COMUNICAZIONI ELETTRICHE A

Transcript

1 COMUNICAZIONI ELERICHE A Laurea riennale in Ingegneria Elettronica e delle elecomunicazioni Prova del 10/1/007 empo a disposizione: ore 1. Si illustri il funzionamento di un ricevitore supereterodina, spiegando il funzionamento dei singoli blocchi costituenti.. Si consideri il processo n(t) ottenuto filtrando un processo di rumore gaussiano bianco con densità spettrale di potenza N 0 / con un filtro passa banda ideale di banda B intorno alla frequenza f 0. Si dimostri che il processo n c (t) della decomposizione n(t) = n c (t)cos(πf 0 t + θ) n s (t)sin(πf 0 t + θ) ha autocorrelazione indipendente da θ. Suggerimento: si esprima n c (t) in funzione di n(t) e della sua trasformata di Hilbert e se ne calcoli l autocorrelazione. 3. In un sistema di trasmissione FM, il segnale modulante ha banda B = 15 khz e potenza media P x = 10 3 V. Il modulatore è caratterizzato da una deviazione di frequenza pari a f = 00 khz. (a) Si determini la banda del segnale FM. (b) Si dimostri come ricavare il rapporto segnale-rumore S u /N u all uscita del demodulatore avendo noto il rapporto segnale-rumore S i /N i al suo ingresso. (c) Sapendo che il rapporto segnale-rumore all ingresso del demodulatore è S i /N i = 0 db, si valuti il rapporto segnale-rumore S u /N u all uscita del demodulatore stesso (in db). Risultati e soluzione: serena Verbalizzazione ed orali: venerdì 15/1/007 ore 09,00 aula D

2 COMUNICAZIONI ELERICHE A Laurea riennale in Ingegneria Elettronica e delle elecomunicazioni Prova del 10/1/007 empo a disposizione: ore 1. In un sistema di trasmissione PAM, il segnale trasmesso è s(t) = i a i p(t i). I simboli a i sono indipendenti e possono assumere 0 ed 1 con la stessa probabilità. L impulso p(t)e del tipo RZ (con ritorno a zero) con duty cycle del 50% ovvero 1 per 0 < t < / p(t) = 0 altrove. (a) Si calcoli la funzione di autocorrelazione dei simboli a i. (b) Si determini l espressione della densità sprettrale di potenza di s(t) e se ne rappresenti il grafico.. Si consideri il ricevitore per segnali numerici in Fig. 1. La trasmissione è binaria ed i simboli p(t) p(t) 1 t g(t) + 0 z ( ) dt q(t) w(t) q(t) t Figura 1: emessi dalla sorgente possono assumere i valori 0 e 1 con uguale probabilità. Quando viene trasmesso il simbolo 0, l impulso g(t) vale 1 g 0 (t) = sin(π t ) per 0 t 0 altrove mentre quando viene trasmesso 1 vale 1 g 1 (t) = sin(π t ) per 0 t 0 altrove. Il rumore w(t)è gaussiano, bianco, con densità spettrale di potenza N 0 /. (a) Si calcoli il valor medio e la varianza di z condizionatamente alla trasmissione di 0 e 1. (b) Si determini la strategia del decisore ottimo che opera su z e si calcoli la probabilità d errore. (c) Sostituendo nello schema di Fig. 1 p(t) con g 0 (t) e q(t) con g 1 (t), si calcoli la probabilità d errore. Risultati e soluzione: serena Verbalizzazione ed orali: venerdì 15/1/007 ore 09,00 aula D

3 Soluzione parte analogica 1. Domanda di teoria. Indicando con ň(t) la trasformata di Hilbert di n(t), la componente in fase n c (t) può essere espressa come n c (t) = n(t)cos(πf 0 t + θ) + ň(t)sin(πf 0 t + θ). L autocorrelazione di n c (t) può quindi essere espressa come R c (τ) = En c (t + τ)n c (t)} = En(t + τ)n(t)}cos[πf 0 (t + τ) + θ]cos[πf 0 t + θ] +En(t + τ)ň(t)}cos[πf 0 (t + τ) + θ]sin[πf 0 t + θ] +Eň(t + τ)n(t)}sin[πf 0 (t + τ) + θ]cos[πf 0 t + θ] +Eň(t + τ)ň(t)}sin[πf 0 (t + τ) + θ]sin[πf 0 t + θ]. Indichiamo con S n (f) la densità spettrale di potenza di n(t) e con Sň(f) quella di ň(t). Poiché ň(t) si ottiene come mostrato in Fig., è n(t) H(f) ň(t) H(f) = jsgn(f) Figura : e quindi Analogamente Sň(f) = S n (f) H(f) = S n (f) R n (τ) = En(t + τ)n(t)} = Eň(t + τ)ň(t)} = Rň(τ). Eň(t + τ)n(t)} = En(t + τ)ň(t)} = h(τ) R n (τ) dove h(t) è la risposta impulsiva del filtro di Hilbert. Pertanto è h(τ) R n (τ) = Řn(τ). Quindi R c (τ) = R n (τ)cos[πf 0 (t + τ) + θ]cos[πf 0 t + θ] + sin[πf 0 (t + τ) + θ]sin[πf 0 t + θ]} Řn(τ)cos[πf 0 (t + τ) + θ]sin[πf 0 t + θ] sin[πf 0 (t + τ) + θ]cos[πf 0 t + θ]} = R n (τ)cos(πf 0 τ) Řn(τ)sin(πf 0 τ) indipendente da θ. 3. (a) La banda del segnale FM è B FM (f + B) = 460 khz. (b) Domanda di teoria. Dopo i passaggi svolti a lezione si trova S u = 3f P xb FM S i N u B 3. N i (c) Esprimendo la relazione precedente in db si ha ( ) ( Su 3f = 10log P x B FM 10 B 3 N u db ) ( ) Si + = 3.14 db. N i db

4 Soluzione parte digitale 1. (a) La funzione di autocorrelazione dei simboli a i è Ea R a (m) = Ea i+m a i } = i } = 1 per m = 0 Ea i+m }Ea i } = 1 1 = 1 4 per m 0 = 1 4 δ(m) (b) La densità spettrale di potenza W s (f) di s(t) ha espressione W s (f) = W a(f) P(f). Per quanto riguarda la densità spettrale di potenza dei simboli è e pertanto W a (f) = m W s (f) = P(f) 4 Per quanto riguarda P(f) è R a (m)e jπf 0 = m P(f) = sinc ( f δ m ( f m ) P( m ( ) δ f m ). ) e jπf/ e quindi W s (f) = 16 sinc ( f il cui grafico è mostrato in Fig. 3. ) m ( sinc m ) δ(f m ) W s (f) 1/16 /16 f Figura 3:

5 Figura 4:. Il ricevitore in Fig. 1 può equivalentemente essere rappresentato come in Fig. 4(a) o in Fig. 4(b). (a) Il segnale all uscita del filtro h( t) risulta quindi Pertanto è dove identifichiamo con z(t) = [g(t) + w(t)] [h( t)]. z = g(t) h( t) t=0 + w(t) h( t) t=0 = z s + z w il termine di segnale e con z s = g(t) h( t) t=0 z w = w(t) h( t) t=0 il termine di rumore. Essendo z w frutto di un operazione lineare su un processo di rumore gaussiano, è una variabile casuale gaussiana. I suoi momenti principali sono ovviamente: E z w } = 0 E zw } N 0 = E h dove E h = 5 è l energia di h(t). Pertanto E zw} = 5 N 0. La componente di segnale z s è invece z s = 0 g 0(t)h(t)dt = π per a = 0 0 g 1(t)h(t)dt = 4 π per a = 1 dove con a si è indicato il simbolo trasmesso. Pertanto, valor medio e varianza di z risultano: E z} = π per a = 0 4 π per a = 1 varz} = 5 N 0 = σ 1. (b) Come decisore si sceglie un decisore a soglia con soglia di decisione 1/π tale che la sua uscita â sia: 0 per z > 1/π â = 1 per z < 1/π

6 La probabilità di errore risulta: con P â a} = P â a a = 0} P a = 0} + P â a a = 1} P a = 1} = P â a a = 0} 1 + P â a a = 1} 1 P â a a = 0} = P z < 1 π a = 0} = P π + z w < 1 π } = P z w < 3 π } = P z w > 3 ( ) ( ) 3 18 π } = Q = Q πσ 1 5π. N 0 Analogamente e quindi ( ) 18 P â a a = 0} = Q 5π N 0 ( ) 18 P â a} = Q 5π. N 0 (c) Ripetendo i calcoli del punto precedente e tenendo conto che, in questo caso, 0 g 0 (t)g 1 (t)dt = 0 0 g 0(t)dt = 1 si ha In questo caso quindi 0 E z} = g 1 (t)dt = 1 1 per a = 0 1 per a = 1 varz} = N 0 = σ. ( ) ( ) 1 1 P â a} = Q = Q. σ N0