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Respostas de alguns exercícios 1 
 
Transmissão Digital 
Princípios e Aplicações 
Dayan Adionel Guimarães 
Rausley Adriano Amaral de Souza 
Respostas de 
Alguns Exercícios 
Copyright 
©
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Editora Érica Ltda. 
2 Transmissão Digital - Princípios e Aplicações 
 
CAPÍTULO 3 
4. Pulso g(t) 
 
 Resposta ao impulso do filtro casado h(t) = g(1t) com k = 1. 
 
 Saída y(t) do filtro casado. Note que no instante de amostragem t = 1 a amostra vale 
0,5. 
 
 
 
 
 
 
 Respostas de alguns exercícios 3 
 Saída yc(t) do correlator. Note que no instante de amostragem t = 1 a amostra vale 
0,432. 
 
 
5. 
a) 
 
 h3(t). Ver Exemplo 3.5. Alterar na Figura 3.5 (b) apenas 1 .A T 
 h4(t). Ver h1(t). Alterar .A A 
 
b) e c) 
 
 
4 Transmissão Digital - Princípios e Aplicações 
 y3(t). Ver Exemplo 3.5. Alterar na Figura 3.5 (c) apenas 1 .A T 
 
CAPÍTULO 4 
12. 
 
 Comentário: Como se pode observar na figura, para que se tenha a mesma Pe, a sina-
lização NRZ-u precisa operar com o dobro da relação Eb/N0. Esta conclusão também 
pode ser obtida comparando os argumentos da função erfc nas equações (20) e (22) 
em termos da presença do fator 2 no denominador de (22). Note que, para um mesmo 
valor de N0, a sinalização NRZ-u necessitará do dobro de potência (3 dB) para pro-
porcionar o mesmo desempenho da NRZ-b. 
 Respostas de alguns exercícios 5 
CAPÍTULO 6 
5. 
 
 Comentário: Como p(t) possui nulos em múltiplos inteiros de T = 2Tb, não há IIS. 
Veja que no ponto de máximo de um pulso tem-se zero nos demais. 
 
7. 
 
 
8. Nesta situação, o canal poderá provocar IIS, posto que a associação em cascata de 
dois filtros raiz de cosseno elevado com um canal que não tem resposta em frequên-
cia constante e fase linear dentro da faixa de interesse produzirá uma resposta dife-
rente do cosseno elevado, podendo levar à IIS. Na equação (31), veja que se for 
incluída uma resposta em frequência H( f ) à cascata G( f )C( f ), o resultado G( f ) 
H( f )C( f ) poderá diferir de P( f ), produzindo IIS. 
 
 
 
 
 
 
6 Transmissão Digital - Princípios e Aplicações 
9. 
a) 
 
b) Se o ruído pode ser desprezado, a razão para que se obtenham amostras positivas de 
valores diferentes e amostras negativas de valores diferentes é a IIS. Na ausência de 
IIS os valores das amostras seriam apenas ±1. 
c) Como T = 0,2 ms  R = 1/T = 5 ksímbolo/s = 5 kbaud. 
 
10. 
a) Observa-se na Figura 6.12 que pulsos referentes a menores valores do fator de forma 
(α) têm decaimento de amplitude menos abrupto se comparados aos casos de fator de 
forma maiores. Sendo assim, na presença de jitter os pulsos com fator de forma 
menor produzirão maior influência nas amostras de pulsos vizinhos, causando efeito 
similar à IIS. Como o sistema B usa fator de forma maior, estará menos sujeito aos 
efeitos dos erros nos instantes de amostragem produzidos pelo jitter, proporcionando 
BER mais baixa. 
b) Sim, pois ambos os filtros são raiz de cosseno elevado e atendem ao critério para IIS 
nula. Além disso, os filtros Tx e Rx formarão um par formatador casado, minimi-
zando a BER que, neste caso, terá o mesmo valor independente do fator de forma, se 
os sinais são contaminados pela mesma intensidade de ruído. Em uma situação limite, 
é possível que o sistema com maior fator de forma produza BER ligeiramente maior, 
pois o filtro Rx terá banda ligeiramente maior, permitindo maior influência do ruído 
de densidade espectral constante N0. 
 
 
 
 
 Respostas de alguns exercícios 7 
 
CAPÍTULO 7 
2. No sistema (a), percebe-se que o aumento de potência (de P1 para P2 >> P1) não 
produziu aumento na abertura vertical relativa do diagrama de olho. Isso indica que a 
IIS domina. No sistema (b), percebe-se que o aumento da potência produziu aumento 
na abertura vertical do diagrama de olho, permitindo afirmar que o olho antes estava 
fechado por influência do ruído. 
3. 
a) Determinada pelo espaçamento horizontal das aberturas do diagrama. Vale R = 1/ 
T = 1/1 ms = 1 ksímbolo/s = 1 kbaud. 
b) Determinada pelo número de aberturas verticais do diagrama de olho mais 1. Vale 
M = 7+1 = 8. 
c) Como M = 8 e Rb = Rlog2M  Rb = 1000×log28 = 3 kbit/s. 
d) B = Bmin (1+α) =R/2×(1+α) = 500 (1+0,5) = 750 Hz 
CAPÍTULO 9 
1. Como a energia de um símbolo é o quadrado da norma do correspondente vetor-sinal, da Figura 9.6 
obtém-se E1 = E3 = 2 J. E2 = E4 = 1
2
+(2
1/2
)
2
 = 3 J. As energias E1 e E3 já foram calculadas via 
integração no Exemplo 9.1. Seguem os cálculos de E2 e E4: 
2 3
2 2
2
0 2
2
4
0
3
1 ( 1) 3 J.
3) ( J.1
E dt dt
E dt
 
 Verificamos que, de fato, os cálculos no domínio vetorial produzem os mesmos resultados que 
aqueles realizados no domínio do tempo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
8 Transmissão Digital - Princípios e Aplicações 
2. 
2
T
1 2 1 1
0 0
2
T
1 1
0 0
2
T
1 1
0
3 3 3
4
0
4
( ) ( ) 1 2
( ) ( ) ( ) 0
Domínio do tempo Domínio vetorial
2
2 0 0 0 2
0
0
2 0 0 2 0
0
2
2( ) ( 01 2 0 0
0
)
T
T
T
s t s t dt dt
s t s t dt s t dt
s t s t dt dt
s s
s s
s s
2
T
0 0
2
2 3 3 2 3
3 4 3 3 4
3
T
2
0 0
4
0
2
0
4
T
2
( ) ( ) ( ) 0
( ) ( ) ( ) 0
( ) ( ) ( ) 1
1
0
2 0 1 2 0
0
2
0 2 0 0 0
1
2
2 0 1 0
1
T
T
T
s t s t dt s t dt
s t s t dt s t dt
s t s t dt s t dt
s s
s s
s s
0
1
 já calculados no Ex( ) ( ) p ercício 1 deste capí l .ra oa tui k
T
s is kt t dt
 
 Mais uma vez, percebe-se igualdade entre os cálculos feitos no domínio vetorial e no domínio 
temporal. 
 
 
 Respostas de alguns exercícios 9 
CAPÍTULO 10 
3. O método permite encontrar um conjunto de funções base ortonormais {j(t)}, j = 1, 
2, ..., N, capaz de sintetizar M sinais {si(t)}, i = 1, 2, ..., M por meio da combinação 
linear 
1
( ) ( ) ,
N
i ij j
j
s t s t 
 em que 
0
1, 2, ...,
,
1, 2, ..., .
T
ij i j
i M
t dts s t
j N
 
 
4. Quando as formas de onda si(t), i = 1, 2, ..., M formam um conjunto linearmente 
independente, o método não precisa ser aplicado, pois haverá N = M funções base que 
podem ser obtidas apenas tornando as formas de onda {si(t)}, i = 1, 2, ..., M; com 
energia unitária, ou seja, 
2
0
 onde, . 
T
i
i i i
i
s t
t E s t
E
dt 
 
5. Pode-se mostrar que se (e somente se) a energia dos sinais de referências aplicados às 
entradas dos correlatores for unitária, teremos σ
2
 = N0/2 (GUIMARÃES, p. 294-296). 
 
6. No modelo contínuo da Figura 10.1, os valores das variáveis de decisão x1, x2, …, xN 
serão os mesmos daqueles presentes no modelo vetorial da Figura 10.2, os quais são 
obtidos simplesmente adicionando ao vetor de coeficientes si = [si1 si2 … siN]
T
 um 
vetor w = [w1 w2 … wN]
T
 de variáveis aleatórias gaussianas de média nula e variância 
σ
2
 = N0/2. O modelo vetorial é, então, equivalente ao modelo contínuo, além de ser 
bem mais simples. O modelo vetorial traz grandes simplificações em análises 
matemáticas e simulações computacionais. 
 
7. 
2 2 2
0 0 0 0
( ) 2 ( ) ( ) ( )( ) .[ ( ) ]
T T T T
t dt t ut dts t u t dt s s u t dt 
10 Transmissão Digital - Princípios e Aplicações 
 Pela equação das operações de correlação nos domínios temporal e vetorial, temos: 
T T T2
0
[ ( ) ( )] 2 .
T
s t u t dt s s s u u u 
 Mas a norma ao quadrado de um vetor (su) é dada por 
T TT TT TT T T T( ) ( ) ( )( ) 2 .s u s u s u s u s s u u s u u s s s s u u u 
 Então 
22
0
[ ( ) ( )] q, c. .d
T
s t u t dt s u 
 A expressão mostra que a energia da diferença entre dois sinais pode ser calculada 
pela distância euclidiana ao quadrado entre os vetores que representam tais sinais. 
 
8. Na sequência (V), (V), (V), (F), (F), (V), (V), (F), (V), (F), (V). 
 
9. Na sequência (V), (F), (V), (V), (F), (V), (V), (V), (V), (F), (V). 
 
10. As sinalizações são antipodais e, portanto, o espaço de sinais é idêntico para elas e 
igual àquele mostrado na Figura 10.22 (a), em que 
2 2
b b
2
1
0
( )
T
s t dt A TE AE T 
 para ambas. 
 Como se trata de sinalizações antipodais 
2
6b
10
0
1 1 (0,001) 0,001
BER erfc erfc 3,87 10
2 2 10
.
E
N
 
 
11. Sim. Diferentes formas de onda podem ter a mesma constelação, bastando que as 
proporções das funções base (coeficientes) na combinação linear 
1
( ) ( )
N
i ij j
j
s t s t 
 sejam as mesmas, mesmo que os conjuntos de funções base sejam distintos. 
 
 Respostas de alguns exercícios 11 
12. 
2 2
b
b b
b
 J.
1 J.
log log
1 1
2
2
000 1 kW
4
.
b
E
E
M
E
P E R
T
E
 
 
14. 
a) Quando os símbolos são equiprováveis, a constelação de energia mínima fica sime-
tricamente disposta em relação à origem, resultando: 
 
b) A Pe será a mesma. No entanto, para que isso ocorra, a constelação original deman-
dará maior potência de transmissão. 
 
17. Conta-se o número total de bits (N) gerados em um intervalo tão grande quanto 
possível, enquanto conta-se o número de zeros (Nz) e o número de uns (Nu). Estima-se 
p0 e p1 por meio de 
10
uzlim e lim .
N N
p
NN
N N
p 
 Se a sinalização utilizada tem M símbolos, carrega k  log2M bits por símbolo. Na 
saída da fonte, conta-se o número de ocorrências de cada uma das 2
k
 palavras de 
k bits, obtendo as contagens Ni, i  1, 2, …, M. Daí computa-se 
lim .
N
i
ip
N
N 
 
 
 
 
 
12 Transmissão Digital - Princípios e Aplicações 
 
CAPÍTULO 11 
2. Admitindo o envio do símbolo m1, observa-se pela Figura 11.6 que: 
12 1
2 sen( )].
M
d d E M 
 Então, a probabilidade de erro de símbolo será limitada de acordo com: 
 
e
1 10 0
e
0 0
1 1 1
erfc erfc
2 22 2
2 sen / 82 2 2
erfc erfc
2 22 2
M M
ik ik
k k
k i k i
d d
P M
M N N
E E
P
N N

 
 
   
    
   
   
   
    
      
 
 
 o que resulta em 
e
0 0
erfc sen erfc .
8 2
E E
P
N N
 
 que, em função de Eb/N0, passa a ser escrita como 
b b
e
0 0
3 3
erfc sen erfc .
8 2
E E
P
N N
 
 
3. 
 
 
 
 Respostas de alguns exercícios 13 
5. 
 
CAPÍTULO 12 
2. 
 
 O exemplo da figura anterior considera b = 4. O índice “0” corresponde ao dígito 
mais significativo. 
 Para complementar, segue uma rotina na linguagem Mathcad para geração de todas as 
palavras de b bits de um código Gray. 
14 Transmissão Digital - Princípios e Aplicações 
 
CAPÍTULO 14 
1. As modulações com detecção coerente necessitam, no receptor, que as funções base 
sejam geradas em sincronismo (coerência de fase) com as funções base utilizadas na 
transmissão. Esse sincronismo deve levar em conta eventuais rotações de fase produ-
zidas pelo canal. Por exemplo, se o canal produz um atraso de propagação de  
segundos, a rotação de fase do sinal será de 2fc radianos. Isso significa que as 
funções base devem ser geradas com fase inicial  = 2fc. 
 
2. Um sinal modulado é um sinal aleatório e, sendo assim, não se pode aplicar a análise 
de Fourier diretamente sobre o sinal, posto que não se conhece uma expressão que o 
represente em todo o intervalo de análise. A teoria de processos estocásticos (ou 
processos aleatórios) diz que, nestes casos, o conteúdo de frequências do sinal 
modulado pode ser encontrado por meio da transformada de Fourier da sua função de 
autocorrelação. No entanto, exceto naqueles casos mais simples, não é simples obter 
tal função de autocorrelação. Felizmente, grande parte dos sinais modulados pode ser 
representada por meio da equação (69); a DEP desses sinais é obtida por meio da 
determinação das DEPs de sI(t) e sQ(t), as quais podem ser facilmente determinadas 
por meio do procedimento descrito na Seção 13.3. 
 
 
 
 
 Respostas de alguns exercícios 15 
3. As componentes em fase e em quadratura de um sinal modulado são simplesmente os 
sinais que modulam as portadoras cossenoidal e senoidal, respectivamente. Alguns 
autores denominam de componente em fase e em quadratura o sinal cossenoidal mo-
dulado e o sinal senoidal modulado, respectivamente. 
4. 
2
22
2 2cos(2 )1( )
( ) .
4
fTg t
S f
T T T f T
 
 
5. 2 2
5 5
( ) sinc sinc .
2 2c c
T T
f f f fS f T T 
 
10. 
a) Como o filtro tem roll-off igual a 1, a banda ocupada pelo sinal modulado e filtrado 
corresponde à largura do lóbulo principal. Então, tem-se que 2/T  50 kHz, o que leva 
a T  40 s. Se a taxa de bits é de 50 kbit/s, a duração de um bit vale Tb = 1/50.000 = 
20 s. Então, o número de bits por símbolo deve ser T/Tb  2 bits/símbolo. Portanto, 
usando a modulação QPSK, atendem-se os requisitos de banda e taxa de transmissão. 
b) Para QPSK, b
0
1
BER erfc
2
E
N
. Como BERmáx = 1×10
3
, (Eb/N0)mín = 6,79 dB. 
 
12. 
 
 
 
 
15. Nos gráficos a seguir, Pe(,) é a probabilidade de erro de símbolo em função de 
 = Eb/N0, em dB, e  é a defasagem, em radianos. 
. 
16 Transmissão Digital - Princípios e Aplicações 
 
 
 
18. 
a) B = 2/T = 2Rb/log2M = 2×10
6
/log24 = 1 MHz. 
b) b
0
1
BER erfc
2
E
N
, em que Eb é a energia média por bit na recepção. Para o caso, 
como a atenuação é de 3 dB (redução da potência ou da energia pela metade), 
Eb = (P×Tb)/2 = 0,008×(1/10
6
)/2 = 4×10
9
 joule. Como N0 = 10
9
 W/Hz, 
BER = 2,34×10
3
. 
19. As modulações com detecção coerente produzem melhores desempenhos que suas 
versões com detecção não coerente, à custa de maior complexidade do receptor. Tal 
complexidade se deve à presença do circuito de extração de sincronismo de porta-
dora, elemento não necessário no processo de detecção não coerente. 
 
 
 Respostas de alguns exercícios 17 
20. No desenvolvimento da expressão (113) considerou-se que cada símbolo de referên-
cia pode ser decidido em erro para um de seus vizinhos mais próximos (2 para cada 
símbolo). No caso da modulação BPSK, também adotando a condição de erro para o 
símbolo vizinho mais próximo, cada um dos símbolos tem um único vizinho. Assim, 
mesmo adotando as mesmas condições de uso do limitante de união, as expressões 
finais para BPSK e para M-PSK, M ≥ 4, serão distintas. Sendo assim, de fato, a 
expressão (113) só pode ser aplicada quando M ≥ 4. 
CAPÍTULO 15 
1. Os resultados estão na figura a seguir, que mostra apenas uma das partes do espectro 
em banda passante, após normalização em relação à frequência de portadora e à dura-
ção de bit. O eixo vertical está em dBm/Hz, considerando Eb = 1. Como prevê a teo-
ria, a eficiência espectral das modulações M-PSK aumenta com o aumento de M. 
 
 
2. As constelações resultantes estão na figura a seguir (4-QAM quadrada à esquerda e 
8-QAM não quadrada à direita), em que se observa que a constelação 4-QAM é 
idêntica a uma constelação QPSK, pois, de fato, um sinal 4-QAM com constelação 
quadrada é idêntico a um sinal QPSK. 
 
 
18 Transmissão Digital - Princípios e Aplicações 
3. Porque a expressão de cálculo da probabilidade de erro de símbolo dada foi deduzida 
utilizando o limitante de união e considerando apenas erros para símbolos vizinhos 
mais próximos nas constelações L-PAM componentes.A precisão nos resultados de 
cálculo da probabilidade de erro de símbolo nessas situações ocorre somente para 
altos valores de Eb/N0. 
 
4. Sim, um demodulador M-QAM para constelação não quadrada pode ser utilizado 
para demodular um sinal M-PSK, embora o processo de compensação de energia seja 
desnecessário no caso da demodulação do sinal M-PSK. O contrário não pode ser 
feito, justamente porque no demodulador M-PSK não constam as compensações de 
energia, necessárias no demodulador M-QAM devido ao fato de haver símbolos com 
diferentes energias. 
 
5. Basta colocar o valor zero em uma das entradas (I ou Q, dependendo do desejo de 
usar uma portadora senoidal ou cossenoidal) e usar a outra como entrada do sinal 
bipolar correspondente à sequência de bits de dados. 
 
6. Os valores de I e Q dependerão diretamente da amplitude da portadora inserida no 
modulador e da amplitude que se deseja para o sinal modulado. Caso se queira repro-
duzir o processo teórico de geração dos símbolos, fazendo 
1 1 2 2
,
i i i
t t ts s s 
os valores de I e Q serão iguais às quatro possíveis combinações dos valores 
2 2E T E T . Para o caso em análise, tais valores serão ±1. 
 
9. A figura a seguir mostra curvas de BER para as modulações M-PSK e M-QAM, para 
M = 4, 8 e 16, em função de  = E/N0. Os subscritos q e nq significam “constelação 
quadrada” e “constelação não quadrada”, respectivamente. As expressões de BER 
para as modulações M-PSK, M-QAM quadrada e M-QAM não quadrada foram 
obtidas das correspondentes expressões fornecidas no texto e são, respectivamente, 
 2 0
1
BER erfc sen ,
log
E
M N M
 
2 0
1 1 3
BER 2 1 erfc
log 2 1
E
M M NM
 e 
2 0
1 1 96
BER 2 1 erfc
log 62 642
E
M M NM
. 
 Por meio das curvas obtidas se percebe que, para uma dada relação  = E/N0, a 
modulação 4-QAM tem o mesmo desempenho da modulação QPSK, como esperado. 
A modulação 8-QAM já suplanta a modulação 8-PSK, o que obviamente ocorre 
também para M > 8. 
 Respostas de alguns exercícios 19 
 
10. Se z(t) tem amplitude inversamente proporcional à potência média do sinal recebido, 
1/z(t) será diretamente proporcional a essa potência e também à energia média por 
símbolo do sinal recebido. Conhecendo a taxa de símbolos, é possível calcular essa 
energia média e, a partir dela e do valor de M, calcula-se E0 via (128) ou (131), 
conforme o caso. De posse de E0, tem-se a possibilidade de conhecer a disposição dos 
símbolos na constelação e, por conseguinte, as suas energias. Por fim, tais energias 
podem ser utilizadas no processo de compensação de energias do receptor. 
 Na prática, como a potência de recepção pode ser muito pequena, os valores de 
energia calculados podem ser alterados como se desejar, desde que uma alteração 
análoga seja feita nos resultados dos produtos internos. Em outras palavras, na prática 
deve-se atentar para que os resultados de cálculos com valores escalonados produzam 
os mesmos efeitos que aqueles discutidos na teoria, em que as variáveis envolvidas 
no processo têm valores teóricos amarrados pela teoria da representação no espaço de 
sinais. 
11. 
a) Se a banda corresponde à largura do lóbulo principal, B = 2/T = 100 MHz. Então, 
R = 1/T = 50 Msímbolo/s para todas as modulações M-PSK. 
b) Sendo Rb = Rlog2M, então M = 2
Rb/R. Para Rb = 50 Mbit/s, M = 2. Para 
Rb = 100 Mbit/s, M = 4. Para Rb = 200 Mbit/s, M = 16. 
c) Como  = Rb/B, teremos  = 0,5 bit/s/Hz,  = 1 bit/s/Hz e  = 2 bit/s/Hz para as 
modulações BPSK, QPSK e 16-PSK, respectivamente. 
20 Transmissão Digital - Princípios e Aplicações 
 
CAPÍTULO 16 
1. Utilizando as correspondentes expressões de cálculo da probabilidade de erro de bit, 
obtém-se: 
 
8/10 4b
0
1 1
BER erfc erfc 1,91 110 0
2 2
E
N
 para BPSK. 
 
 para BFSK. 
 Tendo aproximadamente o mesmo desempenho, qualquer das modulações poderia ser 
selecionada. Note que não seria necessário fazer nenhum cálculo para obter essa 
conclusão. Perceba que a diferença de 8 dB para 11 dB é de exatamente 3 dB, ou seja, 
a modulação BFSK está operando com aproximadamente o dobro da relação Eb/N0, o 
que iguala aproximadamente os argumentos da função erfc, levando a valores de 
BER quase iguais. 
CAPÍTULO 17 
5. 
a) Se há raias espectrais visíveis, a separação entre os tons é um múltiplo inteiro de 
1/T = 1/Tb. Como foi considerada a separação mínima, então 1/Tb = 50 MHz, ou seja, 
a taxa de sinalização é R = 50 Msímbolo/s. 
b) Rb = 50 Mbit/s. 
c) A largura de faixa do lóbulo principal é 2/T = 100 MHz. 
Então, R = 1/T = 50 Msímbolo/s. 
d) Rb = Rlog2M = 200 Mbit/s. 
e) Admitindo que a banda corresponda à largura do lóbulo principal, 
 = Rb/B = 50/150 = 0,333 bit/s/Hz. 
e) Admitindo que a banda corresponda à largura do lóbulo principal, 
 = Rb/B = 200/100 = 2 bit/s/Hz. 
 
7. Aproximadamente 1 dB a mais. 
 
 
 
 Respostas de alguns exercícios 21 
8. Se as variações de fase provocadas pelo canal acontecerem de forma lenta (bem mais 
lenta que a taxa de símbolos, por exemplo), mesmo que os valores absolutos das fases 
referentes a dois símbolos consecutivos mudem por efeito do canal, a diferença entre 
tais fases será pouco afetada em relação à correspondente diferença no sinal trans-
mitido. Isso permite que a detecção diferencialmente coerente funcione, já que a 
informação está contida justamente nas diferenças de fase e não nos seus valores 
absolutos. 
 
9. Admitindo que a fase inicial da portadora modulada seja 0, para a sequência de bits 
de entrada 10111001010 teremos a sequência de fases 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0. 
Admitindo que a fase 0 esteja associada ao bit 0 no modulador BPSK após o codi-
ficador diferencial e que a ambiguidade de fase de 180º ocorra, o demodulador BPSK 
com detecção coerente decidirá pela sequência 011010001100. Após passar pelo 
decodificador diferencial (que realiza a operação XOR entre um bit de entrada e o bit 
anterior), tal sequência será convertida em 10111001010, que é exatamente a se-
quência de bits transmitidos. 
 
10. 
a) 
Bits de informação {bk} 1 0 0 1 0 0 1 1 
Bits de saída do codificador diferencial {dk} 1 1 0 1 1 0 1 1 1 
Desvios de fase da portadora modulada   0   0    
 
b) Utilizando o resultado obtido no exercício 1 deste capítulo, nota-se que o produto 
interno será negativo, indicando inversão de fase da portadora modulada. Pela tabela 
do item “a” nota-se que a inversão é causada por um bit 0 de entrada no modulador 
DBPSK. 
 
11. 
a) Para a banda 100 kHz, no máximo, a eficiência espectral deve ser de, no mínimo, 
50/100  0,5 bit/s/Hz. Todas as modulações da família M-PSK e M-QAM, mais as 
modulações 4-FSK e 8-FSK, poderiam ser utilizadas no que se refere ao quesito efi-
ciência espectral. Dentre estas, a que tem melhor eficiência de potência é a modula-
ção 8-FSK. 
b) Para a banda de 25 kHz, exatamente, a eficiência espectral deve ser igual a 50/25 = 
22 Transmissão Digital - Princípios e Aplicações 
2 bit/s/Hz. As modulações que atendem a esse requisito são 16-PSK e 16-QAM. 
c) Para a banda de 25 kHz, no máximo, a eficiência espectral deve ser de, no mínimo, 
50/25 = 2 bit/s/Hz. Todas as modulações da família M-PSK e M-QAM com M maior 
ou igual a 16 atendem ao requisito. Dentre elas, a que apresenta melhor eficiência de 
potência é a modulação 16-QAM. 
 
12. 
a) A DEP da parte “b” se refere à modulação 4-FSK, em razão da presença de quatro 
raias espectrais bem definidas, as quais são características da modulação FSK. Por 
exclusão, a DEP da parte “a” se refere a uma modulação M-QAM com M = 4: como a 
largura do lóbulo principal é 2/T = 100 MHz, então R = 50 Msímbolo/s. Como Rb/R = 
100/50 = 2, então M = 4, pois Rb = Rlog2M. 
b) Como M = 4 para ambas as modulações, R = 50 Msímbolo/s para ambas. 
c) Pela DEP dada, o espaçamento é de 50 MHz, que é igual à taxa de símbolos. 
d) Para a modulação 4-QAM,  = 100/100 = 1 bit/s/Hz. 
 Para a modulação 4-FSK, = 100/250 = 0,4 bit/s/Hz. 
CAPÍTULO 20 
2. As sequências m sempre têm um chip +1 a mais que o número de chips –1 em um 
período, o que faz com que tenham valor médio diferente de zero. No entanto, 
quanto maior o período da sequência, menor será esse valor médio e, por conse-
quência, será mais similar a uma sequência realmente aleatória, na qual o valor 
médio é nulo. 
 
3. Em sistemas CDMA, as sequências m seriam úteis ao processo de sincronismo no 
receptor, pois têm função de autocorrelação próxima da ideal. Não seriam adequa-
das à separação entre os sinais, pois têm função de correlação cruzada com picos 
elevados, o que produziria elevado nível de interferência de múltiplo acesso. 
 
5. Em teoria, quando se faz N  . Neste caso, os picos da função e autocorrelação 
se distanciariam indefinidamente e o valor médio da sequência tenderia a zero. Em 
termos práticos, quando se faz N suficientemente elevado. 
7. O valor máximo será 4. 
 
 
 Respostas de alguns exercícios 23 
 
 
 
CAPÍTULO 22 
1. O tempo total (propagação mais salto) entre estação terrestre (Terminal) e satélite é Th 
+ h/c, em que Th é a duração de um salto dado por Th = 1/10
4
, então Th = 100 s. A 
constante c é a velocidade da luz dada por c = 3×10
8
 m/s. 
 
 Primeiramente, para que a comunicação esteja totalmente segura, será necessário 
h .
h r d
T
c c c
 
 Então, o raio de vulnerabilidade, r, será dado por 
2 2 .
h
h
r h T c d
r h T c h r
 
 Para uma solução precisa, é necessário resolver a equação quadrática em r. Entre-
tanto, é possível considerar uma solução aproximada se assumirmos r ≪ h, o que 
resulta em h  d. Neste caso, r  Thc = 10
-4
×3×10
8
, então r  30 km. 
 Vamos considerar agora que o sistema interferente necessite de  = 10 s para detec-
tar a frequência utilizada em um determinado salto no transmissor FHSS da Terra e 
acionar o seu transmissor nessa faixa para interferir no sinal recebido pelo satélite. 
Neste caso: 
h .
h r d
T
c c c
 
 Então 
 
h d 
Terminal 
Satélite 
Interferente (jammer) 
r 
24 Transmissão Digital - Princípios e Aplicações 
2 2 .
h
h
r h T c d
r h T c h r
 
 Assumindo h  d, teremos r  (Th)c = (10
-410-5)3×108, então r  27 km. 
 
CAPÍTULO 23 
1. Um ganho de processamento unitário significa que Tb = Tc, ou seja, de fato não há 
espalhamento espectral e a margem de interferência será –Eb/J0 dB. Isso significa que, 
obviamente, a potência interferente deve estar x = Eb/J0 dB abaixo da potência de 
sinal para que o desempenho alvo seja atingido (para que a relação Eb/J0 = x ocorra). 
 
2. 
a) 1111 0111 0011 0001 1000 0100 0010 1001 1100 0110 1011 0101 1010 
1101 1110 ... 
b) 111100010011010  +1 +1 +1 +1 –1 –1 –1.+1 –1 –1 +1 +1 –1 +1 –1. 
c) BSS = 2/Tc = 2225 = 450 Hz. 
d) GP = Rc/Rb = 225/75 = 3  4,77 dB. 
CAPÍTULO 24 
1. Sabe-se que A é a amplitude da componente recebida dominante para uma portadora 
transmitida não modulada e K = A
2
/22 é o fator de Rice, em que 22 é o valor 
quadrático médio da envoltória do sinal recebido. 
 Se A → 0 (sem linha de visada direta, Rayleigh), então K → 0. Substituindo K = 0 na 
equação (186), obtemos a equação (187), já que I0(0) = 1. 
 Substituindo K = 0 na equação (188), obtemos 
 
1
,
( ) 2
0, caso contrário,
f 
 que é a função densidade de probabilidade de uma distribuição uniforme. 
3. Percursos atrasados () de um valor maior que a duração de um chip (Tc) podem ser 
discriminados e combinados pelo receptor RAKE. Esta é a chamada condição de 
resolvabilidade de multipercurso. Percursos separados de intervalos menores que a 
 Respostas de alguns exercícios 25 
duração de um chip terão suas contribuições somadas de tal forma que não possam 
ser processadas separadamente. Portanto: 
 Tc 
 Rc1/ sabe-se que  = d/c, onde c = 3×10
8
 m/s e d = 50 m. Então: 
 Rc6 Mchip/s. 
CAPÍTULO 25 
2. O sincronismo em sistemas com espalhamento espectral é o processo que permite o 
alinhamento temporal entre as sequências de espalhamento utilizadas na transmissão 
e na recepção, considerando o atraso de propagação do sinal e demais fatores que pro-
vocam o desalinhamento entre tais sequências. 
 O processo de sincronismo é comumente efetuado em duas etapas, sendo aquisição e 
rastreamento. 
 Na aquisição se estabelece um sincronismo “grosso” ou pré-sincronismo entre as 
sequências de espalhamento, o que permite que elas fiquem aproximadamente ali-
nhadas temporalmente. Depois de realizada a aquisição, faz-se um “ajuste fino” no 
sincronismo (rastreamento) através de malhas com realimentação, permitindo que 
eventuais variações na temporização da sequência de espalhamento recebida, que está 
embutida no sinal recebido, sejam acompanhadas (rastreadas) pela sequência gerada 
localmente no receptor.