O que este curso é e como usá-lo
Este é o décimo primeiro curso de Engenharia Elétrica Universitária: sistemas de comunicação. EE06 forneceu as ferramentas de sinal; este curso transmite sinais através de canais reais — modulados sobre portadoras, quantizados em bits, protegidos por códigos.
- Units 11.1–11.3 are analogue: spectra, AM, FM.
- As unidades 11.4–11.6 formam a cadeia digital: ruído e SNR, PCM e modulação.
- A unidade 11.7 estabelece os limites: entropia, capacidade e codificação.
A narrativa contínua envolve um enlace de rádio: um microfone, um transmissor, um canal ruidoso canal, um receptor e um modem de dados compartilhando o mesmo fio. Cada unidade abaixo avança um bloco dessa ligação para frente, e cada número é verificado da maneira como um engenheiro de comunicações a verifica — toda afirmação em dB recalculada como uma razão, todo orçamento de potência encerrado (portadora + bandas laterais = total), e toda afirmação de largura de banda testada contra o canal onde deve se encaixar.
Sinais, espectros e largura de banda
Por que isso importa. Um regulador de rádio vende espectro por quilohertz; se um sinal cabe na licença é decidido pelo seu espectro, e o espectro é decidido pela forma da onda.
The idea, with a picture. A real signal occupies spectrum. The square wave is odd harmonics at $4/\pi \cdot 1/k$ — the 3rd harmonic at 1/3 amplitude, the 5th at 1/5 — so bandwidth is a design choice estrutura de banda lateral rege: a modulação desloca o espectro, nunca regras de estrutura de banda lateral: a mistura desloca o espectro, mas nunca $W$ de espectro de rádio. $2W$ do espectro de rádio.
A dedução. Uma série de Fourier expressa a onda quadrada como
A dedução. Uma série de Fourier expressa a onda quadrada como $\frac{4}{\pi}\sum_{k\ \mathrm{odd}} \frac{1}{k}\sin(k\omega_{0}t)$, portanto uma passa-baixas em $B$ mantém os harmônicos com $kf_{0} \le B$, e a potência fração retida segue de Parseval: a potência de cada harmônico é seu amplitude ao quadrado, portanto o fundamental sozinho carrega $1.273^{2}/(1.273^{2} + 0.424^{2} + 0.255^{2} + \ldots) \approx 81\%$.
Exemplo resolvido 1 — um onda quadrada de 1 kHz através de um filtro passa-baixas de 5 kHz. O filtro permite passar o harmônico 1 (amplitude total $4/\pi = 1.273$) e o harmônico 3 ($1.273/3 = 0.424$), bloqueia o harmônico 5 (0.255) e todos os subsequentes. Verifique a potência retida: $(1.273^{2} + 0.424^{2})/(1.273^{2} + 0.424^{2} + 0.255^{2} + \ldots)$ ≈ 90% — o ouvido percebe o arredondamento, o medidor mal se move, razão pela qual o canal telefônico de 300–3400 Hz transmite fala de forma inteligível.
Exemplo resolvido 2 — elevando para a licença de rádio. Um sinal musical de 4 kHz é posicionado sobre uma portadora de 100 kHz por meio de mistura: o espectro torna-se a portadora mais bandas laterais espelhadas abrangendo de 96 kHz a 104 kHz — ocupando $2W = 8$ kHz de largura de banda. Se a licença concede 8 kHz, a modulação de amplitude preenche exatamente essa faixa; se a concessão for apenas de 4 kHz, você deve transmitir apenas uma banda lateral (SSB, tema da unidade 11.2). Verifique: nenhuma combinação de filtros pode comprimir a ocupação abaixo de $W$ sem excluir o sinal — a lei $2W$ é geometria, não eletrônica.
Erros comuns. Citar "largura de banda" sem definição (−3 dB? ⊥98% de potência? primeiro nulo? — especifique qual). Acreditar que um filtro pode reduzir a largura de um sinal modulado abaixo da largura da mensagem. E esquecer que os harmônicos de uma onda quadrada declinam como $1/k$ em AMPLITUDE, mas como $1/k^{2}$ em POTÊNCIA — o a cauda é mais fraca do que parece.
Resumo. Os espectros derivam de formas; uma cauda passa-baixas é um design escolhido com base na fração de potência; a modulação desloca e duplica. $2W$ é a lei de ocupação contra a qual toda licença é redigida.
Modulação de amplitude
Por que importa. A AM é o sistema de portadora mais simples que ainda equilibra seu orçamento de potência no papel — e a aritmética desse orçamento explica por que cada engenheiro de radiodifusão partiu para outro, e por que o detector de envelope ainda é fabricado em todos os rádios.
A ideia, com uma imagem. Na modulação de amplitude, a envelope da portadora transporta a mensagem: $s(t) = A[1 + m \cdot x(t)]\cos(\omega_{c}t)$ com índice de modulação $m \le 1$. O espectro é a portadora mais duas bandas laterais em $f_{c} \pm f_{m}$, e o orçamento de potência é exato: potência da banda lateral $= (m^{2}/2)P_{c}$, total $P_{c}(1 + m^{2}/2)$.
A dedução. Com uma mensagem de tom único $x = \cos(\omega_{m}t)$: $s(t) = A\cos(\omega_{c}t) + \dfrac{mA}{2}\cos((\omega_{c}+\omega_{m})t) + \dfrac{mA}{2}\cos((\omega_{c}-\omega_{m})t)$ — escreva o produto de cosenos como soma e as duas bandas laterais aparecem com amplitude $mA/2$, portanto potência $(mA/2)^{2}$ cada e $\frac{m^{2}}{2}P_{c}$ juntas.
Exemplo resolvido 1 — o orçamento em m = 0.5. Um portador AM de 100 W: bandas laterais totalizam $\frac{0.25}{2} \times 100 = 12.5$ W, transmissão 112.5 W, eficiência $12.5/112.5 = 11.1\%$ ✓. No limite legal máximo $m = 1$: 50 W nas bandas laterais, 150 W no total, 33.3% — dois terços da a potência do transmissor é direcionada para uma portadora que não carrega nenhuma informação. Ambos os orçamentos terminam em $P_{c}(1 + m^{2}/2)$.
Exemplo resolvido 2 — escalonamento para o projeto do detector. O detector de envelope (um diodo e um RC) deve descarregar lentamente o suficiente para seguir as descidas mais rápidas do envelope, mas rápido o suficiente para não ligar os picos do portador: seguem as descidas mais rápidas do envelope, mas suficientemente rápidas para não conectar picos de portadora picos: $1/\omega_{c} \ll \tau \ll 1/\omega_{m}$. Para $f_{c} = 100$ kHz e $f_{m} = 5$ kHz, $\tau$ deve ficar entre $1.6\ \mu$s e $31.8\ \mu$s; $\tau = 10\ \mu$s funciona com margem em ambas as extremidades ✓. Empurre $m$ em direção a 1 e o limite superior se ajusta para $\dfrac{\sqrt{1-m^{2}}}{m\,\omega_{m}}$ — em $m = 0.9$ ele é $\dfrac{\sqrt{0.19}}{0.9} \times \dfrac{1}{2\pi \cdot 5\,\text{kHz}} = 15.4\ \mu$s: o mesmo RC, menos da metade do folga, que é por isso que modulação profunda distorce antes que qualquer outra falha ocorra.
Erros comuns. Definir $m > 1$ (o envelope dobra, a fase inverte, o detector produz lixo). Calcular eficiência contra potência total de uma forma e contra potência de portadora de outra (especifique o denominador). E contra a potência da portadora outra (especifique o denominador). E ao escolher $\tau$ apenas pela portadora: esta define apenas o limite inferior; a frequência mais alta da mensagem e sua profundidade $m$ definem o superior.
Resumo. AM: envelope $=$ mensagem; bandas laterais $m^{2}/2 \times P_{c}$; eficiência atinge pico em 33%; o RC do detector vive entre $1/\omega_{c}$ e $\sqrt{1-m^{2}}/(m\,\omega_{m})$.
Modulação de ângulo (FM/PM)
Por que importa. FM transmite durante trovoadas porque troca largura de banda por imunidade a ruído, e a magnitude dessa troca — regra de Carson de um lado, ganho de SNR do outro — é o acordo mais limpo de engenharia do curso. negócio de engenharia.
A ideia, com uma imagem. Modulação de frequência coloca a mensagem na frequência instantânea: $f_{i} = f_{c} + k_{f}x(t)$. O desvio de frequência $\Delta f$ contra a maior frequência da mensagem frequência $f_{m}$ dá o índice de modulação $\beta = \Delta f/f_{m}$, e a regra de Carson $B \approx 2(\Delta f + f_{m})$ limita o espectro significativo.
A dedução. Integrar $f_i$ dá a fase $\phi(t) = 2\pi f_{c}t + \beta\sin(\omega_{m}t)$; expandir $A\cos(\phi)$ com a identidade de Jacobi–Anger produz linhas espectrais em $f_{c} \pm kf_{m}$ com pesos de Bessel $J_{k}(\beta)$ — significativo linhas param perto de $k \approx \beta + 1$, que é exatamente o de Carson $2(\Delta f + f_{m})$. A regra de Carson estima uma largura de banda contendo aproximadamente 98% da potência no modelo FM usual; não se trata de um corte espectral estrito.
Exemplo resolvido 1 — Transmissão FM. $\Delta f = 75$ kHz, $f_{m} = 15$ kHz: $\beta = 5$, $B = 2 \times 90 = 180$ kHz — e o canal de 200 kHz de separação deixa uma faixa de guarda de 20 kHz ✓. Banda estreita ($\beta \ll 1$): $B$ colapsa para cerca de $2f_{m}$, o regime de walkie-talkie. Verifique o limite: $\Delta f \to 0$ resulta em $\beta \to 0$, $J_{0} \to 1$ — apenas a portadora, como deve ser.
Exemplo resolvido 2 — Escalada pelo preço do acordo. FM de banda larga compra SNR pós-detecção: $(S/N)_{out} \approx (3\beta^{2}/2)\,(S/N)_{ref}$ no regime de alto SNR, onde a referência $(S/N)_{ref}$ é a potência recebida sobre o ruído na faixa de mensagem $f_{m}$ (o que a transmissão em banda base com a mesma potência forneceria). Para $\beta = 5$: $10\log_{10}(37.5) = 15.7$ dB de melhoria — paga com 180 kHz de largura de banda (6× os 30 kHz que AM ocuparia para a mesma 15 kHz de áudio) e perdida abaixo do limiar FM próximo a uma relação portadora-ruído de cerca de 10 dB no canal de 180 kHz, onde o ruído de clique e captura assumem o controle. O balanço: 15.7 dB de ganho por 7.8 dB de espectro.
Erros comuns. Usar a regra de Carson como se fosse exata (é um limite de potência de 98%–). Confundir $\Delta f$ (propriedade do modulador) com $B$ (propriedade do espectro). E esquecer PM: a mesma máquinas com a mensagem na fase, $\beta_{PM} = k_{p}A_{m}$ — independente da frequência, razão pela qual FM venceu as transmissões enquanto PM sobrevive dentro dos modems de dados. dentro de modems de dados.
Resumo. $\beta = \Delta f/f_{m}$; $B \approx 2(\Delta f + f_{m})$; o ganho de SNR de banda larga é $3\beta^{2}/2$, válido apenas acima do limiar.
Ruído e SNR
Por que importa. O orçamento de enlace da história em curso termina em um piso de ruído que nenhum amplificador pode perfurar — o piso térmico do universo — e cada estágio do receptor determina quão acima dele o sinal chega.
A ideia, com uma imagem. Todo receptor adiciona ruído. O **ruído $F$ diz que o PRIMEIRO estágio decide tudo: $F = F_{1} + (F_{2}-1)/G_{1}$ afirma que a PRIMEIRA etapa decide tudo: seu ganho divide a contribuição de todas as etapas seguintes.
A dedução. O ruído referido à entrada por estágio soma-se na entrada de cada estágio, e cada ganho anterior escala o ruído posterior para baixo em sua proporção de ganho, assim o ruído total referido da cascata é $F_{1} + (F_{2}-1)/G_{1} + (F_{3}-1)/(G_{1}G_{2}) + \ldots$ — após dois estágios de ganho saudável, os termos finais desaparecem. Piso térmico: $-174\ dBm/Hz + 10\log_{10}B$.
Exemplo resolvido 1 — o LNA vence. LNA com $F_{1} = 1.76$ dB ($F = 1.5$) e $G_{1} = 10$ dB à frente de um misturador com $F_{2} = 4.77$ dB ($F = 3$): a cadeia calcula $F = 1.5 + (3-1)/10 = 1.70 = 2.30$ dB ✓ — o 4.77 dB do misturador colapsou para uma penalidade de 0.5 dB. Inverta os blocos: $3 + (1.5-1)/10 = 3.05 = 4.84$ dB — 2.5 dB pior para as mesmas partes. Em um canal FM de 180 kHz, o piso está em $-174 + 10\log_{10}(180\,000) = -121.4$ dBm.
Exemplo resolvido 2 — escalonar para o orçamento de enlace. O transmissor entrega $-20$ dBm na antena do receptor após perda de propagação; o canal tem largura de 180 kHz. Sinal $-20$ dBm contra ruído $-121.4$ dBm é uma entrada de $S/N = 101.4$ dB — enorme. O ruído próprio do receptor eleva o piso em seus 2.3 dB de figura de ruído até $-119.1$ dBm, assim a relação portadora-ruído razão após a etapa frontal é $-20 - (-119.1) = 99.1$ dB, muito acima do FM limiar. O ganho FM da unidade 11.3 é especificado em relação à banda de mensagem: referência: ruído na faixa de áudio de 15 kHz é $-174 + 10\log_{10}(15\,000) + 2.3 = -129.9$ dBm, logo $(S/N)_{ref} = 109.9$ dB, e o ganho de 15.7 dB do demodulador eleva a pós-deteção $S/N$ para cerca de 125.6 dB no regime linear — muito acima do hi-fi; o limite prático torna-se estéreo e não ruído. Um orçamento, três unidades, encerrado.
Erros comuns. Somar fatores de ruído em dB (converter para linear $F$ primeiro, somar razões, converter de volta apenas uma vez). Esquecer que o piso escala com largura de banda — 10 dB por década de $B$. E citar um cascata $F$ para um temperatura de referência ou impedância incorretas; $F$ é definido em 290 K.
Resumo. $F_{total} = F_{1} + (F_{2}-1)/G_{1} + \ldots$; primeira etapa regras; piso $= -174\ dBm/Hz + 10\log_{10}B$; todo orçamento encerra em dB aritmética após a linearização dos ratios.
Transmissão PCM e banda base
Por que importa. O enlace contínuo torna-se digital nesta unidade: a tensão do microfone vira bits, os bits viram pulsos, e o formato do pulso determina a velocidade com que o fio pode transportá-los.
A ideia, com uma imagem. Quantização troca precisão por bits: $n$ bits give $2^{n}$ levels and $SQNR \approx 6.02n + 1.76$ dB. Amostragem em $f_{s} > 2W$ (Nyquist) seguida de codificação é PCM — base da rede telefônica. Em banda-base, o filtro raised-cosine com roll-off $\alpha$ troca largura de banda por margem de temporização: $B = (1+\alpha)R_{s}/2$.
A dedução. Um quantificador uniforme com passo $\Delta$ arredonda cada amostra ao nível mais próximo; o erro é uniforme em $[-\Delta/2, \Delta/2]$ with variance $\Delta^{2}/12$. Contra um seno de escala total de potência $(2^{n}\Delta)^{2}/8$, a razão é $1.5 \cdot 2^{2n}$ — $10\log_{10}$ dos quais equivale a $6.02n + 1.76$ dB. A $6.02$ é um bit = uma duplicação = $10\log_{10}4$.
Worked example 1 — the telephone number. 4 kHz voice sampled at 8 kHz with 8 bits per sample: $8\,000 \times 8 = 64$ kbps; $SQNR = 6.02 \times 8 + 1.76 = 49.9$ dB ✓ (256 levels). Every 1 dB of extra SQNR costs 1/6 of a bit per sample — the 8-bit choice is the toll-quality de transmissão desse custo.
Worked example 2 — escalate to the wire. At $R_{s} = 1$ Msym/s with $\alpha = 0.35$: $B = 1.35 \times 1/2 = 0.675$ MHz ✓ — the number every datasheet do modem cita. Reduza o declive para $\alpha = 0$ e o spectrum touches the $R_s/2$ ideal but the pulse's zero-crossings become de borda de faca no temporizador. Codificação Manchester dobra a largura de banda para garantir um relógio forte (a escolha clássica Ethernet): seu primeiro nulo espectral fica em $2R$ contra o $R$ do NRZ, e o NRZ possui termo DC e sem relógio. Cada código de linha é um ponto no gráfico de largura de banda versus relógio plano.
Erros comuns. Amostragem exatamente em $2W$ (a desigualdade é estrita; na igualdade a faixa de guarda é zero e qualquer ondulação do filtro causa aliasing). Confundir $SQNR$ com o SNR analógico de toda a cadeia. E esquecer que $\alpha = 0$ é inatingível — ele representa o limite que os filtros reais aproximam.
Resumo. $SQNR = 6.02n + 1.76$ dB; Nyquist $f_s > 2W$; cosseno elevado $B = (1+\alpha)R_{s}/2$; códigos de linha trocam espectro por força do relógio.
Modulação digital
Por que importa. Os bits da ligação devem percorrer uma portadora, e a constelação que você desenha decide quantos deles cabem por hertz e como facilmente o ruído os desloca de seus pontos.
A ideia, com uma imagem. Bits viajam em portadoras como constelações : ASK modula amplitude, PSK rotaciona fase, QAM faz ambas. Mais pontos por símbolo = mais bits/Hz e maior sensibilidade ao ruído — a troca bidimensional é toda a história.
A dedução. Para distância mínima igual $d$, a energia média do símbolo é a média dos raios ao quadrado, $E_{avg} = \overline{r^{2}}$, calculada diretamente por constelação: os quatro pontos do QPSK estão em um círculo de raio $r = d/\sqrt{2}$, logo $E_{avg} = r^{2} = d^{2}/2$; a grade da QAM-16 (4 inner points, 8 edge points, 4 corner points) averages the squared radii to $E_{avg} = (4 \cdot 0.5 + 8 \cdot 2.5 + 4 \cdot 4.5)\,d^{2}/16 = 2.5d^{2}$ — a factor 5, i.e. 7.0 dB, for 2× the bits por símbolo.
Worked example 1 — the energy ledger. QPSK: 2 bits/symbol at $E = 0.5d^{2}$. 16-QAM: 4 bits/símbolo a $2.5d^{2}$ — cinco vezes a energia do símbolo, 7.0 dB. Por bit, o gráfico suaviza: $0.25d^{2}$ contra $0.625d^{2}$ — fator 2.5 = 4.0 dB, porque 16-QAM carrega dois bits por símbolo ✓. Verifique com o número da ficha técnica: o clássico 16-QAM-vs-QPSK lacuna em $E_{b}/N_{0}$ em $10^{-6}$ BER é cotada perto de 4 dB — a geometria por bit, medida.
Exemplo resolvido 2 — escalonando para o penhasco. Sob AWGN, o BER do BPSK é $Q(\sqrt{2E_{b}/N_{0}})$. Em $E_{b}/N_{0} = 5$ dB: $\sqrt{2 \times 3.16} = 2.51$, $Q(2.51) \approx 6 \times 10^{-3}$. Em 9 dB ($\sqrt{2 \times 7.94} = 3.98$): $Q(3.98) \approx 3 \times 10^{-5}$. Em 12 dB: $\approx 10^{-8}$. Três pontos, um desfiladeiro — 4 dB compra duas ordens de grandeza e os próximos 3 dB mais três, razão pela qual orçamentos de enlace obsessivamente buscam o último dB.
Erros comuns. Comparar constelações com energia média igual quando a comparação justa é distância mínima igual (ou pico igual). Ler curvas $E_{b}/N_{0}$ sem verificar a normalização. E ganhos de bits por símbolo escalam como $\log_{2}M$ enquanto a energia cresce muito mais rápido em $M$ — o penhasco fica mais íngreme.
Resumo. Orçamento igual-$d$: QPSK $d^{2}/2$, 16-QAM $2.5d^{2}$ (7 dB, 2× bits). BER do BPSK $Q(\sqrt{2E_{b}/N_{0}})$; a curva é um penhasco — orçamente os dB antes do enlace ser perdido.
Introdução à informação e codificação
Por que isso importa. O último bloco desenha as bordas do mapa: bits a fonte merece, bits que um canal permite e como códigos movem a prática em direção à teoria.
A ideia, com uma ilustração. Entropia $H = -\sum p\log_{2}p$ mede a surpresa da fonte em bits/símbolo; a diferença para codificação de comprimento fixo é redundância. Huffman remove-a na fonte; códigos de canal usam a redundância para proteção em vez disso. O limite superior é capacidade do canal $C = B\log_{2}(1+S/N)$.
A derivação. Para uma fonte dyádica ($p$ são potências negativas de 2), a fusão gulosa de Huffman produz comprimentos $\log_{2}(1/p)$ exatamente, de modo que a média é $H$ — atingida, não apenas aproximada; fontes não-dyádicas ficam dentro de um bit.
Exemplo resolvido 1 — a fonte quartilada. Probabilidades 1/2, 1/4, 1/8, 1/8: os quatro termos $p\log_{2}(1/p)$ são 0.5, 0.5, 0.375, 0.375, portanto $H = 1.75$ bits ✓ contra 2 bits de comprimento fixo — 87.5% de eficiência; comprimentos de Huffman 1, 2, 3, 3 têm média exatamente 1.75 ✓ — dyádico, limite atingido. Código de Hamming (7,4): 4 dados + 3 paridade, distância 3, corrige qualquer erro único: codifique 1011 → 0110011; inverta o bit 5, a síndROME resulta em $101_{2} = 5$ ✓. Taxa 4/7 (redundância de 43%).
Exemplo resolvido 2 — alcance ao limite do modem. Um canal de 3 kHz com 30 dB SNR: $C = 3000 \times \log_{2}(1001) = 29.9$ kbps — o teto da conexão discada. teto. V.90/V.92 atingem 56 kbps apenas por conexão digital ao centro de comutação — dentro da lei. Verifique a direção: 10 dB mais SNR compram $\log_{2}(10) \approx 3.3$ bits/Hz — linear na largura de banda, logarítmica na potência.
Erros comuns. Calcular $H$ com base logarítmica errada (bits = $\log_{2}$). Acreditar que Huffman sempre atinge $H$ (apenas fontes dyádicas). E interpretar $C$ como garantia — códigos se aproximam, mas nenhum o alcança.
$H = \sum p\log_{2}(1/p)$ é o limite superior. fontes; Hamming (7,4) corrige um erro com 43% de redundância; $C = B\log_{2}(1+S/N)$ é o teto.