Download pdf - Comunicações Móveis e Sem Fios - Exercícios Resolvidos

Licenciatura em Engenharia Electrónica e Telecomunicações

4ºano, 2º semestre

2012/2013

Comunicações Móveis e Sem Fios

Exercícios resolvidos dos exercícios

propostos pelo docente da cadeira

Discente: Jorge Rodrigues Valente, 2087406

Docente: Prof. Alberto de Jesus Nascimento

Julho de 2013

Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 02-07-2016 1/111

Sugestões: [email protected] Comunicações Móveis e Sem Fios – Teórico-prática

Índice

Exercícios propostos - Teórico-prática 01 ............................................................................................................ 2

Exercícios propostos - Teórico-prática 02 .......................................................................................................... 30

Exercícios propostos - Teórico-prática 03 .......................................................................................................... 60

Quando for mencionado

- “livro TR”, estou-me a referir ao livro “Comunicações sem fio - Princípios e práticas”,

Theodore S. Rappaport”, 2ª Ed, Editora Pearson Prentice Hall.

- “livro MM”, estou-me a referir ao livro “Sistemas Modernos de Comunicações Wireless”,

Simon Haykin e Michael Moher, 2008, Editora Bookman.



Exercícios propostos - Teórico-prática 01

Propagação em Larga Escala

Exercício 01 – Considere o modelo de perdas de propagação em espaço livre para os seguintes

parâmetros: 10 transP W= , 0 dBtransG dB= , 0

dBrecG dB= e 900 cf MHz= .

Determinar a potência recebida, Prec , em watt em espaço livre à uma distância de 1 km.

Problema 4.1, página 109 do livro TR.

Resolução 1a) Para realizar o cálculo de perdas de propagação no espaço livre basta utilizar a

fórmula de FRIIS, pois está-se a falar em propagação em linha de vista.

Assim, a potência linear recebida é definida por ( ) ( )2

4

trans

trans tran

EIR

sr c

P

ec reP G Gd P dd

α

λ

π=

O coeficiente responsável pelas perdas no espaço livre é 2

4 d

λ

π

.

Para se ter 0 dBtransG dB= e 0

dBrecG dB= , em valores lineares é 1 trans WG = e 1 recG W= , e sei

que o comprimento de onda é definido por cf

cλ = , sendo por isso o seu valor

8

16900.10

3.1 1

0

3

ms

smλ

−= = , em que 1s− é hertz.

Assim, com 2

4trans transrec recP GPd

Gπ

λ=

fica que (em valores lineares):

( ) ( ) ( )( )( )

2

91

31 k 10

1 001 1 7,036.10

4 .

0

1rec recP Pm W

π−

⇔ =

=

Em dB é ( ) ( )( )10.log1 k k10 1rec recdBPmP m= ( )1 k 5 81, 3

dBWrec WP Bm d= −



Exercício 02 – Considere um receptor localizado a 10 km de um transmissor com 50 W de potência. A frequência da portadora é 6 GHz e a propagação dá-se em espaço livre. As antenas têm ganhos:

1 trans WG = e 1 recG W= .

a) Determinar a potência do sinal no receptor.

b) Determinar a amplitude do campo eléctrico na antena do receptor.

c) Determinar o valor eficaz da tensão aplicada ao receptor assumindo que a antena tem uma impedância real pura de 50 ohm e está adaptada ao receptor.


Resolução 2a) É igual ao exercício 1, só muda a frequência.

Assim, a potência linear recebida é definida por ( ) ( )2

4

trans

trans tran

EIR

sr c

P

ec reP G Gd P dd

α

λ

π=

.

O comprimento de onda é definido por cf

cλ = , sendo por isso o seu valor 9

8

16.10

3.10 1

20

ms m

sλ

−= = ,

em que 1s− é hertz.

Assim, com ( )2

4trans transrec recG Gd

P d Pλ

π

= fica que (em valores lineares):

( ) ( )( )( )( )

( ) 2

2

11

201 1 7,916.10 10 k 50 10 k

10 04 0

1

0.rec recm mP WP

π−

⇔ =

=

Em dB é ( ) ( )( )10.log10 k 10 k10 re dBWc dec BWrP Pm m= ( )10 111,k 0 2dBWrec WP Bm d= −

Resolução 2b) E é o módulo do campo eléctrico da onda electromagnética. Consultando o slide 16,

sei que

( ) 24. .eficarec rec

tranz eficaz re

s

cD

EIRPEPd

dA AP

π= =



Em que DEP é a densidade espectral de potência, e é definido por 2

120DE

EP

π=

Pelo slide 10 sei que existe uma relação efectiva entre o ganho da antena e a sua abertura efectiva:

[ ]

2

1

.4reeficaz crec

GAλ

π

=

[ ]1 - Area isotrópicas, página 33, do livro “Sistemas Modernos de Comunicações Wireless”

Assim ( ) 2

22

24 4.

4. . .

120

trans

rec rt

eficaz efir

EIRP

ec rec re

ans trans tracaz c

nsG EIR EPd

P

dAP AG

d

λ

π π π π

= =

=

.

Desenvolvendo ( )2

.120 eficazrec rec

EAP d

π= em ordem a E , fica que

( ).120rec

receficaz

EA

P d π=

( ) ( )

( )22

212

2

4 7,916.1

1

.480.120 .120 .

.

1

20

0 0

1 ..

k

4

rec rec

recrec

G

W

W

P

m

m

G

PE

d

λλ

π

π π ππ−

= =

=

E é a intensidade de campo eléctrico/magnético.

33,873.10E −= 3,873 m

EmV

=

Cuidado, pois mV

m é mili volt por metro, e não metro volt por metro!



Resolução 2c) Slide 23. Página 76 do livro TR.

( )

( )( )

2

22 2

4.

ant

ant

ant ant ar

tc

ne

V d

V

R R

d

RdP

V

=

= =

Desenvolvendo, colocando em ordem a variável ( )antV d , fica que

( ) ( ).4.recant antPd RV d=

( ) ( ) ( )127,916.1010 k 10 .4 .k 50. .4ant arecRMS ntm RPm WV −

→= = Ω

( ) 610 k 39,79.10RMSantV m

→

−= ( )10 k 39,79 RMSRMSantV m Vµ

→=

Exercício 03 – Considere um transmissor com a potência de 1 watt à frequência de 60 GHz. A antena do transmissor é do tipo corneta com o ganho de 29 dB. A antena do receptor é igual à antena do emissor.

a) Determinar o valor das perdas de propagação em espaço livre às distâncias de 1 m, 100 m e 1000 m.

b) Calcular o valor da potência recebida para essas distâncias.

c) Qual o valor eficaz da tensão recebida na antena se o receptor está adaptado à antena com uma impedância de 50 ohm?


Resolução 3a) Trata-se também de uma propagação em linha de vista. Perdas do espaço livre é diferente das perdas de percurso, α . É a definição invertida (linear):



( )

( )

21 4dBm

dr

tran

ec

s

Bm

P

P d d

dL

P α λ

π= =

=

Em dB é ( )2

110.log 10.log

4dBP

dL d

π

λα

= = , e com

8

1960.1

1

200

3. 0

0

1

c

mc sf

ms

λ−

= = =

Nota 3.1 - se não se fizesse a inversão tínhamos que inverter o sinal do logaritmo, pois o menos do logaritmo significa que se está a dividir:

( )2

10 10

1.log .log

1 410 10

dBP dd

Lλ

πα

−

= =

A potência “desce” e multiplica pelo 10:

( ) ( )2

10 10 10.log . .log 20.log 20.log10 104

200 1

2 0

4 44 .2

0

P dBm

m

d d dd dL

λ

π

λ

π ππ

= = = =

Agora com a definição geral deste exercício, vou calcular para a diversas distâncias:

( ) ( ) ( ) ( )10 10200 200 1 4 . 4 .120.log 20.log P dBmm d m mL π π= =

( ) 6 1 8dBP BL m d=

( ) ( ) ( ) ( )10 10200 2010 20 4 . 4 .0 100.log 20. 0 g lodBP mm d m mL π π= =

( )100 1 08dBP BL m d=

( ) ( ) ( ) ( )10 10200 201 0 4 . 4 .00 1 00020.log 20.l 0 ogdP B

mm d m mL π π= =

( )1 00 10 28dP B

BL m d=



Resolução 3b) Definição linear da fórmula de FRIIS é ( ) ( )2

4

trans

trans tran

EIR

sr c

P

ec reP G Gd P dd

α

λ

π=

.

Utilizando os valores em dB é ( ) ( )2

4

trans

trans tra

EIR

r s ecn

P

ec rP GPd

Gd d

α

λ

π= +

+

+

.

Como não tenho a atenuação, α , mas sim o Path Loss, fica que

( ) ( ) ( )trans dBmdBmrec rectran d dP Bs dB B

G GdP P d dL= + + −

No enunciado é-me dito que ( ) 1 transP d W= (cuidado é valores lineares!). E preciso não em dB ,

mas sim em dBm . Assim ( ) 3 0dBtran ms mP d dB= .

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2. 2 930rec re P PdBtr dBmdans tr dBB dB dBa

mns cd P d dG G ddB BL dP Lm= + + − = + −

( ) ( )88 dBm Bc dr Pe dBmd LP d= −

Agora com a definição geral deste exercício, vou calcular para a diversas distâncias:

( )1 88 8 6dBm

rec dBm BP dm = − ( ) 201dB

rem

c mmP dB=

( )100 88 108 dBm

rec d m BBP dm = − ( ) 20100dB

recm

BmmP d= −

( )1 000 18 28 8 dBm

rec dBP m dBm= − ( )1 40 000 d

recBm

BmmP d= −



Resolução 3c) Slide 23. Página 76 do livro TR.

( )( )

( )2

2 22

4.

ant

anrec

t

ant ant ant

PR R R

V d

dV d V

== =

Desenvolvendo, colocando em ordem a variável ( )antV d , fica que ( ) ( ).4.recant antPd RV d=

Preciso de passar para valores lineares:

( ) 201dBmrec m mP dB= ⇔ ( )1 0,1 rec mP W=

( ) 20100dBrec m

P Bm d m−= ⇔ ( ) 0,000 01 100 recP Wm =

( )1 40 000 drec Bm

P m dBm−= ⇔ ( ) 0,000 000 11 000 recP Wm =

E o valor da impedância da antena é sempre a mesma, por isso ( ) ( ).200rant ecV d dP=

Assim

( ) ( )1 1 .200 .2,1 00 0 reca t RMSnV m mP W→

= = ( )1 4,47 RMSRMSantV m V

→=

( ) ( ).200 01 ,00 00 100 0,04.200 01 4 7 0recRan Mt SV m P Wm V

→= = =

( )100 44,7 RMSRMSantV m mV

→=

( ) ( ).2001 000 1 000 0,000 000 1 .200 0,004 47ant recRMSPV m m W

→= = =

( )1 000 4, 47 RMSRMt SanV m mV

→=



Exercício 04 – As antenas utilizadas nos primeiros sistemas de comunicação via rádio eram normalmente do tipo parabólicas, com um diâmetro de 20 metros, para a recepção de sinal na banda dos 4 GHz, e tinham uma eficiência de, aproximadamente, 60%. Determine o ganho dessas antenas.

Resolução 4) Trata-se também de uma propagação em linha de vista.

( )2 2

2

2 2 2 2

4 4 4 4 .. . . . . . . . . .

2

físic

efic z

a

a

eficaz

A

física

A

G rA A aioπ π π π π

η η π η π ηλ λ λ λ λ

∅ ∅ = = = = =

E sabendo que 8

194.100,07

. 05

3 1

c

mc ss

mf

λ−

= = = , em que c é a velocidade da propagação da onda, o

ganho da antena parabólica é definido por:

( ) ( )2

0,075

10,6 . . 0

2 .G

mπ

=

3421,1.10G =

[ ]10.lo0 g1dB

G G= 56, 24 dB

G dB=

Exercício 05 – Nos feixes Hertzianos os requisitos de propagação em linha de vista restringem a distância que separa o emissor do receptor a um máximo de 40 km. Se a potência do emissor na banda de 4 GHz for de 100 mW, e a antena (para transmissão e recepção) tiver a área efectiva de

20,5 m ,

a) Qual o nível de sinal recebido em dBm ? b) Assumindo que no receptor os terminais da antena estão adaptados à uma impedância de 50

ohm, qual a tensão induzida nesses terminais pelo terminal?

Problema 2.2, página 37 do livro MM.



Resolução 5a) Trata-se também de uma propagação em linha de vista.

( ) ( ) ( )( )

21

4

trans

Prec rec retrans t

EI

rans trans t n cra

RP

sP G G G GL

d P d P dd d

α

λ

π

=

=

E sabendo que 8

194.100,07

. 05

3 1

c

mc ss

mf

λ−

= = = , e como com a área efectiva das antenas são iguais,

[ ]22

20,5 4 4

. . 1117,010,075

eficazA mGm

π π

λ == =

[ ]10.log10 30,48 dB

G G dB= =

( )( )3

22

1240.10

0,075

4444,918.10

140 P m

Lmd

kmπ

λα

π = =

= =

( ) 136,524 40 dP B

L Bkm d=

Como ( ) [ ][ ]

0

1

1.log . 10001 1 200 0, t d mr Bans dBP d mW = =

e como transdB dB c dBreG G G= = , fica tudo:

[ ]1 - é o factor de conversão de dB para dBm .

( ) ( ) ( ) [ ] [ ]2. 2. 30, 4 8 1360 , 42 52dBdB dB drec P Btransd P d dB dBdL BmP dG = + − = + −

( )40 55,564 dBrec k mm BP d= −

( )( )

( )[ ][ ]

1

2

244,918

0,1 40

1117,01

.10trans tran

P

recsrec L

G WP d GP k

dm = = ( ) 92,774 80 .10 rec WP km −=



Resolução 5b) Slide 23. Página 76 do livro TR. Cuidado, pois é potência da impedância: 50 W .

( )( )

( )2

2 22

4.

ant

anrec

t

ant ant ant

PR R R

V d

dV d V

== =

Desenvolvendo, colocando em ordem a variável ( )antV d , fica que ( ) ( ) [ ]. 4.recant antPd RV d=

( ) ( ) [ ] 9. 5 2,778.10 50 40 40 0 . an eRMSt r cP W WV m km Wk −

→= =

( )40 372,69 RMSRMSantV km Vµ

→=

Exercício 06 – Considere a ligação entre um satélite geoestacionário e a sua estação terrestre. A separação entre ambos é de 40 000 km. As características de transmissão e recepção são idênticas às do problema anterior.

a) Qual o nível de potência recebida em dBm? b) Quais as implicações que este nível de potência tem no projecto do receptor?

O terminal receptor na terra tem uma antena com um ganho típico de 10 ou menos dB. Qual o impacto desse no débito de dados suportado nesta ligação rádio?

Resolução 6) Aqui é com recurso a um satélite geoestacionário.

( ) ( ) ( )( )

21

4

trans

P

rec rec retrans t

EI

rans trans t n cra

RP

sP G G G GL

d P d P dd d

α

λ

π

=

=



E sabendo que 8

194.100,07

. 05

3 1

c

mc ss

mf

λ−

= = = , e como com a área efectiva das antenas são iguais,

[ ]22

20,5 4 4

. . 1117,010,075

eficazA mGm

π π

λ == =

[ ]10.log10 30,48 dB

G G dB= =

( )( )3

22

1240.10

0,075

4444,918.10

140 P m

L kd m

mπ

λα

π = =

= =

( ) 136,524 40 dP B

L Bkm d=

Como ( ) [ ][ ]

0

1

1.log . 10001 1 200 0, t d mr Bans dBP d mW = =

e como transdB dB c dBreG G G= = , fica tudo:

[ ]1 - é o factor de conversão de dB para dBm .

Confirmar a resolução

( ) ( ) ( )2.dBdB dBtransc dBPre Gd P d dLP = + −

( ) [ ] [ ]2. 340 20 0, 48 136 4 ,52 rec dBd d BBmk B dP m = + −

( ) 155 40 dBrec Bkm mP d−=

Resolução 6b) Para uma antena com 10 recG dB> , fica que ( ) 136 40 dBrec Bkm mP d−= . Para receber

este nível de potência, o receptor terá que ser muito sensível, pois este nível de recepção tem os mesmos valores do nível de ruído.



Exercício 07 – Desenhar o gráfico e comparar as perdas de propagação em dB para o modelo de propagação em espaço livre e para o modelo da reflexão em terra plana à frequência de 800 MHz com à distância ao emissor, assumindo uma gama de distâncias entre 1 e 40 km. Assuma que as antenas são isotrópicas e têm ambas uma altura de 10 metros.

A partir do resultado obtido conclua se o modelo de Terra plana é válido para distâncias inferiores a 1 km essa aproximação é válida. Para que gama de distâncias é válida a aproximação?

Resolução 7) Modelo Shadowing

Figura 1 - Esquema do exercício 7.

O lognormal é uma distribuição em dB .

Roll out – planeamento teórico.

Exercício 08 – Uma regra de projecto normalmente seguida nos feixes Hertzianos é manter 55% do volume do primeiro elipsóide de Fresnel livre de obstáculos. Para uma ligação à distância de 1 km e a frequência de 2,5 GHz, qual será o raio da primeira região de Fresnel? Qual a distância que é necessária desobstruir nessas condições?




Resolução 8) http://www.novanetwork.com.br/suporte/calculos/fresnel.php

Com este exercício vai-se abordar a elipsóide de Fresnel.

Definição Zona Fresnel (a atenuação máxima é atingida quando RTx xd d= ):

A zona de Fresnel é um elipsóide de comprimento que se estende entre as duas antenas. A primeira zona de Fresnel é tal que a diferença entre o caminho directo (AB na figura abaixo) e um caminho indirecto que toca um único ponto na fronteira da zona de Fresnel (ACB) é a metade do comprimento de onda.

Figura 2 - Zona Fresnel.

O raio do n-ésimo circulo da zona de Fresnel é indicado por nr (índice do elipsóide) e pode ser

expresso em termos de n , λ , Txd e Rxd por

.. . Rx

x Rx

Tx

Tn

d d

dr

dn λ=

+



O primeiro elipsóide de Fresnel é definida para 1n = , sendo 1

. . .1 RxTx

T xx R

d d

d dr

λ=

+. Como para haver

atenuação máxima é necessário que 21d d= , sendo o 1º caso 21 1 kd md + = e

8

192,5.10,12

0

3.1

0

c

mc sf

ms

λ−

= = =

Fica que [ ] [ ] [ ]

[ ] [ ]1

0,12 500500

500

. .5,

.

0

148

50

mm

mr

m

m m= =

+.

Este valor do raio do primeiro elipsóide significa que se o obstáculo não atingir este ponto, o sinal não sofrerá difracção (devido a uma obstrução).

Agora é solicitado que para o primeiro elipsóide não haja 55% do volume de obstrução:

( )1 155%0,55. 0,5 5, 48 3. ,01 5 m mr r= = =

Figura 3 - Perfil do plano do exercício 8.



Legenda:

hpc = Altitude do Ponto Crítico;

ha = Altitude da antena Tx em Relação ao nível do mar;

hb = Altitude da Antena Rx em Relação ao nível do mar;

h = Raio do Elipsóide de Fresnel no Ponto Crítico: 3,01 m;

d1 = Distância de Estação A ao Ponto Crítico: 500 m;

d2 = Distância do Ponto crítico à Estação B: 500 m;

d = Comprimento do Enlace: 1 Km;

atA = Altitude da Torre A em Relação ao nível do mar;

atB = Altitude da Torre B em Relação ao nível do mar;

Quando se diz 55% de obstrução do primeiro elipsóide, significa que os outros 45% do primeiro elipsóide podem ficar obstruídos que não há problemas. O valor calculado de 5,48 m é o raio do

elipsóide a uma distância de 500 m da antena. Os 3,01 m é a altura que deve de ficar disponível de modo a não haver difracção.

Exercício 09 – Calcular a potência recebida no terminal móvel da figura a partir da difracção no obstáculo em ponta de faca assinalado.




Compare o valor obtido com o valor teórico das propagações em espaço livre (caso a obstrução não existisse). Qual o valor das perdas de propagação devido à difracção neste caso?

Assuma os parâmetros:

10 transP W= , 1 0dBtrans BG d= , 3

dBrecG dB= , 1 caboL dB= e 900 cf MHz=


Resolução 9) Ver exercício 1 desta folha. Qualquer obstáculo, tanto montanha como prédio, é sempre representado por “knife edge”.

6

16900.10

1

3

300.10

c

mcms

sfλ

−= = =

É necessário calcular o coeficiente de difracção de Fresnel, dθ , para se poder calcular o valor da

difracção.

2.

.Tx Rx

RxF

Txd

d d

dv

dθ

λ

+=

Cuidado o modo da calculadora, não utilizar o modo normal quando se trabalha com radianos.

1 1. . 400 600,11285

. . 3 000

C Otg tg rad

C Aβ − − −

= = =

1 1. . 400 50,19499

. . 2 000

C Otg tg rad

C Aγ − − −

= = =

( ) ( )0,11285 0,19499 0,30784 d rad rad radθ β γ= + = + =

Em que dθ é o ângulo da altura do obstáculo.



Assim, o coeficiente por difracção é:

( ) ( )( ) ( )

2 000 1

0,30784

.2 2

2

3 000 .

3 000 000 3

.

.

Tx

TF

Rx

Rx xd

mv

mmra

m

md

d d

d dλθ= =

+ + 26,12Fv =

Cuidado, pois se tivéssemos a altura em vez do ângulo a definição é 2

..

Tx RxF

RxTx

hd

d dv

d

λ

+=

A perdas por difracção são

[ ]

[ ]

[ ]1

1

0 0

1

1

0,225 0,22520.log 2

26,141, 2960

2.logdifracção dB

FvdBG

= = =

−

[ ]1 - É um valor obtido por aproximação. Ou usa-se a função do Matlab® para obter um valor mais

real.

Nota 9.1 - se estivéssemos a utilizar um feixe hertziano, não conseguiríamos comunicar. Mas com a utilização da tecnologia do GSM, que funciona por difracção, torna essa comunicação possível.

Nota 9.2 – o ganho negativo é uma atenuação.

( ) ( ) Free EspacedBm dB

rec rec dBdifracç om

ãd GdP P= +

É necessário fazer o cálculo para ( ) Free Espac B

cm

re e dP d (no espaço livre), utilizando a fórmula de

FRIIS:

( ) ( )

21

.4

trans

r Free Espcab

tr

EIRP

ac ans transe eco

rec Ld G GPP

dd

α

λ

π

=

Nota 9.3 - ( )PL d é um parâmetro que é necessário considerar, pois é a atenuação do cabo que é

utilizado para fazer a ligação da antena ao receptor RX, e no enunciado este valor vale 1 dB (de atenuação). E é preciso ter cuidado, pois o valor é dado na escala em dB, e a fornula que vou utilizar é para valores lineares.



[ ] 10 10

10

1

1 11 , 25. 9log 0 100 1cabo dB

L dB

cabo cabo cabodBL L dB L= = ⇔ = = =

E os ganhos também vem em dB, e é preciso passar para valores lineares:

10

0 10

1 1010 10dt ns BraG

trans

dB

G→ = = =

10

3

10

1,10 10 995re Bc d d

r

B

ec

G

G→ = = =

Assim ( )( )

( )

2

24.

trans tra

Free Esp

r

acec e

er

ns cP GP d

dL

Gd λ

π=

( )[ ][ ][ ]

[ ] ( ) 9

2

2

199,5

44,733.10.

10 1

3

10 5

5 0001, 259 4

1,99

.

5Free Espacerec

WkmP m

π

= =

Cuidado com λ pois está ao quadrado!

( )

5 Frrec ee Espace

P km em

Linear dB dBm

94,46.10 W− 83,51 dB− 53,51 dBm−

Assim fica que ( ) ( ) Free EspacedBm dB

rec rec dBdifracç om

ãd GdP P= +

( ) ( ) [ ] [ ]

53,51 5 5 41, 296 dBm dB

difracçãFree E ospace mre dBc rec dBkm k BmP dP m G= + −+−=

( ) 94,803 5 recP Bmkm d−=



Exercício 10 – Uma empresa pretende estabelecer a comunicação por feixes Hertzianos entre os escritórios situados em dois edifícios inseridos na malha urbana de uma cidade à frequência de 4 GHz. Os edifícios têm as alturas respectivas de 100 metros e 50 metros e estão separados por 3 km. Em linha recta (linha de vista) a meio caminho entre os dois edifícios está uma torre de 70 metros de altura. Será possível a transmissão em linha de vista entre os dois escritórios?

Justifique a resposta e descreva a solução que proporia para se obter transmissão em linha de vista.


Resolução 10) Tem-se linha de vista (em espaço livre).

O que se pretende neste exercício é saber se a altura de “X” é suficiente para estabelecer a ligação.

Primeiro deve-se ver se o primeiro elipsóide está interrompido, sabendo que

8

194.100,07

. 05

3 1

c

mc ss

mf

λ−

= = =

Subtrai-se a altura do edifício mais baixo.



[ ] [ ] [ ] [ ][ ] [ ]1

1 50,7,5

075 . . .. . . 1 500

1 500

00

1 500

1

RxTx

nRxTx

n m m

m

d d

d

mr r m

d m

λ= ⇔ = =

+ +

Este valor calculado é o valor de distância livre que deve de existir entre o feixe e o obstáculo. O

valor de “ X ” deve de ser 20 m + 7,5 m , sendo 1 7,5 r m= o raio do primeiro elipsóide, ou seja

27,5 X m= .

Ora para saber esse valor, vou utilizar a função trigonométrica da tangente:

( )3 000

50tg θ

=

, e o ângulo é igual a ( )1 500

Xtg θ

=

, logo 3 000

0

0

5

1 50

X= , em que

1 500

3 000.50

25 X m m

m

m= =

Como o valor deveria ser 27,5 X m= , e obtive 25 X m= , posso concluir que o primeiro elipsóide

esta obstruído. Não é por isso possível estabelecer a ligação. Possíveis soluções para resolver o problema:

- Aumentar a altura das antenas;

- Aumentar a frequência, de modo a diminuir o valor do comprimento de ondas, λ . Essa redução do comprimento de onda implica que o raio do primeiro elipsóide se reduza. Com uma frequência de operação mais elevada faz com que a elipsóide concentre a energia, e é essa a razão pela qual as operadoras de telemóvel trabalham com frequências mais elevadas. Mas trabalhar com frequências mais elevadas implica que haja mais atenuações, até as gotículas de águas da chuva interferem, uma vez que o comprimento de onda chega a ser mais pequena que as gotículas de água.



Exercício 11 – Suponha agora que o edifício a meio do percurso tem a altura de 80 metros e o edifício mais baixo tem a altura de 30 metros. A separação entre os dois edifícios é de 2 km. Qual seria o aumento nas perdas de propagação relativamente ao espaço livre? Como seriam afectadas as perdas por difracção se a frequência utilizada na transmissão diminuísse de 4 GHz para 400 MHz?


Resolução 11) Quando existe difracção, recorre-se sempre ao modelo de knife edge.

Subtrai-se a altura do edifício mais baixo.

O que se pretende neste exercício é saber se a altura de “X” é suficiente para estabelecer a ligação.



Primeiro deve-se ver se o primeiro elipsóide está interrompido, sabendo que a frequência de operação baixo para os 400MHz :

8

184.100,75

3.10

c

mc sf

ms

λ−

= = =

[ ] [ ] [ ] [ ][ ] [ ]1

1 000. . .. 0,75 1 000

1 00

0

1

1 019

00 37

.

.,Rx

R

x

Txn

x

Tmd m

mr r

n

dm

d m

md

λ= ⇔ = =

+ +

Este valor calculado é o valor de distância livre que deve de existir entre o feixe e o obstáculo. O

valor de “ X ” deve de ser 20 m + 19,37 m , sendo 1 19,37 mr = o raio do primeiro elipsóide, ou seja

39,37 X m= .

Ora para saber esse valor, vou utilizar a função trigonométrica da tangente:

( )2 000

70tg θ

=

, e o ângulo é igual a ( )1 000

Xtg θ

=

, logo 2 000

0

0

7

1 00

X= , em que

1 000

2 000.70

35 X m m

m

m= =

Como o valor deveria ser 39,37 X m= , e obtive 35 X m= , posso concluir que o primeiro elipsóide

esta obstruído. Não é por isso possível estabelecer a ligação.

Exercício 12 – Foram realizados ensaios para a caracterização das perdas de propagação numa dada cidade. Essas medições indicam que o valor médio das perdas de propagação à frequência de 420

MHz pode ser modelizado pelo expoente 2,8n = e por um valor de referência 0L de 25 dB:

( ) ( )2,81010.lo25 g PL dBd d= +



Considerando que o terminal tem uma sensibilidade de -95 dBm, qual deverá ser a potência do transmissor para se garantir a cobertura numa célula circular de raio 10 km?

Suponha que as medições foram demasiado optimistas e que na verdade o expoente 3,1n = é o mais

apropriado. Qual deveria ser o aumento correspondente na potência do transmissor para garantir a cobertura?


R esolução 12a) Até agora, todos os exercícios são determinísticos (não foi preciso utilizar o modelo Shadowing).

( ) ( ) ( )2,81 00 0 12.log .log0 05 1 1P

n dBLL d d d= + = +

Em que 0L , ou ( )0PL d , é a distância referente a um campo distante, e é um parâmetro essencial.

2,8n = é o expoente de propagação. A sensibilidade mínima na recepção (potência mínima) é de

95 dBm− .

( ) ( )m nrec rec í

P Pd d≥

A potência ( )m nrec í

P d condiciona a potência da transmissão, ( )m ntrans í

P d .

Se fixar a ( )m ntrans í

P d , e mantendo a sensibilidade para garantir a qualidade, é necessário reduzir a

distância. Nos cálculos vai-se considerar que as antenas são isotrópicas, uma vez que não nos são dados parâmetros (ganhos) das antenas. Assim



( ) ( ) ( )ret cra dPd m BB Bns d mP d d LP d= +

Como sei que

( ) ( ) ( ) ( )2,810 100 1010 11 .log .log 28.log0 10 00 0 0 25 25

dBP dB

nkm dB dBdL dL= + = + = +

( ) 1 10 37dBP BL km d=

Assim, ( ) ( ) ( ) 795 13 rdBm dBmtra e Bcs Pn dL dBmd dP d dBP = +−= + ( ) 4 2

dBtran ms mP d dB=

Resolução 12b) Agora com mais atenuação, é preciso aumentar a potência de transmissão:

Com 3,1n = fica que ( ) ( ) ( )3,110 1010 .log 31.log 1000025 21 5 0

dBP km dL dB dB= + = +

( ) 1 10 49dBP BL km d=

Assim, ( ) ( ) ( ) 995 14 rdBm dBmtra e Bcs Pn dL dBmd dP d dBP = +−= +

( ) 5 4dBtran ms mP d dB=

Exercício 13 – Considere um transmissor de 10 W a comunicar com um receptor móvel com a sensibilidade de -100 dBm. Assuma que a altura da antena receptora é de 2 metros e que as antenas de transmissão e recepção têm ganhos de 1 dB.

Qual deverá ser a altura das antenas da estação base de modo que seja garantida a cobertura do serviço num raio de 10 km?



Sendo o terminal receptor móvel, e tendo que se restringir o valor máximo da potência emitida (pelo regulador) a 10 watts ou menos, quais as opções que, realisticamente podem ser consideradas para o aumento da área de serviço?


Resolução 13)

Exercício 14 – De acordo com a regulação, um operador de serviço móvel não pode radiar mais do que 30 W de potência. A partir do modelo de terra plana, (i) determine qual deverá ser a altura da antena para um raio de cobertura do serviço de 1 km? (ii) E de 10 km ?

Considere que a sensibilidade do receptor é 100 dBm− .


Resolução 14) Utilizando o modelo de aproximação de Terra Plana embora a intensidade do campo eléctrico seja proporcional à frequência, a tensão em vazio aos terminais de um dipolo de meia onda receptor é independente desta. O modelo Terra Plana implica a aceitação dos pressupostos que permitam realizar as aproximações.

( ) ( ) [ ]2

Terra Plana

de aproximação "Terra Pl

2

ana"

.trans

Rxtrans trans

EIRP

Modelo

rec recTxP

h hd P d

dG WG

=

Nota 14.1: a distância é quadrática, pois está ao quadrado no denominador, assim como o está no coeficiente.

A sensibilidade é o valor que a potência de recepção deverá ter como garantido, caso contrário haverá problemas na recepção do sinal, e os 30 W de potência de transmissão é um valor que é usual por parte das operadoras de telemóvel.

O cálculo é sempre feito para a pior das situações.



( )( )

( )

( )

( )2 Terra Plana Terra Plana2. . .

rec rec

recRx

trans trans Rx trans transTx

reTx

c

d

G G G

ddh h d h

P

P

d h P d

P

G= ⇔ =

( ) 30 transP d W= , ( )Terra Plana

1310 rec WdP −= , e vou considerar que 1 Rxh m= .

Como não me é dado valor para os ganhos das antenas, então parte-se do princípio que ambas tenham ganho unitário, que em dB é zero.

( )

( )( )( )

Terra P

13

lana10 1 000

3 .

1 0 .

Rx tran

rec

Tx Txs

dd mh h

d W

P

mh P

W−

= ⇔ =

Ou também pode ser definido por

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) de aproximação "Terra Plana" em dB

120 .10 .log .10 .log . .10 .log2 2 22

trans

trans tra dB dB k

EIR

mdBWrec recd ns R

P

m xBW Tx m

Modelo

i id P d h h dGP G =− + + + + + −

( )2.10 é porque está ao quadrado.

( )2.2.10 é porque está a quarta.

( ) ( ) 10 10

10

120 20.log 40.loglog

20kmdBW dBW m

m

rec trans R

x

x

T

d P hh

P d d + − − + =

10

100 120 0 120log

2

4,771

0

4mTx

dBm mh

dB+ − − + =

−

10log 4,76145mTxh =



Exercício 15 – Considere o cenário de propagação da figura.

A antena da estação base está à uma altura de 100 m e a potência de transmissão é 10 W. A frequência de transmissão é 400 MHz. Assuma o modelo ideal das perdas por difracção e que as perdas de propagação sobre a planície dão-se em espaço livre. Determinar a potência do sinal no receptor.


Resolução 15) Os 400 metros já permitem desprezar a altura da antena. Se fosse o modelo de terra plana, utilizar-se-ia a definição

( ) ( ) [ ]2

de aproximação "Terra Plana"

2

.transEIRP

M

Rxtrans trec rec

Tx

o

s

lo

r

de

an

h hd d

dGP WGP

=

Mas como não é, a definição correcta é:

( ) ( ) ( ) [ ]trans

r dB dB dBdBd trBm d difracção

E

ans t

IR

Prans

P

ec recB i imd P d dLP G G WG= + + + +

Como não me é dado valor para os ganhos das antenas, então parte-se do princípio que ambas tenham ganho unitário, que em dB é zero. Vai ser necessário calcular as perdas por difracção,

difracçãoG , sendo necessário o coeficiente de difracção, Fv .



O coeficiente por difracção é 2

..

Tx RxF

RxTx

hd

d dv

d

λ

+= , em que h é a altura do obstáculo.

Assim, [ ]

[ ] [ ][ ] [ ]

2. .

10 400 21,

1

0,766

5 1 .10 F

km

km

kmv

m km

+= = .

As perdas por difracção são

[ ]

[ ]

[ ]1

1

0 0

1

1

0,225 0,22520.log 2

21,639,6710

6.logdifracção dB

FvdBG

= = =

−

[ ]1 - É um valor obtido por aproximação (slide 51 do capitulo “Propagação do sinal

electromagnético”. Ou usa-se a função do Matlab® para obter um valor mais real.

Agora as perdas de percurso (Path Loss). Assim até ao obstáculo, considera-se uma planície, pois não há nada a interferir. Logo considera-se um espaço livre, e a fórmula que se utiliza é

( )1 4

P

nd

L dλα

π=

=

Em que n é o expoente em que é necessário recorrer a tabela:

É em espaço livre, 2n = . Assim ( )( )

[ ]

21 000

01 000

,75

41 5 04,P m

L dBπ

−

= =

.

Assim ( ) ( ) ( )trans trans irec rec idBm dB difracçãm dB dB dBdBo PG G GP dLd dP = + + + +

( ) 39,40 104,56 71rec dBmdBmd dB dBP −= − ( ) 107 ,171r dBec m

BmP d d−=





Exercício 01 – No interior de um edifício de escritórios é instalado um emissor que funciona à

frequência de 2,4 GHz, irradia a potência de 20 dBm e está ligado à uma estação de trabalho. Esta

estação está à distância de 27 metros do nó de acesso à rede.

Figura 5 - Planta do escritório.

O sinal deverá atravessar um gabinete com o percurso de 4 metros, e em seguida atravessar uma

parede de gesso para um open space. Nos primeiros 4 metros a propagação pode ser considerada em

espaço livre e com um expoente de perdas de 3,1 para o que resta do percurso até o nó receptor. Nos

últimos 3 metros a propagação também é em espaço livre. As paredes de gesso atenuam o sinal em 5

dB e o assoalho em 10 dB. O nó de acesso tem uma sensibilidade de -75 dBm.

Verifique se a ligação pode ser estabelecida para este cenário de propagação.




Resolução 1a) O modelo que se vai escolher para o calculo é aquele que já exclui a possibilidade do

primeiro elipsóide não estar obstruído.

O objectivo é conseguido quando a potência de recepção é suficientemente sensível para o receptor.

Apesar de no enunciado estar mencionado “espaço livre”, também é dito que o expoente n é 3,1.

Assim as perdas de percurso (Path Loss) calculado pela definição seguinte:

( )1 4

P

nd

L dλα

π=

= e 9

8

12,4.0,125

0

10

3.1 mms

sλ

−= =

1a) Primeiro na sala do transmissor. Temos duas atenuações, a do espaço e a da parede de estuque:

Figura 6 - Planta da sala do transmissor.

Perdas no “open space” 1 (onde está o transmissor) e com 2n = , fica que

( )( )

[ ]1

2

0,125

41 617 703

44 ,6PL

m

π =

=

( ) ( )11 10.log 4 5 0910 2,4P PdBL L dB= = −

2n = é devido a ser num espaço confinado. Este expoente permite não valorizar as reflexões nas

paredes.

1b) Tem-se a atenuação na parede 1 de estuque 5 dB−

2a) Na sala do transmissor. Temos duas atenuações, a do espaço e a da parede de estuque:



Figura 7 - Open space.

Agora a definição já tem em conta a referência da distância anterior. Com 3,1n = , fica que

( )3,1 3,

2

1

01

01

2584

,04

202 4PL

d

d d+ += = =

( ) ( )12 20.log20 10 24,12 20P PdBL L dB= = −

2b) Tem-se a atenuação na parede 2 de estuque 5 dB−

3) Perdas no “open space” 2 (onde está o receptor) e com 2n = , fica que

( )3,1

03

2

02

2

1,34

272

2

3

4PLd

d

d + += = =

( ) ( )13 10.log 10 023 3 1,P PdBL L dB= = −

Depois existe os 10 dB de atenuação, que é devido ao facto de quando se torna necessário

atravessar o piso dos andares. Mas para este exercício, este parâmetro não é relevante, pois o piso é

o mesmo.



Assim a potência no nó receptor, ( )recP d , e em dB, ( )drec B

P d , é

( ) ( ) ( )rec redBm dB dB dBtrans transm P dBcd d G LPP G d= + + −

Como nada é dito sobre o ganho das antenas, considera-se ganho unitário, que em dB é zero:

0dB dBtrans recG G= =

Assim, ( ) [ ] ( ) ( ) ( )1ª parede

12ª parede

2 320 5 5dB dP Prec dPm B dB B

d Ld d d dP LBm L= − − − − −

( ) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]1ª parede 2ª parede

5 552,09 24,12 1,0220 dBmrec dB dB dB dB dBP dBmd = + − + − + − + − − −

( ) 67,23 dBmrec dBmP d −=

Tabela resumo do link budget:

Descrição Potência em dB

Potência do emissor 20 dBm

Perda em espaço livre na sala do emissor 52,09 dB

Atenuação na parede do transmissor 5 dB

Perda em open space 24,12 dB

Atenuação na parede do receptor 5 dB

Perda em espaço livre na sala do receptor 1,02 dB

Total (potência no nó de acesso) 67,23 dBm

Este valor permite afirmar que o receptor tem sensibilidade suficiente, que é de 75 dBm, é possível

por isso possível estabelecer a ligação.



Pressupôs-se que nesta propagação em espaço livre não existe obstáculos, estando por isso

desobstruído o primeiro elipsóide de Fresnel. Se na linha de vista entre ambas as extremidades da

ligação se verificar que o primeiro elipsóide de Fresnel está desobstruído então podemos considerar

a propagação em espaço livre.

Exercício 02 – Considere novamente o Exercício 7 da Ficha 1, sendo que agora são incluídas as

perdas devido ao efeito sombra e que são modeladas pelo desvanecimento log-normal com um

desvio padrão 6 dB

dBσ = . Nestas condições, qual a margem de segurança para o desvanecimento

devido ao efeito sombra, para um requisito de cobertura de 90%?

Figura 8 - Distribuição lognormal.

Resolução 2) Para a mesma abertura da antena, quanto maior o desvio padrão, maior é a margem de

segurança. Quanto maior o desvio, maior a margem de segurança.

Observando a Figura 8 é possível verificar que para o requisito, ou seja, para atenuar o efeito de

sombra, é necessário uma margem de segurança de aproximadamente 7,7 dB .



Exercício 03 – Foram realizadas medições da propagação do sinal de modo a se estimar o expoente

de atenuação das perdas de propagação. Os resultados obtidos são organizados da seguinte forma:

Valor de referência para as perdas de propagação: ( )0 0PL d

Valores obtidos a partir das medições: ( )011PL d , …, ( )n nPL d nas distâncias: 01d , …, nd .

Recorrendo à expressão das perdas de propagação com exponente de atenuação n , determinar a

expressão que nos permite obter o valor óptimo do expoente n , de modo a se minimizar o erro

médio quadrático (ou seja, consiste em calcular o valor mais baixo) entre os valores teóricos e os

valores que resultam das medições.


Resolução 3) A definição teórica dos métodos dos mínimos quadrados é:

( ) 00

10. .log10dBdB

dB

dd nPLP

dL

= +

Sendo ( )0 0PL d PL= , e no calculo do path loss não se considera a margem de desvanecimento.

O estimar obriga ao cálculo do erro. E é o descobrir o erro que consiste este exercício, que é

conseguido calculando o modelo teórico e comparando com as diversas medições em campo. O erro

médio quadrático usa a definição:

( )

0100 . .log10

errosvalo

ii

r real

modelo teó

dB dBdBi i

r co

dB

i

PL nLd

XPd

d σ

= + +

( ) 00

1010. .log ii idB dBB

dB

i dP

ddP nLL

dXσ

= − −

Nota 3.1 - o erro médio quadrático permite obter estimativas, em que N é a quantidade de medições

efectuadas.

( ) 10

2

0

2

1 10 10

1 1: . .log

dBd

ii i i

iB

dB

N

i

N dPL

dMMSE

NL dP

NX nσ

= =

= − −

∑ ∑



Nota 3.2 - o 2ix é quadrático, pois só me interessa o valor absoluto, desprezando assim o sinal.

( ) ( ) 10

2

001

1. . g1 l0 o

dBdBd

i

B

i ii

N

n PLd

d

NLf nP d

=

= −

−

∑

Nota 3.3 - pretende-se estimar o valor de n (expoente de atenuação devido a propagação é a minha

incógnita), e ( )f n é a função que me vai possibilitar atingir esse objectivo.

Recorrendo ao método da minimização do erro médio ao quadrado (para obter o valor mais baixo):

( )( ) 0

010 10

1 0

1. . .log .l10 10 og 02

dBdBdB

i ii

dBi

N

i

nn

dP PL

d ddL

Nn

d df

d =

= − − − =

∑

Nota 3.4 – faz-se derivar a função ( )f n em ordem a dn para poder realizar o método de

minimizar. Ou seja permite que se obtenha o melhor valor da função ( )f n .

( ) 10 10 10

0001 0 1

.log . .log .10 10 10 02 2

logi i ii dBdBi

dB dB

N

i d

N

Bi

PLdN N d

Pd d d

d nLd= =

− + =

−

∑ ∑

2

N( ) 0 10

dBdBi i PLP dL − 10

01

.log .2i

Bi d

N

Nn

d

d

=

=

∑ 10

010

1

2

10. . .log i

dB

N

i

dn

d=

∑

( )1

10 11

2

000 0

. .l10 og logi ii i

i idBdB

dBd

N N

B

PLd

P dLd

nd

d= =

= −

∑ ∑



( ) 0 1

2

10

00

1

0

1

log

.l1 o0 g

dBdBdB

d

ii i

i

i

B

N

N

i

PLd

n

Pd

d

d

dL=

=

−

=

∑

∑

Exercício 04 – Supondo que as medições locais em campo da intensidade média do canal é feita no

interior de um edifício, e que o pós processamento revelasse que os dados medidos se ajustam a um

modelo de lei de potência média dependente da distância tendo uma distribuição lognormal em torno

da média. Supondo que a lei da potência média é ( ) 3,5 r dec dP dα − (ou seja, o seu processamento

revelou um expoente de atenuação 3,5n = ). Verificou-se que um sinal de 1mW era recebido à

distância de referência 0 1 d m= do transmissor, e a uma distância de 10 m , 10% das medições

revelaram sinais com uma intensidade superior à 25 dBm− . Determine o desvio padrão da

distribuição lognormal que caracteriza o desvanecimento devido ao efeito sombra no interior do

edifício à distância de .10 metros


Resolução 4) Com um expoente de atenuação 3,5n = , então

( ) ( ) ( ) ( )00

10 010 1. .log 35.log10

101

1dBm dBmrec rec rec rec

d mi

B

i

dBmd

d

ddP P P Pn d

= − ⇒ = −

Como ( )1 0 dBmrecP dBm= , fica que ( ) ( )10 0 5 35. 31

dBmrecP dBmd = − −= .

O resultado no formato da função Q (ou 0

SEerfc

N

, distribuição lognormal) é prevendo que a

probabilidade de receber o sinal com um determinado valor, γ , e sendo 25 dBmγ −= :



( )( ) [ ]10

10

10 3525 dBm dBm

dB

rec

robabilidad cm

e re Q Q QdBm dBm dBmP

Pd

P dσ σ σ

γγ

− − ≥ = = =

−−

E pelo enunciado sei que 010

1 %dBm

Qσ

=

Com recurso ao gráfico, sei que 10

1, 29dBm

σ= , logo 5,9566σ = e em dB é 7,75

dBdBσ = .

Exercício 05 – Foram realizadas quatro medições às distâncias de 100 m, 200 m, 1 km e 2 km de um

transmissor. Os valores obtidos foram, respectivamente, os seguintes: 0 dBm , 25 dBm− , 35 dBm− ,

and 38 dBm− . A lei de perdas por propagação é a seguinte:

( ) ( )

( )

100

0

1 . .l0 og

dB

erros

dB dBdB dBderro

PL

s

d

BdB

dPPL nd d LPL X X

dσ σ

= + = + +

Sendo a distância de referência 0 100 d m= .

a) Determinar a estimativa do expoente n das perdas de propagação, recorrendo ao método dos

mínimos quadrados (MMSE - minimum mean square error).

b) Calcular o desvio padrão do desvanecimento relativamente ao valor médio definido pelas perdas

de propagação.

c) Estimar o valor da potência recebida à distância 2 d km= a partir deste modelo.

d) Fazer uma previsão da probabilidade do sinal recebido à distância de 2 km seja superior a

35 dBm− . Apresente o seu resultado no formato da função Q.

Exemplo 4.9, página 93 e Problema 4.29, página 112 do livro TR.



Resolução 5a) Ver exemplo 4.9 e exercício 4.29, página 93 e 112, do livro do Theodore S.

Rappaport. O exercício é igual ao 3, só que aqui é para um caso prático. Foram feitas 4 medições em

campo e registados na tabela seguinte:

d ( )Brec d m

P d

01d 100 0

02d 200 25−

03d 1000 35−

04d 2000 38−

Sendo ( )dB

PL d o valor médio (de uma distribuição) de perdas de percurso, e

( ) ( )

00

1010. .logdB dBdB dBd

erros erroB

sdB

PLd

PL Pd

d L X Xd nσ σ

= + = + +

E que ( ) 10

00 . .log10dBdB

nPLd

PLd

d

= +

, e 0PL é o parâmetro de referencia.

Nota 3.a1 - numa distribuição tem-se pelo menos 2 parâmetros:

- A média, ( )dB

PL d , e o resultado dessa média é nula.

- O desvio padrão, que é notado σ .

( ) ( ) ( )trans dBmdBrec rectra dB dB d

nsBm

Gd P Gd dLP P= + + −

Como nada me é dito sobre os ganhos das antenas, vou considerar como sendo um ganho de 0dB

, e

sendo ( )0 0PL PL d= (duas formas de notar a mesma variável):



( ) ( ) 0 10

0. .lo10 g ii trans dBmdBm

idB

rec Pd

nP Ld

d P d

= − +

( ) ( )00

101 . .l0 ogrec ri

e Bmc dmi

dBn

dP d d

dP

= −

E com 0 100 d m= , tem-se ( ) ( ) ( )01 0 0 100 dBm dBmdB

rec rec recm

dP P Pd Bm d= = = .

Nota 3.a2 - este valor vai ser o meu valor de base para calcular o resto.

Pela estimativa do método dos mínimos quadrados (MMSE - minimum mean square error):

( ) ( ) ( )11

2

0rec recdBm dBm

N

ii

P d PJ dn=

=

−∑

( ) ( ) ( )2

4di trans i trarec rnsd ii

B dB dBBmdBmecd P dP G dP

dG L

λ

π= + + −

−

E com ( ) ( )0 1010. .logi iP dnLP dL = + fica que:

( ) ( )( )0

00

10. .lo10 g

dBmrec

rec

d

dBm

ii trans i d

P

BdBmPL

dn

ddP P d

= − −

( ) ( )00

101 . .l0 ogrec ri

e Bmc dmi

dBn

dP d d

dP

= −

Em que ( ) ( )01irec recP Pd d= , ( )01recP d é um valor medido em campo e é 1º termo do somatório. E

como se tem 4 dados para 4 comprimentos diferentes, fica que 4N = . Assim,

( ) ( ) ( ) [ ] [ ] [ ] [ ]4

0

2

11 Termo 1 Termo 2 Termo 3 Termo 4

dBmrec recm

idBi

J P Pn d d=

+ +

= − = +∑



Sendo [ ] ( ) ( ) [ ]2

2

01 01Termo 1 0 0 0rec redBm dBmcP dPd = − = −

=

, e sendo agora a minha distância de

referencia para os outros temos 0 100 d m= .

[ ] ( ) ( ) ( ) ( )

2

0201 002 01 10

0

2

1Termo 2 . .log0dBm dBm dBmdB

rec rec recm

recP P P Pd

dd d d nd

= − =

− −

[ ] ( ) [ ]2

2

10 10

225 0 25 25

100Termo 2 . .log . .log 2 3,010 10

21.

00dBmdBm

dBm

n n n

= − − = + = +

− − −

[ ] 2Termo 2 150,5. 9,06.625dBm

n n= − +

[ ] ( ) ( ) ( ) ( )

2

0301 003 01 10

0

2


rec rec recm

recP P P Pd

dd d d nd

= − =

− −

[ ] ( ) [ ]2

2

10

2

1035 0 35 3510

Termo 3 . .log . .log 10 10.0

10

01 1

0 00

dBmdBmdBm

n n n

= − − = + = +

−

− −

[ ] 2Termo 3 700. 1001 .225dBm

n n= − +

[ ] ( ) ( ) ( ) ( )

2

0401 004 01 10

0

2


rec rec recm

recP P P Pd

dd d d nd

= − =

− −

[ ] ( ) [ ]10 10

22 2

Termo 4 . .log . .log 20 13,10 138 0 38 0 0382000

11

00.

dBmdBmdBm

n n n

= − − = + = +

−

− −

[ ] [ ]2 238 1444Termo 4 13,01. 988,78. 169,27.

dBmdBmn n n= + = − +−

Agora tudo junto:

( ) [ ] 2 2 20 150,5. 9,06. 700. 100625 . 988,78. 169, 21225 14 .44 7n n n n n n nJ = + − + + − + + − +



( ) [ ] ( ) ( ) 2150,5 700 988,78 . 9,06 100 16625 1225 9, 27144 .4n nJ n = + + + − − − + + +

( ) 21838, 25. 278, 34 .9 332n n nJ = − +

( ) 2 329278,33. 1838, 25. 4Jd

n

nn n

d= − +

Resolvi com a ajuda do site http://www.wolframalpha.com/:

( )( )2. 278,33 . 1838,25 556,66. 1838,25

nn n

d

dn

J= − = −

Portanto 1838,25

556,66n = 3,302n =



Resolução 5b) ( ) ( ) ( )

3,302

23,302278,33. 1838,25. 3,302

4

3 9

4

2 4J nσ

− += =

3034,69 6069 3294,964,7

4σ

− += = 8,0 4 dBσ =

Resolução 5c) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 100

. .l0 og1rec rec rdBm dBmecdB

i

Bi dim

PLd

d dP nd dd

P P

= − = −

( ) ( )2000 0 10. .log100

20000 42,93,302 6

dBmrec dBm dBm dBdP m

= − = −

( )2000 42,96 dBm

recP d dBm−=

Nota 5.c1 – este valor, 42,96 dBm− , foi o valor médio calculado, e o medido em campo é 35 dBm− ,

havendo por isso um erro de 4,94 dBm .

Resolução 5d) Pretende-se a probabilidade do sinal a 2 km que seja superior a 35 dBm− (limiar a

que o meu sinal deverá estar a essa distância), 35 dBmγ −= , assim nota-se:

( )2000 35dBm

rec rec d dBmP P ≥ −

A distribuição lognormal é ( )2000

dBc

mreP

Qd

σ

γ −

[ ][ ]

8,04

7,96 35 420,99

,

8 4

96

,0 d

dBm dBm dB

BQ Q

B

mQ

d

− ⇔ ⇔

−−

E utilizando a tabela, obtém-se [ ]0,99 0,1587 16%Q ≈ ≈



Exercício 06 – A figura de ruído de um telefone celular é 16 dB . Qual o valor da sua temperatura

equivalente de ruído? Assuma que para uma detecção eficaz do sinal FM com a largura de banda de

30 kHz recebido neste receptor é necessário garantir uma relação sinal ruído de 13 dB . Qual a

sensibilidade deste receptor em dBm ?


Resolução 6) A partir deste exercício faz-se introdução ao capítulo da figura de ruído (F). A figura de

ruído mede a amplificação da temperatura de ruído gerado pelo equipamento.

0

13 dBW

SdBW

N

=

( )0 1EquEfec ipam ntiv oa e tFT T= − , com 0 290 ºT K= (temperatura absoluta)

É necessário converter os 16 dB para escala linear, usando a seguinte definição:

( ) 1010. og 1l10 0

Y

X XY= ⇔ =

Assim fica 16

10 39,810 1dB

F = = . Substituindo fica ( )( )3929 11 255 º0 º 8 1, 1EfectivaT K K= − = .

A densidade espectral de potência do ruído é definido por . .Efectio vaN k T B=

Em que k é a constante de Boltzman, sendo o seu valor 231,37.10 W

ks

−= e B é a largura de

banda.

E para a temperatura 0 290 ºT K= , tem-se que 0 174 /N dBm Hz−= (é um valor medido).



A sensibilidade do receptor, S , é definido por 0

Mínimo

Mínimo

dB dBoW W

dBWN

SN

= +

S

( )0

10.log . .Mínimo

Míni

EfectivadBW

m

dBW

odBW

TN

Sk B

= +

S

Calculando o 2º termo, ( ) ( ) ( )10.log . . 10.log . 10.logEfectiva EfectivaT T Bk kB = +

( ) [ ] ( )2310.log . . 10.log . 10.lo1,37.10 g11 255 30 ºEfectiva

WB kk K Hz

sT −

= +

( )10.log . . 188,12 44,77 143,35 Efectiva BT dB dB dk BHz= − + = −

Assim fica que ( ) ( )0

10.log . . 13 143,35 Mín

EfectivadB

o

W

dBW im

k T dBBS

dBN

= + = + −

S

130,35 dBW

dBW= −S

Exercício 07 – O valor mínimo da relação C/I depende do esquema de modulação e codificação

utilizado na transmissão, bem como da qualidade de serviço exigida. Suponha que um sinal digital de

banda estreita requer um C/I de 12 dB. Qual o valor máximo do factor de reutilização? Se a adição

de um código corrector de erro reduzir o C/I de 12 dB para 9 dB, sem aumento da largura de banda

do sinal, qual será o melhoramento resultante no factor de reutilização?

Assuma um exponente de atenuação de 2,6.




Resolução 7a) A designação para a potencia do sinal analógico é S e em digital é C .

Nota 7.1 – SNR é a relação entre a potência do sinal com o produto do ruído com a interferência.

Nota 7.2 – Consultar a página 94 do livro MM.

Quando se utiliza células hexagonais, é possível reutilizar a portadora se for respeitada a seguinte

definição:

3.D

RN=

Em que R é o raio da célula, D a distância para a reutilização e N a quantidade de antenas.

E em ordem ao raio da célula é ( ) ( )1

223. 3. 3.

DDR

RN N N= = ⇔ =

Sendo o expoente de atenuação n , sei que 6.

n

nMinimoI

R C

D

−

−

≥

E em ordem ao raio da célula é . 6.n n

MinimoI

CDR− − ≥

Assim fica que

22

2 1 1. . 6. 6.

3 3

nn

Minimo Minimo

NI

CD

C

IN− ≥ ⇔ ≥

Sendo MinimoI

C

dado em dB e ser necessário linearizar, fica que

[ ] [ ]

2,6

2,

2

212 2

10 106

2,61 1 1 1

6.10 6.10 95,09 33, 243 3 3 3

Minimo

C

BI d

N

= = = =

Assim o factor de reutilização é 11,08N = . E como não pode ser um número fraccionário,

arredonda-se para cima, e é 12N = .



Resolução 7b) Sendo MinimoI

C

dado em dB e ser necessário linearizar,

Fica que [ ] [ ]

2,6

2,62

2

29 2

10 10 ,61 1 1 1

6.10 6.10 47,66 19,543 3 3 3

Minimo

C

BI d

N

= = = =

Assim o factor de reutilização com a introdução de um código corrector é 6,51N =

E como não pode ser um número fraccionário, arredonda-se para cima, e é 7N =

Exercício 08 – O sistema IEEE 802.11a com throughput de 54 Mbps utiliza a modulação 64-QAM.

O BER imposto como qualidade de serviço é 610− , para o qual a RSR (relação sinal ruido) é

30 dBW . Para este throughput, qual o valor da sensibilidade do receptor, considerando um factor de

perdas de implementação de 3 dB e um factor de ruído no receptor de 10 dB ?

Assuma um exponente de atenuação de 2,6.


Resolução 8) Teoria na página 103 do livro MM.

Para uma modulação de 64 QAM é necessário 6 bits por símbolo.

00

dBm dBMínimo

Mínim

m

odBW

NN

S = +

S

Num sinal analógico, 0 Mínimo

S

N

, utiliza-se um impulso de formatação para a transmissão do sinal.



Sei que SS S

S

EE R

T= , então

0 00 0

dBm dMínimo

Mínimo Mínim

dBW

dBW d

Bm d

o

S S

W

BS

S m

B

E R EN N

N NR

= + = + +

S

Sabendo que bSR r= (o débito), fica que 00

dBW

dMínimo

Mínimo

SdBm

BW

Bb d mN

N

Er

= + +

S

E como a potência do ruído é definido por

00 . .ST

k TN F= , em que F é a figura de ruído, k é a

constante de Boltzman, sendo o seu valor 231,37.10 W

ks

−= e 0T é a temperatura absoluta.

Como me é dito no enunciado que 10 F dB= , e em valores lineares é 10 W (igual!).

( ) [ ] [ ]230 100 1,37.10 10 . . .log .10 29 .1. 0 00 º 0

dBm dBm

dBm

TF WW

kN Ks

−

= =

( )11 0

80 0.log 39,73.10 /1 164 0

dBm dBmdBmN N dBm Hz− ⇔ −= =

Ou seja, a densidade espectral do ruído é 164 /dBm Hz−

Assim ( )1 00130 .log0dBm Mínimo d dW BmBbrdBW N= + +S

( )106 164 10 54.1030 /.log 30 164 /77, 4

dBdB íni Wmm M oddBW dBW dBHBm Hz dz Bm Hz− = + −= +S

56,6 MínimdB om

dBm= −S



Exercício 09 – Um terminal móvel tem uma pequena antena omnidireccional incorporada. O

primeiro andar de amplificação tem um ganho de 20 dB e uma temperatura de ruído de 1200 K. O

segundo andar de amplificação tem também um ganho de 20 dB e uma temperatura de ruído de 3500

K. Qual o valor combinado da figura de ruído da antena e do primeiro andar de amplificação?

Se o processamento em banda base requer uma relação sinal ruído de 9 dB na banda de 5 kHz, qual a

sensibilidade do receptor?


Resolução 9)

Exercício 10 – Calcule o link budget para a ligação ascendente de um terminal móvel para a sua

estação base. A potência do terminal é 600 mW. Qual a gama de serviço para o modelo de

propagação com as características apresentadas na tabela a seguir, assumindo uma disponibilização

do serviço em 95%? A estação base tem uma figura de ruído de 3 dB e a relação SNR é 8 dB para

um throughput de 9,6 kbps.

n 0 dB

PL dB

σ

2 40 8

3 20 8

3,5 10 10

4 6 12

De que forma esses valores são modificados se a disponibilidade exigida for 90%? Que outros

factores podem ser considerados na estação base para ajudar a manter o link budget a maiores

distâncias?



Resolução 10) Trata-se de uma ligação ascendente (do terminal para a BTS). E para garantir uma

qualidade aceitável, é necessário uma cobertura de 95%. Sei que a figura de ruído é de 3 dB . E numa

ligação directa, só existe problemas com o ruído.

( )

0 0 00

dBmrec

Mínimo Mínimo Mínimo

Mín

dBm

P

dB

dB

dBm

dimo

dBm dBm

SN N NS

N

= + = − +

S

A densidade espectral de potência do ruído é definido por ( )0 /. .

dBm d HzHz dBmo BN BF k T= +

Em que F é a figura de ruído, k é a constante de Boltzman, sendo o seu valor 231,37.10 W

ks

−= , 0T

é a temperatura absoluta, e B é a largura de banda.

Como nada me é dito acerca de 0.k T , vou generalizar. Para uma temperatura 0 290 ºT K= , tem-se

que 0 174. /dk T Bm Hz= − (é um valor medido).

( )003

1000 3 9. . .log ,6.0 101dBm dBdB dB dB dB dB dBmHz Hz

k kFN NBT T= + + ⇒ = + +

/0 39,83 174dBm dBm Hz HzdB dB

N = + + −

0 131,2 dBm

N dBm= −

A sensibilidade do receptor, S , é definido por 00

Mínimo

Mínimo

dBm dBm

dB

NN

S = +

S

Substituindo os valores fica [ ]131,2 8MínimodBm

d dBB m−= +S

3 12 ,2MínimodBm

dBm= −S

Assim para calcular o link budget, tenho que ter em atenção de que a minha sensibilidade do

receptor, dBm

S , é ( )B

recd m

P d .



Assim a potência no nó receptor, é ( ) ( ) ( )trans dBmdBrec rectra dB dB d

nsBm

Gd P Gd dLP P= + + −

Sendo ( )0 0PL PL d= (duas formas de notar a mesma variável):

( ) ( )0

0

dBmtrans i tran dB dBdrec re

BB ms i

dcG GP d dPPL

=

= + + −

Como nada é dito sobre o ganho das antenas, considera-se ganho unitário, que em dB é zero:

0dB dBtrans recG G= =

( ) ( )0

0

dBmtrans i tran dB dBdrec re

BB ms i

dcG GP d dPPL

=

= + + −

Assim para um modelo determinístico é ( ) ( )0 trans i dBmdB dir c

me

BPPL dP d= − , e este exercício é

aleatório, devido a tabela do expoente de desvanecimento.

Mas é pelo modelo estatístico (método de distribuição lognormal), Shadowing, logo é necessário usar

a tabela, e dimensionar o projecto de forma a ter uma margem de segurança (os gráficos estão

normalizados pela potência, pois só assim se consegue comparar/obter dados úteis):

( ) ( ) Large_Sc

Margem de

0

ale t drans i iBm dBdB

Shadow

rec

d

ng

B

m

i

P d d MPL P= − +

Large_Scal0 e 123,22 8

dB dBdBm dBmPL M−= − +

As perdas por propagação são (as diferentes de path loss), ( ) 00

10. .log10dBd

i

BPL

dPL

dd n

= +

Assim substituindo fica ( ) Large_Scale

100

g10

lo

.dBdBi

n

dPL

d

Md − =



A margem de Shadowing é obtido pelo gráfico:

Como é de 95%, procuro o ponto 1-0,95=0,05 (a escala é logarítmica!):

Figura 9 - Distribuição lognormal.

Como 8 dB

dBσ = , vou traçar uma recta onde coincida estes dois pontos:



E leio o valor na abcissa, que é

Large_ScaleMargem de Shadowi 13,n 2g dBM = =

Como 1 0dB

dBσ = , vou traçar uma recta onde

coincida estes dois pontos:

E leio o valor na abcissa, que é Large_Scale

Margem de Shadowi 16,n 5g dBM = = .

E para o 1 2dB

dBσ = , a Large_Scale

Margem de Shadowi 19,n 8g dBM = = .

Pretende-se o alcance da cobertura, e para isso vou utilizar o Excel®:

n 0 dB

PL dB

σ Large_Scale

M

(95%)

Alcance

(km)

2 40 8 13,2 109,6

3 20 8 13,2 10,6

3,5 10 10 16,5 4,4

4 6 12 19,8 1,6

Para os 90%, a linha azul desloca-se para cima, e os parâmetros são

n 0 dB

PL dB

σ Large_Scale

M

(90%)

Alcance

(km)

2 40 8 11,1 153,1

3 20 8 11,1 13,3

3,5 10 10 12,9 5,6

4 6 12 15,5 2,1

Ou seja, é nos dado a observar que se diminuirmos os critérios de qualidade, consegue-se obter

maiores distâncias (as margens são mais baixas).



Exercício 11 – Considere um sistema de comunicações sem fios e pessoais a operar na banda: 1850

MHz a 1880 MHz (uplink) e 1930 MHz a 1960 MHz (downlink), com canais de 30 MHz . O serviço

suporta 8 assinantes por cada canal de 200 kHz através do método de acesso FDMA/TDMA. O

factor de reutilização planeado é de 4 células.

a) Para o espectro disponível e para a largura de banda do canal FDMA, quantos canais estão

disponíveis por cada canal FDMA?

b) Se cada estação base pode suportar um máximo de 64 canais rádio, quantos assinantes podem ser

servidos na área de cobertura de uma estação completamente carregada em termos de tráfego?

c) Se a licença é atribuída para cobrir uma cidade com uma área circular de 22 500 km e a estação

base utiliza um transmissor de 20 W com antenas omnidireccionais de 10 dB de ganho, determinar o

número de células necessárias para a garantia do serviço na ligação descendente em toda a cidade. Os

móveis utilizam antenas com ganhos de 3 dB. Considere um factor de reutilização de 4 e um

expoente de atenuação das perdas de propagação 4n = mais um desvio padrão de 8 dB para o

desvanecimento em cada célula da cidade. Pretende-se um nível de sinal mínimo de 90 dBm− para

90% da área de cobertura em cada célula. Considere uma distância de referência de 0 1 d km= .


Resolução 11a) É um sistema GSM 900 devido a largura de banda que utiliza: 200 kHz . E o método

de acesso é FDMA/TDMA em que se tem para

Uplink – 1850/1880

Downlink – 1930/1960

(sendo por isso, de largura de banda de 30 TB MHz= ).

Sendo N a quantidade de canais de voz/rádio, fica que 120

305

0

0T

GSM

B MH

B kHz

zN = = = canais FDMA

(acesso ao canal multiplexado com recurso a divisão na frequência) possíveis de utilizar.



E cada canal está dividido em 8 time slot (assinantes por canal):

(na realidade, em Portugal, o GSM 900 tem 124 canais, e o GSM 1800 é igual, só existe uma

transladação da frequência de 900 para os 1800 MHz).

Resolução 11b) 64 canais por BTS. Em Portugal, cada painel de (agrupamento) de antenas das

operadoras só tem 40 canais. E fisicamente, nas torres das operadoras, as antenas para o sistema de

900 MHz, ficam na parte de baixo, e são as maiores. As do sistema de 1800 MHz ficam da parte de

cima e são mais pequenas.

8.64 512Loaded operation = =

Resolução 11c) Dados: a potência de transmissão é de 20 W, e o ganho nas antenas omnidireccionais

de transmissão é de 10 dB.

A área de cobertura (circular) é de 22 500 km . O ganho da antena dos telemóveis é de 3 dB, e com

um factor de reutilização de 4R = . Este parâmetro indica-me o numero de células no cluster.

O expoente de desvanecimento é de 4n = e o efeito sombra (desvanecimento Shadowing) é

8 dB

dBσ = . E a potencia mínima de transmissão é de ( )min

90 dBmtrans BP d d m −= , com uma

distancia de referencia, 0d , de 1 km .

No gráfico, traça-se uma linha na horizontal no valor,

24

8 d

n

Bσ= = , dois:



E “…para 90% da área de cobertura em cada célula…”. Do lado esquerdo, marca-se um ponto na

linha traçada com o valor de 0,9:

Assim [ ] ( ) ( )robabilidade rec recdBm dBm

P P P d dPd Pγ γγ γ = ≥ = ≥ , sendo ( ) 90%U γ = , passa a

[ ] 0,67P dγ = , em que d é o meu raio, e Pγ a probabilidade.



Como a minha área é de 22 500 km , e sabendo de que 2A Rπ= , fica que o raio é 892,06 m.

A função Q é ( )

( )892,

00

,6

892 06 67,dBrec

mQP

Pγσ

γ − = =

, em que γ é o parâmetro linear do

sistema.

( )892,06dBm

recP

σ

γ −

é uma distribuição gaussiana, logo pode-se calcular o seu simétrico:

Logo pode-se fazer ( )892,06

1 0 37 ,6 30,dBmrecP

Qσ

γ − = − =

Assim a função inversa de [ ] 0,33Q X = , então 0,69X = .

Assim ( )892,06

0,69dBmrecP γ

σ

−= ⇔

( ) ( ) [ ] [ ]892,06 0,69. 892,06 0,6 679. %rd

ec reB

cm dBm

P P σγσ⇔ = + ⇔ = + ⇔



( ) [ ] ( ) ( ) [ ]min

892,06 0,69. 892,06 0, 869. 0 9dBmrec retran

dcs

dBm BmdBP dP mP dBσ

−⇔ = + ⇔ = ⇔

( )892,06 84, 48 dBm

recP dBm−=

Este valor é o valor médio na recepção dos terminais a uma distancia de 892,06 m .

Nota 11.1 – o desvio médio é o path loss e o desvio padrão é o Shadowing.

Sendo ( )0 0PL PL d= (duas formas de notar a mesma variável):

( ) ( ) ( )tran dBmdBm dcs

me

Brd P d PL dP = −

( ) [ ]( )

[ ]10.log 2 8010 4, 48 .1000

trans i dBm

m

d

d

P

BdBPL md W= − −

( ) 127, 49 dBm

dPL dBm+=

E a minha sensibilidade do receptor, dBm

S , é ( )B

recd m

P d . E agora vai-se assumir que 1000 d m= .

Os ganhos das antenas são 10 dBtrans BG d= , 10transG = , 0rec dB

G = , 1recG = , e 0dB

L = , 1L = .



Mas é pelo modelo estatístico, logo não determinístico, utilizando por isso o método de distribuição

lognormal devida a tabela do enunciado (Shadowing). Esta informação é dada no enunciado ao

fornecer a tabela com dados de medições em campo. Vou por isso dimensionar um projecto de forma

a ter uma margem de segurança (os gráficos estão normalizados pela potência, pois só assim se

consegue comparar/obter dados úteis):

( ) ( ) Large_Sc0 ale

Shado

d rec

win

tran Bm dBms

B

g

dB

d

P d d MPL P= − +

E um comprimento de onda igual a 8

161960.10,15

0

03

3 1

.

c

mc s mf s

λ−

= = =

Fica que [ ]

[ ]( )

2 2

21 100 01000

10 0,153 1

..log .l0 1 og

4 4

10tran

ds

Brec

mGPL G

dπ π

λ

= − = −

0 88,3 dB

PL dB=

Sendo o expoente de atenuação das perdas de propagação 4n = , as perdas por propagação são

( ) 10

00 . .log10dBdB

nPLd

PLd

d

= +

( )[ ] [ ]

( )

0127,4 88,

10 10 4.

3

0 0

.

9

10 10. . 9,88

dBdB dBn

Pm

PL LddB

Rai do kmd

− −

+ −

= = =

Assim os parâmetros mais importantes são ( ) 0127,4 88,9 3dBdB

dBd L BmP dPL += ∧ =

Exercício 12 – Problema 4.34, página 113 do livro TR.





Exercício 01 – Ao se deslocar no espaço com a velocidade de 25 m/s chegam à antena de um

terminal móvel receptor (RX) duas componentes de propagação multipercurso:

( ) ( )91 12 20,1. . .cos c2. . . 0s 10 omáx

VE t t

mtνπ π Ψ = − +

( ) ( )92 22 20, 2. . .cos c2. . . 0s 10 omáx

VE t t

mtνπ π Ψ = − +

Assuma que o RX se move em direcção oposta à direcção de propagação da primeira componente

multipercurso, e exactamente na direcção de propagação da segunda componente. Nestas condições:

a) Calcule a potência por unidade de área aos terminais da antena do receptor nos instantes

de tempo 0,1t = e 0, 2t = segundos.

b) Calcule a potência por unidade de área ao longo deste intervalo.

Nota: a potência por unidade de área é igual ao módulo do vector médio de Poyting, 21

.avg n Z

E=S , ,

em que n é a quantidade de elementos, sendo a média calculada ao longo de um período do campo

eléctrico. “ E ” é a amplitude do campo eléctrico resultante da soma vectorial das duas componentes e

377 oZ = Ω é a impedância característica do ar.

Exercício 1 do tópico 30.5, página 754 do livro Andreas Molisch.



Resolução 1a) Dependência temporal do desvanecimento (slide 55 do modulo 3).

Dado importante é a deslocação do terminal, 25 m/s, e recebe nas suas antenas, duas componentes de

propagação, em que o coeficiente 92.10 é o valor da portadora (2 GHz) e máxν é o desvio de Doppler,

que também se representa por máxfd (para não se confundir com o símbolo de velocidade). Sei

também que 1 radπΨ = e que 2 0 radΨ = .

( )8

9 1166,0,1

2,05

366 6

0,15 .

.10 2

10

5 /máxm

mfd Hz

m v m sss

λλ−

= = ∧ = = =

( ) ( )91 10,1. . .2 22.10 cos . .c s 0omáx

fc

t t tV

E Hzm

fdπ π

− Ψ= +

( ) ( )92 20, 2. . . .co . 0s cos2.1 20 2 máxf

VE

mdtzt H tπ π Ψ

+ = −

( ) ( ) ( )91 10,1. . . . 166,66 6 c 2 2.10 2os co. s 0 HzH

VE z

mt t tπ π

Ψ = − +

( ) ( ) ( )92 20, 2. . . . 166,66 6 c 2 2.10 2os co. s 0 HzH

VE z

mt t tπ π

Ψ = − +

Cálculo da potência por unidade de área. 1º há que calcular a potência instantânea:

( )2

1

2

i ii

P Et=

=∑

Em que o limite superior do somatório, 2 , é a quantidade de módulos.

Assim, e no formato vectorial ( )E

: ( )( ) ( )( )1166,66 6 c. . . os2

1 1 e0, .Hz tj

E tπ Ψ − =

( )( ) ( )( )2166,66 6 c. . . os2

2 2 e0, .Hz tj

E tπ Ψ − =



No instante zero, 0 t s= : ( ) ( )1

0.0,1. 00 ,e 1jE = =

( ) ( )2

0.0, 2. 00 ,e 2jE = =

Assim, ( ) ( ) ( ) ( )Normalização para a potênciamédia da t

2

ransmissão do sin

2

1

a

2

1

2

l

20 0 0i i

i

P P Et E E=

= ⇒ = +∑

( ) 2 20,1 0,0 0,2 05 P W= + =

No instante zero, 0,1 t s= : ( )( ) ( )( )( )166,66 . . . 02 6 c

1,1os

0, 0,1 e.1H raj dz

Eππ −

=

( ) [ ]( ) ( ). 101

4,56 .4,170,1. 0,0 1. 0,052 .0,086e e,1 j jE j+= = = − −

( )( ) ( )( )( )166,66 0 . .2 0,16 c. os

2 0, 0, 2 e1 .H raj dz

Eπ −

=

( ) [ ]( ) ( ). 104,56 .4,172 0,2. 0,20 . 0,103 .0,171e e,1 j jE j− −

= = = − +

Assim, ( ) ( ) ( ) ( )1

2

2

2

1

22

0,1 0 0i ii

E EP t P E=

= ⇒ = +∑

( ) ( ) ( )2 2

0,052 .0,086 0,103 .0,1710,1 j jP = − − + − +

Assim, ( ) ( ) ( ) ( )2

1 2

2

1

0,1 0 0i ii

P t PE E E=

= ⇒ = +∑

( ) ( ) ( )0,052 .0,086 0,100,1 3 .0,171jP j= − − + − + ( )0,1 0,03 P W=



Confirmar o que segue (para t=0,2s) !!!!

No instante zero, 0, 2 t s= : ( )( ) ( )( )( )166,66 . . . 02 6 c

1,2os

0, 0,1 e.2H raj dz

Eππ −

=

( ) [ ]( ) ( ). 209,121

.?0, 2 0,1. 0,1.e e 0,0? .0,0?j jE j−= = = − −

( )( ) ( )( )( )166,66 0 . .2 0,26 c. os

2 0, 0,2 e2 .H raj dz

Eπ −

=

( ) [ ]( ) ( ). 209,122

.?0, 2 0, 2. 0,2.e e 0,0? .0,0?j jE j−= = = − −

Assim, ( ) ( ) ( ) ( )1 2

1

22

0, 2 0,2 0, 2i ii

E EP t P E=

= ⇒ = +∑

( ) ( ) ( )0,052 .0,086 0,100,2 3 .0,171jP j= − − + − +

( )0,2 0,028 P W=

Assim, a potência por unidade de área é uma DEP: ( )( ) ( ) ( )

120 377 o

P P t Pt

Z

t t

π=

Ω Ω= =S , em que oZ é a

impedância característica do meio.

No instante zero, 0 t s= : ( )( ) [ ]0,05 0

0377 o

WP

Z=

Ω=S ( ) 6

2132.63.10 0

Web

m−=S



No instante zero, 1 0,t s= : ( )( ) [ ]0,03 0,

3

1

77 0,1

oZ

WP= =

ΩS ( ) 6

2785.40.0, 10 1

Web

m−=S

No instante zero, 2 0,t s= : ( )( ) [ ]0,028 0, 2

0,2377 oZ

WP= =

ΩS ( ) 6

2733.04.0, 10 2

Web

m−=S

O valor médio é 21

.avgon

E

Z=S , em que n é a quantidade de elementos,

( ) ( ) ( ) [ ] [ ] [ ]0,05 0,03 0,028 0 0,1 01 1. .

3 3

2

3

,

77 avgo

W W WP P P

Z

+ ++ += =

ΩS

62

95,49.1 9 490 5, avg

Web

mµ−= =S

Exercício 02 – Um sistema de comunicações móveis é projectado para satisfazer a seguinte

especificação: o valor instantâneo da amplitude r do sinal no receptor não pode ser inferior a 10%

de um limiar minr pré-especificado na fronteira da célula (distância máxima para a estação base) em

90% do tempo. O sinal é afectado pela propagação em pequena escala (desvanecimento Rayleigh) e

pela propagação em larga escala (desvanecimento log-normal, com 6 F dBdBσ = ).

Determinar a margem de segurança necessária para que o sistema cumpra as especificações

impostas.



Figura 10 - Afectação do sinal na propagação.


Resolução 2) 90% do tempo tem que respeitar o valor de 10%, no limiar da célula.

No gráfico é possível visualizar as perdas por propagação, Path loss, as perdas de pequenas escala,

distribuição lognormal - Shadowing, e as perdas de grande escala, distribuição de desvanecimento

Rayleigh - Multipercurso.

Assim para o cálculo do link budget e necessário primeiro calcular a margem de desvanecimento

(pequena escala), sendo este um processo aleatório, e centrado no valor médio do path loss. Pode se

aproximar com a definição _

2

n2

mi

2.Small Scale

F

rM

σ= .



Em que 22. Fσ é a potência média do sinal (a potência como varia no tempo, logo torna-se

necessário o recurso a média), e permite normalizar o valor da potência de modo a poder comparar

com outros valores.

A probabilidade de falha, [ ] [ ]Out dP dPγ= , é [ ] _

1

1 Small ScaleM

dP eγ

− = − . Assim, a distribuição do

desvanecimento Rayleigh segue a seguinte definição:

[ ]m

2

2in

2.1 F

r

P edγ

σ

− = −

Como pretendo 90%, [ ] [ ] 10% 0,1Out d dP Pγ= = = , fica que _

1

1 0,1 Small ScaleM

e

− − = ⇔

( )( )_

_

1 1ln 0,9

ln 0,9Small ScaleSmall Scale

MM

⇔ = − ⇔ = −

_9, 49

Small ScaleM =

_9,77

Small Scale dBBM d=

Este valor, 9,77 dB , significa que é o valor que é preciso compensar devido a efeito do

desvanecimento Rayleigh.

Segundo - a margem de desvanecimento em larga escala (distribuição de Shadowing), devido ao

efeito sombra, e segue uma distribuição lognormal:

[ ] [ ] min dB dBdBOu r meobabilidade robabil ai mn áxt dadeP P P Pr Ld L Ld rγ= = < = + >

Em que [ ]P dγ é a situação de falhas, r é o valor a que não deve de chegar, e minr é o valor mínimo

aceitável para o limiar. E Bmean d

L é o valor médio das perdas máximas na fronteira da célula, e dB

L é

o valor aleatório da componente de atenuação da distribuição de Shadowing .



E o que se pretende neste momento é o valor de dB

L . [ ] robabilidade dB dB dBmeanmáxLP P Ld Lγ = > − . Por

ser uma distribuição lognormal, permitindo por isso a utilização da função Q , distribuição normal, o

seu valor varia entre zero e um. É uma característica da probabilidade de distribuição gaussiana.

Assim, [ ] [ ] dBdB dB

dB

máx

robabilidadeOu

mean

F BF d

t dP dLL

PL

Pγσ σ

−= = >

Sendo dB dB

máx meanL L− a minha margem de segurança, Large_Scale dB

M , e BF d

σ o meu desvio padrão.

Assim, ( ) ( ) ( ) ( )Large_Scale

dB dBdB

dBdB

m

FF

áx meanLM L

P x x x xdf Pd ddf

σσ

∞ ∞

−

=∫ ∫

Sendo ( )Pdf x a probabilidade de densidade espectral.

Logo ( ) ( ) ( ) ( ) ( )Large_Scale

0,1meanmáx dB dBdB

dBdBFF

dB dmáx

B

F

mea

LM

n

L dB

QdPdL L

x x x xd dP xf df

σσ

σ

∞ ∞ ∞

−

− = = =

∫ ∫ ∫ .

( )

Large_Scale

Large_Scale

1. 0,1 0,16

Shadowing

dBdBdB

F B

F

d

M

M Qσσ

−= ⇔ = ⇔

[ ] [ ]Large_Scale6 1,16 6 . ,96

dBM dB dB= =

Em que 1Q− é a função inversa da função Q .

Assim a margem de segurança é Large_Sca_ le

9,77 6,96 1 3 6,7dB dSmall Sc Bale

dB dB dBM M+ = + = .



Este valor agora obtido, na prática é um valor elevado (e ainda não se está a considerar as

interferências), e é preciso ter cuidado ao implementar o projecto. Uma possível solução seria a

utilização da diversidade espacial. O aumento da potência de transmissão por si só poderia não

resolver o problema, pois também se aumentaria a interferência.

Nota 2.1 - [ ] [ ] minrobabilidadeOut d rP P rPdγ= = < para que ( )~ ln 0, Fr σ , e em que ~ significa que r

segue uma distribuição gaussiana, e ( )ln é a função que desenha a lognormal gaussiana.

Exercício 03 – Um sistema de comunicações via rádio é normalmente desenhado de modo que o

receptor deva ser capaz de suportar uma certa quantidade de dispersão por efeito Doppler no sinal à

saída do canal, sem que o seu desempenho seja afectado de forma significativa.

Considere que a mobilidade do canal é devida apenas ao terminal móvel, e que a dispersão do desvio

de frequência por efeito Doppler é o dobro do valor máximo do desvio de frequência por efeito

Doppler. Considere ainda que o sistema é projectado para funcionar nas bandas de 900 MHz e 1800

MHz.

a) Se o objectivo é fazer com que o sistema seja capaz de manter a ligação quando o terminal se está

a mover a 200 km/h, qual o valor máximo admissível para o espalhamento Doppler?

b) Se o objectivo é garantir que o sistema se mantenha em funcionamento para velocidades do

terminal de 200 km/h, quando estiver a operar na banda 900 MHz, qual será a velocidade máxima

admissível do terminal se a comunicação estiver a ser estabelecida nos 1800 MHz?

(Considere a mesma limitação relativa à dispersão por efeito Doppler)




Resolução 3a) Mobilidade do canal. O efeito Doppler surge devido a presença de obstáculos, e é

caracterizado por um desvio padrão.

Vou considerar que fdνσ σ= , para a dispersão por efeito Doppler (que ocorre com o movimento do

terminal), pois o índice ν é parecido com o símbolo da velocidade, e sabendo que o efeito Doppler

está associado a velocidade, e para não confundir vou utilizar fd .

Assim, e segundo o enunciado: ( )c2. 2. . os

máx

máxfd

fd

vfd

λσ Ψ= =

.

Vai-se considerar o pior caso possível, na mesma direcção e em sentido oposto.

O desvio máximo do efeito Doppler é calcular o valor que permite manter a ligação, mesmo com o

terminal a deslocar-se a uma velocidade de 200 km/h.

Utilizando as unidades SI, 3200.10

36055

0,6

mv

m

ss= = , e 6

8

1900.10,

33

03

.10

ms

smλ

−= = . Logo

900

55,166,8

6

0,33

/ máx fc MHz

v mfd Hz

m

s

λ== = =

E para a portadora de 1 800 MHz, fica que:

8

161800.10

3.10,17

0 ms

smλ

−= =

1800

55,6 /33

03,6

,

17 máx fc MHz m

vfd

mHz

s

λ=⇒ = = =

P: Qual será o valor máximo admissível para o espalhamento do efeito Doppler?

R: O valor máximo para a dispersão é:

[ ]1800

6333,2. 67,2 2 6.máxfc MHzfd fd Hz Hzσ=

= = =

O intervalo de coerência, quando relacionado com o efeito Doppler (é o ritmo em que o canal varia

ao longo do tempo) é o valor inverso da dispersão, sendo por isso: 311,5.10

667,2 Hz−= .



Resolução 3b) [ ]900

166,8 333,2. 2 6 .máxfc MHzfd fd Hz Hzσ=

= = =

[ ]900

61800

8

11800.10

333,63.10. . .

2 2

fc Mfd Hz

fc MHmáx z máxfdm

ss

Hzv λ λ

σ=

= −= = =

1800 27,8 / 100 /

fá c Hzx Mmv m s km h=

= =

Este valor indica o valor máximo a que o terminal se pode deslocar, quando se utiliza a banda dos

900 MHz. Mesmo que a portadora 1800 MHz me permita valores mais alto, tenho que baixar para a

portadora dos 900 MHz, devido a possibilidade de mudança de BTS, e esta me atribua uma

frequência de 900.

Exercício 04 – Considere que numa ligação sem fios, as perdas de propagação resultam do valor

médio determinístico e igual a 127 dB, somado às perdas por desvanecimento em larga escala

(Shadowing) do tipo log-normal, com desvio padrão 7 F dBdBσ = .

a) Qual o valor máximo da probabilidade de falha na ligação (outage probability - OutP ) devido ao

desvanecimento em larga escala, à essa distância se o sistema é desenhado para assegura uma valor

máximo de perdas de propagação igual a 135 dB?

b) Quais das seguintes alternativas pode ser usada de modo a se reduzir o valor da probabilidade de

falha do nosso sistema. Explique porque as outras alternativas não podem ser utilizadas.

(i) Aumento da potência de transmissão.

(ii) Diminuição do valor determinístico das perdas de propagação.

(iii) Mudança das antenas.

(iv) Diminuição do desvio padrão do desvanecimento curto.

(v) Desenho de um receptor com melhor desempenho.




Resolução 4)

Exercício 05 – Num ambiente de propagação com desvanecimento Rayleigh, a sensibilidade do

receptor é igual ao valor mínimo da amplitude do sinal à saída do canal ( )minr . Desse modo, a

probabilidade de falha é

[ ] [ ] ( )min minrobabili eOut dad r r cP dP P fd d rγ= = < =

a) Considerando que a amplitude do sinal ao quadrado, 2r , é directamente proporcional ao valor

instantâneo da potência recebida, através da relação 2.C K r= ( K é uma constante positiva),

obtenha a expressão da probabilidade de falha [ ]OutP d , em função da sensibilidade do receptor

minC e da potência média recebida C .

b) A margem de desvanecimento (nível de proteção contra o desvanecimento) é min

CC . Ou em dB:

Large_Scale minimo dBdBdBC CM = −

Determinar a expressão da margem de desvanecimento necessária em dB, como função da

probabilidade de falha [ ]OutP d .




Resolução 5) dB

dB

CC

I=

Exercício 06 – Pretende-se projectar um sistema de comunicações sem fios com uma distância

máxima 5 máxd km= entre a estação base e o terminal móvel. A antena da estação base está à uma

altura de 20 metros e a altura da antena na estação móvel está à uma altura de 1,5 metros. A

frequência da portadora é 450 MHz e o ambiente de propagação é tipo plano e em terreno aberto.

Para este cenário em particular as perdas de propagação são derivadas a partir do modelo de

propagação em terra plana, adicionado das perdas de propagação segundo o modelo de Egli, dados

pela expressão:

( )[ ]

10

2

101600

.log cP dB

Lf MHz

d =

∆

Este modelo apenas é válido se a distância é menor que o horizonte rádio:

, , 4100 m MSBTSm

h mhd h ≈ +

O valor obtido para as perdas de propagação é a mediana.

A ligação em banda estreita está sujeita ao desvanecimento em larga escala tipo log-normal, com

desvio padrão 5 F dBdBσ = e ao desvanecimento em pequena escala de Rayleigh. Além disso, a

sensibilidade do terminal móvel é minimo 122 dBm

BmC d−= (à saída da antena).

Quer a estação base quer o móvel estão equipados com dipolos de meio comprimento de onda e

ganho 2,15 dB.

a) Faça um esboço do link budget para a ligação da estação base ao terminal móvel. Comece pela

potência à entrada da antena do emissor na estação base ( )máx dBtranTX

sP d e siga o dimensionamento



em direcção à mediana da potência recebida à saída do terminal móvel. Entre Media Bna dC e

BMin dC

situa-se a margem de desvanecimento dB

M .

b) Considera-se que o sistema está operacional (tem cobertura) quando a potência instantânea

recebida não se situa abaixo de BMin d

C durante mais que 5% do tempo. Calcula a margem de

desvanecimento necessária como consequência do desvanecimento em pequena escala.

c) Se o objectivo para o sistema é garantir uma cobertura na fronteira da célula em 95% (sistema

operacional em 95% das localizações à distância máxima máxd ) da estação base, calcular A margem

de desvanecimento necessária como consequência do desvanecimento em larga escala para a

satisfação deste requisito.

d) Calcular a potência necessária no transmissor ( )máx dBtranTX

sP d através da adição das margens de

desvanecimento obtidas nas alíneas (b) e (c) (resulta na margem de desvanecimento total dB

M e que

deve ser inserida na equação de link budget.


Resolução 6a) Com 2 ,15dBtrans BG d= e 2 ,15

dBrecG dB= .




Utilizando o modelo de Terra-plano:

( ) ( ) [ ]2

de aproximação "Terra

Terra Pla

Plana"

2na

.trans

Rx

EIRP

Mod

rec re

el

tr

o

ans traTx

ns cG G Wh h

d P dd

P

=

( )( )

( )Terra PlanaTerra Plana

22

.trans

r

PT Re xxc

P d dd

h hP dL

= =

Em que ( )Terra PlanaPL d são as perdas de propagação na planície.

( )[ ]

[ ] [ ]10Terra Plana

25000

101,5

118, 4220

. .lo .

2

gdB

P mmdBdL

m = =

E pelo modelo de Egli, ( )[ ]

10

2

160021,

450.log10 02 P dB

dBL d = =

∆

Cuidado, pois cf MHz está em MHz.

Assim as perdas totais são ( ) ( ) ( )Terra PlanadB dBdB

PP PLL d d L d= + ∆

( ) ( ) ( )21, 139,44118,42 2 0P dBd dB dL B dB= + =

Assim esquematicamente tem-se isto:



Figura 12 - Esquema da distribuição dos ganhos e perdas.

M é a minha margem de desvanecimento.

Resolução 6b) O valor mediano é diferente de média. Considera apenas 50% dos melhores

resultados.

1,5 8Valor Teori

Media

co

MediadB Ba dn dBM M= −

Para calcular BMedia d

M , sei que [ ] 0,005OutP d = , fica:

[ ] [ ]10 10

1 110 10.log ln .log ln

1 1 0,012

0 9

5,

OuMe

tddia B

dd

BMP

= − = − = − −

Este valor é a margem de desvanecimento médio.



Assim a mediana é [ ]

11,3 1,58 89 1 5, ,12Valor Teoric

Median dB dB

o Valor Teoric

a dia

o

Me dB dB dBM M dB= − = − =

.

Não esquecer que estes valores são aleatórios. Estamos acima dos 95% requeridos.

Resolução 6c) Pelo enunciado sei que 5 F dBdBσ = , então fica que:

[ ] [ ] ( )

Large_Scale

Mar

Large_Sca

gem de

l

1

e. . 0,005

Sh

F

adowin

dBdBd

dBF

g

OB

ut

M

P P d Qd M Qγ σσ

−

= == ⇔ =

[ ]Large_Scale5 1,39 6 . ,95

dBM dB dB= =

Resolução 6d) Large_Scale

6 18, 25 11, 93 , 5 dB dB d

MeB

diana dB dM M M B dB= + = + =

Assim a potência total do emissor é, utilizando a definição linear da fórmula de FRIIS:

( )( ). .

transEI

trans tran

R

s er c

P

r ceP d

GP Gd

α=

O coeficiente α deve-se a facto do sinal sofrer perdas de propagação de espaço livre e o efeito de difracção, e está associado a um processo aleatório (Shadowing) na presença de obstáculos entre o transmissor e o emissor.

Utilizando os valores em dB, fica que

( ) ( ) ( )transEIRP

r trans transdBmdB dB dB de BdBc Prm

ecd P G G L d MP d= + + − −

.



( ) ( ) ( )

minimo dBm

dB dB dt P BdBrec redBm dBrans t

C

cm

ransG Ld GP d dP M= − − + +

( ) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]minimo

2, 1815 122 2,15 139, 44 , 25

dBm

tran

C

dBms dB dB dB dP dBm Bd = −− − + +

( ) 3 1,35dBmtrans mP d dB=

Exercício 07 – Considere-se um sistema limitado quando à interferência, onde existem dois

transmissores:

TX A− e TX B− . Ambos os transmissores têm as antenas à altura de 30 metros, estão à distância de

40 km um do outro, transmitem com a mesma potência, tem antenas omnidireccionais de meio

comprimento de onda iguais e utilizam a mesma portadora de 900 MHz.

TX A− transmite para um receptor RX A− localizado à distância d na direcção do transmissor

TX B− . O transmissor TX B− está a interferir com a recepção em RX A− , que exige um valor

médio do sinal (depois da filtragem da contribuição multipercurso) da relação (C/I) entre o sinal

pretendido e os sinal interferidores ( )minimo

7 dB

BC dI = .

Os sinais que chegam ao RX A− (desejados e interferidores) estão ambos sujeitos a um

desvanecimento log-normal em larga escala de 9 dB . O exponente das perdas de propagação no

ambiente considerado é 3,6n = (o sinal tem um decaimento segundo a lei nd− ).




a) Determinar a margem de desvanecimento necessária para que C

I seja igual ou superior a

minimo dB

C

I

com uma probabilidade 99%.

b) Recorrendo à margem de desvanecimento obtida na alínea (a), determinar a distância máxima

máxd entre o transmissor TX A− e o receptor RX A− .

c) Será possível apenas através da análise das equações dar uma resposta breve ao que aconteceria

quando a distância máxima máxd entre TX A− e TX B− fosse alterada para 20 km de distância um

do outro?


Resolução 7a) Canal desvanecimento Rayleigh. Como no enunciado é dito “limitado contra

interferência”, significa que se pode desprezar o ruído provocado pela interferência. Como o

comprimento de onda é a mesma, logo 1 2λ λ= , então existe interferência entre si. Tenho que por isso

saber o valor da distância máxima, máxd , para não se perder a ligação.

Vai ser introduzido dois novos conceitos, C

I e

C

A. Em que I diz respeito ao co-canal, e A ao canal

adjacente, que surge devido a imperfeição da concepção, em fabrica, dos filtros.



E tenho que garantir que minimo

7 dB

CdB

I

<

, sabendo que 9F dBdBσ = e 3,6n = . Temos duas

estações:

( ) ( ) ( )[ ]

[ ] [ ]1

,

2 2 2 2 9 9F F F FdB dB d RXBTotalTota TXl dBdB dBσ σ σ σ= = + = +

[ ]1 - Só se pode fazer isto quando as variáveis são independentes entre si. É a raiz quadrada do

desvio padrão.

, 1 2,7dBToF tal dBσ =

A lognormal para TX A− é independente do desvanecimento da lognormal para TX B− . Logo as

variâncias somam-se, sabendo-se que no enunciado é dito que [ ] 0,01Out dP = :

[ ] [ ] ( )

Marge

Large_Scale

1

m

,

,Large_Scal

de

e. 0,01 . 0,01dB

dBdBdB

Out TF

Shadowing

ota

t lF

l

To a

M

d d M QP P Qγ σσ

−= = = ⇔ =

⇔

[ ] [ ]Large_Scale12 . 2, 3,7 3

dBdBM⇔ = ⇔

Large_Scale29,6 6

dBM dB=

Resolução 7b) ( ) ( )0 10.logdBdB dB

P nLP dL n= + , ( ) ( ) ( )0 10.log1 dB dB dB

Pd nL mP kL n= +

Sendo ( )0 0PL d PL= , e no calculo do path loss não se considera a margem de desvanecimento.



( ) ( )A máx máxdB dB TXtrans tran BTXTs tra dBAAdB X B

nsdm

P d dG PLC G− −−

= + + −

E o valor do interferidor é

( ) ( )A máx máxdB dB TXtrans tradB dn TXTs trans

X dBB B ABmI PLd Gd GP d d

− −−

= + + − −−

Esta definição deve-se ao facto de ambas as portadoras que chegam ao terminal móvel serem iguais.

Assim ( ) ( )A A máx máxdB dBdB dB dBdB

CC

IPLI d dC PL d= = − = − + −

( )

( )

( )

10 10 0

00 0. .log . .l10 10 og

máx máxdB dB

d d

máxmáx

dB dB B

P P dL L

dPL PL

dC

d

dn

dn

d

−

= − + +

−+

0dB dB

PLC = − 10

0 0. .log10 máx

dBP

d

dn L

+

−

( )1

00. .log10 máxn

d

d

d− +

( ) ( ) 010 10 10

0 0 0

. . log log . .10 1 log .0máx máxmáx

dBmáx

d

d d d

dC

d d d

dn

dn

= − + =

−

−

10 10. . log .10 3 log6 13, 6máx

dBmáx máx

Cd d d

d d

= = −

−

Como sei que minimo

Large_ScaledB dBdB dB

CI

C CM

I

= = +

, fica que

minimo mLarge_Scale Large_S

icale

nimo

36 361 10 10 1dB dB

dB dBI I

máx máx

CM M

C

d d

d d

+ +

⇔ − = ⇔ = + ⇔



minimo

minimo

Large_Scale

Large_Scale

36

36

10 1

10 1

dBdB

dBdB

I

máx máx

I

MC

MC

dd d d

+

+

⇔ = + ⇔ = ⇔ +

[ ] [ ]

3 3

29,667

3611,431

40.10 40

210

. 0

1

1máx dB dB

d+

⇔ = = ⇔

+

3 499, 2 máx md =

Figura 14 - Esquema do exercício 7, com os respectivos valores que caracterizam o sistema.

Exercício 08 – Considere que o perfil de potências segundo a figura, com uma propagação

multipercurso (PDP – Power Delay Profile) num canal sem fios caracteriza-se por dois clusters, cada

um deles com um decaimento exponencial numa escala linear:

( )6

2

1

55.

1

10

2

, 0

,

0,

55 65

20

. .

b

bP

s

s sa

o v

e

e

a τ

τ

τ

τ µ µ

µ

τ−

−

−

≤ ≤

= ≤ ≤




Em primeiro lugar determine os valores dos coeficientes 1a e 2a e a seguir calcule o valor médio da

potência, a dispersão do atraso de propagação multipercurso (valor médio quadrático do delay

spread), de acordo com as equações:

( ) hmP P τ τ∞

−∞= ∂∫ e

( ) .m

m

hPT

P

τ τ τ∞

−∞∂

=∫

A largura de banda de coerência pode ser aproximada da seguinte forma:

( )1

2Cf

τσπ≈∆

sendo τσ a dispersão do atraso de propagação multipercurso (valor médio quadrático do delay

spread). Como classificaria o canal (selectivo ou plano na frequência), para um sistema de

transmissão com uma largura de banda de 100 kHz?



Resolução 8) Exercício 3 do tópico 30.6, página 757 do livro Andreas Molisch.

Este exercício vai centrar-se no atraso de propagação devido ao multipercurso (PDP – Power Delay

Profile), ( )P τ . Temos duas função, uma no período compreendido por 0 20 sµτ≤ ≤ e

55 65s sτµ µ≤ ≤ .

Figura 16 - Identificação dos parâmetros de interesse que caracterizam a função.

Quando 0τ = (delay) a potência recebida é de ( )0

100 dBm

recP dBmdτ =

−= (valor arredondado).

E em valores lineares é ( )0

1310 recP Wdτ

−

== .

Para os 20 sµ , fica ( )20

140rsdBm

ecP dBmdτ µ=

−= , e que em valore lineares é ( )20

1710 recs

P Wdτ µ

−

==


120rsdBm

ecP dBmdτ µ=


1510 recs

P Wdτ µ

−

==


140rsdBm

ecP dBmdτ µ=


1710 recs

P Wdτ µ

−

==



Os valores são obtidos olhando para o gráfico, e arredondados.

Agora para calcular os coeficientes é assim

( ) ( )1 01

31

10131 110 0 0 b Wa a WP e ae − −−

= ⇔ = ⇔ =

( ) ( ) ( )1 11720 21

13 010 20 10 s sb bs a WeP eWµ µµ −−− − = = ⇔ ⇔

( ) ( ) ( )1

1

17620 6

13 1210

100 460 50. 10

n

7101

lb s be bW

Wµ −−

−

−

−= ⇔ − = ⇔ =

( )( )2

662

6 55.115 155.10

2 2 255 . 0 05 1

1

10 155 0 bb

a a a WWeP s eτ

µ− −− − −−

=

−= ⇔ = ⇔ =

( )( )6 6

226 65. 55.1055.10

21 10155 10 10 65

bba WWe eP s

τµ

−−− −− − −= ⇔ = ⇔

( ) ( ) ( )2

2

17210 6

15 2110

10 460 50. l1 171

n00

b se b bW

Wµ −−

−

−

−= ⇔ − = ⇔ =

Assim, resumindo é

11

310 a W−= 12

510 a W−= 1 460 517b = 2 460 517b =

Pode-se observar que só os coeficiente “a” é que são diferentes, pois há mais potência nas primeiras

réplicas (e origina excesso de delay).

Como, para se utilizar a correlação, faz se uma aproximação utilizando a seguinte definição:

( ) hmP P τ τ∞

−∞= ∂∫



sendo ( )hP τ o perfil do atraso de multipercurso.

Para normalizar os resultados do atraso de propagação devido ao multipercurso (PDP – Power Delay

Profile) é ( )( )

m

hPP

P

ττ = . ( )P τ é a potência do sinal a que é preciso multiplicar para se conseguir

obter a contribuição do sinal.

A média do atraso de propagação é ( )( )

.

.

mm

hP

PT P

τ τ ττ τ τ

∞

∞−∞

−∞

∂= ∂ =

∫∫ .

Como τσ a dispersão do atraso de propagação multipercurso (valor médio quadrático do delay

spread), desvio padrão, é

( ) [ ]2

. mh TPτ τσ τ τ∞

−∞= − ∂∫

O recurso a integração em vez de somatórios, é devido ao facto de estarmos presentes de valores

contínuos (e não discretos). E o recurso a [ ]mTτ − é para centrar no velor médio.

Assim ( ) 26

6

6

1

620.10 65.10

0 51 5

55.

2.1

0

0

1 m

bh m

bP P a ae eP

τττ τ τ τ− − −

−

−

−− ∞

∞+= ∂ ⇔ = ∂ ∂∫ ∫ ∫

A primitiva de uma exponencial é 1 xax axa

e e− −∂ = −∫ , logo 192, 2.10 mP W−= .

Agora só falta calcular o atraso médio de propagação em multipercurso (esta parte do calculo é o

mais difícil):

( )( )

.

.

mm

hP

PT P

τ τ ττ τ τ

∞

∞−∞

−∞

∂= ∂ =

∫∫

1

6

6

62

6 55.1065.1020.10

55.11 200

.. m

m m

bb aa

Te

P

e

P

ττ τ ττ τ

−−

−

− − − ∂ ∂ +

=∫∫

2,9mT sµ=



Assim ( ) 2

2.

m

h

mPT

Pτ

τ τ τσ

∞

−∞∂

= −∫

12

6 66

6

65.1020.10 22

255

55.10

.10021 . .

mm

bb

m

aa eeT

P P

ττ

τ

τ ττσ

τ

−−

−

− − − ∂ ∂ = −

+

∫∫

6,5 sτσ µ=

A largura de banda de coerência pode ser aproximada da seguinte forma:

( )1

2Cf

τσπ≈∆

( )[ ],52 6

1C

fsπ µ

∆ ≈

( ) 25C

f kHz≈∆



Exercício 09 – O intervalo de tempo de coerência faz uma estimativa do tempo durante o qual o

canal pode ser considerado como sendo constante e pode ser aproximado pelo inverso da dispersão

por efeito Doppler. Atendendo ao resultado ilustrado na figura a seguir, obtenha uma estimativa do

intervalo de coerência do canal com essas características.



Resolução 9) Ver capitulo 6 (página 101), do livro Andreas Molisch.

O intervalo de coerência é notado da seguinte forma: ( )Ct∆ , e

( )1

2 2

1

fdCoerencia

tνσπ σπ

∆ = =

Vou considerar que fdνσ σ= , para a dispersão por efeito Doppler (que ocorre com o movimento do

terminal), pois o índice ν é parecido com o símbolo da velocidade, e sabendo que o efeito Doppler

está associado a velocidade, e para não confundir vou utilizar fd .



Tapped Delay Line Models

O modelo mais utilizado de banda larga é um N-tap modelo de desvanecimento de Rayleigh. Trata-

se de uma forma aproximada de uma estrutura genérica, e é basicamente a estrutura de linha tapped

de atraso, com o agregado restrição que as amplitudes de todas as taps estão sujeitos ao

desvanecimento de Rayleigh. Adicionando um componente LOS não representa qualquer

dificuldade, a resposta ao impulso depois é só se torna

( ) ( ) ( ) ( )0 01

,N

i ii

ct tah τ τ τδτδ τ=

= − + −∑

onde o componente 0a LOS não varia com o tempo, enquanto o ( )ic t são de média zero Gauss

complexo processos aleatórios, cuja função de autocorrelação é determinada pela sua associada

aos espectros de Doppler (espectros Jakes). Na maioria dos casos, 10τ τ= , para a distribuição de

amplitude do primeiro toque é Rician.

0,7. mfd áxfdσ = (pelo espectro de Jakes , é 70% da frequência máxima do desvio devido ao efeito de

Doppler).

10máxC zff Hd− = −

∧

10máxC fdf H+ =

( )[ ] ( )2 2 2

1 1 1 1

0,7. 2 0,7. 10fCoer

máe

xdncia f

tHd zνσ σπ π π π

= = = =∆

( ) 25Coerencia

mst ≈∆

Ver página 141 do livro TR.



Exercício 10 – Nos sistemas sem fios é necessário segmentar em blocos de símbolos adjacentes a

stream de símbolos que são transmitidos pelo canal. Esses blocos de símbolos formam as tramas. Em

cada trama são normalmente inseridos alguns símbolos que são do conhecimento prévio do receptor.

Estes símbolos especiais são os símbolos piloto. Desta forma, o receptor pode estimar o estado actual

do canal e realizar a detecção coerente. Em cada trama o receptor é informado do ganho do canal

para o primeiro símbolo da trama e o receptor assume que este estado se mantém para o resto da

trama. A partir da definição do intervalo de tempo de coerência no exercício 9, e assumindo o

espectro Doppler segundo Jakes, faça uma estimativa da velocidade máxima do receptor para a qual

o canal pode ser considerado com estacionário durante o intervalo de transmissão das tramas.

Assuma que este intervalo é de 4,6 ms.


Resolução 10) Neste exercício, o canal vária no tempo. Cada bloco, trama, tem que ter uma

componente ajustável ao canal.

( )[ ]

1 1

2 2 02

1

,7. máCoerenci

xa

fd ft

dνπ π πσ σ=∆ = =

Sendo . Cmáxfv

cd f= , e em que v é a velocidade do terminal que se pretende calcular (e não a

velocidade de propagação/transmissão!).

Com 900 Cf MHz= e a velocidade da luz 83.10 /c m s= , fica que

( )[ ]

1 1 1 1

0,7.2 20,7. .

22má

Coerenciafd

Cx v

c

tfd

fνπ π ππ

σ σ= = = =

∆

E em que o intervalo de tempo de coerência, ( )Ct∆ , tem que ser igual ou superior ao tempo da

trama:

( ) 34,6.10 Coerencia

st −≥∆



Logo 900

7,4 /Cf MHz

v m s=

= .

Exercício 11 – Em sistemas de acesso múltiplo baseados no CDMA o sinal de informação original é

espalhado ao longo da largura de banda do canal, através da sua multiplicação no tempo por uma

sequência de impulsos rectangulares ideias e estreitos no tempo, a que se dá o nome de chips.

Se a duração de cada chip é 0,26 μs, e o atraso máximo de propagação multipercurso no canal 1,3 μs,

em quantos intervalos é possível discretizar a gama de atrasos das componentes de propagação

multipercurso nesse canal (delay bins)?

Se o atraso máximo de propagação multipercurso no canal é 100 ns o sistema CDMA pode ser

considerado de banda larga ou estreita?


Resolução 11a) CDMA - Code Division Multiple Access, ou Acesso Múltiplo por Divisão de

Código, é um método de acesso a canais em sistemas de comunicação. É utilizado tanto para a

telefonia celular quanto para o rastreamento via satélite (GPS).

( ) ( )

1. b

b C hipb

N C hipPTT

Tr

T TNN

= = = ⇔ =

Sendo ( ) 0,26 C hipT sµ= , e 1,3 máximoT sµ= fica que cada 1,3

0, 26 5delay bins

s

sµ

µ= = .

Resolução 11b) 3

0,

10

26

0 3,846.10

del n

say

sbi s

η

µ−= = , e com 33,846.10 1− < , o atraso de propagação

não tem significado.



Exercício 12 – Determinar as componentes espectrais máximas e mínima do sinal recebido num

terminal GSM estacionário com frequência central em 1950,0 MHz, nos seguintes cenários de

propagação: terminal a viajar a (a) 1 km/h; (b) 5 km/h; (c) 100 km/h; e (d) 1000 km/h.


Ver exemplo 5.1, página 119 do livro TR.

Resolução 12) 8

91,95.0,154

.

3 0

10

1

c

mc

zms

f Hλ = = = . Logo para

1 0 3

95

1 / 01,

3600

0,2

,15

78 /0 8, 278

0

1

4 fc

v

M

km h

Hz

r

m v mfd H

sv

m

m

ssz

λ

=

== = ⇒ = = =

13

5

/

950

0,154

1,389 /1,389

59,02

10

3600

.km

fc MH

hv

z

r

m v m sv

mfd Hz

s

m

s λ

=

== = ⇒ = = =

1 955

0

100 /

1

0,3600

27,78 /18

154

027,78 , 8

0 3

fc MH

rv km

z

h

m

m

m vfd H

sv

s sz

m

λ

=

== = ⇒ = = =

1 6

1 000 /

950 277,78 /277

01 803,,78

3600 ,18

5

4

10km hr

f MHz

v

cfd

m v m sv

sHz Hz

ms

m

λ

=

== = ⇒ = = =

Assim, os limites espectrais são para

1 /kv m hr= 1949,9999982 e 1950,0000018 MHz MHz⇒



5 /kv m hr= 1949,999991 e 1950,000009 MHz MHz⇒

100 / rv km h= 1949,99982 e 1950,00018 MHz MHz⇒

1 000 / rv km h= 1949,998196 e 1950,001804 MHz MHz⇒

Exercício 13 – Descreva todas as circunstâncias físicas que relacionam um emissor estacionário e

um terminal móvel, de modo que o desvio de frequência por efeito Doppler no receptor seja igual a:

max max max/2) 0 ) ) ) fd f dd fda b c −


Ver tópico 5.1.2, página 119 do livro TR.

Resolução 13a) A 0 Hz (sem efeito Doppler) condição ocorre quando:

- No receptor, o canal é estático e o transmissor não está em movimento;

- Quando o receptor está a deslocar-se ao longo de uma linha que é exactamente

perpendicular a uma linha traçada entre o transmissor e o receptor. Note-se que a direcção

perpendicular implica que haja duas direcções diferentes, o que pode ser explorado pelo receptor

para obter 0 Hz Doppler.

Resolução 13b) O efeito do desvio Doppler é máxima e positivo ocorre quando o receptor estiver em

movimento numa linha recta na direcção da origem de sinal (ou seja, em que o ângulo entre a linha

traçada a partir do receptor para o transmissor e a linha de receptor é zero).



Resolução 13c) O efeito do desvio Doppler é máxima e negativa ocorre quando o receptor estiver

em movimento numa linha recta, e afasta-se da fonte de sinal (quando o ângulo entre a linha traçada

a partir do transmissor para o receptor e a linha de curso receptor é π).

Resolução 13d) O efeito Doppler Hall positivo máximo ocorre durante duas condições físicas

diferentes, em que o co-seno do ângulo entre o transmissor e o receptor é = 0,5 (em que o ângulo

formado entre a linha de receptores de viagens e a linha desenhada a partir do receptor para o

transmissor é 60 ou -60 graus). Isso mostra que a frequência Doppler não é exclusivo para uma

determinada direcção de propagação, excepto para os casos mínimos e máximos de deslocamento

Doppler. Ver tópico 5.1.2 do livro de TR.

Exercício 14 – Considere a seguinte aproximação para a largura de banda de coerência:

( )5

1C

fτσ

∆ ≈

Mostre que o comportamento de um canal sem fios móvel pode ser considerado não selectiva na

frequência quando a seguinte condição é verificada:

10.ST τσ≥

Nota: CoerenciaB é a largura de banda de coerência do sinal RF e ST é a duração de cada símbolo (igual

ao inverso da largura de banda do sinal em banda base).


Resolução 14) é um exercício de selectividade de canal. Está correlacionado com a banda de

frequência. A largura de banda de coerência (aproximada) é:

( )5

1C

fτσ

∆ ≈



sendo τσ a dispersão do atraso (delay spread) de propagação multipercurso. Como 1

STW

= , sendo

W a largura de banda base. E como a largura de banda em RF é 2xW , fica que

( )1

5

1 22. 2

5.

SC

f W WTτ τσ σ

≥ ⇒ ≥ ⇔ ≥∆

10ST τσ≥

Exercício 15 – Um esquema de modulação garante um desempenho dentro dos padrões de qualidade

exigidos para o BER, sempre que se verifica a condição: 0,1STτσ

≤ . Determine o menor valor

admissível para a duração ST do impulso de formatação do sinal (o mesmo é dizer o maior débito de

transmissão de símbolos), que pode ser enviado através do canal sem fios, com os dois perfis de

atraso ilustrados nas Figura 18a e b, sem ser necessário recorrer a um equalizador.

Figura 18 - Resposta de dois canais.




Resolução 15) O primeiro Dirac chega aos 0 dB, pois está normalizado. A função do equalizador

Viterbi é para compensar as escalas que originam interferências (ISI), pois tal ocorre quando o canal

é não selectivo nas frequências, sendo necessário a equalização dos impulsos dos seno cardinal.

Para se ter elevados ritmos de transmissão e estabilidade, permitindo minimizar, ou até eliminar, a

amplificação do ruído, recorre-se a utilização de equalizadores Viterbi, pois não é linear de quarta

ordem, para eliminar o formato de modulação.

( )

( )

2

2

k k k kk k

k kk

h

hk

a P

Pa

τ τ τ

ττ

= =∑ ∑

∑ ∑

O valor médio de atraso do multipercurso, de valores discretos (para valores discreto utiliza-se

somatório, se fosse continuo, utilizar-se-ia a integração.

( )

( )

0 0

10 10 10 10

0

10 20

10

10 10 10

0 20

10

10 x 0 10 x 10 x 10 x

10

50

10 10 1

75 100

0

k k

k

k

dB d

k

B dB dB

h

dB dB dB dBh

s s

P

sP η η ητ τ

ττ

− −

− −

+ + +

= =

+ + +

∑

∑

[ ] [ ] [ ] [ ]50 75 100 1 x 0 1 x 0,1 x 0,01 x

1 1

50,0

0,1 0,01 2,11

7,5 1,0 s s s s s sη η η η η ητ

+ + + + += =

+ + +

27,725 sτ η=

E para o valor quadrático médio é ( )

( )

2

2k k

k

kk

h

h

P

P

τ τ

ττ

=∑

∑

[ ] ( ) ( ) ( )2 2 2

21 x 0 1 x 0,1 x 0,01 x

1 1 0,1

50 75 100

0,01

s s sη η ητ

+ + + =

+ + +

2 21498,82 sτ η=



Sendo τσ a dispersão do atraso de propagação multipercurso (valor médio quadrático do delay

spread), o seu valor é calculado pela raiz quadrada da soma de dois termos que é preciso saber

distinguir:

1º termo é o valor quadrático médio;

2º termo é o valor médio de atraso do multipercurso ao quadrado.

( ) [ ] ( )22 2

1498,8 27,7252τ τσ τ= − = −

27,02 sτσ η=

Uma vez que [ ]Período menor símbolo

0, 271 10. 1 ,020. míniS Sma mínima

S

T T sT

ττ

σσ η≤ ⇔ ≥ ⇔ ≥

270, 2 mínimaST sη≥

Sendo a taxa máxima de transmissão de dados, SR , igual à 1

3,7 mínima

xiS má maST

R MHz= = .

Exercício 16 – Uma mensagem binária em banda base tem o débito de transmissão 100 b sr kbp= .

Ela é modulada por uma portadora RF com modulação BPSK.

a) Determine a gama de valores exigidos ao valor médio quadrático, do desvio padrão do atraso de

propagação multipercurso do canal, para que este tenha um comportamento não selectivo na

frequência em presença deste sinal.



b) Se a frequência da portadora é 5,8 GHz, qual o intervalo de coerência do canal nas condições de

propagação impostas por um veículo a se deslocar à velocidade de 13 m/s?

c) Atendendo a sua resposta à alínea (b), diga se o canal tem um desvanecimento lento ou rápido.

d) Atendendo a sua resposta à alínea (b), quantos bits de informação podem ser enviados enquanto o

canal permanece “estático”.


Resolução 16a) A fonte de informação tem uma taxa de débito de 100 b sr kbp= .

Sendo τσ a dispersão do atraso de propagação multipercurso (valor médio quadrático do delay

spread), pois o canal é não selectivo na frequência, ou seja, é plano na frequência. A duração do

tempo de símbolo, ST , deve respeitar a condição

Período menor símbolo

10.mínimaST τσ≥

. Como

35

100.1010

1

bST

r

n −= = =

Nota - 1n = , pois a modulação utiliza a técnica BPSK, e 510ST −= significa que cada símbolo tem

uma duração de 10 sµ .

Assim, com

Período menor símbolo

10. 0 1 mínS ima

sT τ τσ σ µ≥ ⇔ ≤ ≤

. É necessário salvaguardar que τσ não poder

ser um valor negativo. Neste intervalo é possível garantir a que o canal é plano nas frequência, que é

oposto a não ser selectivo na frequência.



Resolução 16b) O espalhamento de atraso e a largura de banda de coerência são parâmetros que

descrevem a natureza dispersiva no tempo do canal num local. Porém, eles não oferecem informação

sobre a natureza variável com o tempo do canal, causada pelo movimento relativo entre a estação

móvel e a estação base. O espalhamento Doppler e o tempo de coerência são parâmetros que

descrevem a natureza variável no tempo do canal numa região em pequena escala. O espalhamento

Doppler, DopplerB , é uma medida do alargamento espectral causado pela taxa de tempo da mudança

espectral causado pela taxa de tempo da mudança de canal de rádio móvel e é definida como a faixa

de frequência sobre a qual o espectro Doppler recebido é essencialmente diferente de zero. A

quantidade de alargamento espectral depende de máxfd , que é uma função da velocidade relativa da

estação móvel, e o ângulo θ entra a direcção do movimento da estação móvel e a direcção da

chegada das ondas dispersas. O tempo de coerência CoerenciaT é o domínio de tempo dual do

espalhamento Doppler e é usado para caracterizar a natureza variante com o tempo da dispersividade

de frequência do canal no domínio de tempo. O espalhamento Doppler e o tempo de coerência são

inversamente proporcionais entre si, ou seja,

( )1

CoerenciaCoerenmáx

ciaTt

fd= ≈∆

Em que máxfd é o espalhamento Doppler (frequência máxima).

Se o tempo de coerência for definido como o tempo pelo qual a função de correlação de tempo está

acima de 0,5 (50%), então o tempo de coerência é aproximadamente:

( )9

16CoerenciaCoerenciamáx

t Tfdπ

= ≈∆

Ver exemplo 5.6, página 133, do livro de TR.

Com uma 5,8 cf GHz= , e como se pretende a coerência do canal, ( )Ct∆ , sabendo que esse valor

depende do efeito do desvio de Doppler, fica que, tendo em conta que a velocidade do terminal

móvel é de 13 v m s= , para:



0,051

13 .

7á Cm xfv

fc

v m sd

λ= = = 251,3 máxfd Hz=

( )50

3

%

1 1

251,3 3,98.10

máxCoerencia H

t sfd z

−= = =∆ ( )50%

3,98 Coerencia

t ms∆ =

( )9

6

0%

9

10 .126,7.10

máCoerenci

xa f

td

sπ

−≈∆ = ( )90%

126,7 Coerencia

t sµ=∆

Resolução 16c) Com 251,3 máxfd Hz= , e tendo ( )10 S Coerencimínima aT tsµ≤ < ∆<< , então pode-se

concluir que tem um desvanecimento lento.

Resolução 16d) Com um bit rate de 100 b sr kbp= , e com um canal estático (que não varia) ao longo

do intervalo de coerência, fica que os bit transmitidos são

( )50%

100 3,98 . . .Coerenciab bBit TX r Tram kbpsr t sa m= ∆= =

398 Bit TX bits=

Exercício 17 – Para os perfis de propagação multipercurso da Figura 5 (PDP), determine a largura de

banda de coerência para 90% e 50% das larguras de banda de coerência.

Utilizar a figura e os dados calculados do exercício 15.




Resolução 17) A largura de banda de coerência de correlação, CoerenciaB , é:

90

1

9%

5

27,02

1 1

50. 0. .105Coerencia

Exercicio

Bτσ −

= =

90%

740 Coerencia zB kH=

Exercício 18 – De forma aproximada qual será o valor máximo do valor médio quadrático (RMS) do

desvio padrão do atraso de propagação multipercurso para que um sinal modulado em BPSK de

forma binária tenha um débito binário de 25 kbps sem ser necessário um equalizador?

E relativamente a um esquema de modulação 8-PSK com débito binário de 75 kbps?


Resolução 18a) Sendo τσ a dispersão do atraso de propagação multipercurso (valor médio

quadrático do delay spread), e a taxa de débito de 325.10br = , na modulação BPSK, e de 375.10br =

na modulação 8-PSK, e sem ser necessário equalizador (o canal não pode ser selectivo na frequência,

pois tem IES (interferência entre si), fica que:

0 .0,1. ,1b ST Tτ τσ σ≤ ∨ ≤

Nota – para o 8-PSK, 3SS

n

rT n= ∧ = .

Assim 3

10,1. 0,1.

25.14

0bBPSK BPSK BPSKT sτ τ τσ σ σ µ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ , e

38 8 80,1. 0,1.

75.1

3

04

PSK PSK PSKS sTτ τ τσ σ σ µ− − −

≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤



Exercício 19 – O desvanecimento do sinal num canal sem fios móvel é do tipo Rayleigh e a taxa de

atravessamento de níveis é dada por: ( )2

2 . mR áxfdN er ρπ ρ −= . Determinar o valor de ρ para o qual

RN atinge o seu máximo.


Resolução 19) Consultando o slide 61, do capitulo 3, sobre o tópico “Ritmo de Cruzamento de

Nível” (LCR - Level Crossing Rate). O Ritmo de Cruzamento de Nível mostra quantas vezes, em

média e na unidade de tempo, o nível do sinal cruza um determinado limiar estabelecido, em um dos

sentidos (nível de sinal crescente ou decrescente). Esse parâmetro, em conjunto com a Duração

Média de Desvanecimentos, que é o tempo médio que o nível do sinal fica abaixo do limiar de

interesse estabelecido, é útil para que se defina várias características do sistema, como taxa de

transmissão de bits e tipo de codificação, que afectarão o desempenho do mesmo.

A taxa de cruzamento e a duração média do desvanecimento são medidas importantes no projecto de

sistemas de comunicações móveis, e estas informações são úteis para se ter uma noção da frequência

com que os erros em rajadas ocorrem e também para saber a quantidade média de símbolos que serão

afectados pelo desvanecimento. O dimensionamento de códigos corretores de erros e de

entrelaçadores normalmente são feitos com o conhecimento dessas informações.

Taxa de Cruzamento: É a taxa na qual o nível do sinal recebido (desvanecimento Rayleigh),

normalizado com o valor RMS do sinal, cruza um determinado limiar. O número de cruzamentos

(atravessamento) de níveis por segundo é dado por:

( )2

2 . mR áxfdN er ρπ ρ −=

Onde 2

rρ

σ= é o limiar R normalizado com o valor RMS do sinal e máxfd é a frequência de

desvio de Doppler máxima. A taxa máxima de cruzamento/atravessamento ocorre para 1

2ρ = , ou

seja, 3 dB abaixo do valor RMS.



Duração média do desvanecimento: É definida como o período médio de tempo no qual o sinal fica

abaixo de um determinado limiar r . Para o canal Rayleigh, podemos expressá-la por:

( )

( )[ ] [ ]

1 1 1rob

k kk

k

h

abilidadR Rh

e

kR

Out dP

P P P RrNP

dN Nγ

τ τ

ττ

= = = = ≤∑

∑

Onde robabilidadeP r R≤ é a probabilidade do sinal recebido r ser menor que o limiar R e dada por:

( )2

0

1robabilidade

R

r epP R r r ρ−≤ = ∂ = −∫

Onde ( )p r é a pdf da distribuição de Rayleigh.

Desta forma, podemos expressar a duração média do desvanecimento por:

2

1

2 . máxfd

eρ

πτ

ρ

−=

Figura 19 - O ponto vermelho assinala o objectivo que se pretende alcançar, ρ .



Assim ( ) ( )

2Constante

2 . .máxR r e

dN

fρ

πρ

ρ ρ

−∂ ∂=

∂ ∂

, e tem que ser igual a zero, ( )

0RN r

ρ

∂=

∂.

( ) ( ) ( )2

2

2 . . . 2 . . .máx máxR e

efd fr

dN ρ

ρπ πρ

ρρ ρ ρ

−−

∂ ∂ ∂ = + ∂ ∂ ∂

( ) ( ) ( )2 2

2 . .1. 2 2. . .máx máxR r

dN

ed f ef ρ ρπ ρ ρρ

π − −∂ = + − ∂

( ) ( )( )2 2

2 2. .máxR e

Ne

rfd ρ ρπ ρ ρ

ρ− −∂

= + − ∂

( ) ( ) ( )2 222 2. máxR rN

fd e eρ ρ

ρπ ρ− −∂

= −∂

( ) ( )( )2 2. 22 1máxR efd

N r ρπ ρρ

−∂ = − ∂

Para igualar a zero, sei que 2

e ρ− nunca será zero (só no infinito!), logo só 21 02ρ− = . Assim

2 12

21ρ ρ= ⇔ =



Exercício 20 – A função de distribuição acumulada da envolvente do sinal com desvanecimento

Rayleigh é

2

221robabilidade

r

rP eR σ−

≤ = −

Determinar a percentagem do tempo durante o qual o sinal está 10 dB ou mais abaixo do valor médio

quadrático dessa distribuição.


Resolução 20) 2

1 e ρ−− é a probabilidade da distribuição de Rayleigh, e sei que 10 dBρ = − (cuidado,

pois o valor é negativo).

Este valor linear, de ρ , é, e como é uma amplitude o divisor é 20 , 10

201 0,0 316dB

ρ−

= = .

Logo ( )

2

22 02 ,3161 0,01 51 9r

robabilidade eP er eR σ ρ

−−−≤ = − = − = − =

E como a probabilidade é a percentagem do tempo, e aqui, de estar abaixo do limiar, fica então que:

9,5%robabilidadeP Rr ≤ =

Abaixo do limiar é uma má situação.

Exercício 21 – Pretende-se medir as características do desvanecimento de uma portadora não

modulada numa área urbana. São consideradas as seguintes aproximações:

(1) A antena do receptor é um monopólo vertical simples.

(2) O desvanecimento em larga escala é ignorado.

(3) O móvel tem linha de vista para a estação base.

(4) A função densidade de probabilidade do sinal à saída do canal segue a distribuição de Rayleigh.



a) Determine o quociente entre o nível do sinal recebido e o valor médio quadrático do nível do sinal

que maximiza a taxa de atravessamento de níveis. Apresente o resultado em dB.

b) Considere que a velocidade máxima do móvel é 50 km/h e que a frequência da portadora é 900

MHz. Determine o número máximo de vezes que a envolvente do sinal desvanece abaixo do limiar

encontrado na alínea (a) para um teste de 1 minuto

c) Em média, quanto tempo levará cada atenuação calculado na alínea b)?


Resolução 21a) Assim ( ) ( )

2Constante

2 . .máxR r e

dN

fρ

πρ

ρ ρ

−∂ ∂=

∂ ∂

, e tem que ser igual a zero, ( )

0RN r

ρ

∂=

∂.

Ver cálculos do exercício 19.

( ) ( )( )2 2. 22 1máxR efd

N r ρπ ρρ

−∂ = − ∂

Para igualar a zero, sei que 2

e ρ− nunca será zero (só no infinito!), logo só 21 02ρ− = . Assim

2 12

21 3 dBρ ρ= ⇔ = = −

Resolução 21b) 8

6900.10,333

.

3 0

0

1

c

mc

zms

f Hλ = = = , e

3

360

50

013,89 /

.10 ms

sv m= = . Logo

900

50

/41,67

0,333

13,89 /

máx km

MH

v

fc z

hr

vfd H

s

mz

m

λ

=

=⇒ = = =



Como se obteve na alínea a) que 1

2ρ = , fica que

( ) [ ]

2

21

241,61

2 7. 2

. 2máxR fd Hz eN er ρπ πρ

− −

=

=

( ) [ ]1

2 44,798 a41,6 trav7 essamentos/s .R eHzN r π−

= =

O número máximo de vezes que o envelope de sinal vai desaparecer abaixo do nível calculado na

alínea a) durante um 1 minuto é

( ) [ ]44,798 60. . 2688RTest N te r= = =

Resolução 21c) Pode-se expressar que a duração média do desvanecimento é:

[ ]

21

21 18,8

2 . 2 41,1

26. 7 máxfd z

e ems

H

ρ

π πρτ

− −= = =

Exercício 22 – Um veículo desloca-se à velocidade constante de 10 m/s ao mesmo tempo que recebe

o sinal enviado por uma estação base de comunicações sem fios, cuja portadora tem a frequência de

900 MHz. A duração média do desvanecimento do sinal a 10 dB abaixo do seu valor médio

quadrático é 1 ms. Qual a distância máxima que o veículo consegue deslocar-se durante 10 s?

Quantos desvanecimentos são produzidos pelo sinal para um limiar com o valor médio quadrático de

10 s? Assuma que o valor médio do sinal (média local) permanece constante durante o deslocamento

do veículo.




Resolução 22) Pode 2

1 e ρ−− é a probabilidade da distribuição de Rayleigh, e sei que 10 dBρ = −

(cuidado, pois o valor é negativo).

Este valor linear, de ρ , é, e como é uma amplitude o divisor é 20 , 10

201 0,0 316dB

ρ−

= = .

Pode-se expressar que a duração média do desvanecimento é

2

1

2 . máxfd

eρ

πτ

ρ

−= , logo

( )

( )( )

22

900 3

0,316

1

1 1

2 . 12 0 0,. 3 6fc Mmáx máx Hzfd f

ed

eρ

π πτρ = −

− −= ⇔ =

900 132,8

fc Mmáx Hzfd Hz

==

[ ] [ ]8

6132,8 132,8

3.10 1. . .

900. 0.

1

3cmáx máx máxfd fd fd Hz

f

vv s

Hz

mcHzλ

λ= ⇒ = = = =

44,3 /v m s=

A distância percorrida é obtida pela definição [ ]44,3. 44. 3 1/ 0v m sd mt= = = .

Para 1ρ = , fica que ( ) [ ][ ] [ ]22 1132,8 2 . 2 . 1máR xN f zr e ed Hρπ πρ −−= =

( ) 122, 459 atravessamentos/sR rN =

E num período de 10 segundos, o sinal desaparece, pois ultrapassa o nível do limiar r.m.s.,

O número máximo de vezes que o envelope de sinal vai desaparecer abaixo do nível calculado na

alínea a) durante um 1 minuto é

( ) [ ]1

. . . 4083

122, 4 10RTeste tN r= = =



Exercício 23 – Um automóvel move-se com velocidade ( )v t , conforme ilustrado na Figura 20. A

portadora de 900 MHz do sinal recebido experimenta um desvanecimento Rayleigh. Qual a taxa

média de atravessamento de níveis e a duração de um desvanecimento ao longo de um intervalo de

100 s? Assuma 0,1ρ = e ignore os efeitos do desvanecimento em larga escala.

Figura 20 - Gráfico da velocidade da estação móvel.


Resolução 23) Está no livro.

Exercício 24 – O receptor de um terminal móvel opera à frequência de 860 MHz e move-se à

velocidade de 100 km/h.

a) Faça o esboço do espectro Doppler assumindo a transmissão de uma portadora de onda contínua

não modulada e indique a frequência máxima e mínima do espectro.

b) Calcule a taxa de atravessamento de nível e a duração média de um desvanecimento para

20 dBρ = − .





Exercício 25 – Considere os seguintes sistemas de comunicação sem fios:

Sistema Débito de transmissão RF Modulação

USDC 48,6 kbps /4 DQPSK

GSM 270,833 kbps GMSK

DECT 1152 kbps GMSK

Determine o valor máximo do valor eficaz do desvio padrão do atraso multipercurso para que

não seja necessário utilizar equalizadores no receptor.

Figura



Exercício 26 – A média local do PDP num ambiente de propagação em particular é dada por.

Figura

a. Faça um esboço do PDP do canal em dBm.

b. Qual o valor da média local do sinal em dBm?

c. Qual o valor médio quadratico do atraso de propagação multipercurso do canal?

d. Se aplicarmos a moduçlação 256 QAM com débito binário de 2Mbps ao canal o resultado será um

canal com desvanecimento selectivo na frequência ou plano? Justifique.



e. Qual a largura de banda do canal necessária para que o ganho seja constante?

