Qué es este curso y cómo usarlo
Este es el undécimo curso de Ingeniería Eléctrica Universitaria: sistemas de comunicación. EE06 construyó las herramientas de señal; este curso transmite señales a través de canales reales — moduladas sobre portadoras, cuantizadas en bits y protegidas por códigos.
- Las unidades 11.1–11.3 son analógicas: espectros, AM, FM.
- Las unidades 11.4–11.6 son la cadena digital: ruido y SNR, PCM, modulación.
- La unidad 11.7 establece los límites: entropía, capacidad, codificación.
La historia continua es un enlace de radio: un micrófono, un transmisor, un canal ruidoso receptor y un módem de datos comparten el mismo cable. Cada unidad siguiente avanza un bloque de ese enlace, y cada número se verifica de la manera en que un ingeniero de comunicaciones lo verifica: cada afirmación en dB se recalcula como una razón, cada presupuesto de potencia se cierra (portadora + bandas laterales = total), y cada afirmación sobre el ancho de banda se comprueba contra el canal al que debe ajustarse.
Señales, espectros y ancho de banda
Por qué importa. Un regulador de radio vende espectro por kilohertzios; si una señal cumple su licencia se decide por su espectro, y el espectro está determinado por la forma de la onda.
La idea, con una imagen. Una señal real ocupa espectro. La onda cuadrada tiene armónicos impares en $4/\pi \cdot 1/k$ — el 3-ésimo armónico a 1/3 amplitud, el 5-ésimo a 1/5 — por lo tanto ancho de banda es una elección de diseño sobre cuánto de la cola conservas. Para señales moduladas, esto Izquierda: la cola que conservas es el ancho de banda que pagas. Derecha: la modulación duplica la ocupación crea una nueva forma, así que una señal de banda base de ancho $W$ sobre una portadora ocupa $2W$, por lo que un
La derivación. Una serie de Fourier expresa la onda cuadrada como $\frac{4}{\pi}\sum_{k\ \mathrm{odd}} \frac{1}{k}\sin(k\omega_{0}t)$, por lo que un filtro paso bajo en $B$ conserva los armónicos con $kf_{0} \le B$, y la fracción de potencia conservada sigue de Parseval: la potencia de cada armónico es su amplitud al cuadrado, por lo que solo el fundamental transporta $1.273^{2}/(1.273^{2} + 0.424^{2} + 0.255^{2} + \ldots) \approx 81\%$.
Ejercicio resuelto 1 — una onda cuadrada de 1 kHz pasa por un filtro paso bajo de 5 kHz. El filtro permite el armónico de orden 1 (amplitud completa $4/\pi = 1.273$) y el armónico de orden 3 ($1.273/3 = 0.424$), bloqueando el armónico de orden 5 (0.255) y los superiores. Verifica la potencia conservada: $(1.273^{2} + 0.424^{2})/(1.273^{2} + 0.424^{2} + 0.255^{2} + \ldots)$ ≈ 90% — el oído percibe el redondeo, el medidor apenas se mueve, lo cual explica por qué El canal telefónico de 300–3400 Hz transmite voz inteligiblemente en todas las condiciones.
Ejemplo resuelto 2 — ascender a la licencia de radio. Una música de 4 kHz señal se coloca sobre una portadora de 100 kHz mediante mezcla: el espectro se convierte en la portadora más bandas laterales espejo que abarcan desde 96 kHz hasta 104 kHz — lo que representa $2W = 8$ kHz de ancho de banda ocupado. Si la licencia otorga 8 kHz, la modulación de amplitud la llena exactamente; si solo se otorgan 4 kHz, debe transmitir una sola banda lateral (SSB, tema de la unidad 11.2). Verifique: ninguna combinación de filtros puede comprimir la ocupación por debajo de $W$ sin eliminar la señal — la ley del $2W$ es geometría, no electrónica.
Errores comunes. Citar "ancho de banda" sin definición (−3 dB? ¿98% de potencia? primer nulo? — indique cuál). Creer que un filtro puede estrechar una señal modulada por debajo de su ancho de mensaje. Y olvidar que los armónicos de una onda cuadrada disminuyen como $1/k$ en AMPLITUD pero como $1/k^{2}$ en POTENCIA — la cola es más débil de lo que parece.
Resumen. Los espectros provienen de formas; una cola de paso bajo es una decisión de diseño medida en fracción de potencia; la modulación desplaza y duplica. La ley de $2W$ es la norma de ocupación contra la cual se redacta cada licencia.
Modulación de amplitud
Por qué importa. AM es el sistema de portadora más simple que aún cierra su presupuesto de energía en papel — y la aritmética de ese presupuesto explica por qué todo ingeniero de radiodifusión lo abandonó y por qué el detector de envolvente aún se transmite en cada radio.
La idea, con una imagen. En la modulación de amplitud, el envoltura del portadora transporta el mensaje: $s(t) = A[1 + m \cdot x(t)]\cos(\omega_{c}t)$ con índice de modulación $m \le 1$. El espectro es el portador más dos bandas laterales en $f_{c} \pm f_{m}$, y el balance de potencia es exacto: potencia de banda lateral $= (m^{2}/2)P_{c}$, total $P_{c}(1 + m^{2}/2)$.
Derivación. Con un tono único como mensaje $x = \cos(\omega_{m}t)$: $s(t) = A\cos(\omega_{c}t) + \dfrac{mA}{2}\cos((\omega_{c}+\omega_{m})t) + \dfrac{mA}{2}\cos((\omega_{c}-\omega_{m})t)$ — escribe el producto de cosenos como suma y aparecen las dos bandas laterales con amplitud $mA/2$, por lo tanto potencia $(mA/2)^{2}$ cada una y $\frac{m^{2}}{2}P_{c}$ en conjunto.
Ejemplo resuelto 1 — el presupuesto en m = 0.5. Una portadora de 100 W: bandas laterales totales $\frac{0.25}{2} \times 100 = 12.5$ W, transmisión 112.5 W, eficiencia $12.5/112.5 = 11.1\%$ ✓. En el máximo legal $m = 1$: 50 W en bandas laterales, 150 W totales, 33.3% — dos tercios de la la potencia del transmisor va a una portadora que no transporta información. Ambos balances cierran en $P_{c}(1 + m^{2}/2)$.
Ejemplo resuelto 2 — escalar al diseño del detector. El detector de envolvente (un diodo y un RC) debe descargarse lo suficientemente lento como para detector (un diodo y un RC) debe descargarse lo suficientemente lento como para seguir las caídas más rápidas de la envolvente, pero rápido suficiente para no puentear los picos de la portadora peaks: $1/\omega_{c} \ll \tau \ll 1/\omega_{m}$. For $f_{c} = 100$ kHz and $f_{m} = 5$ kHz, $\tau$ must sit between $1.6\ \mu$s and $31.8\ \mu$s; $\tau = 10\ \mu$ s funciona con margen en ambos extremos ✓. Al acercar $m$ a 1 y el límite superior se ajusta a $\dfrac{\sqrt{1-m^{2}}}{m\,\omega_{m}}$ — en $m = 0.9$ it is $\dfrac{\sqrt{0.19}}{0.9} \times \dfrac{1}{2\pi \cdot 5\,\text{kHz}} = 15.4\ \mu$s: the same RC, less than half the slack, which is why la modulación profunda distorsiona antes que cualquier otra cosa falle.
Errores comunes. Configurar $m > 1$ (dobladura de envolvente, inversión de fase, el detector produce basura). Calcular la eficiencia contra la potencia total de una manera y contra la potencia de la portadora de otra (especificar el denominador). Y manera y contra la potencia de la portadora otra (indique el denominador). Y elegir $\tau$ solo por la portadora: la portadora determina únicamente el límite inferior; el límite superior está dado por la frecuencia máxima del mensaje y su profundidad $m$.
Resumen. AM: envolvente $=$ mensaje; bandas laterales $m^{2}/2 \times P_{c}$; la eficiencia máxima ocurre en 33%; la RC del detector debe estar entre $1/\omega_{c}$ y $\sqrt{1-m^{2}}/(m\,\omega_{m})$.
Modulación de ángulo (FM/PM)
anchura de banda por inmunidad al ruido, y el tamaño de ese intercambio — la regla de Carson de un lado, la ganancia SNR del otro — es la explicación más clara del curso en un lado, la ganancia de SNR en el otro — es la parte más clara del curso frecuencia de desviación
La idea, con una imagen. La modulación de frecuencia coloca el mensaje en la frecuencia instantánea: $f_{i} = f_{c} + k_{f}x(t)$. La desviación de frecuencia $\Delta f$ respecto a la frecuencia del mensaje más alta frecuencia $f_{m}$ da el índice de modulación $\beta = \Delta f/f_{m}$, y la regla de Carson $B \approx 2(\Delta f + f_{m})$ acota el espectro significativo.
La derivación. Integrar $f_i$ da la fase $\phi(t) = 2\pi f_{c}t + \beta\sin(\omega_{m}t)$; expandir $A\cos(\phi)$ con la identidad de Jacobi-Anger produce líneas espectrales en $f_{c} \pm kf_{m}$ con pesos de Bessel $J_{k}(\beta)$ — significativo $k \approx \beta + 1$. La regla es una cota, no un muro: las líneas más allá de ella $2(\Delta f + f_{m})$. La regla de Carson estima un ancho de banda que contiene aproximadamente 98% de la potencia en el modelo FM estándar; no es un corte espectral estricto.
Ejemplo resuelto 1 — Transmisión FM. $\Delta f = 75$ kHz, $f_{m} = 15$ kHz: $\beta = 5$, $B = 2 \times 90 = 180$ kHz — y el canal de 200 kHz de separación deja una banda de protección de 20 kHz ✓. Banda estrecha ($\beta \ll 1$): $B$ colapsa a aproximadamente $2f_{m}$, el régimen de walkie-talkie. Verifique el límite: $\Delta f \to 0$ proporciona $\beta \to 0$, $J_{0} \to 1$ — solo el portador, como debe ser.
Ejemplo resuelto 2 — Escalada al precio del acuerdo. La FM de banda ancha acquiere relación señal-ruido postdetección: $(S/N)_{out} \approx (3\beta^{2}/2)\,(S/N)_{ref}$ en el régimen de alta SNR, donde la referencia $(S/N)_{ref}$ es la potencia recibida sobre el ruido en la banda de mensaje $f_{m}$ (lo que una transmisión en banda base con la misma potencia proporcionaría). Para $\beta = 5$: $10\log_{10}(37.5) = 15.7$ dB de mejora — pagado con 180 kHz de ancho de banda (6× los 30 kHz que AM ocuparía para la misma audio de 15 kHz) y se pierde completamente por debajo del FM efecto de captura. El balance: 10 dB de ganancia por 180 dB de espectro. captura y asunción. El registro: 15.7 dB de ganancia por cada 7.8 dB de espectro.
independiente de la frecuencia, razón por la cual FM ganó las transmisiones mientras PM permanece dentro de los módems de datos. Resumen. 98; $\Delta f$; la ganancia de SNR de banda ancha es $B$, real solo por encima del umbral. machinery with the message in the phase, $\beta_{PM} = k_{p}A_{m}$ — universo — y cada etapa del receptor decide hasta dónde por encima de él se encuentra la señal. inside data modems.
Summary. $\beta = \Delta f/f_{m}$; $B \approx 2(\Delta f + f_{m})$; la ganancia de SNR de banda ancha es $3\beta^{2}/2$, real solo por encima del umbral.
Ruido y SNR
universo — y cada etapa receptora decide qué tan por encima de él se encuentra la señal piso que ningún amplificador puede perforar — el piso térmico del universo — y cada etapa del receptor decide qué tan por encima está la señal llega.
La idea, con una imagen. Cada receptor añade ruido. El ruido figura $F$ mide cuánto, y la ley de cascada de Friis $F = F_{1} + (F_{2}-1)/G_{1}$ dice que la PRIMERA etapa lo decide todo: su ganancia divide la contribución de cada etapa posterior.
La derivación. El ruido referido a la entrada por etapa se suma en la entrada de cada etapa, y cada ganancia anterior reduce el ruido posterior dividiéndolo entre su ganancia, por lo que el ruido total referido de la cascada es $F_{1} + (F_{2}-1)/G_{1} + (F_{3}-1)/(G_{1}G_{2}) + \ldots$ — después de dos etapas con ganancia adecuada, los términos finales desaparecen. Fondo térmico: $-174\ dBm/Hz + 10\log_{10}B$.
Ejemplo resuelto 1 — el LNA gana. LNA con $F_{1} = 1.76$ dB ($F = 1.5$) y $G_{1} = 10$ dB antes de un mezclador con $F_{2} = 4.77$ dB ($F = 3$): la cadena calcula $F = 1.5 + (3-1)/10 = 1.70 = 2.30$ dB ✓ — el ruido del mezclador de 4.77 dB colapsó a una penalidad de 0.5 dB. Invierta los bloques: $3 + (1.5-1)/10 = 3.05 = 4.84$ dB — 2.5 dB peor para los mismos componentes. En un canal FM de 180 kHz el fondo se sitúa en $-174 + 10\log_{10}(180\,000) = -121.4$ dBm.
Ejemplo resuelto 2 — amplíe al presupuesto del enlace. El transmisor entrega $-20$ dBm en la antena del receptor tras la pérdida de trayectoria; el canal tiene un ancho de 180 kHz. La señal de $-20$ dBm frente al ruido de $-121.4$ dBm es una entrada $S/N = 101.4$ dB — enorme. El propio ruido del receptor eleva el piso con su figura de ruido de 2.3 dB a $-119.1$ dBm, por lo que la relación portadora-ruido después del frente de recepción es $-20 - (-119.1) = 99.1$ dB, muy por encima del umbral FM umbral. La ganancia FM de la unidad 11.3 se cita respecto a la banda de mensaje de referencia: el ruido en la banda de audio de 15 kHz es y la ganancia de demodulación de $-174 + 10\log_{10}(15\,000) + 2.3 = -129.9$ dB eleva el post-detección $(S/N)_{ref} = 109.9$ a aproximadamente y la ganancia del demodulador de 15.7 dB eleva la señal post-detección de $S/N$ a aproximadamente 125.6 dB en el régimen lineal —muy por encima del nivel de alta fidelidad; el límite práctico se convierte en estéreo y no en el ruido. Uno económico, tres unidades, cerrado.
Errores comunes. Sumar factores de ruido en dB (convertir a lineal $F$ primero, sumar las razones, convertir de nuevo una vez). Olvidar que el límite escala con el ancho de banda — 10 dB por década de $B$. Y citar una cascada de $F$ para una temperatura de referencia o impedancia inadecuadas; $F$ se define a 290 K.
Resumen. $F_{total} = F_{1} + (F_{2}-1)/G_{1} + \ldots$; primera etapa reglas; límite $= -174\ dBm/Hz + 10\log_{10}B$; cada presupuesto se cierra en aritmética de dB una vez que las razones son lineales.
PCM y transmisión de banda base
Por qué importa. El enlace continuo pasa a digital en esta unidad: el voltaje del micrófono se convierte en bits, los bits en pulsos, y la forma del pulso determina la velocidad a la que el cable puede transportarlos.
La idea, con una imagen. Cuantización intercambia precisión por $n$ bits proporcionan $2^{n}$ niveles y $SQNR \approx 6.02n + 1.76$ dB. Sampling at $f_{s} > 2W$ (Nyquist) then codificar es PCM — la base de toda la red telefónica. En banda base, el filtro de coseno elevado con roll-off $\alpha$ intercambia ancho de banda por holgura de temporización: $B = (1+\alpha)R_{s}/2$.
La derivación. Un cuantificador uniforme con paso $\Delta$ redondea cada muestra al nivel más cercano; el error es uniforme en $[-\Delta/2, \Delta/2]$ with variance $\Delta^{2}/12$. Frente a una onda senoidal de escala completa de potencia $(2^{n}\Delta)^{2}/8$, la relación es $1.5 \cdot 2^{2n}$ — $10\log_{10}$ de los cuales equivalen a $6.02n + 1.76$ dB. La $6.02$ representa un bit = un doblez = $10\log_{10}4$.
Ejemplo resuelto 1 — el número telefónico. Voz de 4 kHz muestreada a 8 kHz con 8 bits por muestra: $8\,000 \times 8 = 64$ kbps; $SQNR = 6.02 \times 8 + 1.76 = 49.9$ dB ✓ (256 niveles). Cada 1 dB adicionales de SQNR cuesta 1/6 de un bit por muestra — la elección de 8 bits es el ajuste óptimo ante ese costo. asentamiento de ese precio.
2: $R_{s} = 1$ MHz ✓ — el número que cada $\alpha = 0.35$: $B = 1.35 \times 1/2 = 0.675$ MHz ✓ — el número que cada hoja de datos de módem cita. Reduzca el roll-off a $\alpha = 0$ y la espectro toca el ideal $R_s/2$, pero los cruces por cero del pulso se convierten en temporización de filo de cuchillo. La codificación Manchester duplica el ancho de banda para obtener un reloj fuerte (la elección clásica de Ethernet): su primer nulo espectral se encuentra en reloj (la opción clásica de Ethernet): su primer nulo espectral se sitúa en $2R$ frente a los $R$ del NRZ, y el NRZ tiene componente continua y carece de reloj. Cada código de línea representa un punto en el gráfico de ancho de banda frente a frecuencia de reloj puntos por símbolo = más bits/Hz y mayor sensibilidad al ruido — el
Common mistakes. Sampling exactly at $2W$ (the inequality is strict; en la igualdad la banda de protección es cero y cualquier rizado del filtro causa aliasing). Confundir $SQNR$ con la SNR analógica de toda la cadena. Y olvidar que $\alpha = 0$ no es construible — es el límite al que los filtros reales se acercan.
Resumen. $SQNR = 6.02n + 1.76$ dB; Nyquist $f_s > 2W$; coseno elevado $B = (1+\alpha)R_{s}/2$; los códigos de línea intercambian espectro por fuerza del reloj.
Modulación digital
Por qué importa. Los bits del enlace deben transportarse sobre una portadora, y la constelación que dibuja determina cuántos de ellos caben por hertz y cómo fácilmente el ruido los desvía de sus puntos.
La idea, con una imagen. Los bits viajan sobre portadoras como constelaciones : ASK modula la amplitud, PSK rota la fase, QAM hace ambas. Más puntos por símbolo = más bits/Hz y mayor sensibilidad al ruido — el points per symbol = more bits/Hz and more sensitivity to noise — the El comercio bidimensional es la historia completa.
La derivación. Para una distancia mínima igual a $d$, el símbolo promedio de energía es la media de los radios al cuadrado, $E_{avg} = \overline{r^{2}}$, calculada directamente por constelación: los cuatro puntos del QPSK se sitúan en un círculo de radio $r = d/\sqrt{2}$, por lo tanto $E_{avg} = r^{2} = d^{2}/2$; la rejilla 16-QAM (4 puntos interiores, 8 puntos de borde, 4 puntos de esquina) promedia los radios al cuadrado a $E_{avg} = (4 \cdot 0.5 + 8 \cdot 2.5 + 4 \cdot 4.5)\,d^{2}/16 = 2.5d^{2}$ — un factor 5, es decir, 7.0 dB, para 2× los bits por símbolo.
Ejemplo resuelto 1 — el registro energético. QPSK: 2 bit/símbolo en $E = 0.5d^{2}$. 16-QAM: 4 bits/símbolo en $2.5d^{2}$ — cinco veces la energía por símbolo, 7.0 dB. Por bit, el registro se suaviza: $0.25d^{2}$ frente a $0.625d^{2}$ — factor 2.5 = 4.0 dB, porque la constelación 16-QAM transporta dos bits por símbolo ✓. Verifique con el número de hoja de datos: la clásica brecha entre 16-QAM y QPSK en $E_{b}/N_{0}$ a una BER de $10^{-6}$ se cita cerca de 4 dB — la geometría por bit, medida.
Ejemplo resuelto 2 — ascender hacia el acantilado. Bajo AWGN, la BER del BPSK es $Q(\sqrt{2E_{b}/N_{0}})$. A $E_{b}/N_{0} = 5$ dB: $\sqrt{2 \times 3.16 = 2.51$, $Q(2.51) \approx 6 \times 10^{-3}$. A 9 dB ($\sqrt{2 \times 7.94} = 3.98$): $Q(3.98) \approx 3 \times 10^{-5}$. En 12 dB: $\approx 10^{-8}$. Tres puntos, un acantilado — 4 dB compra dos órdenes de magnitud y los siguientes 3 dB tres más, por lo que los presupuestos de enlace obsesionan con las mide la sorpresa de una fuente en bits/símbolo; la brecha hacia la codificación de longitud fija es redundancia. Huffman la elimina para la fuente; canal
Errores comunes. Comparar constelaciones a igual energía media cuando la comparación justa es igual distancia mínima (o igual pico). Leer curvas $E_{b}/N_{0}$ sin verificar la normalización. Y las ganancias en bits por símbolo escalan según $\log_{2}M$ mientras la energía crece mucho más rápido en $M$ — el acantilado se vuelve más empinado.
Resumen. Libro contable igual-$d$: QPSK $d^{2}/2$, 16-QAM $2.5d^{2}$ (7 dB, 2× bits). BER BPSK $Q(\sqrt{2E_{b}/N_{0}})$; la curva es un acantilado — presupueste los dB antes de que el enlace se pierda.
Introducción a la información y codificación
Por qué importa. El último bloque delinea los bordes del mapa: bits que una fuente merece, bits que un canal permite y cómo los códigos acercan la práctica a la teoría.
La idea, con una imagen. Entropía $H = -\sum p\log_{2}p$ mide la sorpresa de una fuente en bits/símbolo; la diferencia con la codificación de longitud fija es redundancia. Huffman la elimina para la fuente; canal códigos gastan redundancia en protección en su lugar. El techo es capacidad del canal $C = B\log_{2}(1+S/N)$.
La derivación. Para una fuente dyádica ($p$ son potencias negativas de 2), la fusión codiciosa de Huffman produce longitudes $\log_{2}(1/p)$ exactas, por lo que el promedio es igual a $H$ — cumplido, no aproximado; las fuentes no dyádicas se encuentran dentro de un bit.
Ejercicio resuelto 1 — la fuente cuartil. Probabilidades 1/2, 1/4, 1/8, 1/8: los cuatro términos $p\log_{2}(1/p)$ son 0.5, 0.5, 0.375, 0.375, por lo tanto $H = 1.75$ bits ✓ frente a 2 bits de longitud fija — eficiencia de 87.5%; longitudes de Huffman 1, 2, 3, 3 promedian exactamente 1.75 ✓ — dyádico, límite cumplido. Código Hamming (7,4): 4 datos + 3 paridad, distancia 3, corrige cualquier error simple: codificar 1011 → 0110011; invertir el bit 5, el síndrome se calcula en $101_{2} = 5$ ✓. Tasa 4/7 (redundancia de 43%).
Ejercicio resuelto 2 — ascender al techo del módem. Un canal de 3 kHz a 30 dB SNR: $C = 3000 \times \log_{2}(1001) = 29.9$ kbps — el techo del módem dial-up. V.90/V.92 alcanzaron 56 kbps de bajada solo llegando digital hasta la central telefónica — dentro de la ley. Verifique la dirección: 10 dB más de SNR compra $\log_{2}(10) \approx 3.3$ bits/Hz — lineal en ancho de banda, logarítmico en potencia.
Errores comunes. Calcular $H$ con la base logarítmica incorrecta (bits = $\log_{2}$). Creer que Huffman siempre cumple $H$ (solo para dyádicos). Y leer $C$ como garantía — los códigos se aproximan, ninguno la alcanza.
Resumen. $H = \sum p\log_{2}(1/p)$, encontrado por Huffman en fuentes dyádicas códigos; Hamming (7,4) corrige un error con 43% de redundancia; $C = B\log_{2}(1+S/N)$ es el techo.