¿Por qué más ancho de banda significa mayor velocidad de bits en la transmisión digital?


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Entiendo que preguntas similares como esta se han hecho antes en este sitio, que se enumeran a continuación. Sin embargo, estoy confundido acerca de las respuestas. Si explico lo que creo que entiendo, ¿alguien puede señalar dónde estoy equivocado?

Comenzaré con lo que sí sé:

La Ley de Shannon da el límite superior teórico

Cnorteoyosy=silosol2(1+Snorte)

si S = N, entonces C = B

Como N → ∞, C → 0

Como N → 0, C → ∞

La fórmula de Nyquist dice aproximadamente cuántos niveles se necesitan para alcanzar este límite

Cnorteoyosmilmiss=2silosol2METRO

(Si no usa suficientes niveles lógicos, no puede acercarse al límite de shannon, pero al usar más y más niveles no excederá el límite de shannon)


Mi problema es que me cuesta entender por qué el ancho de banda se relaciona con la velocidad de bits. Para mí, parece que el límite superior de la frecuencia que se puede enviar por el canal es el factor importante.

Aquí hay un ejemplo muy simplificado: sin ruido, 2 niveles lógicos (0V y 5V), sin modulación y un ancho de banda de 300 Hz (30 Hz - 330 Hz). Tendrá un límite de Shannon de ∞ y un límite de Nyquist de 600 pb. También suponga que el canal es un filtro perfecto, por lo que cualquier cosa fuera del ancho de banda se disipa por completo. Cuando doblo el ancho de banda, doblo la velocidad de bits, etc.

¿Pero por qué es esto? Para transmisión digital de dos niveles Con un ancho de banda de 300 Hz (30 Hz - 330 Hz), la señal digital de "0V" y "5V" será una onda cuadrada (aproximadamente). Esta onda cuadrada tendrá los armónicos por debajo de 30 Hz y por encima de 330 Hz disipados, por lo que no será perfectamente cuadrada. Si tiene una frecuencia fundamental en el mínimo de 30 Hz (por lo que los "0V" y "5V" cambian 30 veces por segundo), habrá una buena cantidad de armónicos y una onda cuadrada agradable. Si tiene una frecuencia fundamental en el máximo de 330 Hz, la señal será una onda sinusoidal pura ya que no hay armónicos de orden superior para hacerla cuadrada. Sin embargo, como no hay ruido, el receptor aún podrá discriminar los ceros de los mismos. En el primer caso, la velocidad de bits será de 60 bps, como los "0V" y "5V" están cambiando 30 veces por segundo. En el segundo caso, la velocidad de bits será un máximo de 660bps (si el voltaje de conmutación del umbral del receptor es exactamente 2.5V), y ligeramente menor si el voltaje del umbral es diferente.

Sin embargo, esto difiere de la respuesta esperada de 600 bps para el límite superior. En mi explicación, lo que importa es el límite superior de la frecuencia del canal, no la diferencia entre el límite superior e inferior (ancho de banda). ¿Alguien puede explicar qué he entendido mal?

Además, cuando mi lógica se aplica al mismo ejemplo pero usando la modulación FSK (modulación por desplazamiento de frecuencia), me sale el mismo problema.

Si un cero se expresa como una frecuencia de portadora de 30 Hz, uno se expresa como una frecuencia de portadora de 330 Hz y la señal de modulación es de 330 Hz, entonces la tasa de bits máxima es de 660 bps.

De nuevo, ¿alguien puede aclarar mi malentendido?

Además, ¿por qué usar una onda cuadrada en primer lugar? ¿Por qué no podemos simplemente enviar ondas sinusoidales y diseñar los receptores para que tengan un voltaje de umbral de conmutación exactamente en el medio entre el valor máximo y mínimo de la onda sinusoidal? De esta forma, la señal ocuparía mucho menos ancho de banda.

¡Gracias por leer!


Disculpas por el formato muy pobre, no hice una vista previa antes de publicar. He arreglado esto ahora.
Blue7

@Ignacio Vazquez-Abrams, bueno, eso me sorprende; Supuse que simplificaría mi ejemplo. 5 o más armónicos generalmente dan una onda cuadrada bastante decente, entonces, ¿por qué necesitarías frecuencias fuera del ancho de banda para evitar la distorsión?
Blue7

En lugar de pensar en lo que sucede con una banda de paso de 30-300 Hz, imagine lo que sucedería si su banda de paso fuera de 1.0 a 1.3 kHz, por ejemplo.
The Photon

@ThePhoton: Supongo que en este caso no podrá tener armónicos de orden superior, porque cuando la frecuencia fundamental es de 1kHz, el primer armónico es de 3KHz, que está fuera de la banda de paso. Pero esto todavía me deja confundido. ¿Cuál sería el daño en solo transmitir la frecuencia fundamental?
Blue7

Primero algo de terminología. Lo fundamental es lo mismo que el primer armónico. Si el fundamental es 1 kHz, entonces 3 kHz es el tercer armónico.
The Photon

Respuestas:


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Es un punto sutil, pero su pensamiento se está desviando cuando piensa en un tono de 330 Hz como algo que transmite 660 bits / segundo de información. No lo hace, y de hecho, un tono puro no transmite ninguna información que no sea su presencia o ausencia.

Para transmitir información a través de un canal, debe poder especificar una secuencia arbitraria de estados de señalización que se transmitirán y, este es el punto clave, poder distinguir esos estados en el otro extremo.

Con su canal de 30-330 Hz, puede especificar 660 estados por segundo, pero resultará que el 9% de esas secuencias de estado violarán las limitaciones de ancho de banda del canal y serán indistinguibles de otras secuencias de estado en el otro extremo, por lo que No puedes usarlos. Es por eso que el ancho de banda de la información resulta ser de 600 b / s.


En realidad, al enviar solo 30 símbolos de 2 estados por segundo, la velocidad de datos es de 30bps. Nyquist nos informa sobre el límite superior de velocidad de datos dado un ancho de banda y un número de estados por símbolo. La codificación FSK elegida no se acerca a este límite ya que las frecuencias elegidas no son óptimas. Nyquist dice que podemos elegir mejores frecuencias.
le_top

@le_top: Para ser claros, no estaba hablando de la modulación FSK, a pesar de que el OP lo mencionó en su pregunta. Estoy hablando de señalización de banda base recta (por ejemplo, dos niveles de voltaje). No creo que nada de lo que escribí haya valido la pena. ¿Puedes explicar lo que crees que está mal con lo que escribí?
Dave Tweed

* La presencia o ausencia del tono de 330Hz transmite información ya que su presencia puede interpretarse como un 1 y su ausencia como un 0. La modulación está activada / desactivada. * Por lo tanto, el 330Hz podría transmitir información de 660bps en ausencia del tono de 30Hz. Lo cual sería ruido en la fórmula de Shannon. * La confusión aún existía después de leer esto. * No se explica que la pérdida del 9% se explica por el teorema de muestreo de Nyquist, que indica que la señal se reconstruye perfectamente a partir de muestras precisas de 2B por segundo.
le_top

* Si intenta hacer más, tiene efectos de alias, de ahí la limitación de los símbolos 2B igual al número de muestras. * Los símbolos 2B de cada 1 bit (2 estados) son 600 bps con B = 300. * 660 estados son posibles si los símbolos representan al menos 2.2 estados.
le_top

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@le_top: Realmente no entiendo a dónde vas con esto. No hemos estado hablando de sistemas muestreados (tiempo discreto) en absoluto, por lo que nunca surge la cuestión del alias. ¿Cuál es su punto en relación con la pregunta en cuestión?
Dave Tweed

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Esta es solo una respuesta parcial, pero es de esperar que llegue a los puntos principales que está malentendiendo.

Mi problema es que me cuesta entender por qué el ancho de banda se relaciona con la velocidad de bits. ...

Si un cero se expresa como una frecuencia de portadora de 30 Hz, uno se expresa como una frecuencia de portadora de 330 Hz y la señal de modulación es de 330 Hz, entonces la tasa de bits máxima es de 660 bps.

Si cambia a 30 Hz para un cero, debe tener aproximadamente 1/60 so más o menos para saber realmente que tiene 30 Hz y no 20 Hz o 50 Hz o algo así. Realmente, en este caso, solo está encendiendo y apagando su portadora de 300 Hz, y la señal de 30 Hz que se envía durante 1/660 s durante los ceros es simplemente confusa.

1/ /2ΔF

Entonces, en este ejemplo, la velocidad de bits que puede enviar es de aproximadamente 20 kHz, lo que corresponde a 2 veces la diferencia entre sus frecuencias 1 y 0, tal como la fórmula Nyquist lo lleva a esperar un código de 2 niveles.


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Sus preguntas son válidas y el camino hacia una comprensión adecuada de lo que significa la teoría ;-).

A la pregunta de cómo más ancho de banda significa una velocidad de bits más alta, la explicación puede parecer simple pero al mismo tiempo ser mala.

Aquí hay una explicación "mala" que se ve bien. Sin embargo, es un comienzo para entender por qué un ancho de banda más grande es más datos. Supongamos que tengo un primer canal WiFi número 1 funcionando a 1Mb / s dadas las condiciones de potencia y codificación. Luego tomo otro canal WiFi número 2 que tiene las mismas condiciones de ancho de banda, potencia y codificación. También se ejecuta a 1Mb / s. Cuando sumo los dos juntos, he duplicado el ancho de banda (dos canales diferentes) y doblé el rendimiento de datos (2x1Mb / s).

Si crees que esto parece una explicación perfecta, olvidas que también duplicamos el poder. También lo es el doble rendimiento de datos debido a la potencia duplicada o al ancho de banda duplicado. Es un poco de ambos en realidad.

Si mantengo la potencia total igual mientras doblo el ancho de banda, necesito comparar un primer canal WiFi que se ejecute a 1Mb / s con la suma de otros dos canales WiFi que funcionan cada uno a la mitad de la potencia recibida. No voy a verificar las hojas de datos de los módems WiFi, pero este sería un ejercicio interesante para comparar con el siguiente enfoque teórico. Shannon nos ayuda a predecir lo que sucederá más o menos si la codificación se adapta a los niveles de potencia (que es el caso de WiFi). Si la codificación no se adapta, la velocidad de datos permanece constante hasta que el nivel de recepción es demasiado bajo, momento en el que cae a 0.

Entonces Shannon dice: C = B ∗ log2 (1 + S / N). Al mantener la potencia total, pero duplicando el ancho de banda, C2 = 2 * B * log2 (1+ (S / 2) / N) donde C2 es la velocidad de datos potencial. Al completar los números reales, podríamos suponer que S = 2xN para que log2 (1 + 2) = 1.58 y log2 (1 + 1) = 1. Entonces C = B * 1.58 y C2 = B * 2. En otras palabras, cuando mi nivel de señal en el mayor ancho de banda es igual al nivel de ruido, la tasa de datos potencial es aproximadamente un 26% más alta que la misma potencia total emitida en la mitad del ancho de banda. Entonces, en teoría, la banda ultra estrecha no puede ser más eficiente que la banda ultra ancha basada en el teorema de Shannon. Y duplicar el ancho de banda con el mismo nivel de potencia total no duplica el ancho de banda como sugiere nuestro ejemplo de WiFi. Pero el ancho de banda es mayor. Si podemos descuidar el término "1" en el log2 de la expresión de Shannon,

Sin embargo, como mencioné, la codificación debe adaptarse, debe optimizarse a la potencia real y al ancho de banda disponible. Si la codificación permanece igual, simplemente paso de operacional a disfuncional.

Cambiando a su segunda pregunta, si tengo una señal FSK que cambia a 30Hz con dos frecuencias, entonces solo puedo emitir a 30bps porque estoy emitiendo 30 símbolos por segundo, cada uno correspondiente a un bit de 1 o 0. Si introduzco 4 estados ( = 4 frecuencias) al introducir dos frecuencias entre las anteriores porque mi nivel de ruido lo permite, luego emito a 4x30bps = 120bps. Con FSK, no creo que el ancho de banda permanezca constante al aumentar el número de estados de esta manera, pero seguramente se puede encontrar una manera de mantenerlo más o menos constante (considerando los límites de 3dB porque el espectro de frecuencia teórico es ilimitado).

¿Por qué usar una onda cuadrada para la señal de "modulación"? Esta es una opción en esta codificación que hace que sea "más fácil" decodificar ya que en el lado del receptor simplemente tiene que tener un filtro de paso de banda para cada frecuencia. Todavía está emitiendo "ondas sinusoidales": si solo está emitiendo valores "1", tiene una sola frecuencia. Sin embargo, los cambios de frecuencia implican la presencia de "armónicos" que permiten / acompañan a estos cambios de frecuencia. Otras codificaciones tienen otras ventajas y desventajas. Por ejemplo, Direct Sequence Spread Spectrum permite tener una señal por debajo del nivel de ruido (y, por lo tanto, tener requisitos de potencia de antena más bajos para una tasa de bits similar en muchas otras codificaciones), pero es más difícil de decodificar (y, por lo tanto, requiere más potencia (cálculo) y complejidad en el circuito de decodificación).

Cualquiera que sea la codificación elegida, debe respetar el teorema de Shannon que fija el límite superior. No puede simplemente aplicar Shannon a una codificación como FSK si no ajusta el nivel de potencia, el número de estados y otros parámetros de la señal FSK a medida que cambia el nivel de ruido o el nivel de señal (distancia). Shannon le permite verificar la potencia mínima absoluta para un ancho de banda y velocidad de datos dados. El método de codificación aumentará el límite de potencia mínima. Y cuando los niveles de potencia exceden este límite, la tasa de bits simplemente permanecerá constante. Aplicar Shannon simplemente es incorrecto si desea explicar que más ancho de banda significa una tasa de bits más alta. El ejemplo de WiFi podría muy bien aplicarse en la práctica para una explicación allí, pero no es la respuesta general basada en el teorema de Shannon.

Editar: releyendo su pregunta, "En el segundo caso, la velocidad de bits será un máximo de 660bps". En realidad, no entiendo completamente cómo llegas a 660bps ya que tu frecuencia cambia solo 30 veces por segundo y codificas en dos frecuencias, que es de 1 bit. De ahí mi 30bps arriba. Esta codificación permite un período completo a 30Hz y 22 períodos completos a 660Hz para cada símbolo. Pero 22 períodos no cambian el hecho de que solo hay un símbolo. Parece que falta algo o que el razonamiento es incorrecto.

Edit2: Lo tengo, lo estás comparando con el límite de nyquist. Este límite de nyquist le indica el límite superior de la velocidad de datos dado un ancho de banda y el número de estados por símbolo. Aquí, la codificación FSK seleccionada no es óptima. Estás usando 30Hz y 660Hz. El límite de Nyquist dice que 30bps = 2 * B * log2 (2), por lo tanto, el ancho de banda debe ser al menos B = 15Hz. Sin entrar en detalles, dice más o menos que establecer las frecuencias FSK en 645Hz y 660Hz sería una buena optimización del ancho de banda (si FSK es una codificación óptima y sin verificar el ancho de banda preciso debido a los armónicos, los 15Hz también pueden serlo). bajo para FSK).

Edición 3 - Explicación después de un análisis posterior para explicar aún más la fuente de confusión con otra respuesta y pregunta original.

  • La fórmula de Nyquist se basa en el teorema de muestreo que indica que una señal con un ancho de banda B se reconstruye perfectamente a partir de muestras de 2B por segundo.
  • Por lo tanto, las muestras 2B pueden representar cada una un símbolo (la intensidad puede determinar qué símbolo).
  • Una señal con un ancho de banda de 300Hz se puede reconstruir con 600 símbolos, ni más ni menos.
  • Esta es la razón por la que existe "aliasing": la limitación del ancho de banda puede hacer que dos señales diferentes se vean iguales después del muestreo.
  • Si cada símbolo solo representa 2 estados, entonces solo es posible 600 bps.
  • El FSK de 30Hz a 330Hz puede representar más de 600 bps, pero luego debe considerar más de 2 estados por símbolo. Pero ya no es una demodulación FSK porque uno no solo puede considerar la frecuencia.
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