, así como las máximas y mínimas, graficando el espectro de salida y determinando el mínimo de ancho de banda de Nyquist. Calcule los baudios de salida.
SOLUCIÓN
Sustituyendo en:
Se tiene:
salida=12cos 2π (50MHz−10MHz ) ( t )−1
2cos2π (50MHz+10MHz )(t)
salida=12cos 2π (40MHz ) ( t )−1
2cos 2π (60MHz )( t)
luego:
FRECUENCIA LATERAL INFERIOR MÍNIMA (LSF) = 50MHz – 10MHz = 40MHz
FRECUENCIA LATERAL SUPERIOR MÁXIMA (USF) = 50MHz + 10MHz = 60MHz
Por tanto, el espectro de salida para el peor caso de condiciones de entrada binaria es como sigue:
El mínimo ancho de banda de Nyquist es:
f N=60MHz−40MHz=20MHz
Y en baudios de salida:
f b=f N=20megabaudios
EJEMPLO DE APLICACIÓN (TRANSMISOR QPSK)
Para un modulador de QPSK con una tasa de datos de entrada (fb) igual a 8Mbps y una frecuencia de portadora de 50MHz, determine el mínimo ancho de banda de Nyquist de doble lado (fN) y el baudio.
SOLUCIÓN
La tasa de bits en los canales I y Q es igual a la mitad de la tasa de bits de transmisión
fbQ = fbI = fb/2 = 8 Mbps/2 = 4 Mbps
La frecuencia elemental más alta presentada a cualquiera de los moduladores balanceados es
fa = fbQ/2 o fbI/2 = 4 Mbps/2 = 2 Mbps
La onda de salida de cada modulador balanceado es:
12cos2 π ( (50−2 )MHz )t−1
2cos 2π ( (50+2 )MHz ) t
12cos2 π (48MHz )t−1
2cos2 π (52MHz )t
El mínimo ancho de banda de Nyquist es:
fN = (52 – 48) MHz = 4 MHz
La tasa de símbolos es igual al ancho de banda; en consecuencia :tasa de símbolos = 4megabaudios
EJEMPLO DE APLICACIÓN (TRANSMISOR 8-QAM)Para una entrada de tribit de Q = 0, I = 0, y C = 0 (000), determine la amplitud y fase de salida para el modulador de 8-QAM, mostrado en la FIGURA 2.17.
SOLUCIÓN:
Las entradas al convertidor de nivel 2 a 4 canal I son I = 0 y C= 0. De la FIGURA 2.18 la salida es –0.541 V. Las entradas al convertidor de nivel 2 a 4 canal Q son Q = 0 y C = 0.
Nuevamente de la FIGURA 2.18, la salida es –0.541 V.
Las entradas al convertidor de nivel 2 a 4 canal I son I = 0 y C= 0. De la FIGURA 2.18 la salida es –0.541 V. Las entradas al convertidor de nivel 2 a 4 canal Q son Q = 0 y C = 0.
Nuevamente de la FIGURA 2.18, la salida es –0.541 V.Por tanto las dos entradas del modulador de producto canal I son –0.541 y sen ωct la salida es:
I = (-0.541)( sen ωct) = -0.541 sen ωct
Las dos entradas al modulador de producto canal Q son –0.541 y cos ωct. La salida es:
Q = (-0541)( cos ωct) = -0.541 cos ωctLas salidas de los moduladores de producto, canal I y Q, se combinan en el sumador lineal y producen una salida modulada de:
Salida del sumador: = -0.541 sen ωct –0.541 cos ωct = 0.765 sen (ωct-135º)Para los códigos tribit que quedan (001,010,011,100,101,110 y 111), el procedimiento es el mismo. Los resultados se muestran
EJEMPLO DE APLICACIÓN (TRANSMISOR 16-QAM)
Para una entrada de quadbits de I = 0, I’ = 0, Q = 0 (0000), determine la amplitud y fase de salida para el modulador de 16 QAM,
SOLUCIÓN
Las entradas al convertidor de nivel 2 a 4 I, son I = 0 e I’ = 0. De la FIGURA 2.21 la salida es –0.22 V. Las entradas al convertidor de nivel 2 a 4 canal Q son: Q = 0 y Q’ = 0-
Nuevamente de la FIGURA 2.21, la salida es –0.22V.En consecuencia las dos entradas al modulador de producto canal I, son: -0.22 V y sen ωct.
La salida es:I = (0.22)( sen ωct.) = -0.22 cos ωct.
Las dos entradas del modulador de producto canal Q son –0.22 V y cos ωct.. La salida es:
Q = (-0.22) (cosωct.) = -0.22 cos ωctLas salidas de los moduladores de producto canal I y Q se combinan en el sumador lineal y producen una salida modulada de:
Salida del sumador = - 0.22 sen ωct. – 0.22 cos ωct.= 0.311 sen (ωct.-135º)
Para los códigos de quadbits que quedan el procedimiento es el mismo.
EJEMPLO DE APLICACIÓN (TRANSMISOR 16-QAM)
Para un modulador 16-QAM con una tasa de datos de entrada ( fb) igual a 12 Mbps y una frecuencia de portadora de 50 MHz, determine la mínima frecuencia de Nyquist de doble lado (fN) y el baudio. Además, compare los resultados con aquellos alcanzados con los moduladores de BPSK, de QPSK y de 8-PSK en los ejemplos. Utilice el diagrama a bloques del 16-QAM
SOLUCIÓN:
La tasa de bits en los canales I, I’, Q y Q’, es igual a un cuarto de la tasa de bits de entrada o:
fbI = fbi’ = fbQ = fBO’ = fb/4 = 12 Mbps/4 = 3 Mbps
Por tanto, la razón de cambio más rápida y la frecuencia fundamental más alta presentada para cualquiera de los moduladores balanceados es:Fa = fbi/2 o fbi’/2 o fbO/2 o fBo’/2 = 3 Mbps/2 = 1.5 MHz.
La onda de salida del modulador balanceado es:
12cos2 π ( (50−1.5 )MHz )t−1
2cos 2π ( (50+1.5 ) ) t
12cos2 π (48.5MHz )t−1
2cos2 π (51.5 )t
El mínimo ancho de banda de Nyquist es:
fn = (51.5 – 48.5)MHz = 3 MHz
La tasa de símbolos es igual al ancho de banda; por consiguiente:
Tasa de símbolos = 3 Megabaudios
El espectro de salida es como sigue:
f N=3MHz
Para la misma tasa de bits de entrada, el mínimo ancho de banda requerido, para pasar la salida de un modulador de 16-QAM, es igual a la cuarta parte del modulador de BPSK, la mitad del QPSK, y 25% menos que para el 8-PSK. Para cada técnica de modulación, el baudio también se reduce en las mismas proporciones.
EJEMPLO DE APLICACIÓN (EFICIENCIA DEL ANCHO DE BANDA)
Determine las eficiencias de los anchos de banda para los siguientes esquemas de modulación: BPSK, QPSK, 8-PSK y 16-QAM.
SOLUCIÓN:
Recuérdese en los ejemplos anteriores, los mínimos anchos de banda requeridos para propagar una velocidad de transmisión de 10 Mbps con los siguientes esquemas de modulación.
Sustituyendo en la ecuación, las eficiencias del ancho de banda se determinan como sigue:BPSK: Eficiencia BW = 10Mbps/12MHz = 0.83bps/Hz = 1bit / cicloQPSK: Eficiencia BW = 10 Mbps/8MHz = 0.8bps/Hz = 1bit /ciclo8-PSK: Eficiencia BW = 10 Mbps/4.15Mhz = 2.41bps/Hz = 3 bits/ciclo16-QAM: Eficiencia BW = 10 Mbps/3Mhz= 3.33 bps/Hz = 3 bits/ciclo
Los resultados indican que BPSK es el menos eficiente y el 16-QAM es el más eficiente. El 16-QAM requiere de un cuarto más de ancho de banda que el BPSK, para la misma tasa de bits de entrada.
