dfg

1. BÀI TẬP CHƯƠNG I:
Tuần 2: 23/08/2011
Bài 1: Cho hệ thống 5 kênh, mỗi kênh có băng thông là 100 KHz được ghép với nhau.
Tìm băng thông tối thiểu của hệ thống nếu khoảng bảo vệ giữa các kênh là 10 KHz.
Bài 2: Một đường dây điện thoại có băng thông là 3000 Hz. SNR = 3162. Tìm dung
lượng C.
Bài 3: Một tín hiệu có băng thông là 1 MHz. Tìm nhiễu nhiệt tác động vào tín hiệu ở t0 =
200C.
BÀI LÀM:
Bài 1:
Băng thông tối thiểu của hệ thống:
BW = 100.5 + 10.4 = 540 KHz
Bài 2:
• Ta có: SNR = 3162
=> SNR = 10.log10(3162) = 35 dB
= 10^   = 3162,3
S 35
=>  
N  10 
• Dung lượng C:
C = B.log2 1 + S  = 3000.log2(1 + 3162,3) = 3000. 11,63 = 34890 bps
 
 N
Bài 3:
• Ta có: T = t0 + 2730 = 2930K
• Nhiễu nhiệt tác động vào tín hiệu:
Nhiễu nhiệt = KTB = -2228,6. 293. 106 = -6,53. 1011 dBJ.Hz
Tuần 2: 25/08/2011
BÀI TẬP:
P
Bài 1: Cho 10log10 = PdBm
1mW
Chứng minh rằng dBm = dBW + 30dB
Bài 2: Sử dụng công thức tính dung lượng Shannon C = Blog2(1 + SNR). Tính C biết B =
300Hz. SNRdB = 3dB.
Bài 3: Một hệ thống viễn thông có băng thông 3MHz và dung lượng C = 20.106.Tính
SNR?
Bài 4: Cho công thức tính suy hao trong không gian tự do FSL (free-space loss)
4πl  c: tốc độ ánh sáng (3.108 m/s)
L= 
2
 
 λ  l = 20km
λ : bước sóng f = 109Hz
l: khoảng cách hai thiết bị
f: tần số
Tính L (dB) ?

2. Bài 5: Từ công thức:
LdB = 10log10 Pin
Pout
−αl
Chứng minh rằng: Pout = 10 10 Pin
l: chiều dài truyền
α : mức suy hao trên một đơn vị chiều dài
Bài 6:
24km
64dB
Khuếch đại
Pin = 2W P’in Pout
40km
Cho α = 2,5 dB/km
Tìm P’in, Pout ??
Eb  Eb R S 
Bài 7: Chứng mnih rằng: ≥ ln2  . = 
N B N
No  o 
BÀI LÀM:
Bài 1:
dBm là đơn vị tính theo chuẩn 1mW
dBW là đơn vị tính theo chuẩn 1W
Ta có: dBm = 10log10 
P 
 
 1mW 
 P 
dBW = 10log10  
 1W 
 P   P 
Từ: dBm = 10log10   = 10log10  3 
 1mW   10 .1W 
 P 
= 10 log10  (
 − 10 log10 10
−3
)
 1W 
= dBW + 30dB
Vậy: dBm = dBW + 30dB (dpcm)
//////////////////////////////////////////// dBm là đơn v công su t thu n túy (không so sánh). Cách
tính 1dBm=10log(PmW/1mW)
Ví d : Công su t phát c a thi t b là 10W, bi u di n d ng dBm là
10lg(10000/1)=40dBm.
Tương t , dBW cũng là đơn v công su t thu n túy, nhưng đư c chuy n đ i t W sang.
Vd: 1W –> 10lg(1) = 0dBW; 2W = 3dBW.

3. Bài 2:
3
Ta có: SNRdB = 3dB => SNR = 10 10 = 2
C = Blog2(1 + SNR)
=> C = 300log2(1+2) = 475,5 bps
Bài 3:
Ta có: C = Blog2(1 + SNR)
C 20.106 20
=> log2(1 + SNR) = = =
B 3.106 3
20
=> 1+SNR = 2 3
=> SNR = 100,6
Bài 4:
c 3.108
Ta có: λ = = = 0,3
f 109
2
4πl   4π .20.103 
L= 
2
  =
  = 7.1011 bps

 λ   0,3 
=> L (dB) = 10log10(L) = 118 dB
Bài 5:
Ta có: LdB = 10log10 Pin (1)
Pout
α : mức suy hao trên một đơn vị chiều dài
l: chiều dài truyền
L = α . l (dB) (2)
Từ (1) và (2) =>
α . l = 10log10 Pin
Pout
α .l Pin
=> = log10
10 Pout
α .l
P
=> in = 10 10
Pout
−α .l
=> Pout = 10 10
.Pin (dpcm)

4. Bài 6:
−αl
Từ công thức : Pout = 10 10
Pin Mà: P’in = -57 + 64 = 7 (dB)
• Tìm P’in? 7
−αl Vậy: P’in = 10 10 = 5 W
Ta có: P’in = 10 10
Pin • Tìm Pout?
−2 , 5.24
−αl
= 10 .210
Ta có: Pout = 10 10
P’in
= 2.10-6 W −2 , 5.16
=> P’in = 10log10P’in = 10 .5
10
= 10log10(2.10-6) -4
= 5.10 W
= -57 (dB)
Bài 7:
• Để đảm bảo rằng R ≤ C : ( vì nếu R>C thì BER sẽ tăng )
Ta có: R ≤ C
=> R ≤ B log 2 1 +
S
  (1)
 N
Eb R S
Mà: . =
No B N
 R 
 2 B − 1
 R.Eb  R
Eb  
≥  ≈ ln 2
R.Eb
(1) => R ≤ B log2 1 +
  => 2 B ≤ 1 + =>
 B.N o 
 B.N o No R
B
Eb
Vậy: ≥ ln 2 (dpcm)
No
//////////////////////////////////////////
Eb R S
Chứng minh: . =
No B N
S P
Ta có: = r Pr: là công suất tín hiệu thu
N PN
PN: là công suất nhiễu
E
Mà: Pr = r Er: là năng lượng của 1 tín hiệu
Tr
Er =k.Eb Eb: là năng lượng 1 bit
Eb
=> Pr = k . Tr: là độ rộng thời gian của tín hiệu
Tr
PN = Wr.No
Wr:là độ rộng băng tín hiệu truyền bằng các tín hiệu
No: mật độ phổ công suất 1 phía của tín hiệu nhiễu chuẩn

5. 1 P E Eb R S
Mà: Wr = => r = k b Vậy: . =
Tr PN No No B N
Tuần 3: 01/09/2011
BÀI TẬP:
Bài 1: Tính SNR ở máy thu nếu khoảng cách máy thu và máy phát là 1km. Công suất
phát 100W, công suất nhiễu là 15dB?
Bài 2: Giả sử ta có băng thông 30 MHz, cho trước công suất tín hiệu S= 1pW. Hoàn thiện
bảng tính sau:
T N N (dB) S S
(dB)
N N
0
50 K
1000K
2900C
5000C
24000C
Câu 3: Cho chuỗi các phần tử trong hệ thống như hình. Tính P4 ?
Loss=5 Loss=3
A Khuếch C D
B đại
P1 = 4mW P4
Độ lợi =7
Câu 4: Nếu thông lượng của kết nối giữa 1 thiết bị và môi trường truyền là 56 kbps. Tính
thời gian gửi 100000 bit ra khỏi thiết bị này.
Câu 5: Tính tổng trễ của hệ thống sau:
Tx Rx
Biết: Độ dài truyền là 1000km
Tốc độ R = 1 Mbps
Kích thước gói 100 byte c = 3.108 m/s
Eb R Công suất tín hiệu
Câu 6:Chứng minh rằng: SNR = . =
No B Công suất nhiễu
Câu 7: Cho hệ thống:
15 dB/km
Tx R1 R2 R3 Rx
10 km 15 km 10 km 15 km
Pt = 100dB
Tính: Pr, Pt, P1, P2, P3 ?
Biết suy hao áp 10 dB/km. R1, R2, R3 là các repeater

6. BÀI LÀM:
Câu 1:
Ta có: Pt ( dB ) = 10 log10 (Pt )
= 10log10(100) = 20 (dB)
SNR( dB ) = Pt ( dB ) − 20 log10 (r ) − PN ( dB )
= 20 – 20log10(1000) – 15 = -55 (dB)
Câu 2:
Ta có: k = 1,380650.10-23 W/Hzk => k(dB) = -228,6 dB
6
B = 30 MHz = 30.10 Hz => B(dB) = 10log10(B) = 10log10(30.106) = 74,8
(dB)
S = 1pW =10-12 W
• T = 500K => T( dB ) = 10 log10 T = 10 log10 (50 ) = 17 dB
N = k.T.B
= 1,380650.10-23 x50x30.106 = 2,07.10-14
N (dB ) = T(dB ) + B(dB ) + k(dB )
= 17 + 74,8 + -228,6 = -136,8 (dB)
S 10 −12 S
(dB ) = 10 log10   = 10 log(48,3) = 16,84dB
S
= = 48,3
N 2,07.10−14 N N
• T = 1000K => T( dB ) = 10 log10 T = 10 log10 (100 ) = 20dB
N = 4,14.10-14 N(dB) = -133,8 dB
S 10−12 S
= = 24,15 (dB ) = 13,83 dB
N 4,14.10−14 N
• T = 2900C => T = 290 + 273 = 5630K => T( dB ) = 10 log10 T = 10 log10 563 = 27,5dB
N = 2,33.10-13 N(dB) = -126,3dB
S S
= 4.3 (dB ) = 6,33dB
N N
• T = 5000C => T = 500 + 273 = 7730K => T( dB ) = 10 log10 T = 28.9dB
N =3,2.10-13 N(dB) = -124,9dB
S S
= 3,125 (dB ) = 4.9dB
N N
• T = 24000C => T = 2400 + 273 =26730K => T( dB ) = 10 log10 T = 34,3dB
N =1,1.10-12
N(dB) =-119,5dB
S
= 0,9
N
S
(dB ) = -0,4dB
N

7. T N N (dB) S S
(dB)
N N
500K 2,07.10-14 -136,84 48,3 16,8
1000K 4,1.10-14 -133,8 24,15 13,83
2900C 2,33.10-13 -126,3 4,3 6,33
5000C 3,2.10-13 -124,9 3,125 4,9
24000C 1,1.10-12 -119,5 0,9 -0,4
Câu 3:
Do công suất ở A suy hao 5 lần nên:
PA
PB = (1)
5
Do công suất ở B khuếch đại 7 lần nên:
PC = PB .7 (2)
Do công suất ở C suy hao 3 lần nên:
PC
PD = (3)
3
PA .7 4.7
Từ (1),(2),(3) => PD = = = 1,87 ( mW )
15 15
Câu 4:
Thời gian gửi 100000 bit ra khỏi thiết bị:
Ta có: 56 kbps = 56 kbp/s
1s → 56kbs
? → 100000bit
= 1,786(s )
100000
=> Thời gian =
56000
Câu 5:
Ta có: d = 1000 km = 106 m
c = 3.108 m/s
L = 100 byte = 800 bit
R = 1 Mbps = 106 bps
d L 106 800
Trễ tín hiệu = + = 8
+ 6 = 4,13.10− 3 ( s )
c R 3.10 10
Câu 6:
Eb R S
Chứng minh: . =
No B N

8. S P
Ta có: = r Pr: là công suất tín hiệu thu
N PN
PN: là công suất nhiễu
Er
Mà: Pr = Er: là năng lượng của 1 tín hiệu
Tr
Er =k.Eb Eb: là năng lượng 1 bit
Eb
=> Pr = k .
Tr
Tr: là độ rộng thời gian của tín hiệu
PN = Wr.No Wr:là độ rộng băng tín hiệu truyền bằng các tín
hiệu
No: mật độ phổ công suất 1 phía của tín hiệu
nhiễu chuẩn
1
Mà: Wr =
Tr
Pr E
=> =k b
PN No
Eb R S
Vậy: . =
No B N
Câu 7:
Ta có suy hao áp: α = 10dB / m
−α .l
Áp dụng công thức: Pout = 10 10
.Pin
• PR1:
−α .l −10.10
PR1 = 10 10
.Pt = 10 10
.100 = 10 −8 dB
Mà: R1 phát thêm 5dB/km => PT1 = 10-8+ 5 = 5dB
• PR2:
−α .l −10.15
Pt2= PR 2 = 10 10
.PR1 = 10 10
.5.15 = 75.10 −15 dB
• PR3:
−α .l −10.10
Pt3= PR 3 = 10 10
.PR 2 = 10 10
.75.10 −15.10 = 75.10 −24 dB

9. BÀI TẬP CHƯƠNG II:
Bài 1: Tính suy hao của cáp đồng trục ở khoảng cách 50km, và mức suy hao là 0,1dB/km
Bài 2: Tính suy hao giữa thiết bị phát và thu. Cho độ lợi anten phát là 10dB, thu là 3dB.
Cự ly phát thu 50km. Tần số 150MHz
Hint:
L = −Gt − Gr + 20 log R(km) − 20 log f ( MHz ) − 32,44dB
Bài 3: Tính lại bài 2 với cự ly 500m
Bài 4: Tính suy hao sợi cáp quang ở khoảng cách 50km và 500m. Suy hao là 1dB/km
Bài 5: Một tín hiệu có công suất 10W. Nếu tốc độ bit là 200bps. Tính Eb (dB)?
BÀI LÀM:
Bài 1:
Suy hao của cáp đồng trục:
L = α .l = 0,1x50 = 5dB
Bài 2:
Suy hao giữa thiết bị phát và thu:
L = −Gt − Gr + 20 log R(km) − 20 log f ( MHz ) − 32,44dB
=> L = −10 − 3 + 20 log 50 − 20 log150 − 32,44 = −55dB
Bài 3:
Suy hao giữa thiết bị phát và thu:
L = −Gt − Gr + 20 log R(km) − 20 log f ( MHz ) − 32,44dB
=> L = −10 − 3 + 20 log 0,5 − 20 log 150 − 32,44 = −94,96 dB
Bài 4:
Suy hao sợi cáp quang:
+ Với khoảng cách 50km:
L = α .l = 1x50 = 50dB
+ Với khoảng cách 500m:
L = α .l = 1x0,5 = 0,5dB
Bài 5:
Ta có: S = 10 log10 (10) = 10dB
R = 10 log10 200 = 23dB
S 10
=> Eb = = = 0,435
R 23

10. BÀI TẬP – Vi Ba Số:
Bài 4: Xét hệ thống vi ba tầm nhìn thẳng có bước sóng λ = 300m . d1 = 3km . d 2 = 6km .
Tính bán kính miền Fresnel thứ nhất?
d1.d 2
Hint: r = 17,32.
d. f
Bài 5: Cho hệ thống sau:
Với f = 1MHz. Tính khoảng cách xt . Giả sử hệ thống này LOS và thỏa mãn miền Fresnel
thứ nhất.
Bài 6: Cho hệ thống sau:
Cho ht = 20m . ho = 15m (ht ≠ ho ) . d1 = 3km . d 2 = 6km . Vi ba LOS – tầm nhìn thẳng
λ
Hint: xt + xr = (d1 + d 2 ) 2 + (hr − ht ) 2 +
2
BÀI LÀM:
Bài 4:
c c 3.108
Ta có: λ = => f = = = 106 Hz = 10− 3 GHz
f λ 300
d = d1 + d 2 = 3 + 6 = 9km
d1.d 2 3.6
r = 17,32. = 17,32. = 774,57( m)
d. f 9.10 − 3
Bài 5:
Ta có: ht = hr
d1 .d 2 4.15
r = 17,32. = 17,32. = 973( m)
d. f ( 4 + 15).10 −3
xt = r 2 + d12 = (973) 2 + ( 4000) 2 = 4116,6( m)
Bài 6:
Ta có:
xr2 = ( ho − hr ) 2 + d 2
2
xt2 = ( ht − ho ) 2 + d12
λ
xt + xr = (d1 + d 2 ) 2 + (hr − ht ) 2 +
2
λ
=> (ht − ho ) 2 + d 2 + (ho − hr ) 2 + d12 = (d1 + d 2 ) 2 + (hr − ht ) 2 +
2
2
Tuần 6: 22/09/2011

11. BÀI TẬP:
C
Bài 1: Cho là tỉ lệ công suất sóng mang trên công suất nhiễu.
N
Biết C = Eb .Rb Eb : năng lượng bit Rb : tốc độ bit
C E
Giả sử = 10dB . Băng thông B = 1MHz. Tốc độ bit 96kbps. Tính b (dB )
N No
Bài 2: Xác định xu hướng tăng hay giảm các tham số trong bảng sau:
Biến Eb C
No No
Công suất tín hiệu tăng
Công suất tín hiệu nhiễu tăng
Băng thông tăng
Tốc độ bit tăng
Bài 3: Cho công suất phát Pt = 1W . Độ lợi anten phát bẳng anten thu. Gt = Gr = 0dB .
f c = 2,4GHz . Tìm công suất thu Pr (W ) ở khoảng cách 50m
λ 
2
Hint: Pr = Pt .Gt .Gr .

 4πd 
BÀI LÀM:
C
C Eb Rb E 10
Bài 1 : Ta có: = . => b = N = = 104,17(W )
N No B No Rb 96.103
B 106
Eb E
(dB ) = 10 log10 ( b ) = 10 log10 (104,17) = 20,18(dB )
No No
Bài 2:
Pr E R C E
Ta có: SNR = = b. ; = b .Rb
PN No B No No
Biến Eb C
No No
Công suất tín hiệu tăng ↑ ↑
Công suất tín hiệu nhiễu tăng ↓ ↓
Băng thông tăng ↑ ↑
Tốc độ bit tăng ↓ không tăng, không giảm
c 3.108
Bài 3: Ta có: λ = = = 0,125 Gt = Gr = 0dB = 1(W )
f c 2,4.109
 λ 
2 2
 0,125  −8
Pr = Pt .Gt .Gr .  = 1.1.1.  = 4.10 (W )
 4πd   4.π .50 