Solucao-Cap4e5

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1 
CAPÍTULO 4 
 
4.1) Uma fonte discreta sem memória tem um alfabeto de 8 símbolos com 
probabilidades dadas por 0,25 0,20 0,15 0,12 0,10 0,08 0,05 e 0,05. (a) use o 
procedimento de codificação de Huffman para determinar um código binário para a 
saída da fonte; (b) calcule o número médio de dígitos binários por palavra código; (c) 
determine a entropia da fonte e compare com o resultado do item anterior. 
 
Solução 
 
 
2 0, 25 2 0, 20 3 0,15 3 0,12 3 0,10 4 0,08 5 0,05 5 0,05 2,83n = × + × + × + × + × + × + × + × = 
Aplicando (4.2) obtemos H = 2,80, confirmando (4.4). 
 
4.2 Um quadro de imagem de TV é gerado através de um ponto luminoso que se 
desloca na tela, formando um conjunto de 525 linhas. Suponha que, em cada linha, o 
ponto luminoso possa ocupar 600 posições distintas. Considerando todas as linhas, isto 
leva a um total de 315000 posições (pixels). Para cada pixel, suponha que existem 8 
níveis de brilho e 3 níveis de cor, e que todas as combinações destes níveis tenham a 
mesma probabilidade. (a) calcule a entropia de cada pixel; (b) calcule a entropia de um 
quadro. 
 
Solução 
 
(a) Como cada pixel apresenta um número de possíveis combinações de atributos 
(brilho, cor) igual a 8×3 = 24, e as combinações são equiprováveis, sua entropia será 
igual a informação própria de cada pixel, isto é, 
 
sk P(sk) 
s1 0,25 
s2 0,20 
s3 0,15 
s4 0,12 
s5 0,10 
s6 0,08 
s7 0,05 
s 0,05 
(0,1) 
(0,18) 
(0,22) 
(0,33) 
1 
1 
0 
1 
1 
0 
1 
0 
0 
0 
0 
1 
(0,42) 
(0,58) 
0 
Bk 
B1 = 11 
B2 = 01 
B3 = 101 
B4 = 001 
B5 = 000 
B6 = 1001 
B7 = 00001 
B8 = 00000 
1 
 2 
2 21
24
1log log (24)pH
 
= = 
 
 
Para um quadro composto de 315000 pixels, o número de combinações é 31500024. 
Usando a mesma formulação anterior, 
315000
2 2 2
315000
1log log (24 ) 315000 log (24)1
24
qH
 
 
= = = × 
 
 
 
Portanto, a entropia do quadro será 315000 vezes a entropia do pixel. 
 
 
4.3 Um sinal é amostrado a uma taxa de 2000 amostras/s e, estas amostras são 
quantizadas nos níveis 0, ±1, ±2, ... ±7. (a) calcule a mínima taxa de bits por segundo 
quando todos os níveis de quantização são codificados (sem ambiguidade) com o 
mesmo número de bits; (b) sabendo que a probabilidade de ocorrência de um nível i ≠ 0 
é dada por 
1
1( )
2 i
P i
+
= 
determine a mínima taxa de bits por segundo, caso seja utilizada uma codificação com 
número diferente de bits por nível de quantização. 
 
Solução 
 
(a) Como o número de níveis é igual a 15, usando o mesmo número de bits, são 
necessários 4 bits numa codificação com mesmo número de bits. Como são 2000 
amostras/s, a taxa de bits neste caso será 2000×4 = 8000 bit/s 
(b) Inicialmente calculamos a probabilidade do nível i = 0, 
1 1 1 1 1 1 1 128 64 32 ... 1( 0) 1 2 2 ...2 1 ...
4 8 256 2 4 8 128 128
P i − − − − = = − × + × + × = − − − − = 
 
 
1
128
= 
 Sabemos que a codificação com mínimo comprimento médio, igual à entropia, 
pode ser obtida se o comprimento de cada símbolo si for dado por 
2
1log ( )i i
n
P s
 
= −  
 
 
o que nem sempre é possível pois esse valor nem sempre é inteiro. No caso deste 
exercício isto é possível, pois, 
( )12 21log log 2 | | 1, 1, 2...7( ) ii i iP s +
 
= = + = 
 
 
( )2 21log log 128 7; 0( )i iP s
 
= = = 
 
 
Ou seja, os níveis i = ±1, ±2 ..±7 serão codificados, respectivamente com 2, 3, ...8 bits, e 
o nível i = 0 com 7 bits. A entropia será dada por 
1 1 1 1 12 3 4 ...8 7 2,98
2 4 8 128 128
H = × + × + × + × + × ≅ 
 
 3 
Com a taxa de amostragem de 2000 amostras/s obtemos, neste caso, a taxa de 
2,98×2000 = 5960 bit/s. 
 
 
4.4 O sinal ( ) 4 (2 )cs t sen f tpi= , onde fc = 4 kHz é amostrado a uma taxa de 12000 
amostras/s. (a) Considerando 3 amostras sucessivas, a partir de t = 0, determine a 
sequência de bits na saída de um sistema PCM com quantizador e tabela de codificação 
mostrados na Fig. E4.4. 
 
 
Fig. E4.4 
Solução 
 
 O intervalo de amostragem será T = 1/12000. Substituindo na função 
( ) 4 (2 )
c
s t sen f tpi= onde fc = 4000, temos 
 
amostra 1: t = 0; s(t) = 0; bits: 000 ou 111 
amostra 2: t = 1/12000 4000 2( ) 4 2 4 2 3
12000 3
s t sen sen
pi
pi
   
= = =   
   
; bits: 011 
amostra 3: t = 2/12000 8000 4( ) 4 2 4 2 3
12000 3
s t sen sen
pi
pi
   
= = = −   
   
; bits 100 
 
Sequência: 000011100 ou 111011100 
 
 
4.5 Determine a razão sinal-ruído de quantização para um quantizador uniforme de 8 
bits, quando o sinal a ser quantizado é a função periódica “dente de serra” da Fig. E4.5, 
onde τ é uma variável aleatória uniformemente distribuída entre –T/2 e T/2. 
1
 
2 
 
3
 
4 s 
2,5
 
0,5
 
z
 
3,5
 
1,5
 
3,5 011 
2,5 010 
1,5 001 
0,5 000 
-0,5 111 
-1,5 110 
-2,5 101 
-3,5 100 
 4 
 
Fig. E4.5 – sinal “dente de serra” 
 
Solução 
 
 Podemos verificar que s(t) terá distribuição uniforme no intervalo [-V,V]. Neste 
caso, 
2
2 21
2 3
V
s
V
VX dX
V
σ
−
= =∫ 
e, portanto, 
3
s
V
σ
= 
Assim, para uma quantização com 8 bits, 
( )( ) 48 4,77 20log 3 48RSR dB = + − = 
 
4.6 A transmissão PCM de um sinal de voz utilizando quantização uniforme de 7 bits é 
projetada para operar, sem sobrecarga, com razão sinal-ruído de 35 dB. Supondo que o 
sinal de voz tem função densidade de probabilidade de Laplace, calcule a probabilidade 
de sobrecarga. 
 
Solução 
( ) 6 7 4,77 20log 35
s
VRSR dB
σ
 
= × + − = 
 
 
20log 11,77 3,877
s s
V V
σ σ
 
= → = 
 
 
A probabilidade de sobrecarga será 
2
2 3,87712 ( ) 2
2
s
S
V
s
P s V e dS eσ
σ
∞
−
− ×> = =∫ 
 
4.7 Um sinal de voz com função densidade de probabilidade de Laplace é transmitido 
através de um sistema PCM de 7 bits com quantização uniforme e probabilidade de 
sobrecarga igual a 10-3. Calcule aproximadamente a razão sinal-ruído de quantização 
usando (4.22). 
 
 
 
-τ-T/2 τ τ+T/2 t 
V 
-V 
s(t) 
 5 
Solução 
2
2
31(| | ) 2 10 4,88
2
s
S V
s dS
V ss
VP s V e eσ σ
σσ
−∞
−
−> = = = → =∫
 
( )( ) 6 7 4,77 20log 4,88 32,99RSR dB = × + − = 
 
 
4.8 Considere um sinal de voz, com função densidade de probabilidade de Laplace dada 
no Exemplo 4.2, quantizado por um quantizador uniforme de n bits. Usando a 
aproximação yN = xN, calcule (a) as variâncias do ruído de sobrecarga e do ruído de 
quantização granular em função do fator de carga L = V/σs e de σs; (b) a expressão da 
razão sinal-ruído total (sobrecarga + granular); (c) faça um gráfico da razão sinal-ruído 
de quantização total, em função de L, para n = 8; (d) determine o o valor de L que 
corresponde ao valor máximo da razão sinal-ruído 
 
Solução 
 A variância do ruído de sobrecarga é calculada pela expressão (4.14), fazendo yN 
= xN, isto é 
( )22 2 ( )sc N s
V
S x p S dSσ
∞
= −∫ 
onde 
2| |
1( )
2
s
s
s
s
p s e σ
σ
−
= 
Substituindo, calculando a integral e notando que 
11N
V
x V V V
N N
 
= − ∆ = − = − 
 
 
obtemos 
2
2 2 2
2
21Lsc s
L L
e
N N
σ σ −
 
= + +  
 
 
 Para o cálculo da variância do ruído de quantização granular aplicamos (4.12) 
onde, neste caso, 
1 1
2| | 2 21 1
22
k k k
s s
k
s
x x x
s dSk
x
s
P e e eσ σ σ
σ
+ +
−
− −
 
 = = −
  
∫ 
Substituindo e desenvolvendo obtemos 
2
2 2 2
2 112
L
q s
L
e
N
σ σ − = −  
A razão sinal-ruído de quantização total é dada por 
2
2 2 2 2
2 2
2 2
1
21 1
12
s
q sc L L
RSR
L L L
e e
N N N
σ
σ σ
− −
= =
+  
 
− + + +  
 
 
 
Calculando para n = 8 bits (N = 128) verificamos que a razão sinal-ruído é máxima para 
L ≅ 7 e seu valor é aproximadamente igual a 35,2 dB. 
 
 6 
CAPÍTULO 5 
 
5.1 Os diagramas da Fig. E5.1 representam um integrador e um filtro com resposta ao 
impulso h(t). Mostre que os dois diagramas são equivalentesse h(t) for um filtro casado 
ao pulso retangular g(t) mostrado na figura, isto é h(t) = g(t0-t), com t0 = T. 
 
 
Fig. E5.1 
Solução 
 De acordo com a propriedade básica do filtro casado, a saída y do primeiro 
diagrama pode é dada por 
( ) ( )y x t g t dt
∞
−∞
= ∫ 
Como 
1 0( )
0 fora
t T
g t
≤ ≤
= 

 
 podemos escrever 
0
( )
T
y x t dt= ∫ 
o que corresponde ao segundo diagrama. 
 
5.2 Uma transmissão digital binária de mensagens equiprováveis é feita através dos 
sinais da Fig. E5.2 (a) Represente a estrutura do receptor de mínima distância para estes 
sinais utilizando filtro casado, amostrador em t = 2T e detetor de limiar; especifique a 
resposta ao impulso do filtro casado e determine o valor do limiar. (b) Mostre que a 
estrutura da Fig. E5.2 é equivalente ao receptor ótimo do item (a). 
 
Fig E5.2 
Solução 
 
(a) A estrutura é a da Fig. 5.10. O filtro casado e o sinal diferença estão mostrados na 
figura abaixo. O limiar, λ é dado por (5.5a). Como as energias dos sinais são iguais, 
λ=0. 
s2(t) 
0 T t 
A 
 t 
-A 
s1(t) 
∫
∞−
t
 
r(t) 
t=0 
t=T 
≥ 0 
2mˆ m= 
_ 
+ 
0 T t 
1 
g(t) 
x(t) y 
t0 
x(t) h(t) y y(t) 
0
T
∫ 
 7 
 
(b) A forma alternativa do receptor ótimo é a da Fig. 5.7 que faz a correlação entre o 
sinal recebido e o sinal diferença sd(t) = s2(t)–s1(t). De acordo com o diagrama da figura 
5.7, e observando a forma de sd(t), podemos escrever 
0
0
( ) ( ) ( )2 2 ( ) ( )
T T
dr t s t dt r t Adt A r t dt r t dt
∞
−∞ −∞ −∞
 
= = − 
 ∫ ∫ ∫ ∫ 
Ainda seguindo a Fig. 5.7, deve-se comparar a expressão acima com o limiar λ, que 
neste caso é igual a 0. Isto é 
0
2ˆ2 ( ) ( ) 0
T
A r t dt r t dt m m
−∞ −∞
 
− > ⇒ = 
 ∫ ∫ 
Dividindo-se os dois lados por 2A chega-se à regra de decisão do esquema da Fig.E5.2 
 
5.3 Uma transmissão digital binária de mensagens equiprováveis é feita através dos 
sinais da Fig. E5.3. (a) Represente a estrutura do receptor de mínima distância para estes 
sinais utilizando filtro casado, amostrador em t = 2T e detetor de limiar; especifique a 
resposta ao impulso do filtro casado e determine o valor do limiar. (b) Mostre que a 
estrutura mostrada na Fig. E5.3 é equivalente ao receptor ótimo do item (a). 
 
Fig. E5.3 
 
Solução 
 
(a) A estrutura é a da Fig. 5.10. O filtro casado e o sinal diferença estão mostrados na 
figura abaixo. O limiar, λ é dado por (5.6). Como as energias dos sinais são iguais, λ=0. 
 
s2(t) 
0 T t 
A 
A 
s1(t) 
T 2T t 
∫
∞−
t
 
r(t) 
t=0 : x(0) 
 
2x(T)-x(0)-x(2T) 
 ≥ 0 2mˆ m= t=T : x(T) 
t=2T : x(2T) 
x(t) 
0 T 2T t 
A 
sd(t) h(t)=sd(t0-t) 
-A 
0 T 2T t 
A 
-A 
0 T t 
2A 
T 2T t 
2A 
sd(t) h(t)=sd(t0-t) 
 8 
(b) A forma alternativa do receptor ótimo é a da Fig. 5.7 que faz a correlação entre o 
sinal recebido e o sinal diferença sd(t) = s2(t)–s1(t). De acordo com o diagrama da figura 
5.7, e observando a forma de sd(t), podemos escrever 
2
0
0 2
0 2
( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 ( ) ( ) ( )
T T
d
T
T T T
T T
r t s t dt r t Adt r t A dt
A r t dt r t dt A r t dt r t dt
A r t dt r t dt r t dt
∞
−∞
−∞ −∞ −∞ −∞
−∞ −∞ −∞
= + − =
   
= − − − =   
   
 
= − − 
 
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
 
Ainda seguindo a Fig. 5.7, deve-se comparar a expressão acima com o limiar λ, que 
neste caso é igual a 0. Dividindo-se por A chega-se à regra de decisão do esquema da 
Fig.E5.3. 
 
5.4 Mostre que o diagrama da Fig. E5.3 também pode ser usado para fazer a deteção 
ótima em um sistema de transmissão usando o par de sinais da Fig. E5.4 correspondente 
ao código Manchester. 
 
Fig. E.54 
 
Solução 
 
 O sinal diferença neste caso é igual ao do exercício 5.3, exceto a amplitude dos 
pulsos que é igual a 2A. Como o limiar também é igual a 0, a comparação no detetor de 
limiar independe desta amplitude, ou seja, pode-se usar o mesmo diagrama da Fig. E5.3. 
 
5.5 Considere que uma transmissão digital é feita com os sinais da Fig. E5.5 e que a 
deteção destes sinais é feita com base nas amostras colhidas na saída x(t) de um 
integrador cuja entrada é o sinal recebido, como representado na figura. (a) Mostre que 
as amostras de x(t) nos instantes 0, T e 2T representadas por x(0), x(T) e x(2T) são 
suficientes para se fazer a deteção ótima; (b) sabendo que os valores das amostras são 
x(0) = 0,4 ; x(T) = 0,3 ; x(2T) = 0,9, qual será a decisão ótima neste caso, s1 s2 ou s3 ? 
s2(t) 
0 T 2T t 
A 
s1(t) 
0 T 2T t 
A 
- A - A 
 9 
 
 
Fig. E5.5 
 
 
 
Solução 
 A regra de decisão ótima para n sinais equiprováveis é escolher o sinal que 
maximiza a expressão (5.3) 
21( ) ( ) ( )
2i i i
r t s t dt s t dtλ
∞ ∞
−∞ −∞
= −∫ ∫ 
Aplicando a cada um dos sinais temos 
( )2 2 02 21
0
1( ) 2 ( ) ( )
2
T T
r t Adt A T A r t dt r t dt A Tγ
−∞ −∞
 
= − × = − − 
 ∫ ∫ ∫
( )2 22
0
0 2
2
0 2
2
1( )( ) ( ) 2
2
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) 2 ( )
T T
T
T T T
T T
r t A dt r t Adt A T
A r t dt r t dt A r t dt r t dt A T
A r t dt r t dt r t dt A T
γ
−∞ −∞ −∞ −∞
−∞ −∞ −∞
= − + − × =
   
= − − + − − =   
   
 
= + − − 
 
∫ ∫
∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
( )2 2 02 23
0
1( )( ) 2 ( ) ( )
2
T T
r t A dt A T A r t dt r t dt A Tγ
−∞ −∞
 
= − − × = − − − 
 ∫ ∫ ∫ 
Observando que 
( ) ( )
t
r t dt x t
−∞
=∫ , 
notando que as energias são iguais e dividindo todas as expressões anteriores por A, a 
regra de decisão corresponde a escolher o maior valor entre 
1 (2 ) (0)x T xρ = − 
2 (0) (2 ) 2 ( )x x T x Tρ = + − 
3 (2 ) (0)x T xρ = − + 
Para os dados do exercício: 
ρ1 = 0.9-0.4 = 0.5 
ρ2 = 0.4 + 0.9 -2×(0.3) = 0.7 
ρ1 = -0.9+0.4 = - 0.5 
0 2T t 
s1(t) 
A 
0 2T t 
s3(t) 
-A 
∫
∞−
t
dt 
r(t) x(t) 
0 T 2T t 
s2(t) A 
-A 
 10 
A decisão será portanto m2. 
 
5.6 Mostre que, para um determinado valor da energia média Es, a energia do sinal 
diferença pode ser maximizada escolhendo s2(t) = - s1(t). 
 
Solução 
 De (5.19) temos 
1 2 1 22 ( ) ( )sdE E E s t s t dt
∞
−∞
= + − ∫ 
Pela desigualdade de Schwartz, sabemos que 
2
2 2
1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )s t s t dt s t dt s t dt E E
∞ ∞ ∞
−∞ −∞ −∞
  ≤ = 
 ∫ ∫ ∫ 
e, consequentemente, 
1 2 1 2 1 2( ) ( )E E s t s t dt E E
∞
−∞
− ≤ ≤∫ 
A igualdade do lado esquerdo, que maximiza Esd ocorre quando s2(t) = -ks1(t), onde k é 
uma constante positiva. Usando esta condição, obtemos 
2 2
1 1 1 12 (1 )sdE E k E kE E k= + + = + 
A Energia Média será dada por 
2
1(1 )
2s
E kE += 
Explicitando E1 nesta equação e substituindo na anterior obtemos 
2
2
(1 )2
1sd s
kE E
k
+
=
+
 
Podemos verificar que esta expressão é maximizada para k = 1. Ou seja, para maximizar 
a energia do sinal diferença, que equivale a distância entre os dois sinais no receptor 
ótimo, s2(t) = - s1(t). Neste caso Esd = 4Es. 
 
5.7 Em uma transmissão PAM quaternária, é transmitido um pulso retangular de 
duração 0,2 ms com amplitudes ± 2 e ± 6 mV. (a) Calcule a energia média transmitida. 
(b) Determine os possíveis valores amostrados na saída do filtro casado do receptor 
ótimo na ausência de ruído. 
 
Solução 
(a) 
3 2 3 2 61 2 (2 10 ) 2 (6 10 ) 20 10
4s g g g
E E E E− − − = × × + × × = ×  
onde 
3 41 0.2 10 2 10gE
− −
= × × = × 
Portanto 
94 10sE
−
= × J 
(b) Para um filtro casado com resposta ao impulso 
0( ) ( )h t g t t= − 
os valores amostrados são dados por (5.38a), com K =1. Neste caso, então, 
 
r´(t0) = ± 2×10-3 ×2×10-4 e ± 6×10-3 ×2×10-4 
 11 
 
 
5.8 Considere um sistema ASK on-off onde os sinais são 
2 ( ) 2cos(2 ) 0 0.1cs t f t t mspi= < < e s1(t) = 0 
O receptor é o receptor ótimo da Fig.5.28 (a) onde h(t), a resposta ao impulso do filtro, 
é dada por 
1 0 0,1ms( )
0 fora
t
h t
≤ ≤
= 

 
(a) Calcule a energia média; (b) determine o valor do limiar. (c) Suponha que há um 
erro de 300 na fase do oscilador local; qual deverá ser o aumento da energia média dos 
sinais para compensar este erro e manter a mesma distância entre os possíveis valores 
amostrados? 
 
Solução 
 
(a) Os sinais definidos no exercício podem ser escritos como 
2 ( ) ( ) cos(2 )cs t g t f tα pi= 
onde g(t) é um pulso retangular no intervalo [0, 0.1 ms] e α = 0 ou α = ∆ = 2. Como Eg 
= 0.1×10-3, a energia média, calculada através de (5.48) será 
2
3 42 0.1 10 10
4s
E − −= × × = J 
(b) Podemos verificar que a resposta do filtro pode ser escrita como 
h(t) = g(t0-t) 
onde t0 = 0,1×10-3. Portanto é um filtro casado e os valores na entrada do detetor podem 
ser calculados por (5.53), com K = 1, isto é, 
r´(t0) = 0 ou 0
2( ) 0.1
2 g
r t E mV′ = × = 
A distância entre eles será, d = 0.1 mV e assim, o limiar será dado por 
λ = 0.05 mV 
 
(c) Analisando o receptor da Fig. 5.29, chegamos à seguinte expressão para os valores 
possíveis da amostra na entrada do detetor, na ausência de ruído e em presença de um 
erro de fase ε: 
0( ) cos( )2 gr t E
α
ε′ = 
Neste caso, para manter o mesmo valor de d devemos aumentar o valor da amplitude ∆ 
de forma que 
0cos(30 )
2 g g
E E∆ = . 
Ou seja, 
0
2 2.31
cos(30 )∆ = = 
Aplicando novamente (5.48) obtemos Es = 1.33×10-4 J. 
 
 
5.9 Um sistema de transmissão digital tem as seguintes características: modulação PSK-
4; taxa de bits: 5000 bit/s; freqüência de portadora: fc = 2500 Hz. (a) Supondo que a 
 12 
envoltória é constante em [0,T] e que a energia média dos sinais transmitidos é igual a 
2×10-4 J, faça um gráfico das 4 possíveis formas de onda, indicando o valor das 
amplitudes. 
 
Solução 
 
(a) a expressão geral dos sinais PSK-4 é 
[ ]( ) ( ) cos 2 cs t Vg t f tpi θ φ= + + 
onde / 4, 3 / 4φ pi pi= ± ± e g(t) é um pulso retangular no intervalo [0, T]. A energia 
média dos sinais é dada por 
2 2
42 10
2 2s g
V V TE E −= = = × 
Como 
42 4 10
5000
T −= = × 
obtemos V = 1. Fazendo, por conveniência, θ = 0, e notando que o período da portadora 
41 1 4 10
2500cf
−
= = × 
é igual ao intervalo de símbolo T, temos as seguintes formas de onda 
 
 
 
5.10 Em um sistema PSK-8 é transmitida, usualmente, uma portadora com fases iguais 
a pi/8, 3pi/8,..., 15pi/8. Suponha agora que as fases transmitidas são 0, 2pi/8, 4pi/8,..,14pi/8. 
Modifique então o receptor de mínima distância da Fig. 5.44 de modo que ele continue 
operar adequadamente (a) alterando o detetor de limiar; (b) alterando o bloco tg-1; (c) 
sem alterar os dois blocos dos itens (a) e (b). Justifique as modificações. 
 
Solução 
0 T t 
0 T t 
0 T t 
0 T t 
θ=pi/4 θ=3pi/4 
θ=-pi/4 θ=-3pi/4 
1 
-1 
1 
-1 
1 
-1 
1 
-1 
 13 
 
(a) Na constelação original os limiares são 0, ±pi/4, ±pi/2,... Como a constelação sofre 
uma rotação de -pi/8, os limiares também devem ter uma redução de -pi/8. 
 
(b) Os limiares podem ser mantidos adicionando pi/8 ao resultado da operação tg-1 no 
receptor da Fig. 5.44. 
 
(c) Pode-se verificar que a operação do receptor coerente (multiplicação pelas 
portadoras locais) fornece através de (5.66) e (5.67) um fasor cuja fase é a diferença de 
fases do sinal de entrada e das portadoras locais. Assim um aumento de pi/8 na fase das 
portadoras locais terá o efeito de recolocar a nova constelação na posição original, 
podendo-se então fazer a deteção com os mesmos limiares. 
 
5.11 Uma transmissão digital com taxa de 10 kbit/s é feita com modulação PSK-4. 
Sabe-se que a envoltória da portadora é constante e a energia média dos sinais na 
entrada do receptor é 2×10-14 J. O receptor é o da Fig. 5.37 onde h(t) é um filtro casado 
cujo ganho é unitário na frequência f =0, isto é, |H(0)| =1. (a) Determine analítica e 
graficamente a resposta ao impulso do filtro casado h(t), sabendo que o instante de 
amostragem é t0 = 0,4 ms. (b) determine a menor distância entre dois sinais no espaço 
de decisão; (c) repita o item (b) considerando os sistemas QAM-16 e PSK-8, com seus 
respectivos receptores representados nas Figs 5.37 e 5.43, respectivamente. 
 
 
Solução 
 
(a) Sendo a envoltória constante, podemos definir que o pulso g(t) é retangular, de 
amplitude unitária, no intervalo [0,T]. Assim 
Eg = T 
onde T é o intervalo de símbolo dado por 
4102
10000
2
−×===
R
LT 
Como h(t)=Kg(t0-t), h(t) é um pulso retangular de amplitude K e duração T, com início 
em t0-T = 0,2 ms. Sabemos então que 
( ) .Sinc( )
(0)
H f KT Tf
H KT
=
=
 
e, como |H(0)| =1, então 
31 5 10K
T
= = × 
A forma de h(t) está representada na figura 
 
(b) O espaço de decisão está representado na Fig. 5.37 onde se observa que a distância 
mínima é dada por 
0(´ )2d g t
∆
= 
Com o filtro casado h(t) = Kg(t0-t), temos 
0.2 0.4 t (ms) 
 14 
g´(t0) = KEg = KT = 1 
Portanto 
2
d ∆= . 
 Para encontrar o valor de ∆, usamos a expressão da energia média dada por 
(5.57). Temos então 
2
142 10
4
g
s
E
E −
∆
= = × 
Substituindo os valores e desenvolvendo, obtemos 
d = 10-5 V 
(c) para os outros sistemas de modulação o desenvolvimento é análogo, mudando, 
porém os valores dos parâmetros L, d e Es para cada sistema de modulação. 
 
 
QAM-16 
44 4 10
10000g
LE T
R
−
= = = = × 
2
d ∆= . 
2
145 2 10
4
g
s
E
E −
∆
= = × 
14
5
4
1 4 2 10 0,316 10
2 5 4 10
d
−
−
−
× ×
= = ×
× ×
 
 
PSK-8 
43 3 10
10000g
LE T
R
−
= = = = × 
0´( ) 8 8d Vg t sen Vsen
pi pi   
= =   
   
. 
2
142 10
2
g
s
V E
E −= = × 
14
5
4
2 2 10
sen 0,442 10
8 3 10
d pi
−
−
−
× × 
= = ×  × 
 
 
5.12 Considere o modelo de receptor de um sistema QAM-16 mostrado na Fig. 5.36 
onde h(t) = Kg(t0-t) sendo g(t) a forma da envoltória na entrada do receptor, a qual é 
suposta retangular de amplitude unitária. (a) Sabendo que a taxa de bits é igual a 100 
kbit/s, que a energia média na entrada do receptor é de 5×10-9 J e que os limiares de 
deteção são fixados em 0 e ± 2mV, determine o valor adequado da constante K. (b) 
Repita o cálculo para um pulso g(t) de espectro igual a raiz quadrada de um cosseno 
levantado definido pela expressão 5.112. 
 
Solução 
 
(a) Como 0( ) ( )h t Kg t t= − e g(t) é um pulso retangular de energia unitária, 
g´(t0) = KEg 
 15 
Eg = T 
Com a taxa de bits especificada encontramos 
5
5
4 4 4 10
10
T
R
−
= = = × 
 No sistema QAM-16 os limiares de deteção são dados por 0, ± ∆g´(t0)/2. Temos 
então
 
3
0(´ ) 2 102 2 gg t KE
−
∆ ∆
= = × 
Aplicando (5.58) temos 
2
95 5 10
4
g
s
E
E −
∆
= = × 
Lembrando que Eg = T, substituindo os valores e desenvolvendo, chegamos a 
∆ = 10-2
 
Levando na equação anterior chegamos a 
K = 104 
 
(b) A energia de g(t) pode ser calculada pela integral do espectro de energia, isto é 
2( )gE G f df
∞
−∞
= ∫ 
onde ( ) ( )G f P f= e P(f) é dado por (5.112). Eg será portanto igual à área sob P(f). 
Observando a forma de P(f) mostrada na Fig. 5.60, podemos verificar que sua área não 
varia com o parâmetro α e, portanto é igual à área do retângulo correspondente ao roll-
off igual a zero, neste caso igual a 1. Substituindo nas expressões obtemos 
42 10 10−∆ = × e 2 10k = 
 
 
5.13 Um sistema QAM-16 é transmitido com taxa de 100 kbit/s e tem envoltória 
constante dentro de um intervalo de transmissão T. (a) determine a energia média que 
deve ter este sinal na entrada do receptor de mínima distância, sabendo que os limiares 
de deteção são fixados em 0 e ± 2 mV e que a resposta ao impulso do filtro casado no 
receptor da Fig. 5.36 tem energia unitária. 
 
Solução 
 
(a) Analogamenteao exercício anterior podemos escrever, considerando um filtro 
casado h(t) = Kg(t0-t), 
32 10
2 g
KE −∆ = × 
Neste caso h(t) tem energia unitária. Assim, 
2 2 2 2( ) ( ) 1gh t dt K g t dt K E
∞ ∞
−∞ −∞
= = =∫ ∫ 
Obtemos então 
1
g
K
E
= 
Substituindo acima fica 
34 10gE
−∆ = × 
 16 
Aplicando (5.58) chegamos a 
2 3 2 55 5 (4 10 ) 2 10
4 4s g
E E − −= ∆ = × = × J 
 
 
5.14 (a) Mostre que uma condição suficiente para que as funções g(t)cos(2pifct) e 
g(t)sen(2pifct) sejam ortogonais é que 
 
2( ) ( ) | 0cf fG f G f =±∗ = 
 
(b) Mostre também que esta condição é suficiente para se verificar as igualdades 
 
2 2 2 2( ) cos (2 ) ( )sen (2 )
2
g
c c
E
g t f t dt g t f t dtpi pi
∞ ∞
−∞ −∞
= =∫ ∫ 
 
Solução 
 
 
(a) Desenvolvendo a condição de ortogonalidade e aplicando a propriedade de 
Parseval temos 
(b) 
2
*
1( )cos(2 ) ( )sen(2 ) ( )sen(4 )
2
( ) ( )
c c c
g t f t g t f t dt g t f t dt
X f Y f df
pi pi pi
∞ ∞
−∞ −∞
∞
−∞
= =
=
∫ ∫
∫
 
 
 
onde 
{ }2( ) ( ) ( ) ( )X f F g t G f G f= = ∗ 
 
e 
{ } [ ]1( ) sen(4 ) ( 2 ) ( 2 )
2c c c
Y f F f t f f f fjpi δ δ= = − − + 
Como Y(f) só é diferente de zero para f = ± 2fc, se X(f) for nulo para estes valores de 
frequência, o produto será nulo, implicando portanto a condição de ortogonalidade. 
 
(b) analogamente ao item (a) as identidades trigonométricas e as propriedades de 
Parseval e da convolução permitem verificar as expressões. 
 
5.15 Mostre que, se g(t) for um pulso retangular no intervalo [0, T], uma condição 
suficiente para a ortogonalidade entre os sinais ( ) cos(2 )cg t f tpi e ( )sen(2 )cg t f tpi é fc= 
1/(2T). 
 
Solução 
 
 Como o pulso g(t) é retangular em [0, T], a condição de ortogonalidade pode ser 
escrita da seguinte forma 
 17 
0
cos(2 )sen(2 ) 0
T
c cf t f t dtpi pi =∫ 
Desenvolvendo e resolvendo a integral obtemos 
 
0 0
1 1
cos(2 )sen(2 ) sen(4 ) cos(4 )
02 8
T T
c c c c
c
Tf t f t dt f t dt f tfpi pi pi pipi
−
= =∫ ∫ 
Verifica-se que o resultado será nulo se fc= 1/(2T). 
 
5.16 Mostre que se g(t) for um pulso retangular de duração T é possível obter 
ortogonalidade entre duas portadoras FSK, independentemente das fases θ1 e θ2, com 
separação de frequência 
; ;i j
kf f i j
T
− = ≠ 
onde k é um inteiro. 
 
Solução 
 
 Substituindo (5.73) em (5.75), usando identidade trigonométrica para o produto 
de cossenos e desprezando a parcela correspondente à senóide de frequência fi + fj , 
chega-se a 
21( ) ( ) ( ).cos[2 ( ) ]
2i j i j i j
s t s t dt g t f f t dtpi θ θ
∞ ∞
−∞ −∞
= − + −∫ ∫ 
Supondo que g(t) é um pulso retangular de amplitude unitária podemos escrever 
0
1 1( ) ( ) cos[2 ( ) ] [2 ( ) ]
02 4 ( )
T
i j i j i j i j i j
i j
T
s t s t dt f f t dt sen f f tf fpi θ θ pi θ θpi
∞
−∞
= − + − = − + −
−
∫ ∫
 
Substituindo os limites de integração verifica-se a propriedade. 
 
 
 
 
 
 
5.17 Considere uma transmissão FSK binária com os sinais 
 
s1(t) = g(t) cos (2pif1t + θ1) 
s2(t) = g(t) cos (2pif2t + θ2) 
 
onde g(t) é um pulso retangular de amplitude unitária em [0,T] e f1 e f2 >> 1/T. Para 
cada um dos casos a seguir, determine a diferença de fase que torna os sinais ortogonais 
e a diferença de fase ótima, ou seja, aquela que leva à maior distância entre os sinais: (a) 
(f2 - f1) = 1/T; (b) (f2 - f1) = 1/(2T) ; (c) (f2 - f1) = 0. 
 
Solução 
 A distância entre os sinais é a raiz quadrada da energia do sinal diferença, cuja 
expressão neste caso é 
 18 
[ ]22 2 1 1( ) cos(2 ) ( ) cos(2 )sdE g t f t g t f t dtpi θ pi θ
∞
−∞
= + − +∫ 
 
Considerando que fi >>1/T , 
[ ]
2
2
1 2 1 2
( )cos(4 ) 0
( )cos 2 ( ) 0
i ig t f t dt
g t f f t dt
pi θ
pi θ θ
∞
−∞
∞
−∞
+ ≅
+ + + ≅
∫
∫
 
 
Após algum desenvolvimento obtém-se então 
[ ]2 1 2 1
0
cos 2 ( ) )
T
sdE T f f t dtpi θ θ= − − + −∫ 
 
Resolvendo para para f2 ≠ f1 
[ ]
[ ]{ }
2 1 2 1
0
2 1 2 1 2 1
2 1
cos 2 ( ) )
1
sen 2 ( ) sen( )
2 ( )
T
sdE T f f t dt
T f f Tf f
pi θ θ
pi θ θ θ θ
pi
= − − + − =
= − − + − − −
−
∫
 
 
(a) Se 2 1
1f f
T
− = , independentemente de θ1 e θ2 os sinais serão sempre ortogonais e 
Esd=T. 
 
(b) Se 2 1
1
2
f f
T
− = 
[ ]2 1
2 1
1
sen( )( )sdE T f f θ θpi= + −− 
 
Para que os sinais sejam ortogonais, θ2 - θ1 = 0, e neste caso, Esd = T. O valor de Esd é 
maximizado quando θ2 - θ1 = pi/2; neste caso 
21sdE T pi
 
= + 
 
 
 
 
 
(c) Se 2 1f f= , obviamente, os sinais não podem ser ortogonais. O valor de Esd 
2 1 2 1
0
cos( ) cos( )
T
sdE T dt T Tθ θ θ θ= − − = − −∫ 
é maximizado quando θ2 - θ1 = pi. Neste caso Esd = 2T . 
 
 
 
5.18 Considere uma transmissão FSK binária com os sinais 
 
s1(t) = g(t)cos(2pif1t + θ) 
s2(t) = g(t)cos(2pif2t + θ) 
 19 
 
onde g(t) é um pulso retangular de amplitude unitária em [0,T] e f1 e f2 >> 1/T. 
Determine o valor de ∆f = f2 - f1, que maximiza a distância entre os sinais e, com isso, o 
desempenho da transmissão; compare este resultado com aquele correspondente a sinais 
ortogonais. 
 
 
Solução 
 
 O desempenho em uma transmissão binária é definido pela energia do sinal 
diferença, que neste caso é dada por 
[ ]22 1( ) cos(2 ) ( )cos(2 )sdE g t f t g t f t dtpi θ pi θ
∞
−∞
= + − +∫ 
Considerando que fi >>1/T , 
[ ]
2
2
1 2 1 2
( )cos(4 ) 0
( )cos 2 ( ) 0
i ig t f t dt
g t f f t dt
pi θ
pi θ θ
∞
−∞
∞
−∞
+ ≅
+ + + ≅
∫
∫
 
Após algum desenvolvimento obtém-se então 
[ ]2 1
0
cos 2 ( ) )
T
sdE T f f t dtpi= − −∫ 
Para maximizar Esd precisamos minimizar a integral na expressão acima 
[ ]2 1
0
1 ( )
cos 2 ( ) ) (2 )
2
T sen xf f t dt sen fT Tf xpi pipi− = ∆ = ⋅∆∫ 
onde ∆f = f2 – f1 e x = 2pi∆f.T. Para obtermos o mínimo, derivamos o resultado acima e 
igualamos a zero 
2
sen( ) .cos( ) sen( ) 0d x x x x
dx x x
− 
= = 
 
 
A solução é dada por x = tg(x), cuja solução numérica leva a um valor de x igual a 
aproximadamente 4,49. Utilizando este resultado obtemos a separação entre frequências 
∆f = 4,49/(2piT) = 0.714/T. A energia do sinal diferença será dada por 
[1 0,217] 1,217
sdE T T≅ + = 
Obtém-se portanto um valor maior do que aquele obtido para sinais ortogonais, Esd = T. 
 
 
 
5.19 Um sinal FSK de fase contínua é gerado através de uma modulação FM, onde o 
sinal modulador é um sinal PAM binário com pulso retangular de duração igual ao 
intervalo de bit (NRZ) com amplitudes iguais a ± 5 Volt e taxa de 1 kbit/s. Sabe-se 
também que a constante de sensibilidade, kf, do modulador FM é igual a 1 kHz/volt e a 
frequência da portadora é 50 kHz. Supondo uma sequência de amplitudes +5, -5, -5, +5 
e +5, (a) faça o gráfico da frequência da portadora modulada ao longo do tempo; (b) 
faça o gráfico do desvio instantâneo de fase ao longo do tempo. 
 
 
Solução 
 20 
 
 
 
 
5 
0 1 2 3 4 5 t (ms) 
m(t) 
-5 
55×103 
0 1 2 3 4 5 t (ms) 
fi(t) 
45×103 
10pi 
-10pi 
0 1 2 3 4 5 t (ms) 
2pi kfφ (t)