¿Cómo la ampliación de la banda de frecuencias nos permite hacer pulsos más rápidos en un enlace de radio?

En resumen, para un canal general, la capacidad por muestra se define como

$$C_s = \max_{p(x)} I(X;Y)$$

Si este canal es gaussiano y tenemos$X$como entrada,$Y$como salida y$Z$como el ruido (es decir, Y = X + Z) entonces

$$\begin{align} I(X;Y) &= h(Y) - h(Y|X) \\ &= h(Y) - h(Z) \\ &=\frac{1}{2} \log 2 \pi e EY^2 - \frac{1}{2} \log 2 \pi e EZ^2\\ &\leq \frac{1}{2} \log 2 \pi e (P + N) - \frac{1}{2} \log 2 \pi e N\\ &= \frac{1}{2} \log \left(1 + \frac{P}{N}\right) \end{align}$$

y entonces la capacidad por muestra es

$$C_s = \max_{p(x)} I(X;Y) = \frac{1}{2} \log \left(1 + \frac{P}{N}\right)$$

Ahora, dada esta muestra de capacidad por canal, queremos poder calcular la capacidad por segundo (es decir, la tasa de transmisión máxima posible) cuando nos enfrentamos a una restricción de potencia.$P$y densidad espectral de potencia de ruido$N_0$. Esto se puede calcular como

$$\begin{align} C [\text{Samples/ Second}]&= (\text{Max Num of Samples Per Second})×(\text{Capacity Per Sample})\\ C &= (\text{Sampling Frequency})×(\text{Capacity Per Sample})\\ C &= f_s \times C_s\\ C &= \frac{f_s}{2} \log \left(1 + \frac{P}{N_0B}\right) [\text{Samples/ Second}] \end{align}$$

Si la muestra que se está considerando es de un bit, entonces,

$$\begin{align} C = \frac{f_s}{2} \log \left(1 + \frac{P}{N_0B}\right) [\text{Bits/ Second}] \end{align}$$

Tenga en cuenta que la potencia de ruido aumenta al aumentar el ancho de banda, y debido a que tenemos una restricción de potencia fija, nuestra SNR se reducirá al aumentar$B$. Como consecuencia de Nyquist, la frecuencia de muestreo ($f_s$) está limitado por el ancho de banda que tenemos disponible. Si violamos el Nyquist obtendremos aliasing . Eso es que tenemos el límite.

$$\begin{align} \frac{f_s}{2} \leq B_{\text{Channel}} \end{align}$$

Entonces obtenemos la relación como

$$\begin{align} C &= B \log \left(1 + \frac{P}{N_0B}\right)\\ C &= B \log \left(1 + \text{SNR}\right) \end{align}$$

Si no estamos limitados por el ancho de banda (es decir,$B \rightarrow \infty$), entonces

$$\begin{align} C &= \lim_{B \rightarrow \infty} B \log \left(1 + \frac{P}{N_0B}\right)\\ &= \frac{P}{N_0} \log_2 e \\ &\approx 1.44 \left(\frac{P}{N_0}\right) \end{align}$$

Fuente de la imagen AQUÍ

También tenga en cuenta que si la capacidad máxima por bit es 1,

$$\begin{align} C [\text{Bits/sec}] &= (\text{Max Num of Bits Per Second})×(\text{Capacity Per Bit})\\ C &\leq (\text{Max Num of Bits Per Second})×(\text{Max Capacity Per Bit})\\ C &\leq f_s \times 1\\ C &\leq 2B \end{align}$$

Así que eso prueba la$C \leq 2B$desigualdad.

Puede ver esta publicación AQUÍ , que ofrece una muy buena explicación cualitativa de por qué el ancho de banda afecta la capacidad del canal.

Suponga que tiene un canal con un ancho de banda de 1 MHz, ese ancho de banda establecido por un filtro de paso bajo que tiene una constante de tiempo de 160 nanosegundos.

Ahora ingrese un flujo de datos de 2 MHz de pulsos alternos 1-0-1-0-1-0. Esto requiere que los pulsos en el receptor reconozcan el nivel (el 1 o el 0) en 500 nanosegundos.

Los 500 nanosegundos permiten más de 3 constantes de tiempo de asentamiento. Cada Tau (constante de tiempo) mejora la precisión en un Neper, dejando un residual del 37% del voltaje final ideal. Así 3+ Tau tendrá un residuo de (0.37)^3 o 0.05.

Si su rebanador de datos (el umbral del comparador analógico utilizado para decidir entre 1 y 0 está al 50 %, entonces el comparador verá 0,95 o 0,05 al final de cada bit de tiempo de 500 nanosegundos).

En ausencia de ruido, esta es una decisión muy confiable.

Creo que Shannon estaba incluyendo muchas otras fuentes de error en su predicción teórica.

Empieza a leer.