Sistemas-de-Comunicacao-Exercicios-Resolvidos-a-Partir-Da-Folha-6-Resolvido

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Licenciatura em Engenharia Electrónica e Telecomunicações 
 3ºano, 2º semestre 
2010/2011 
 
Sistemas de Comunicações 
 
 
 
Exercícios resolvidos dos exercícios 
propostos pelo docente da cadeira 
 
 
 
 
Discente: Jorge Rodrigues Valente, 2087406 
Docente: Prof. José Manuel Rocha Teixeira Baptista 
 Prof. Alberto de Jesus Nascimento 
 
Julho de 2011 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 08-10-2011 1/42 
Sugestões: jrvalente@netmadeira.com Radiação e Propagação – Teórico-prática 
 
 
 
 
Índice 
 
Teórico-prática 6 .................................................................................................................................................. 2 
Teórico-prática 7 .................................................................................................................................................. 9 
Teórico-prática 7 - Exercício Extra ................................................................................................................ 24 
Teórico-prática 8 ................................................................................................................................................ 27 
Teórico-prática 9 ................................................................................................................................................ 38 
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 08-10-2011 2/42 
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Teórico-prática 6 
 
Exercício 01 – Ruído, ( )n t , tem a densidade espectral de potência mostrado na seguinte figura. 
 
 
Determine a potência do ruído em função de η e de Mf e concretize com 1 WHz
µη = e 10Mf kHz= . 
 
Resolução 1) – Como as áreas são simétricas vou apenas calcular para um dos lados, e multiplicar 
por 2. Sabendo que o ruído Gausiano é definido por 
 
( ) 
0 para outra situaç
2
ão
MN
M
M
f
co
f ff m fG f
η  − ≤  
=   


 
 
Sabendo que a potência me é dada pela seguinte definição, ( )N NP G f df+∞
−∞
= ∫ , e sabendo de que se 
trata de uma função par, fica 
( ) ( ) ( )
0 0 0
1
, 2
2
2 2 .
2
M M MM
f f f
M M
M
N N
M
f ff f
f fP G f df df f dfηη η    −= = = −       
    
∫ ∫ ∫ 
 
( )
0
0
2
0 0
Integrando
, .
2
M
M M M
f
N
f f f
M M M
M M
fP df ff f fdf ff f
η ηη
 
 
= − = − 
     
∫ ∫
���������
 
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( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
20
, . . 0
2 2 2 2
M M M
M M M M M
M M
N
M
f f ff f f f ff fP f
η η ηη
      
 = − − − = − =                
 
 
( ) ( ), 
2
M
N MP
ff Wη η= 
 
Substituindo as variáveis pelos valores fornecidos, 10,1 N kHz
WP
Hz
µ 
 
 
, fica 
4
6 31010 5.10 5 
2
 
10
2
1N
kP mWHzW
Hz
µ
− −
  
= = = =  
  
 
Poderia ter ido calculando a área do triângulo: 
( ) [ ]2101
.
, , 
2
2. . 
2
M
MNMN
f
f kHzP P WfW
Hz
µ
η
ηη
 
  
= = =  
   
 
 
( )6 6 33 3 11 0, 2. 5.10 0 10 10NP W−
−
−
= = 
 
 
Exercício 02 – Uma fonte de ruído branco com 
2N
G η= é filtrada por um circuito sintonizado de 
banda estreita paralelo. Tendo a frequência de ressonância em 0f e a largura de banda em 3dB muito 
menor que 0f , calcule a potência de ruído na saída. 
 
Note: um circuito do filtro sintonizado paralelo é do tipo mostrado seguinte 
 
 
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Resolução 2) – ( )0 0NP G f df+∞
−∞
= ∫ , com ( ) ( ) ( )20 .N iNH fG f G f= , em que ( ) 2NiG f
η
= . 
Ficando 
 
 
A Função de transferência é ( ) 1 10 C
R L
jy ω
ω
 
= + − 
 
. 
( ) ( )( )
11
. ..
1/ / / / / /1 1
o
R LR
v t CCH
jjjj jjf R L Li t C R R LC jj Cj
ω
ωω
ω ω
ω
ω
ω ω
 
 
 
= = = =
 + + + 
 
 
( ) 2 2 2
. .
.
1 1 1
j j j
LR C
R L RLCH f
R C C L R C CL
jj
j j j j j jCL RC
ω
ω
ω ωω
ω ω ω ω ω ω ω
= = =
+ + + + − +
 
 
Ficando ( ) ( )( ) 0
0
1 1/ / / /
1
o
v t
H f R L
i t C ff
f f
j j jQ
ω
ω
= = =
 
+ − 
 
 
O circuito equivalente é 
 
 
Em que Q é o factor de qualidade, com CQ R
L
= , e 0f a frequência de ressonância. 
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0
1
2
f
LCpi
= 
 
A largura de banda, W , é limitada pela frequência inferior Lowf e superior Upf . Sei que 
 
 
Tipicamente o factor decai no intervalo de 10 < Q < 90. 
Quanto maior o factor Q, menor será a largura de banda. 
 
Pois, sei que 0fW Q= . 
3dBW − , decaí a um ritmo de 1% a 10% de 0f . 00 0 1
fW f f QQ<< → << → >> . 
 
0
1 1 1 1
. . . .
22
L LW
C R C R RCLC
f
pipi
= = =
 
 
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Para, ( )
2 0
2
0
1
1 ffQ f f
H f
j
=
 
+ − 
 
. Como é na origem, então 0f f= . 
( ) ( )
2
2
1
.
1
11
1 1 1QH f j= = =+ − 
 
Para “…a potência de ruído na saída…” 
( ) ( ) 2.N H fP G f df+∞
−∞
 
=
 ∫ 
( ) ( ) ( )
Parâmetro ge
2
ral
2
. .
2Ni
H f H fP G f df dfη+∞ +∞
−∞ −∞
  
= =     
∫ ∫
���������
 
Na origem, fica ( ) 20 . . . . 12 22 1H W RCP f
η η
pi

= =

 
 
 
Para qualquer circuito 0 .
1
22 R
P
C
η
pi
= 
 
 
Exercício 03 – Ruído ( )n t tem a densidade espectral de potência mostrada na figura abaixo e é 
representado por ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0cos 2 sin 2c sn t n t f t n t f tpi pi= − . Desenha a densidade espectral de 
potência de ( )cn t e de ( )sn t nos casos: 
 
a) 0 1f f= 
b) 0 2f f= 
c) 1 20 2
f ff += 
 
 
 
 
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Resolução 3) – Sendo ( )n t o ruído Gausiano, ( ) ( )0cos 2cn t f tpi a componente fase, e 
( ) ( )0sin 2sn t f tpi a componente de quadratura. Note se que ( ) ( )c In t n t= e que ( ) ( )s Qn t n t= . 
Construir a DEP de ( )In t e ( )Qn t , a partir do ruído branco Gausiano. Deslocar a parte positiva, na 
frequênciado espectro ( ) ( )nn t G f para a parte esquerda de um valor igual a 0f . 
Pretende se a banda base, logo é preciso deslocar para a origem. Pretende se em ( )InG f e ( )QnG f . 
 
E também se faz para o outro lado, que é a parte negativa, na frequência do espectro ( ) ( )nn t G f 
para a parte direita de um valor igual a 0f . 
 
 
 
( ) ( )QnI nG f G f= 
 
 
Resolução da alínea a), para que 0 1f f= desloca se a parte positiva para a esquerda. 
 
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Resolução da alínea b), para que 0 2f f= desloca se a parte positiva para a esquerda. 
 
Resolução da alínea c), para que 1 20 2
f ff += . Multiplicando por -1, e somando 1f , fica 
 
1 2 1 1 2 1 2
1 0 1 1 0 1 0
2
2 2 2
f f f f f f ff f f f f f f+ −− = − ⇔ ⇔ − =− −− = 
Do outro lado tenho que 1 21 0 1 2
f ff f f +− + = − + 
1 1 2 1 2
1 0 1 0
2
2 2
f f f f ff f f f− + +⇔ − + = ⇔ − −−+ = 
Fica 
 
A soma resulta em 
 
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Teórico-prática 7 
 
Ruído em AM 
 
Exercício 01 – Um receptor superheterodino usando uma frequência intermédia de 455kHz está 
sintonizado em 650kHz. O receptor recebe uma transmissão de um emissor cuja portadora é 
1560kHz. Justifique esta recepção indesejada e apresente uma solução para que não seja captada esta 
frequência. 
 
Resolução 1) – Produz duas imagens, uma é à que se pretende, a outra é indesejada. 
 
 
 
 
Dados fornecidos: 455 650 ' 1560 FI RF RFf kHz f kHz f kHz= ∧ = ∧ = . 
 
 
 
Oscilador local é ( )' 1560 455 1105 LO RF FIf f f kHz kHz= − = − = . 
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É necessário um filtro que deixe passar FIf , RFf e LOf . O resto é rejeitado. 
 
Nota: ( )nG f é a densidade espectral. 
 
 
Exercício 02 – Um sinal em banda base ( )m t é transmitido usando SSB. Assuma que a densidade 
espectral de potência de ( )m t é dada pela seguinte expressão: 
( ) ,
0,
m M
Mm
M
f
n f ffG f
f f
 ≤
= 
 >
 
Determine: 
a) A potência do sinal de entrada. 
b) A potência do sinal de saída. 
c) Se for adicionado RBG (Ruído Branco Gaussiano) de densidade espectral de potência 2
η
 ao 
sinal SSB, determine a relação sinal-ruído à saída, sabendo que o filtro de em banda base corta à 
frequência Mf . 
 
Resolução 2) – 
 
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( ) ( )0 cos 2 Ms t tfpi= 
( ) [ ]( )1 2cos P MA tfs t fpi= + 
( ) ( ) ( ) [ ]( ) ( )2 1 2 2cos cos co 2sP PMPf fs t s t t A t ff tpi pi pi  == + 
 
Metade da potência vai para cada um dos termos: 
( ) [ ]( ) ( )2 cos 2 cos 22 2M MP f f
A
t t tfAs pi pi= + + , em que 2pi não interessa, pois o valor da função 
repete se a cada período completo. 
( ) [ ]( ) ( )2 co 2 o2 s c sM MP ff
A A
s t t tf= + + 
 
( ) ( ) ( )1 22 x cos Pn ft t n tpi = 
 
 
 
 
Exercício 03 – Um sinal SSB está compreendido entre 1MHz e 1,003MHz. O sinal é acompanhado 
por ruído com densidade espectral de potência uniforme com o valor 910 /W Hz− . 
a) Sendo o ruído ( )n t expresso nas suas componentes em fase e em quadratura, determine a 
densidade espectral de potência das componentes ( )cn t e ( )sn t para uma frequência compreendida 
entre e 
c
f e 
c Mf f+ . 
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b) O sinal juntamente com o ruído é multiplicado por uma portadora local de frequência 
c
f . Desenhe 
a densidade espectral de potência de ruído na saída do misturador. 
c) O sinal juntamente com o ruído é passado através de um filtro de banda base e um multiplicador 
de ganho 10. Desenhe a densidade espectral de potência de ruído na saída do amplificador e calcule a 
potência total do ruído. 
 
 
Resolução 3a) – 61 10 1 003 1 000 3 P H Lf MHz Hz f f kHz kHzB kHz= = ∧ = − = − = 
 
Mf B= 
AWGN 910
2
η
−→ = 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )cos co2 s= 2P s Pcn t n t t fn t tfpi pi+ 
 
 
( ) ( )
2 2nc ns
Fase Quadratura
fG f G f rect
B
η  
→ = =  
 ����� ���
 
Nota - rect é de rectangular. 
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Resolução 3b) – 
 
 
 
 
Assim fica: 
 
 
910 1 1 x x 
4 48 2
W
Hz
η η
−
 
 

=

= 
12250.10 
8
W
Hz
η
−
= 
 
 
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Resolução 3c) – 
 
 
Não pretendo as duas bandas laterais! Só me interessa a central. 
 
 
 
 
Ruído na saída, 0 . 8
2N B η= , em que B é a largura de banda. 
 
Pretende se 0 0 x 10 2' . 8
N N B η= = , em que 0 'N é a saída do amplificador operacional, e sabendo 
que 90
2
1η −= : 
 
�
( )
0
6
0
93
0 x 10 2 . x 10 2 . x 1 3.0 2 . x 10'
1 1
8 2
10 15.10 15 1
4 4
0
N
N N B WB µη η − −= = = = = =
 
 
 
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Exercício 04 – Uma portadora de 10mV com frequência 
c
f é modulado em AM a 50% por uma 
onda sinusoidal de frequência 750Hz. Este sinal é acompanhado por ruído térmico com a densidade 
espectral de potência 32 10 W
Hz
η −= . O sinal e o ruído são filtrados pelo filtro apresentado na figura 
e desmodulado por uma multiplicação com uma portadora local de amplitude 1V. 
 
a) Determine a potência de saída do sinal. 
b) Determine a potência de saída do ruído. 
 
 
 
Resolução 4) – ( ) ( ) ( )1 cos 2 cos 2c Mi cs A ft t tfµ pi pi= +   
Em que o índice de modulação, µ , é x a Mk Aµ = . E 50% 0,5µ = = . 
A densidade espectral do ruído branco é WithDEP . Função 2With
DEP η= , é o ganho, 
( ) 310
2
 NG
Wf
Hz
η
−
= = 
 
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( ) ( ) ( ) 21
1
2
x 
2
 
W
n
DEP
G f G f H f
η
η
= =
��� ��� �����
 
Em que ( ) 2H f é a resposta em frequência ao quadrado, e WDEP é a densidade espectral do ruído 
branco. 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 1 2cos c2 x x s 2 oc cn t m t f t n t f tpi pi= = , em que ( ) ( )2 12cos cos 42 c cf t f tpi pi= , ficando 
assim 
( ) ( )2 cos 412 cn t f tpi=
 
( ) ( ) ( )
2
2
1 
1
 x 
2Banda Baseno n
H fG f G f  =  
 
 
( ) ( ) ( )
2
2
2
1
 x x
8
 
2no n
G f G f H f η η = = = 
 
 
 
 
 
( )3 30 1 11000 x 1000 x 10 125 500 625 x2 10 625 8 2
WN m
Hz
η
− −
    
= + = + = =        
 
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Outra maneira de fazer, e deu resultado diferente: 
 
Sinal à saída do filtro é, sabendo de ( ) ( ). cos 2 M tN m t fµ pi= , 
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 . cos 2 cos 2 1 . cos 2 cos 2c co c cc cs A N m t A N m tf f f ft t t t tpi pi pi pi= + = +       
 
Sabendo que ( ) ( ) ( ) ( )1cos cos cos cos
2
a a b bab = + + −   , logo ( ) ( )2 1cos 2 1 cos 42c cf t tfpi pi= +   
( ) ( ) ( )1 11 . 1 cos 4
2 2o cc
fs A N m tt tpi = + +    
 
( ) ( ) ( )1 1 . 1 cos 4
2 4c c co
s N t fA A mt tpi = + +    
 
( )
�
( ) ( ) ( )
[1] [2] [3]
1 1 1 1
. 1 . cos 4
2 4 2 2c c c co
s A A N m t A N m ft t tpi = + + +  ����� �������������
 
[1] - É a componente contínua 
[2] - ( )m t 
[3] - Componente 2 cf . 
 
 
O filtro ( )H f só deixa passar a componente ( )1 .
4 c
A N m t . 
( ) ( ) ( ) ( )21 .
4o o oc
s A N m t s st t t= → =< > 
 
( ) ( ) ( )
2
22 2 21 1
. .
4 16c co
s A N m t A N m tt  < >= =  
, em que 2N µ= , e ( ) ( )2 2m t m t=< > , pois considera se 
que 1MA = . 
 
 
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Assim ( ) ( ) ( ) ( )
232
2 22 910.10 1
. 0,5 . 780.10 780 
16 16 2
c
o t
A
s N m t W Wη
−
−
 
= = = = 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 . cos 2 1 cos 2 cos 2
2o M cc
M
ac c
t ts A N m t fAk t tAf fpi pi pi = + = +     
 
 
O filtro com ganho é o 
2
MA (caí para metade!). E ( )cos 2 ctfpi é a portadora. 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )' 21 cos 2 cos 2 cos 2 1 cos 2 cos 2
2 2o M Mc
M M
a cc c ac
t t ts A At t tf f fA Ak k f fpi pi pi pi pi    = + = +        
 
 
Sei que ( ) ( )2 1cos 2 1 cos 4
2c c
f t tfpi pi= +   
 
Assim ( ) ( ) ( )' 11 cos 2 1 cos 4
2 2o Mc c
M
a
s fA fAt k t tpi pi  = + +       
 
( ) ( ) ( )' 1 cos 4 1 cos 2
2 2o
c
Mc
M
a
Akt f fAs t tpi pi  = + +       
 
( ) ( ) ( )' cos 4 1 cos 2
2 2 2
M
a
c
o Mc
c
A A
s
Akt tf ft pi pi  = + +    
 
( ) ( ) ( ) ( )' cos 4 cos 4 cos 2
2 2 2 2 2
M
ao M
c
c c
c c c
A A A A
s t tf k tA ff tpi pi pi= + + + 
( ) ( ) ( )' cos 4 1 cos 2
2 2c
Mc
c ao M
AA kt ts fA ft pi pi = + +  
 
 
Sabendo de que ( )MA m t= , ( ) ( ) ( )is t s t m t= , 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 cos 2 cos 2 cos 2 cos 2c cM a Mci Mc cs t t t tA Af f tA fkf Api pi pi piµ= + = +       
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )cos 2 cos 2 cos 2c cMc ci ak m ts A f tft t t fApi pi pi= +   
 
 
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Sabendo de que ( )
2
cos 2
2
c
c c
f AA tpi = , e que para ( ) ( ) ( ) ( )
2
2cos 2 cos 2
2cM
c
c a a
t tk fm mAft k tA pi pi = . 
 
Sei que existe duas nomenclaturas para i iS P= , e que 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2cos 2 cos 2 cos 2
2 2i i Mc a c
c
c
c
c a
ft t t tk m t A AP s f f k mA tApi pi pi= = + = +   
 
( )( )2 212 aci A k tP m= + 
 
Sabendo que ( ) ( )cos 2M MA tm t fpi= , e ( ) ( )2 cos 2m M MS tm t A fpi= = . Continua … 
 
 
 
Como o Prof. Nascimento resolveu na aula: 
 
Resolução 4) – ( ) ( ) ( )1 cos 2 cos 2c Mi cs A ft t tfµ pi pi= +   
Em que o índice de modulação, µ , é x a Mk Aµ = . E 50% 0,5µ = = . 
A densidade espectral do ruído branco é WithDEP . Função 2With
DEP η= , é o ganho, 
( ) 310 
2N
WG f
Hz
η
−
= = 
 
 
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O filtro com ganho é o 
2
MA (caí para metade!). E ( )cos 2 ctfpi é a portadora. 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )' 21 cos 2 cos 2 cos 2 1 cos 2 cos 2
2 2o M Mc
M M
a cc c ac
t t ts A At t tf f fA Ak k f fpi pi pi pi pi    = + = +        
 
Sei que ( ) ( )2 1cos 2 1 cos 4
2c c
f t tfpi pi= +   
 
Sabendo que ( ) ( ) ( ) ( )1cos cos cos cos
2
a a b bab = + + −   , logo ( ) ( )2 1cos 2 1 cos 42c cf t tfpi pi= +   
 
 
 
 
 
Ruído em FM 
 
Exercício 05 – A banda de uma transmissão em FM comercial é de 200kHz. Considere que o 
receptor possui um filtro de Frequência Intermédia (FI) com idêntica largura de banda. Se a saída do 
discriminador for aplicada directamente a um filtro de banda base com 15 M zf kH= , qual a fracção 
do ruído de saída do discriminador passa através do filtro. 
 
Resolução 5) – Em que 
 Banda BaseN é o filtro de banda base, fica 
( ) 2 2 2 2 2 3
 4 2 2
14 4
3
M
M M
M M
M
Banda Bas
f
f f
f f
f
e n
N G f df f df f
A A
η η
α pi α pi
− −
−
 
= = =   
∫ ∫ 
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( ) ( ) ( )
2 2 3
3 32 2 2 2 3
 2 2 2
8. . . .1 1 24 4 
3 3 3 3.
M
MBanda Bas M Me
ff fN W
A
f
A A
α η piη η
α pi α pi   = − − = =      
 
 
Em que 
 s Baem f nda BaseiltroN é o SEM filtro de banda base, fica 
( )
2 2 3 2 2 32
 2 2 
4. . . . 4.
. 
3 3 4sem filtr
B
Banda Baso e
BN W
A A
fα η pi α η pi 
= = 
 
 
A relação é 
2 2 3
2 2 22
2 3
 
2 2 3 2 2 2 3
 
2
 
8. . . .
8 4. .33.
. . . 8
. 4. 3 . .4. .
.
3 4
Banda Base
Banda Bas
M
sem fil ro
M
e
M
t
N AA
B
f
f
N A B B
A
f
α η pi
pi η
α
α η pi α η pi
 
= = =  
 
 
 
3
3
3
 
 
8 15 x 10 0,15 =0,34
200 x 10
Banda Base
Banda Bsem fil astro e
N
N
 
= = 
 
 
Como é uma relação, o valor é percentual, ou seja é 34%. 
A utilização de um filtro banda base na desmodulação ao invés de se introduzir o sinal directamente 
sem o filtro, reduz a potência do ruído em 34%. 
 
 
 
 
Exercício 06 – Se a relação sinal-ruído (SNR) de entrada, 30 i
M
S dBN
= calcule o
o
S
N
 quando 
( ) ( )cosM Mkm t tβω ω= e 1; 5; 10; 100. β = 
 
Resolução 6) – Sabendo que 
o
S é a potência do sinal à saída do receptor FM, e 
o
N é a potência do 
ruído à saída do receptor. 
( )2 2 2o fS k m tα= 2 2 3283 MoN fA
η
pi α= 
 
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Fica 
( ) ( ) 22 2 2 2 2
2 2
2 2 3
2
3 2
. .8 4
3
M M
M
f fo
o
Ak m t k mS
A
ff
t
fN
α
η pi ηpi α
= = 
 
Sabendo que ( ) ( )ss 2inco M
M
i c
fS t A t tffω pi
 
 

∆
=

+
 
( )cosFM c f
t
X A t k m t dtω

= +


 
∫ , logo ( ) ( )sin 2
M
f M
t
fk m t dt tff pi
∆
=∫ . 
Ao invés de integrar o 1º membro, derivo o 2º membro, fica ( ) ( )cos2 2 M
M
f M
fk m t tf ffpi pi
∆
= 
( ) ( )2 cos 2 Mfk m t f tfpi pi= ∆ 
Da definição 
( ) 22 2
2 2
3 2
. .
4
f
o M M
o
Ak m
f
tS
fN pi η= , vou me aproximar desta definição ( )fk m t , usando 
( )2 2fk m t , fica ( )
2
2 2 2 2 24 . 2 .
2f
fk m t fpi pi∆= = ∆ . Agora substituindo, 
2 22 2
2
2
3 32 2
.2 . .
4 2
o
o M M M M
A AS
f f f f
f f
N
pi
pi η η
   ∆ ∆
= =   
   
 
Em que 
2
2
A
 é a potência do sinal, iS . 
Mfη é a potência do ruído MN . 
À entrada do receptor, i
M
S RSR
N
= . 
23
2
o
oo
S S
N N
β = = 
 
 
O factor de mérito, γ é 23
2
o
FM
i
i
S
SN
S N
N
γ β
 
 
  
= =  
   
 
 
 
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2
30
310log
2i o idB dB
S SS
N N
β
=
     
= = +     
     
�����
 
 
Para ( )2330 10log 31,76
2
1 1iSβ  = → = + = 
 
 
Para ( )2330 10log 40,97
2
5 5iSβ  = → = + = 
 
 
Para ( )2330 10log 46,99
2
10 10iSβ  = → = + = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Teórico-prática 7 - Exercício Extra 
 
 
 
Exercício 1 – Pretende se projectar um receptor para uma estação de rádio de difusão FM. Um 
emissor encontra se a uma distancia de 40 km do receptor, e tem as seguintes características: 
 
 - Potencia normalizada de 2400 V (normalizada é sobre 1 resistência de 1 ohm) 
 - Desvio de frequência de 75 kHz. 
 - Largura de banda do sinal modulante (sinal base) de 15 kHz. 
 - A atenuação do canal de transmissão é estimada de 2 dB/km. 
 - O canal introduz o ruído branco Gausiano, 130 10 
2W
VAWGN DEP
Hz
η
−→ = = . 
 
Para garantir uma qualidade mínima da recepção existe um 
0
50 SRSR dB
N
 
→ ≥ 
 
 
 
a) Largura de banda do sinal transmitido FM. 
b) Determinar a relação do sinal/ruído a saída do receptor. 
c) Suponhamos que é preciso utilizar um repetidor a meio do percurso, entre o emissor e o 
receptor, que fornece um ganho de 40 dB. Determinar a relação do sinal ruído de saída. 
 
 
Resolução 1a) – Recordar a regra de Carson, ( )2 1TB B β= + , e fBβ
∆
= , em que B é a largura de 
banda. 
 
Assim, fica 15 B kHz= , e o desvio de fase, f∆ , é 75 f kHz∆ = . 
375 .10f
B
β ∆= =
315 .10
5= 
Assim, [ ]( )32 15.10 1 5 180 TB kHz = + =  . 
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Resolução 1b) – 
0
23
2
P
B
Sf
B
S
N N
∆ 
= 
 
 
  
, em que PS é a potencia da portadora, e BN a potencia do 
ruído. 
Faltam me dados para resolver esta equação, vou precisar de os calcular. 
Sei que .BN Bη= , e que 
2
2
P
P
AS = , em que PA é a amplitude. 
 
 
 
Sei que a amplitude da portadora na EMISSÃO é 2400' PS V= . Como 
2
2
P
P
AS = , então 
' '2. 28,28 P PA S V= = . 
 
Sei, pelo enunciado, de que a atenuação é e 2 dB/km. Como a distância é de 40, fica 80 dB de 
atenuação. 
Vou passar para unidades SI de potência, que é o Watt, e fica 20 log 80
1 
x
W
 
= 
 
, 
4
10
80log 
1 2
4 10
0
x
x W
W
 
= = ⇔ = 
 
 
 
Assim ( ) 4 328,28 2,828 x 10 2,828 
 
'
10
P
P
A VA mV
x W
i −= = = = . 
( ) ( )
22 3 6
6 22,828 x 10 7,9976 x 10 4 x 10 4 
2 2 2
P
P
A
ViS
i
µ
−
−
−
     
= = = = = . 
Sendo assim, como já tenho os dados todos, já posso resolver a equação 
0
23
2
P
B
Sf
B
S
N N
∆ 
= 
 
 
  
, 
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0
33 75.10
2
S
N
=
 
 
  315.10
( ) ( )
2
6
2
10 3
3 4.105
. 2
. .102 10
PS
B
i
η
−
− −
 
=  
  ( )
0 131
3
 0
2
. 15.10
W
VDEP
Hz
η
−
= =
�������
( ) 45.10= . 
 
Como me é solicitado, no enunciado que seja 
0
50 SRSR dB
N
 
→ ≥ 
 
, vou ter que passar para dB. 
Mas tenho que ter cuidado, pois o 
0
S
N
 
 
 
 é a potência 1, logo é vezes 10, e não 20, como acontece 
com a potência (que neste caso é ao quadrado). 
 
Assim ( ) [ ]4 45.10 10log 10log 10log 5.10 10 4,699 46,99 1 1 
x W dB
W W
  
= = = =  
   
. Não respeita a 
condição do enunciado, pois tinha que ser superior a 50 dB. 
 
 
 
 
Resolução 1c) – Basta somar 40 dB ao resultado obtido na alínea b). Ou seja é 
 
( )46,99 40 87 dB dB+ = 
 
 
 
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Teórico-prática 8 
 
 
 
Exercício 01 – A atenuação em linhas de transmissão constituída por pares de fios é de cerca 2 
dB/km à frequência de 10 kHz. Suponhamos que se pretende enviar um sinal a uma distância de 500 
km. Se o nível mínimo exigido antes da amplificação for de 1 mV e se o valor máximo permitido 
para evitar sobrecarga do amplificador for de 15 V, determine o número de repetidores necessários, 
considerando-os colocados à mesma distância. 
 
Resolução 1) – 
 
 
Atenuação total de percurso é 
 de Percu o rs 500 x 2 / 1000 Total km dB dkm Bα = = . 
iA é o NIVEL mínimo antes da amplificação. 
o
A é o NIVEL máximo após da amplificação. 
 
Em dB, a atenuação máxima entre dois repetidores é 
( ) ( )
3
 
1
Repetido
0
r 20.log 1 20.log 15 83,52 Entre m dBV Vα
−
−= − =
���
 
Assim preciso de 
83,52
1 11,
 
00 120 97 
dB
dB
=
−� repetidores, sendo distanciados entre si de 
( )500 41,6 6 
12
km km= 
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Exercício 02 – Um sinal analógico ( )x t é amostrado. Determine a frequência de amostragem de 
modo que o sinal possa ser recuperado nos dois casos seguintes: 
a) o sinal é limitado em 0 – 4 kHz. 
b) o sinal é limitado em 10 – 14 kHz. 
 
 
Resolução 2a) Pretende se um filtro passa baixo. 
 
Pelo teorema da amostragem de Nyquist, fica 2 x sf W≥ , em que W é a largura de banda. Como 
[ ]0; 4 f kHz∈ , fica ( )2 x 4 8 .s skHz f Hzf k≥ ⇔ ≥ 
 
 
 
 
 
Resolução 2b) Pretende se um filtro passa banda. O sinal está em banda base. Livro de Herbert Taub, 
na página 199: a relação tem que dar um múltiplo inteiro: 
 
10 1, 25
8
L
sf
f
= = 
 
Agora, o exercício, se fizer ( ) ( )2 x 2 x 14 0 8 1H Ls f f kf kHzHz= − = − =   . 
 
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12 x x 2 x x 
1s
K KB B
N N
f −≤ ≤
−
 
Para 14 3,5
4
HfK
B
= = = 
Para 10mod mod 2
4
LfN
B
   
= = =  
  
, em que mod significa que se pretende apenas a parte inteira. 
Assim, substituindo fica [ ]3,5 3,5 12 x 4 x 2 x 4 x 14 20 
2 2 1s s
kHz kHzf f− ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ 
− 
. 
 
 
 
 
Exercício 03 – Um sinal passa banda tem um espectro que se estende desde 20 até 82 kHz. 
Determine a gama de frequências de amostragem aceitável. 
 
Resolução 3) – ( )2. 2. 82 164 sMs sf kHzf f Hzf k= ⇔ = ⇔ = 
 
 
 
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E sendo 82 20 H Lf kHz f kHz= ∧ = , fica que ( )82 20 62 H LB f f kHz kHz= − = − = . 
 
Para 82 1,32 1,5
62
HfK
B
= = = � . 
Para 20mod mod 0
62
LfN
B
   
= = =  
  
. 
Não se pode aplicar esta forma, utiliza se então o 
teorema de Nyquist, é como se o sinal estivesse em banda 
base. 
 
 
Não posso ter zero no denominador, por isso vou escolher um valor de forma a garantir que K N≥ , 
logo pode ser 1N = . 
 
 
1 1,5 0,52 x x 2 x x 2 x 62 x 2 x 62 x 
1 11s s
f fK KB B kHz kHz
N N
−≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
− −
 
 
 
186 62 
Ìmpossivel
skHz kHzf≤ ≤ −����������� 
 
 
 
 
 
Exercício 04 – Considere o seguinte sinal: ( ) ( )2 200in ,s 0 1t tm c= −   
 
a) Determine a frequência de amostragem. 
b) Obtenha um programa em MATLAB para calcular e representar o espectro do sinal. 
 
 
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Resolução 4) – Propriedade da transformada de Fourier, 
 
 
 
 
[ ] � ( )2 2 21200 x 10sin sin si0 200 x 100n2 2
Mf
c c c
f
t M ft         
= ⇔ = 
 
Fica que ( ) ( ) ( )2 2200 0,1 2 0s n in 1i s ,Mfm c t tct pi    − = −=  
Como sei que 200 200 100 2 M Mf f Hzpiω pi= → = ⇔ = . 
Logo 200
 x 2 100x 2 s sM sf f Hz Hzff pi pi
 
= ⇔ = ⇔ = 
 
. 
 
 
 
 
Exercício 05 – O sinal ( ) ( ) ( )5 0,5 1s 0co cosv t t tpi pi= + é amostrado instantaneamente. O espaço 
entre as amostras é de sT . 
a) Calcule o valor máximo permitido de sT . 
b) Que obtém quando amostra o sinal ( )v t com o seguinte trem de Diracs: 
 
Resolução 5a) – Sei que também posso escrever das seguinte forma 
( ) ( )( ) ( )( )2 . 2,c 5os cos0,5 2 . 5t tv t pi pi= +
 
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sT é o período da amostragem (intervalo entre amostras do sinal), em que o valor mínimo segue o 
teorema de Nyquist: ( )2 x 2 x H Ls B f ff = = − , ou seja duas vezes a largura de banda. Não se 
considera a frequência 2,5 , pois excluiria a 5 . Temos duas sinusóides para transmitir, mas escolhe 
se o sinal de frequência mais alta. 
 
Assim ( ) ( )2 x 2 x 2 x 5 0 10 
M
s H
f
LB f zf f H= = − = − =
�����
. 
Como sei que 1 1 1 0,1 
10s ss
s
s
f fT T sT= ⇔ = = ⇔ = 
 
 
 
Resolução 5b) – ( ) ( ) ( )5 0,5 1s 0co cosv t t tpi pi= + 
A transformada do cosseno é dado por ( ) ( ) ( )0 0 012 .c s . 2o t ff f ffpi δ δ←→ − + +   
Assim ( ) 5 5 10 10
2
1 1
42 2 2 2
f f f ftv pi pi pi pi
pi pi pi pi
δ δ δ δ          ←→ − + + + − + +          
          
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
2
,5 21 , 1 5 5
4
5v t f f f fδ δ δ δ←→ − + + + − + +       
Como ( ) ( )5 0,1t tp δ= −  ∑ , em que 0,1 é sT . Ou seja trata se de um trem de impulsos, com uma 
amplitude de 5 unidades. 
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Consultando o slide 189, “Amostragem topo plano”, sei que 
( ) ( )
�
( )1
s
s
f
s
n ns
t n n fT
T
fnp δ
+∞ +∞
=−∞ =−∞
= − ←→ −  ∑ ∑ 
Assim, no exercício, fica ( ) 1
0,1 1
5
0, n
t nfp δ
+∞
=−∞
  
←→ −  
  
∑ 
 
( ) ( )50 10
n
t np fδ
+∞
=−∞
←→ −  ∑ 
, que é o trem de impulsos de Diracs. 
 
 
Do lado das frequências, o sinal será periódico, ( )
�
( ) ( )
Domínio das frequências
Amostrado Analogico
Convoluir
 x sV Vf f fP=
upcurlybracketleft����upcurlybracketmid����upcurlybracketright
���
�������
, 
( ) ( ) ( )
Domínio dos tempos
sv v pt t t= ⊗
upcurlybracketleft���upcurlybracketmid���upcurlybracketright
 
 
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
cos0,5. 1cos 05
 e são 4 Diracs!
2,5 2,51 1 x 
2
5 5
4
tt
s
V f
V Pf f f f f f
pipi
δ δ δ δ
  
= − + + + − + +      
upcurlybracketleft�����upcurlybracketmid�����upcurlybracketright upcurlybracketleft����upcurlybracketmid����upcurlybracketright
�����������������������
FF
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 10
4
2,5 2,5 x 05 5 
2
 5s
n
f fV f f nf fδ δ δ δ δ
+∞
=−∞
 
= − + + + − + + −           
 
∑ 
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( ) [ ]( ) [ ]( ) [ ]( ) [ ]( )2,5 2,5 5 510 10 10 150 502 04s n nV ff n nf n f n fδ δ δ δ
+∞ +∞
=−∞ =−∞
 
   = − − + + − + − − + + −    
 
∑ ∑
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2,5 2,5 5 510 10 10 150 50
2
0
4s n n
V ff n nf n f n fδ δ δ δ
+∞ +∞
=−∞ =−∞
 
= − + + + + +− + + + +       
 
∑ ∑ 
 
Para ( ) ( ) ( ) ( )1 11 50 10 10 10 110 10 10 10
4
0
2
n n n nn δ δ δ δ = → − + + + − + +       
 
 
( ) ( ) ( ) ( )1 150 7,5 12,5 5 15
2 4
δ δ δ δ + + +       
 
 
 
 
 
(nota: existe simetria, ou seja é espelhado para o lado esquerdo). 
 
Na sobreposição, e só nesta situação, as amplitudes somam se nesse ponto. Mas é apenas nesse 
ponto, logo não podemos dizer que existe alasing, pois é uma condição de fronteira. 
 
Está se a amostrar ( )v t com uma frequência de ( ) ( )2 x 2 x 2 x 5 0 10 
M
s H
f
LB f zf f H= = − = − =
�����
 
Toda a potência, do sinal, estará concentrada precisamente na frequência de corte do filtro passa 
baixo usado na recuperação do sinal analógico. 
 
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Exercício 06 – Um sinal estéreo em banda base pode ser descrito pela seguinte expressão: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )c c.os os
2
.s
b L R L R sx x x x x A
t
t t t t t t
ω
ω= + + − +   
 
 

  

 
 
Com uma 38 s zf kH= . 
 
 
 
Determine a expressão para ( )sx t e calcule 1k e 2k , se 
 
( )
1
2
15 
23 53 
99 0
k kHz
LPT k kHz kHz
f
f
kHz
f
f
≤

= ≤ ≤
 ≥
 
 
 
Resolução 6) – Pelo teorema da amostragem, sei que ( ) ( ) 2 . .sin. . . . . . sj fs
n
s
t n
eft fc ns piτ pi τ
+∞
=−∞
 =  ∑
 
( ) ( )
1
2. . .c .os s
n
no
t ns tC C ω
+∞
=
= +   ∑ 
Para n = 0, fica .s
s
o T
fC ττ= = . Sabendo que sT
N
τ = em que N é o numero de sinais a multiplexar. 
Como são 2, fica 1.
2
1
2o
s
s
C T
T
= = . 
( )sin. . . . .s sn cf fnC τ pi τ= , assim . . .s . 2in .2n
s s
s sc nf fC
T T
pi=
 
 
 
 
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1 1
. . . . .
2 2
sins s
s s
n
c n
T T
T T
C pi
   
   
   
 
 = 
 
, 
1 .
2
in
2
.s
n
n
cC pi  

=

→ 
 
Sabendo que o seno cardinal é igual a 
sin
sin
.
. 2
.2
2
n
n
c
n
pi
pi
pi
 
 
   
= 
 
, fica 
.
2
.
sin
n
n
n
C
pi
pi
 
 
 
= . 
 
Agora o ( ) ( ) ( )
1 1
cos2. . . . 2
.
21
c. . .
2
n
s
.
.o
si
s
n
n
n
sos t t
n
t nC
n
C nω
pi
ω
pi
+∞ +∞
= =
  
 
 = + = +  
 
 
 
  
   


 

∑ ∑ 
 
Para 0n = , 1
2
 (já calculado!) 
Para 1n = , 
( )
( ) ( )( ) ( ) ( )
1
.
2 2
cos cos cos
22. . . . 2
.
1
sin
. . .
n
1
1
. .
si
s s st t tω ω
pi
pi
ω
pi
pi pi
=
   
   
  
 
   
   
   
   
    
   

→ = 

=
upcurlybracketleft�upcurlybracketmid�upcurlybracketright
 
Para 2n = , 
( )
( ) ( )( )
( ) ( )
0
2. . . . 2. .
2
sin
si
cos cos
n
1
2
.
2
. 0
.
s st tω
pi
pi
ω
pi pi
=          
      
 
→ =



=


upcurlybracketleftupcurlybracketmidupcurlybracketright
 
Para 3n = , 
( )
( ) ( )( ) ( ) ( )
1
3
22. .cos
3
sin sin
3 . . cos2. . 3 .
.
.
2 2 3 .
3 3
c
3.
oss s st t t
pi
ω ω
pi
pi pi
ω
pi
=−
   
   
  
 
   


  
   
   
    
  
→

= −

=

upcurlybracketleft�upcurlybracketmid�upcurlybracketright
 
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Para 4n = , 
( )
( ) ( )( )
( ) ( )
0
2
2. . . . 2.
4
sin
sin
cos co4
4
. 4 . 0
.
s
.
4
2
s st t
pi
pi
pi pi
ω ω
= 
 

 
        
  
→
    


= =
upcurlybracketleft�upcurlybracketmid�upcurlybracketright
 
 
 
Assim ( ) ( ) ( )2 2. . 0 . 3 . 0 ....
3
cos c
1
o
2
ss ss tt tω ωpipi
= + + − + + 
 
Sabendo que ( ) ( )( ) ( )38 3 3 32 2 114. 2ss f k z zH kHpi pi piω = = = . 
 
Como ( ) ( )114. 99. 2 2kHz kHzpi pi> , a saída do filtro é zero. 
 
Para o calculo de 1k e 2k , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2. . 0 . 3 . 0 ....3
1
2
cos cosL L s L st t tA t x x t x tωpipi
ω= + + − + + 
 
Comparando com o ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )c c.os os
2
.s
b L R L R sx x x x x A
t
t t t t t t
ω
ω= + + − +   
 
 

  

 , retira se que 
para 15 f kHz≤ , tem se 1 2k = e 2 2k
pi
= . Assim a saída do filtro é 
 
( ) ( ) ( ) ( ).' cosL R st t tA t x x ω= +   
 
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Teórico-prática 9 
 
 
 
Exercício 01 – Um canal binário com 36 /br kbits s= é usado para a transmissão de um sinal de voz 
em PCM. Determine os valores adequados para a frequência sf , o número de bits e o nível de 
quantização, assumindo que a largura de banda de voz é ( )4 e –1 1kHz x t≤ ≤ . 
 
Resolução 1) – 36 /br kbits s= é o débito binário de um canal. 
 
 
 
 - “…os valores adequados para a frequência sf …” 
A voz tem uma largura de banda de 4 kHz. Qual deverá ser a frequência de Nyquist? É duas vezes a 
largura de banda. Assim ( ) ( )2 x 2 x 4 0 8 Hs Lf f kf kHzHz= − = − =   . 
 
 
 
 - “…o número de bits …” 
 
Assim com uma frequência de 8 kHz , o PCM usa 8 000 amostras por segundo. Como se usa 8 bit 
por amostras, tem se uma largura de banda de x 8 64 8 /kbikHz ts s= . 
 
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Com um débito por canal 36 /br kbits s= é x b snr f= , em que n é o número de bit (em que o bit é 
uma fracção da amplitude, sendo os 8 bits o valor total da amostra). sf é o número de amostras por 
segundo. 
3
36 / 4,5 /
8.10
b
s
r kbits s bn tf i s= = = . 
Como só se pode ter números inteiros, logo é 4 /bn it s= , pois 8 sf kHz≥ . 
- Quantos níveis de quantização (M)? 
2 16n M M= ⇔ = níveis de quantização. 
 
 
Passos de quantização: ( )1 1 2 1 
16 16 8
H LV V Volts
M
− −
−∆ = = = = 
 
 
Exercício 02 – Considere a transmissão binária em PCM de um sinal de vídeo com 10 s zf MH= : 
a) Calcule a taxa de transmissão necessária para obter / qoS N (relação sinal-ruído de quantização 
uniforme) 50 dB≥ . 
b) Calcule a relação sinal-ruído do sistema ( )PCM /o oS N em dBs, considerando uma probabilidade 
de erro de 610− . 
 
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Resolução 2a) ? 50 
q
b
oSr dB
N
= ∧ ≥ . 
Teoria ( )2 2 2102 50 10log 2N
q
NoS M dB
N
= = → =
 
 
Recordar 12º ano, quando se tem potência nos logaritmos, este “desce”: ( ) ( )210 10log 2 2 log 2N N= . 
Assim ( ) ( )210 1050 50 10 log 2 log 210.2N
dBdB N→ = ⇔ = ⇔ 
( )10
5 8,3048
2.log 2
dBN N⇔ = ⇔ =
 
 
Assim para 50 9o
q
S dB N
N
≥ → =
 
Agora a taxa de transmissão é ( ). 9. 10 90 sbr N MHz zf MH= = = . 
 
 
 
Resolução 2b) ( )PCM / ?o oS N = 
Teoria, slide 233, Relação sinal/ruído do sistema PCM, 
2 2
2 2 2
2
1 4 .2 1 .2
N
N N
o
e eo
S M
N P P +
= =
+ +
, com 
610eP
−
= , fica 
( )
( ) ( )
2 9
2 9 26
2 127964,01
1 10 .2
o
o
S
N +−
= =
+
 
 
( ) ( ) ( )10 10/ 10 log / 10 log 127964,01 51 o o odB oS N S N dB= = = 
 
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Superior a 50 dB devido à aproximação. 
 
/o oS N seria menor do que a alínea a) se usássemos o valor de 8,3048N = . Ao introduzirmos ruído 
o /o oS N diminui. 
 
 
 
 
Exercício 03 – O sinal de voz com largura de banda 3 kHz vai ser transmitido em PCM com M 
níveis de quantização. Determine os valores para M (nº de níveis), N (nº de bits), sf e bf de modo 
que / 40 o oS N dB≥ . 
 
Resolução 3) – ( )2 2 210/ 2 40 10 log 2No NoS N M dB= = → = ⇔ 
( ) ( )10 10
40 4 log 2
10.2 2.log 2
dB dBN N⇔ = ⇔ = ⇔
 6,64N = 
Como tem que ser números inteiros, é 7N = . 
Assim a quantização vai ter 72 2 128NM = = = níveis. 
2 x 2 x 3 6 Ms k kf Hzf Hz= = = 
Agora a taxa de transmissão é 
�
( ). 7 x 6 42 /
b
sb
f
r N bits k kbiHf z sts= = = . 
Nota: 1Hz
s
=