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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH

1. Considerar a seguinte figura e, referindo-se a cada uma dos blocos constituintes, descrever as funções mais importantes de cada bloco.

Resolução Fonte de informação: gerador de bits Codificador de fonte: elimina redundâncias Codificador de linha: converte a sequência de bits para o formato a transmitir (forma de onda) Descodificador de linha: faz o inverso do codificador de linha, isto é, recupera, a partir da onda recebida, a sequência de bits Descodificador digital: repõe toda a informação (recupera a redundância) Terminal receptor: recebe a informação recebida devidamente recuperada.

Fonte de informação

Codificador de fonte

Codificador de linha CANAL

Terminal receptor

Descodificador digital

Descodificador de linha CANAL

Relógio

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2. Considerar a sequência binária 0011 0101 1100 1010 0001 1110 e codificá-la segundo os seguintes códigos:

a. Unipolar NRZ b. Polar (ou bipolar) RZ c. Manchester d. Alternated Mark Inversion (AMI) e. Coded Mark Inversion (CMI) f. 2B1Q g. HDBn, com n=3

Resolução

0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0

Unipolar NRZ

HDB3

2B1Q

CMI

Bipolar RZ

Manchester

AMI

4B3T

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3. Determinar o valor da Bit Error Rate (BER), sabendo que se dispõe de uma fonte de informação binária, que gera símbolos equiprováveis e os transmite a uma taxa de 100 kbaud. Na transmissão do canal é utilizado úm código de linha do tipo polar NRZ. Assumir que o nível de decisão óptimo se encontra a meio dos níveis de tensão a que corresponde cada símbolo transmitido no canal e que o valor da relação sinal ruído, medida à entrada do circuito detector, vale 12 dB. Resolução Sabe-se que a probabilidade de um bit estar errado, Pe, é dada por:

=

−=

N

SQ

N

SerfPe ()*5.0(1*5.0

em que,

2

2

2

1)(

k

ek

kQ−

⋅=

π

Sabe-se, também, que a BER é dada por:

se RPBER *=

em que Rs é o débito binário.

Substituindo os valores tem-se,

52.1 106.3)98.3()10( −×=== QQPe

donde,

6.310100*106.3 35 =××= −BER bits errados/segundo

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4. Considere-se um sistema de transmissão quaternário, com símbolos equiprováveis e transmitidos num canal, em banda base, utilizando impulsos rectangulares NRZ. A atenuação do canal vale 15 dB e o valor da potência de ruído à entrada de um detector, com impedância de entrada de 50Ω, vale 10 µW. Determinar a potência média de sinal a transmitir, para que se mantenha como objectivo de qualidade da transmissão um Symbol Error Rate (SER) de 10-4. Resolução Sabe-se que o valor eficaz da tensão de ruído, σ, é dada pela expressão:

26 1024.2501010 −− ×=⋅×=⋅= RPσ

Sabe-se, igualmente, que a probabilidade de um símbolo M-ary errado é dada por:

⋅−⋅−=

⋅∆−⋅−=

21

2

11

1

221

1

N

Serf

M

MVerf

M

MPeM σ

Substituindo, tem-se,

⇔

⋅−⋅−=

21

42

11

4

14

N

SerfPe

)999867.0(23

10412 1

41

21

−−

− ⋅=

×−⋅=

⇔ erferf

N

S

Ora,

)2(21)(1 kQkerf ⋅⋅−=−

donde se tem que,

51067.6)2( −×=⋅ kQ

e, de uma tabela, ou por um método iterativo, tira-se que,

7.2)999867.0(1 ==− kerf ,

donde, como,

σ⋅∆=

2

21

V

N

S

tem-se que,

17.02)999867.0(2 1 =⋅⋅⋅=∆ − σerfV V

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Em que ∆V é o tamanho da transição entre dois níveis quaternários com limiar de decisão central. Destes valores, tem-se que

085.02

17.01 −=−=V V 085.0

2

17.02 ==V V

255.017.02

17.00 −=−−=V V 255.017.0

2

17.03 =+=V V

com estes valores sabe-se que

72.050

255.0

50

085.0

2

1

4

1 2223

22

21

20 =

+⋅=

+++⋅=

R

V

R

V

R

V

R

VS R mW

Finalmente adicionam-se os 15 dB da atenuação do canal e tem-se que o valor da potência de sinal a transmitir, vale

6.2262.31*72.01010

15

==×= RT SP mW

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5. Considere-se uma fonte de informação que gera símbolos binários com iguais probabilidades de ocorrência e que os transmite a uma taxa de 4 Mbps, num canal com ruído do tipo gaussiano com uma potência de 10 mW. Para tal, os dígitos binários são codificados com valores de tensão de –0.4V e +0.V, respectivamente para o ‘0’ e para o ‘1’. Consideres-se r = 1Ω.

a. Determinar o valor da probabilidade de bit errado b. Determinar o valor da BER c. Sabe-se que, pelo agrupamento de dois dígitos binários dois a dois, se

pode obter um conjunto de quatro símbolos quaternários, reduzindo, assim, a taxa de transmissão de símbolos para metade (2 Mbaud); além disso, considera-se que os símbolos ocorrem com igual probabilidade. Sabes-se, ainda, que os dígitos quaternários são codificados com os valores de tensão, V0 = +0.6V, V1 = +0.2V, V2 = -0.2V e V3 = -0.6V, correspondendo aos agrupamentos binários ‘00’, ‘01’, ‘10’ e ‘11’, respectivamente. Nestas condições, determinar:

i. A probabilidade de símbolo quaternário errado ii. Considerando os símbolos quaternários, calcular a SER

iii. A probabilidade de bit errado iv. Considerando os símbolos binários, calcular a BER.

Resolução

Analisando os dados do problema, temos que

8.0=∆V V e 401.02

8.0

22

21

==⋅

∆=∆=

RP

VV

N

S

σ

a. 51035.3)4( −×== QPe

b. 8.133104*1035.3 65 =××=⋅= −

be RPBER k bits errados por segundo

c. Dos dados disponíveis consegue-se determinar o seguinte

4.0=∆V V e 22.0

4.0 ==N

S

i. 2104)2(*)25.01(*22

112 −×=−=

⋅∆⋅

−⋅= Q

VQ

MPeM σ

ii. 80102*104 62 =××=⋅= −SeM RPSER k símbolos errados por segundo

iii. 2

2

2

2

1024log

104

log−

−

×=×==M

PP eM

be

iv. 404log

1080

loglog 2

3

22

=×==⋅=M

SER

M

RPBER SeM k bits errados por segundo

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6. Considere-se uma ligação ponto a ponto, constituída por 15 secções idênticas em termos de ruído e comprimento, e ligadas em cascata. Determinar o valor da BER, sabendo que se transmitem dígitos binários a uma cadência de 10 Mbps e que se intercalam, entre cada duas secções, os seguintes dispositivos: a. um amplificador linear, que garante uma relação sinal ruído (SNR) de 12 dB b. um repetidor regenerativo, que garante uma probabilidade de bit errado

inferior a 3.45x10-5 c. comparar os resultados obtidos nas alíneas anteriores Resolução Tem-se 15 secções a transmitir a uma cadência de 10 Mbps.

a. 85.1510 2.1 ==N

S

16.0)027.1(1

' ==

⋅= QN

S

mQP e

em que m é o número de repetidores

b. 41044.5)98.3(*15'' −×==

⋅= Q

N

SQmP e

em que m é o número de repetidores

c. Como era de esperar a regeneração de bits produz uma probabilidade de erro

menor, logo quando tal for viável, ou quando for estritamente necessário (note-se que são mais caros que os amplificadores lineares), é preferível utilizar um regenerador de bits em vez de um “mero” amplificador de sinal.

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7. Considere-se um canal de transmissão corrompido de ruído do tipo Rayleigh, em que a sua função densidade de probabilidade é caracterizada por um valor de variância σ = 2mV. Dispõe-se de uma fonte de informação binária, que gera dígitos ‘0’ e ‘1’ equiprováveis e codificados por impulsos unipolares NRZ com amplitudes de 0V e 5mV, respectivamente.

a) Se o nível de decisão, no sentido de se descriminar entre os dígitos ‘0’ e ‘1’ na descodificação, se situar em γ = 5.1 mV, determinar a probabilidade de se cometer um erro na interpretação em relação ao dígito ‘0’.

b) Para dígitos equiprováveis, demonstrar que para a probabilidade de erro global (Pe) ser mínima, o nível de decisão óptimo, γóptimo, deve situar-se na intersecção das duas funções densidade de probabilidade, qualquer que ela seja.

Resolução A função densidade de probabilidade do tipo Rayleigh é dada por

2

2

22)( σ

σ⋅

−⋅=

n

R en

nf , n > 0

Do enunciado, vem que σ = 2 mV; ‘1’ = 5 mV; ‘0’ = 0 mV.

a) γ = 5.1 mV

2

051.0

2

051.0

220|1'0' 1087.3

2

2

2

2

−

+∞

⋅−∞+

⋅−

×=−=⋅== ∫ σσ

σ

nn

e ednen

PP

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b) Segundo a regra de Leibniz, no caso óptimo, tem-se:

)()( 1100 nfPnfP ⋅=⋅

Como os símbolos são equiprováveis, tem-se que P0 = P1 = 0.5 (pois P0 + P1 = 1). Assim sendo, tem-se que f0(n) = f1(n), o que equivale a dizer que o nível de decisão óptimo corresponde ao ponto de intersecção de f0 e de f1, como se mostra na figura.

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20

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8. Por vezes, os sistemas de transmissão digital, são corrompidos por ruído impulsional, devido a causas internas e externas ao sistema, e cuja função densidade de probabilidade pode ser aproximada da seguinte forma:

n

N enf σ

σ

2

2

1)(

−⋅

⋅=

Determinar a probabilidade de erro mínima, admitindo que este ruído tem um valor eficaz de 50 mV e que os símbolos binários são equiprováveis, gerados pela fonte de informação, são codificados utilizando um código polar NRZ com amplitude A = ±200 mV. Resolução Do enunciado, σ = Vef = 50 mV; A = ± 200 mV, donde

2.02

02

1)(

+−⋅

⋅=

nenf σ

σ e

2.02

12

1)(

−−⋅

⋅=

nenf σ

σ.

Como os símbolos são equiprováveis tem-se que P0 = P1. A probabilidade de erro mínima obtém-se quando se verifica a regra de Leibniz, pelo que f0(n) = f1(n). Desenvolvendo as equações, vem

2.02

1

2.02

02

1)(

2

1)(

−−+−⋅

⋅==⋅

⋅=

nnenfenf σσ

σσ⇔

⇔ ⇔−−=+−⇔=−−+−

2.02

2.022.0

22.0

2

nneenn

σσσσ

02.02.0 =⇔−=+⇔ nnn

Logo, γóptimo = 0V. A probabilidade de erro total é Pe = P0 * P1|0 + P1 * P0|1

32.0

2

00

00|1 10747.12

1)( −+⋅−+∞+∞

×=⋅⋅

== ∫∫ dnednnfPn

σ

σ

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32.0

200

11|0 10747.102

1)( −−⋅−

∞−∞−

×=⋅⋅

== ∫∫ dnednnfPn

σ

σ

Pe = 0.5 * 1.747x10-3 + 0.5 * 1.747x10-3 = 1.747x10-3

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9. Considerar a transmissão de impulsos bipolares ±A, acompanhados de ruído n(t), com função densidade de probabilidade

⋅

⋅⋅= n

AknpN 12

2cos)(

π, -3A ≤ n ≤ +3A

0)( =npN , outros valores de n

As probabilidades de erro dos bits ‘0’ e ‘1’ são, respectivamente, P0 = 0.4 e P1 = 0.6; os bits são codificados utilizando os valores de tensão +A e –A, respectivamente.

a. Se o nível de decisão for tomado nos 0 V, qual será o valor da probabilidade de erro do sistema?

b. Será o nível de decisão da alínea anterior o mais indicado para a recepção e identificação dos impulsos? Justificar a resposta.

Resolução Começa-se por calcular o parâmetro k da seguinte forma

1)( =∫+∞

∞−

dnnpN

Resolvendo, vem

Ak

Akn

Asen

Ak

dnnA

kdnnA

k

A

A

A

A

A

A

12

122

121

12

2

2

12

112

2cos1

12

2cos

3

3

3

3

3

3

ππ

ππ

ππ

=

⇔=⋅⋅⇔=

⋅⋅⋅

⇔=

⋅⋅⇔=

⋅⋅

+

−

+

−

+

−∫∫

a. A probabilidade de erro total é

Pe = P0 * P1|0 + P1 * P0|1 donde,

25.0)(12

2cos

12

2

0

0|1 =

+⋅⋅= ∫

+ A

dnAnAA

Pππ

25.0)(12

2cos

12

0

2

1|0 =

−⋅⋅= ∫

− A

dnAnAA

Pππ

Finalmente, Pe = 0.4 * 0.25 + 0.6 * 0.25 = 0.25

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b. Sabe-se que o nível óptimo de decisão é dado pela relação de Leibniz, donde

+

−

=⋅

+⋅

⋅

−⋅

=⇔=)

612

2cos

)612

2cos

12)(

12

2cos

12)(

12

2cos

6.0

4.0

)(

)(

0

1

1

0

ππγ

ππγ

πγπ

πγπ

γγ

A

A

AA

A

AA

Af

f

P

P

Resolvendo, vem γ = -0.053A

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10. Supor que, durante um intervalo de 25 minutos, se observa que 50 assinantes iniciam chamadas e que o somatório do tempo despendido em chamadas é de 5400s. Calcular a carga, ou tráfego, do sistema. Resolução A fórmula que nos dá o tráfego é a seguinte ρ = λ . h em que ρ é o valor do tráfego em Erlangs λ é o número de chamadas num dado intervalo de tempo h é o tempo médio de duração de uma chamada Aplicando os valores enunciados, tem-se

10850

5400 ==h segundos por chamada

033.060*25

50 ==λ chamadas por segundo

e, finalmente, ρ = 0.033 * 108 = 3.6 Erlangs Por assinante, tem-se ρ = 3.6 / 50 = 0.072 Erlangs por assinante

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11. Usando os tempos normais para a sinalização por interrupção do lacete, ou por impulsos, estimar o tempo necessário para a marcação dos números 163, 784 e 223. Resolução A forma de onda do sinal de chamada, para o número 163, é a seguinte: De onde se pode tirar que o tempo total necessário para a marcação do número 163 é: t = (50 * 2) * 1 + 500 + (50 * 2) * 6 + 500 + (50 * 2) * 3 = 2000 ms = 2 s De forma análoga, podemos concluir que, para a marcação do número 784 virá: t = (50 * 2) * 7 + 500 + (50 * 2) * 8 + 500 + (50 * 2) * 4 = 2900 ms = 2.9 s

e, para o número 223, virá: t = (50 * 2) * 2 + 500 + (50 * 2) * 2 + 500 + (50 * 2) * 3 = 1700 ms = 1.7 s

50 50 500 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 500

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12. Repetir o problema anterior, mas para duas ligações de longa distância: 1-413-223-3230 e 1-916-769-8790. Resolução Em chamadas de longa distância, o número completo começa com dois zeros, logo os números efectivamente marcados serão 001-413-223-3230 e 001-916-769-8790, respectivamente. De forma análoga ao problema anterior, podemos concluir que, para a marcação do número 001-413-223-3230 virá: t = (50 * 2) * (10 + 10 + 1 + 4 + 1 + 3 + 2 + 2 + 3 + 3 + 2 + 3 + 10) + 500 * 10 = 11400 ms = 11.4 s e, para a marcação do número 001-916-769-8790, virá: t = (50 * 2) * (10 + 10 + 1 + 9 + 1 + 6 + 7 + 6 + 9 + 8 + 7 + 9 + 10) + 500 * 10 = 15300 ms = 15.3 s

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13. Quais os tons harmónicos para representar os números 4 e 2, utilizando-se o sistema de sinalização DTMF. Resolução No sistema DTMF temos as seguintes combinações de frequências, para a marcação das teclas:

Deste modo, pode constatar-se que para o número 2 os harmónicos têm frequência F1 = 697 Hz e F2 = 1336 Hz; para o número 4, os harmónicos têm como frequências, F1 = 770 Hz e F2 = 1029 Hz.

F1 (Hz) 1 2 3 A 697 4 5 6 B 770 7 8 9 C 852 * 0 # D 941

F2 (Hz) 1029 1336 1477 1633

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14. Suponha-se a seguinte situação: existem 100 assinantes ligados a um sistema e não mais de 10 utilizam esse sistema em simultâneo. Calcular a probabilidade de bloqueio, assumindo que cada chamada dura T segundos. As chamadas são independentes umas das outras em termos de solicitações ao sistema e que o número médio de chamadas iniciadas por segundo é τ. Resolução Observando a seguinte equação

∑=

=s

j

j

s

j

ssB

0 !

!),(ρ

ρ

ρ

e constatando que s = 1 e ρ = T * τ, vem que

ττ

ρρρ

⋅+⋅=

+=

T

TB

11),1(

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15. Sistema PCM (Pulse Code Modulation – Modulação por Impulsos Codificados)

a. Um sinal tem uma largura de banda de 4 kHz (para cada banda lateral); perante estas condições, definir qual a frequência de Nyquist para este canal.

b. Tomando como exemplo uma onda sinusoidal de frequência 5.5 kHz, dizer, justificando, qual o valor da frequência obtida, após amostragem a 8 kHz e posterior filtragem passa-baixo de 4 kHz (a que se faz antes de amostrar qualquer sinal a ser transmitido num canal telefónico).

c. Tomando por base a largura de banda de um canal telefónico (4 kHz para cada banda lateral), dizer qual a frequência superior de corte mínima de um LPF, antes da amostragem do sinal. Admitindo que cada amostra, após uma quantificação conveniente, é codificada com 8 bits, dizer qual o débito binário.

d. Dizer o que se entende por quantificação uniforme e explicar as razões pelas quais se recorre às lei A e µ na Europa e na América do Norte, respectivamente.

Resolução

a. Do teorema de Nyquist (amostragem), tem-se que a frequência de Nyquist tem de ser o dobro da frequência máxima do sinal, logo

84*22 ==⋅= máxNyquist ff kHz

b. Para um sinal qualquer com frequência máxima 5.5 kHz, amostrado a 8

kHz, tem-se o seguinte:

Se se amostrar o sinal a 8 kHz, depois de uma filtragem passa-baixo de 4 kHz, o sinal será o seguinte: O que dará um sinal reconstruído com 2.5 kHz de frequência máxima.

c. Se um canal telefónico tem como largura de banda 4 kHz para cada banda lateral, então pode amostrar-se a 8 kHz (2 * fmáx = 2 * 4 kHz); logo o filtro deverá cortar todas as frequências superiores a metade da frequência de amostragem (por causa de evitar a ocorrência de aliasing, ou seja, a

2.5 0 85.5 4 f (kHz)

2.5 0 85.5 4 f (kHz)

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frequência de corte de um LPF colocado antes da amostragem, deverá ser 4 kHz.

Se a amostragem do sinal for a 8 kHz e se cada amostra for codificada com 8 bits, então o débito binário será RS = 8 x 103 (amostras por segundo) * 8 bits = 64 kbits por segundo

d. Quantificação uniforme: Num sistema PCM com quantificação uniforme, todos os intervalos de quantização são idênticos. Num sistema PCM com quantificação uniforme, o intervalo de quantização é definido pelo valor de SQR para o sinal de mais baixa amplitude. Como os sinais de maior amplitude são quantizados com o mesmo intervalo, resulta uma utilização muito ineficiente do espaço de codificação. Um procedimento mais eficiente, ou seja, um procedimento que conduz a um menor número de bits para o mesmo objectivo da SQR, consiste em utilizar intervalos não uniformes: se forem proporcionais à amplitude dos sinais, o valor de SQR virá constante. O valor de SQR é dado por

máxA

AnSQR log2002.676.1 ++= ,

em que n é o número de níveis de quantização

Amáx é a amplitude máxima de pico da sinusóide A é a amplitude de pico da sinusóide

A lei A e a lei µ usam curvas contínuas de compressão logarítmica para garantir valores de SQR constantes.

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16. Análise da primeira hierarquia de multiplexagem do ITU a. Quantos bits ocupa cada um dos 32 time-slots da trama de primeira

hierarquia? b. Sabendo que um sinal é amostrado a 8 kHz e que cada amostra, após

quantificação e aplicação de uma das leis de compressão, é codificada com 8 bits, dizer qual é o débito binário associado a cada time-slot.

c. Qual o débito binário total de uma trama de primeira hierarquia? d. Qual o período de repetição de uma trama completa? e. Sugerir uma palavra de alinhamento de trama (FAW) convenientemente,

por forma a evitar mascaramentos pelo bit-stream contido em tramas sucessivas.

f. Sugerir um sistema de multiplexagem de canais a 64 kbps com vista ao preenchimento dos 30 time-slots reservados para a informação. Dizer quais são os time-slots na trama de primeira hierarquia utilizados para o transporte de informação.

Resolução

a. Cada time-slot de uma trama de primeira hierarquia é constituído por 8 bits.

b. O débito binário associado a cada time-slot é o seguinte:

débito = 8 bits * 8 kHz = 64 kbits por segundo

c. Para uma trama de primeira hierarquia, o débito total é:

débito total = 32 tramas * 64 kbits por segundo = 2048 kbits por segundo

d. O período de repetição de uma trama completa é 125 µs. e. Uma palavra de alinhamento de trama (FAW) convenientemente, por

forma a evitar mascaramentos pelo bit-stream contido em tramas sucessivas tem de obedecer a algumas restrições, nomeadamente:

i. Deve ser imune a imitações por deslocamentos no tempo em torno da palavra; por exemplo, 1111111 ou 0101010 são facilmente imitadas, deslocando 1 ou 2 bits

ii. Não deverá ser imitada em consequência de erros simples ocasionais; por exemplo, 0000001 é facilmente imitada por um erro num dos bits da direita

Face ao enunciado, uma boa FAW seria, por exemplo, 0011011.

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f. C 1

C 2

C 3

C 3 0

(30)

(1)

(2)

(3)Canal mul t ip lexado

.......

.......

(1)

(2)

(29)

(30)

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17. Comutação de time-slots a. Tomar como exemplo uma trama de primeira hierarquia e dizer como se fará a

comutação temporal entre dois time-slots, por exemplo, comutar S1 e S4. explicar que tipos de tecnologias estão inerentes a este tipo de comutação.

b. Dizer como é que se efectua a comutação espacial, ilustrando com duas tramas quaisquer quais as operações a realizar (por exemplo, as tramas 12 e 27).

Resolução

a. Há dois processos básicos para se efectuar a comutação temporal: ou na memória de escrita ou na memória de leitura. No primeiro caso, os time-slots (S) são lidos sequencialmente para uma memória de leitura; existe uma memória de conexão (CM) que faz a relação entre a ordem existente aquando da leitura dos S à entrada (leitura sequencial) e a ordem com que esses S vão ser escritos. Para o caso de se pretender comutar S1 com S4 (e o resto manter-se), o conteúdo da CM deverá ser o seguinte (considera-se que só há quatro tramas):

Ordem de leitura Ordem de escrita 1 4 2 2 3 3 4 1

Deste modo quando chegarem os S (de uma forma sequencial, ou seja: 1, 2, 3, 4), estes serão armazenados num buffer para as posições 1, 2, 3 e 4 do buffer, respectivamente e a escrita será efectuada com a seguinte ordem: primeiro escreve o que está na posição 4 do buffer, depois o que está na posição 2, depois o que está na posição 3, e por fim o que está na posição 1. Conclusão: à entrada a ordem dos S era 1, 2, 3, 4 e à saída a ordem é 4, 2, 3, 1 – foi feita a comutação pretendida. O segundo caso é semelhante, só que agora a leitura dos S é feita da seguinte maneira: o primeiro S é lido e colocado na posição 4 do buffer, o segundo S é lido e colocado na posição 2, o terceiro é lido e colocado na posição 3 e, por fim, o quarto S é lido e colocado na posição 1 do buffer. A escrita é feita de modo sequencial. Também neste caso, tem-se à entrada 1, 2, 3, 4 e à saída 4, 2, 3, 1. Resumindo: enquanto que na primeira técnica a leitura é sequencial e a escrita é ordenada, no segundo caso a leitura é ordenada e a escrita é sequencial.

b. Considere-se que num lado estão as entradas e noutro se situam as saídas do comutador; o encaminhamento de tramas desde a entrada i e a saída j, é feito accionando uma porta lógica and entre a entrada i e a saída j. Assim sendo, para comutar a trama 12 com a trama 27, basta accionar a porta and entre a entrada 12 e a saída 27 (faz com que a trama 12 apareça na saída 27) e entre a entrada 27 e a saída 12 (faz com que a trama 27 apareça na saída 12), tal como desejado.

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19. Dada a expressão exacta para a densidade espectral de ruído do tipo AWGN

1

2)(

−

⋅⋅⋅=

⋅⋅Tk

fhn

e

fhRfG V2/Hz,

em que a constante de Planck vale 6.62x10-24 J.s, esboçar Gn(f). Resolução

2RkT

h*f / k*T

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20. Determinar Gn(f) para N resistências com a mesma temperatura equivalente de ruído, T, e com o mesmo valor, R, ligadas em série. Resolução Para uma resistência, vem

TkRfGn ⋅⋅⋅= 2)(

Para N resistências em série, com a mesma temperatura equivalente de ruído, T, e com o mesmo valor, R, virá TkRNfGn ⋅⋅⋅⋅= 2)(

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21. Admitindo que se dispõe de uma resistência ideal sem ruído de valor RL e de outra resistência ruidosa RN com temperatura equivalente de ruído T, determinar a potência de ruído transferida da resistência ruidosa para a resistência ideal. Resolução Resistência com ruído (RN):

R'N

R LvRN

TkRfGNRv ⋅⋅⋅= 2)(

LLN

v

RRLN

LL R

RR

fGfGv

RR

RP NR

LN⋅

+=⇒

+=

)()(2

NL

LNR

NL

LNR RR

BRTkRP

RR

RTkRfG

LL +⋅⋅⋅⋅⋅

=⇒+

⋅⋅⋅⋅=22

)(

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22. Considerar um receptor de rádio com uma largura de banda passante de 30 kHZ. A figura de ruído do receptor vale 6 dB. O receptor está ligado a uma antena através de um cabo coaxial com uma atenuação de 3dB e a antena apresenta uma temperatura equivalente de ruído de 290ºK. Determinar a figura de ruído global do receptor de rádio. Resolução Os dados do enunciado são: B = 30 kHz F = 6 dB Lcabo = 3 dB Te (antena) = 290 ºK Para um sistema, em geral, tem-se

+⋅−+−+=

21

3

1

21

11

gg

F

g

FFF

Atendendo aos dados, conclui-se que

5.0

10

1

10

1

10

3

10

2 2===

Lg

98.31010

6

3 ==F

2290

2901

)(1

01 =+=+==

T

antenaTFF e

ant

5.02

111 ===

antFg

2290

290)110(1)1(1 10

3

02 =⋅−+=⋅−+=

T

TLF cabo

92.155.0*5.0

198.3

5.0

122 =−+−+=F

F = 12 dB

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23. Considerando o mesmo receptor do problema anterior, determinar a potência média de ruído aos terminais da antena. Considerar T0 = 300ºK. Resolução Neste caso só contam os andares constituídos pelo cabo e pelo receptor FM, pelo que

cabo

receptorcabo g

FFF

1−+=

96.1300

290)110(1)1(1 10

3

0

=⋅−+=⋅−+=T

TLF cabo

cabo

5.0

10

1

10

1

10

3

10

===caboLcabog

92.75.0

198.396.1 =−+=F

F = 9 dB

32300

0

0 1030*300*1038.1*5.0*92.7 ××=⋅⋅⋅⋅=⇔⋅⋅⋅

= −N

N

BTkgFNBTkg

NF

16

0 1091.4 −×=N W

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24. Considerando o receptor do problema 21, determinar a potência média de sinal necessária, aos terminais da antena, para se garantir uma relação sinal ruído (SNR)mínima de 30 dB. Resolução Do problema anterior tem-se que

160 1091.4 −×=N W

pelo que

1316310

30

0

1091.41091.4*1010 −− ×=×=⇔= SN

SW

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25. Considerar um sistema celular com um total de 395 canais de voz alocados em frequência. Se o tráfego for uniforme com uma duração média de chamadas de 120 segundos e se o bloqueio de chamadas, durante uma hora de ocupação do sistema, for de 2%, calcular:

a. O número de chamadas por célula por hora b. O quociente médio S/I para factores de reutilização de célula de 4, 7 e

12. Resolução Nota: na resolução deste exercício só serão demonstrados os cálculos para um factor de reutilização, N, igual a 4. Para os restantes N, o procedimento é análogo. Assim sendo, tem-se que,

994

395

N

célulapor vozde canais de totalNúmerocélulapor vozde canais de Número ===

5.3124*33 ==== Nq Da tabela que relaciona o tráfego oferecido com o número de canais fonte, tira-se que com 99 canais de voz e uma taxa de bloqueio de 2%, a carga oferecida é 87.01 Erlangs. Assim sendo, a carga efectivamente transportada (tráfego real) será:

Erlangs 85.26 87.01 0.02)-(1célulapor real Carga

oferecida totalCarga bloqueio) de Taxa-(1 célulapor real Carga

=⋅=⇔⋅=

Acontece que

o observaçãPeríodo de

amadasdia das chDuração méélulahora por cmadas por N.º de cha al Tráfego re

⋅=

Donde,

2558120

360026.85

3600

12026.85

=×=

⇔⋅

=

r célulaor hora pochamadas pNúmero de

segundos

segundosr célulaor hora pochamadas pNúmero de

Quanto ao quociente S/I, é dado pela seguinte equação:

6

γq

I

S =

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donde se tira que, para N = 4 (⇔ q = 3.5) e γ = 4 (do enunciado), vem

256

5.3 4

==I

S (14 dB)

Sintetizando, os resultados finais são: N q Canais de voz por célula Chamadas por célula por hora S/I médio (dB) 4 3.5 99 2558 14 7 4.6 56 1349 18.7

12 6 33 724 23.3

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26. Considerar um sistema GSM com um espectro uni-direccional (one way) de 12.5 MHz e espaçamento entre canais de 200 kHz. Existem três canais de controlo por célula e o factor de reutilização é 4. Assumindo uma antena omnidireccional com seis interferentes no primeiro anel e uma inclinação para o caminho de perdas (path loss slope) de 40 dB/década (γ = 4), calcular o número de chamadas por célula por hora, com uma taxa de bloqueio de 2% e uma duração média das chamadas de 120 segundos. Resolução

controlo de canaisN.ºN canais dos banda de Largura

por canais de N.º B célulapor vozde canais de N.º −

⋅⋅= frame

Do enunciado, tem-se que Largura de banda total (B) = 12.5 MHz N.º de canais por frame = 8 (sistema GSM) Largura de banda dos canais = 200 kHz Factor de reutilização (N) = 4 N.º de canais de controlo = 3 Substituindo os valores dados, chega-se a N.º de canais de voz por célula = 122 Recorrendo à tabela referida no problema 24, tem-se que, para 122 canais e uma taxa de bloqueio de 2%, a carga total oferecida é de 110 Erlangs. Deste modo, o tráfego real será 0.98 * 110 = 107.8 Erlangs. Como



⋅=

vem

3234120

36008.107

3600

1208.107

=×=

⇔⋅

=


segundos


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26. A figura mostra a carga transportada, em Erlangs, para um sistema celular de 7 células, localizado numa área metropolitana ocupada. Existem, no total, 395 canais disponíveis no sistema. Assumindo que cada assinante gera 0.03 Erlangs de tráfego no sistema, com uma duração média de chamadas de 120 segundos e que o sistema cobre uma área de 1200 km2 desenhadas para uma taxa de bloqueio de 2%, calcular:

a. O número de canais requerido em cada célula b. O número de assinantes servidos pelo sistema c. O número médio de assinantes por canal d. O número de chamadas suportadas pelo sistema e. A densidade de assinantes, por km2 f. A densidade de chamadas, por km2 g. O raio de cada célula, em km h. O factor de reutilização por canal

Resolução Para a resolução deste problema vai-se recorrer à seguinte tabela:

N.º célula Tráfego Canais requeridos Assinantes por célula Chamadas por célula 1 30.8 40 1026.7 924 2 66.7 78 2223.3 2001 3 48.6 59 1620.0 1458 4 33.2 43 1106.7 996 5 38.2 48 1273.3 1146 6 37.8 48 1260.0 1134 7 32.6 42 1086.7 978

Total 287.9 358 9596.7 (≈9597) 8637 Nas próximas alíneas, quando for o caso de resolução individual, só se ilustrarão os cálculos para a célula 1; para as demais células, o processo é análogo.

a. Para a célula 1 tem-se que o tráfego é 30.8 Erlangs; recorrendo à tabela referida no problema 24, tira-se que o número de canais, para uma taxa de bloqueio de 2%, é de 40.

b. O número de assinantes por cada célula é igual ao tráfego total a dividir

pelo tráfego individual de cada assinante; como cada assinante gera 0.03 Erlangs de tráfego (dado do enunciado) e, no caso da célula 1 o tráfego total é de 30.8 Erlangs, então o número de assinantes é 1026.7, ou seja,

(1)

30.8 (1) (3)

48.6

(2)

66.7

(4)

33.2

(6)

37.8

(5)

38.2

(7)

32.6

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7.102603.0

8.30

individual Tráfego

totalTráfegoassinantesN.º ===

O número de assinantes total do sistema é igual à soma do número de assinantes de cada célula, o que dá, neste caso, 9597 assinantes.

c. 8.26358

9597

canais de totalN.º

assinantes de totalN.ºcanalpor assinantes de médio N.º ===

d. O número de chamadas suportadas pelo sistema é igual à soma do

número de chamadas da cada célula, o que dá, neste caso, 8637. e. A densidade de assinantes, por km2, é igual ao número total de assinantes

a dividir pela área total, ou seja,

81200

9597

totalÁrea

assinantes de totalN.ºkmpor assinanets de Densidade 2 ===

f. A densidade de chamadas, por km2, é igual ao número total de chamadas

a dividir pela área total, ou seja,

2.71200

8637

totalÁrea

chamadas de totalN.ºkmpor chamadas de Densidade 2 ===

g. A área de cada célula O raio de cada célula, em km

4.1717

1200

.º===

célulasN

AA total

célula km2

12.86.2

4.171

6.26.2 2 ===⇔⋅= hex

hex

ARRA km

h. 1.1358

395

requeridos canais N.º

existentes canais N.ºN ===

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27. Comparar a eficiência espectral do sistema digital comparativamente ao sistema analógico, usando os seguintes dados:

a. Número total de canais (voz + controlo): 416 b. Número total de canais de controlo: 21 c. Número total de canais de voz: 395 d. Largura de banda de cada canal: 30 kHz (sistema americano) e. Factor de reutilização: 7 f. Largura de banda total disponível em cada direcção: 12.5 MHz g. Área total de cobertura: 10 000 km2 h. Quociente S/I requerido para o sistema analógico: 18 dB i. Quociente S/I requerido para o sistema digital: 16 dB j. Taxa de bloqueio de chamadas: 2%

Resolução Começar-se-á por analisar o sistema analógico. Neste tem-se,

• 567

395 célulapor vozde canais de N.º ==

• 26.2 RAhex =

• Carga oferecida por célula = 45.9 Erlangs (recorrendo-se à tabela referida

no problema 24) • Tráfego real por célula = 45.9 * (1 – 0.02) = 44.98 Erlangs

• 2

2 384.1

100005.126.2

1000098.44

totalÁrea totalBanda

células N.º real Tráfego espectral Eficiência

RR =

×

×

=⋅⋅=

A eficiência espectral, assim dada, vem expressa em Erlangs/km2/MHz.

• Sabe-se que

7943.07.63

8.39

106

106

666

10

18

10

16

2

2

2

1

24

11

==×

×=∴

⋅=⇔

⋅=

⋅=

analógico

digital

q

q

I

Sq

I

S

I

Sq

γ

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Para o sistema digital, tem-se que

• N.º de canais de voz por cada 30 kHz = 3 (multiplexagem) • N.º de canais de voz por cada célula = 56 x 3 = 168

• Carga total oferecida por célula = 154.5 Erlangs (da tabela referida no

problema 24)

• Tráfego real por célula = 154.5 x (1 – 0.02) = 151.4 Erlangs

• ( )22

12digital

2analógico

8648.5

6.25.12

7934.04.151

célula cada de Área totalBanda

q

q real Tráfego

espectral EficiênciaRR

=×

×=⋅

⋅=

−

A eficiência espectral, assim dada, vem expressa em Erlangs/km2/MHz.

• Concluindo tem-se que

24.4384.1

8648.5

espectral Eficiência

espectral Eficiência

2

2

Analógico Sistema

Digital Sistema ==

R

R

Conclusão: para o mesmo problema a eficiência espectral do sistema digital é 4.24 vezes superior à do sistema analógico.

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28. Considerar um sistema celular com um total de 395 canais de voz alocados, de 30 kHz cada. A largura de banda total disponível em cada direcção é de 1.5 MHz. O tráfego é uniforme, com uma duração média de chamadas de 120 segundos num período de uma hora e o sistema tem uma taxa de bloqueio de 2%. Para um factor de reutilização de 4, 7 e 12 e para sistemas omnidireccionais, sectores de 120º e 60º, calcular:

a. As chamadas por hora por célula b. O quociente médio S/I c. A eficiência espectral, em Erlangs/k2/MHz

Assumir que existem 10 estações móveis por km2 e que cada estação móvel gera um tráfego de 0.02 Erlangs. A inclinação do caminho de perdas é de 40 dB/década. Resolução Sabe-se que,

célula A t V ula al por célTráfego re ⋅⋅=

em que, V é o número de estações móveis por km2 t é o tráfego por estação móvel, em Erlangs Acélula é a área da célula (neste caso considera-se, como anteriormente, que a célula é um hexágono) Neste caso,

22 52.06.202.010 RR A t V ula al por célTráfego re célula =××=⋅⋅=

Sabe-se, também, que,

( ) ( )mNmédioI

Slog103log ⋅−⋅=γ

em que, γ é a inclinação do caminho de perdas (path loss slope), em dB m é o número de interferentes no primeiro anel; para os sistemas omnidireccionais, m = 6, para os sistemas com sectores de 120º, m = 2 e para os sistemas com sectores de 60º, m = 1.

Por último, sabe-se que,

totalÁrea totalBanda

células N.º real Tráfego espectral Eficiência

⋅⋅=

Neste caso, vem,

2R 2.6 totalBanda

real Tráfego espectral Eficiência

⋅=

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Os cálculos ilustrados a seguir são para um factor de reutilização, N, de 7 e para um sistema com sectores de 120º; para os restantes factores de reutilização e para os restantes sistemas sectoriais, a resolução é análoga.

• 1937

395

célulapor sectores N.º N

vozde canais de totalN.ºsector por vozde canais de N.º =

×=

⋅=

• Carga total oferecida por sector = 12.3 Erlangs (da tabela referida no

problema 24)

• Carga total oferecida por célula = Carga total oferecida por sector x Número de sectores por célula = 12.3 x 3 = 36.9 Erlangs

• Tráfego real por célula = 36.9 x (1 – 0.02) = 36.2 Erlangs

• Como



⋅=

vem

1086120

36002.36

3600

1202.36

=×=

⇔⋅

=


segundos


• 3.852.0

2.36252.0 ==⇔×= RR ula al por célTráfego re km

• ( ) ( ) 43.232log1073log40 =⋅−×⋅=médioI

SdB

• Por último, relativamente à eficiência espectral, esta varia de acordo com

o raio da célula; assim sendo, para valores distintos de R na equação da eficiência espectral, obtêm-se valores distintos para a eficiência espectral; irão ser considerados quatro valores para o raio das células: 2, 4. 6, 8 e 10 km. A seguir demonstra-se como calcular a eficiência espectral para uma célula de 2 km.

278.02 2.612.5

36.2 2 =

××= espectralEficiência

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Juntando todos os dados em tabelas, vem: Comparação do desempenho dos sistemas sectoriais:

Sistema N Canais

por sector

Carga oferecida por

célula (E)

Tráfego real por célula

(E)

Chamadas por célula por hora

Raio da célula (km)

S/I médio (dB)

4 99 87.0 85.3 2559 12.8 13.8 7 56 45.9 45.0 1350 9.3 18.7 Omni.

12 33 24.6 24.1 723 6.8 23.3 4 33 73.8 72.3 2169 11.8 18.6 7 19 36.9 36.2 1086 8.3 23.4 120º

12 11 17.5 17.2 516 5.8 28.1 4 17 64.2 62.9 1887 11.0 21.6 7 9 26.0 25.5 765 7.0 26.4 60º

12 6 13.7 13.4 402 5.1 31.1 Comparação da eficiência espectral vs. o raio da célula, para os vários sistemas sectoriais:

Raio da célula (km) Sistema N q

2 4 6 8 10 4 3.5 0.656 0.164 0.073 0.041 0.026 7 4.6 0.346 0.087 0.038 0.022 0.014 Omni.

12 6.0 0.185 0.046 0.021 0.012 0.007 4 3.5 0.556 0.139 0.062 0.035 0.022 7 4.6 0.278 0.070 0.031 0.017 0.011 120º

12 6.0 0.132 0.033 0.015 0.008 0.005 4 3.5 0.484 0.121 0.054 0.030 0.019 7 4.6 0.196 0.049 0.022 0.012 0.008 60º

12 6.0 0.103 0.026 0.012 0.006 0.004

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29. Determinar a largura de banda mínima de um sinal de vídeo, considerando o sistema NTSC, com um número de linhas igual 525 e uma perda média de linhas, durante o varrimento, igual a 42 linhas. Sabe-se que o inverso da frequência de retorno horizontal vale 63.5 µs, apresentando um valor para Th igual a 10 µs e que o valor do aspect ratio vale 4/3. Resolução Os dados que se podem retirar do enunciado são: N = 525; Nvr = 42; Tline = 1/fH = 63.5 µs; Thr = 10 µs; H/V = 4/3. Recorrendo à equação

hrline

vr

TT

NN

V

HB

−−⋅⋅= 35.0 ,

chega-se a um valor B = 4.2 MHz.

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30. Determinar a largura de banda mínima para um sistema HDTV com um aspect ratio de 5/3, cujo écran apresenta, aproximadamente, um milhão de pixels. Tomar como pressuposto uma frequência de 30 quadros por segundo, Nvr = 60 linhas e Thr = 12.5 µs. Resolução Do enunciado, tem-se Nvr = 60, Thr = 12.5 µs, H/V = 5/3, Tframe = 1/30 s e que np = 106. Sabe-se que o número de linhas para o sistema HDTV é de 1125. Substituindo estes valores na seguinte equação

−⋅

−

⋅=⋅

line

hrvr

frame

T

T

N

N

npTB

11

714.0,

em que

63.291125*30

1 ===N

TT frame

line µs

obtém-se, finalmente, o valor B = 39.1 MHz.

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31. Considerar um sistema de Fax com valores desprezáveis para o retorno horizontal e vertical. Determinar o valor do período de um quadro, para codificar e transmitir uma página de 37 por 59 cm, com uma resolução espacial de 40 linhas/cm, usando um canal telefónico com largura de banda de 3.2 kHz. Resolução Dos dados do problema temos B = 3.2 kHz 40 linhas/cm ⇒ N = 40 * 59 = 2360 linhas Nvr = 0 Thr = 0 H/V = 37/59 Da equação

hrline

vr

TT

NN

V

HB

−−⋅⋅= 35.0 , tira-se que

Tline = 161.87 ms, donde, finalmente, se tira Tframe = Tline * N = 161.87 * 2360 = 382 s = 6’ 22”

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32. Determinar o número de pixels para o sistema PAL, para Nvr = 48 linhas e Thr = 10 µs. Resolução

−⋅

−

⋅=⋅

line

hrvr

frame

T

T

N

N

npTB

11

714.0

2269211064

10101

625

481

25

102.5

714.0

16

66

=

××−⋅

−⋅×⋅= −

−

np pixels

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33. Considerar um sistema de televisão a cores PAL, em que cada uma das três bandas espectrais RGB ocupa uma largura de banda de 5.2 MHz. Estimar a largura de banda necessária para transmitir um sinal composto pela componente de luminância e pelas duas componentes em quadratura da crominância, admitindo os seguintes casos:

a. as bandas de xY(t) e xC(t) são multiplexadas em canais distintos FDM b. as riscas espectrais da corminância são entrelaçadas com as riscas da

luminância. Resolução

a. Neste caso tem-se a seguinte situação (a nível espectral):

em que o sinal a contínuo representa uma das componentes (crominância

ou luminância) e o sinal a tracejado representa a outra Da análise da figura, vê-se que a largura de banda total vai ser o dobro da

de cada componente, ou seja, vai ser duas vezes 5.2 MHz, o que dá uma largura de banda total de 10.4 MHz.

b. Agora caso tem-se a seguinte situação (a nível espectral):

em que o sinal a contínuo representa uma das componentes (crominância

ou luminância) e o sinal a tracejado representa a outra Da análise da figura, vê-se que a largura de banda total vai ser o igual à

de cada componente, ou seja, vai ser 5.2 MHz.

0 f f /2

0 f f /2

3f /2

considerar a seguinte figura e, referindo-se a cada uma ...fmoreira/ensino/st/res_st.pdf · hdb3...

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