Resolução dos Exercícios Impares Cap 3

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Capítulo 3.
Questões para Revisão
Sinais e Dados
1. Frequência e período são inversos. T = 1/f e f = 1/T.
3. Usando análise de FOURIER dado o domínio da frequência de um sinal periódico a análise de FOURIER da o domínio da frequência de um sinal não periódico. 
5. A transmissão em banda base significa enviar um sinal digital ou analógico sem modulação usando um canal passa baixo. A transmissão em banda larga significa enviar um sinal digital ou analógico usando o canal passa banda. 
7. O teorema de Nyquist define a máxima taxa de bits de um canal sem ruído. 
9. Sinais óticos tem frequências altas. A alta frequência significa um onda de tamanho curto já que o tamamho da onda é inversamente proporcional a frequência. (λ = v/f ) v é a velocidade de propagação no meio.
13 Banda base não envolve modulação
15 Banda larga envolve modulação.
Exercícios
17.	a. f = 1 / T = 1 / (5 s) = 0.2 Hz
b. f = 1 / T = 1 / (12 μs) =83333 Hz = 83.333 × 103 Hz = 83.333 KHz
c. f = 1 / T = 1 / (220 ns) = 4550000 Hz = 4.55× 106 Hz = 4.55 MHz
19. Ver a figura abaixo
Figura 3.1
21. Cada sinal é no caso um sinal simples. A largura de banda de um sinal simples é zero. Então a largura de banda de ambos os sinais é a mesma. 
23.	a. (10 / 1000) s = 0.01 s 
b. (8 / 1000) s = 0. 008 s = 8 ms 
c. ((100,000 × 8) / 1000) s = 800 s 
25. Fazendo o sinal de 8 ciclos em 4 ms. A frequência é 8 /(4 ms) = 2 KHz
27. O sinal é periódico, então o domínio da frequência é realizado de frequências discretas com a figura abaixo.
. Figura 3.2
29.
Usando a primeira harmônica a taxa de transmissão = 2 × 6 MHz = 12 Mbps
Usando a Terceira harmônica a taxa de transmisão = (2 × 6 MHz) /3 = 4 Mbps
Usando a quinta harmônica a traxa de transmissão = (2 × 6 MHz) /5 = 2.4 Mbps
31. –10 = 10 log10 (P2 / 5) → log10 (P2 / 5) = −1 → (P2 / 5) = 10−1 → P2 = 0.5 W
33. 100,000 bits / 5 Kbps = 20 s
35. 1 μm × 1000 = 1000 μm = 1 mm
37. Nós temos
4,000 log2 (1 + 10 / 0.005) = 43,866 bps
39. Para representar 1024 colors, nós necessitamos de log21024 = 10 (veja Apendice C do livro texto) bits. Então o totla de numero de bits será; 1200 × 1000 × 10 = 12,000,000 bits
41. Nós temos
SNR= (potência do sinal)/(potência do ruído).
Entretanto a potência é proporcional ao quadrado da voltage. O que significa que temos:
SNR = [(voltagem do sinal) / (voltagem do ruído)]2 = 202 = 400
Nós temos em decibeis: SNRdB = 10 log10 SNR ≈ 26.02
43.	a. A taxa de dados é o dobro (C2 = 2 × C1).
b. Quando o SNR é o dobro, a taxa de dados incrementa levemente. Nós podems falar em aproximadamente (C2 = C1 + 1).
45. Nós temos Tempo de transmissão = (tamanho do pacote)/(largura de banda) = (8,000,000 bits) / (200,000 bps) = 40 s
47.	a. O número de bits é (largura de banda x delay) = 1 Mbps × 2 ms) = 2000 bits
b. Numero de bits é (largura de banda x delay) = 10 Mbps × 2 ms = 20,000 bits
c. Numero de bits é (largura de banda x delay) = 100 Mbps × 2 ms = 200,000 bits