Aufgabe 1.7: Codierung bei B–ISDN

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HDB3- und 1T2B-Codierung

Bei herkömmlichem ISDN über Kupferleitungen wird der HDB3–Code verwendet – siehe  Aufgabe 1.5:

Dieser wurde vom so genannten AMI–Code abgeleitet,

  • ist wie dieser ein Pseudoternärcode,
  • vermeidet aber mehr als drei aufeinander folgende  „$0$”–Symbole,
  • indem die strengere AMI–Codierregel bei längeren Nullfolgen bewusst verletzt wird.


Die Grafik zeigt das HDB3–codierte Signal  $c(t)$, das sich aus dem binären redundanzfreien Quellensignal  $q(t)$  ergibt. Da im Quellensignal nicht mehr als drei aufeinanderfolgende Nullen auftreten, ist  $c(t)$  identisch mit dem AMI–codierten Signal.

Das Ende der 1990–Jahre geplante Breitband–ISDN sollte Datenraten bis 155 Mbit/s bereitstellen im Vergleich zu 144 kbit/s des herkömmlichen ISDN mit zwei B–Kanälen und einem D–Kanal. Um diese höhere Datenrate zu erreichen, musste

  • zum einen eine neuere Technik (ATM) verwendet werden,
  • zum zweiten aber auch das Übertragungsmedium gewechselt werden, von der Kupferleitung zur Glasfaser.


Da das HDB3–codierte Signal  $c(t) ∈ \{–1, \ 0, +1\}$  aber mittels Licht nicht übertragen werden kann, war eine zweite Codierung erforderlich. Der hierfür vorgesehene  1T2B–Code  ersetzt jedes Ternärsymbol durch zwei Binärsymbole. Das untere Diagramm zeigt beispielhaft das Binärsignal  $b(t) ∈ \{0, 1\}$, das sich nach dieser 1T2B–Codierung aus dem Signal  $c(t)$  ergibt.

Gehen Sie bei dieser Aufgabe davon aus, dass die Bitrate des redundanzfreien Quellensignals  $q(t)$  gleich  $R_{q} = 2.048 \ \rm Mbit/s$  beträgt. Die jeweiligen Symboldauern der Signale  $q(t),  c(t)$  und  $b(t)$  werden mit  $T_{q}$,  $T_{c}$  und  $T_{b}$  bezeichnet.

Die äquivalente Bitrate des pseudoternären Signals  $c(t)$  ist  $R_{c} = {\rm log_2}(3)/T_{c}$, woraus mit der Bitrate  $R_{q} = 1/T_{q}$  des Quellensignals die relative Redundanz des AMI– bzw. des HDB3–Codes berechnet werden kann:

$$r_{\rm HDB3} = \frac{R_c - R_q}{R_c}= 1 - \frac{T_c \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}(M_q)}{T_q \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}(M_c)} \hspace{0.05cm}.$$

Für den 1T2B–Code kann eine ähnliche Gleichung aufgestellt werden, ebenso wie für die beiden Codes in Kombination.




Hinweise:


Fragebogen

1

Welche Zuordnung hat der hier verwendete  1T2B–Code?

$c(t) = +1 \Rightarrow b(t) = 10, \hspace{1cm}c(t) = 0 \Rightarrow b(t) = 00, \hspace{1cm}c(t) = -1 \Rightarrow b(t) = 01,$
$c(t) = +1 \Rightarrow b(t) = 11, \hspace{1cm}c(t) = 0 \Rightarrow b(t) = 01, \hspace{1cm}c(t) = -1 \Rightarrow b(t) = 00,$
$c(t) = +1 \Rightarrow b(t) = 01, \hspace{1cm}c(t) = 0 \Rightarrow b(t) = 11, \hspace{1cm}c(t) = -1 \Rightarrow b(t) = 10.$

2

Wie groß sind die Symboldauern von  $q(t),  c(t)$  und  $b(t)$?

$T_{q} \ = \ $

$\ \rm µ s$
$T_{c} \ = \ $

$\ \rm µ s$
$T_{b} \ = \ $

$\ \rm µ s$

3

Berechnen Sie die relative Redundanz des  HDB3–Codes.

$r_{\rm HDB3} \ = \ $

$\ \%$

4

Berechnen Sie die relative Redundanz des  1T2B–Codes.

$r_{\rm 1T2B} \ = \ $

$\ \%$

5

Welche relative Redundanz besitzt das Signal  $b(t)$, also die  Kombination  aus HDB3–Code und 1T2B–Code?

$r_{\rm HDB3+1T2B} \ = \ $

$\ \%$


Musterlösung

(1)  Richtig ist Lösungsvorschlag 2, wie ein Vergleich der Signalverläufe $c(t)$ und $b(t)$ zeigt.


(2)  Die Symboldauer (Bitdauer) von $q(t)$ beträgt   $T_{q} \hspace{0.15cm}\underline{ = 1/R_{q} = 0.488 \ \rm µ s}$.

  • Die Symboldauer des AMI–Codes (und des HDB3–Codes) ist genau so groß:   $T_{c} \hspace{0.15cm}\underline{ = 0.488 \ \rm µ s}$.
  • Dagegen ist die Symboldauer (Bitdauer) nach der 1T2B–Codierung nur halb so groß: $T_{b} = T_{c}/2 \hspace{0.15cm}\underline{= 0.244 \ \rm µ s}$.


(3)  Mit der angegebenen Gleichung ergibt sich mit $M_{q} = 2, M_{c} = 3$ und $T_{c} = T_{q}$:

$$r_{\rm HDB3} = 1 - \frac{T_c \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}(M_q)}{T_q \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}(M_c)} = 1 - \frac{1}{{\rm log_2}\hspace{0.1cm}(3)} \hspace{0.15cm}\underline{= 36.9\,\%} \hspace{0.05cm}.$$


(4)  Passt man die Gleichung an den 1T2B–Code an, so erhält man mit $M_{c} = 3, M_{b} = 2, T_{b} = T_{c}/2$:

$$r_{\rm 1T2B} = 1 - \frac{T_b \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}(M_c)}{T_c \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}(M_b)} = 1 - \frac{{\rm log_2}\hspace{0.1cm}(3)}{2} \hspace{0.15cm}\underline{= 20.7\,\%} \hspace{0.05cm}.$$


(5)  Die resultierende Redundanz beider Codes erhält man, wenn man die angegebene Gleichung auf das Eingangssignal $q(t)$ und das Ausgangssignal $c(t)$ bezieht. Mit $M_{q} = M_{b} = 2$ und $T_{b} = T_{q}/2$ folgt daraus:

$$r_{\rm HDB3+1T2B} = 1 - \frac{T_b \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}(M_q)}{T_q \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}(M_b)} = 1 - \frac{T_b}{T_q} \hspace{0.15cm}\underline{= 50\,\%} \hspace{0.05cm}.$$

Zum gleichen Ergebnis kommt man über die Rechnung

$$1-r_{\rm HDB3+1T2B} \ = \ (1-r_{\rm HDB3}) \cdot (1-r_{\rm 1T2B}) =(1- 1 +\frac{1}{{\rm log_2}\hspace{0.1cm}(3)}) \cdot (1-1+ \frac{{\rm log_2}\hspace{0.1cm}(3)}{2}) = 50\,\% \hspace{0.05cm}.$$
$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}r_{\rm HDB3+1T2B}= 50\,\% \hspace{0.05cm}.$$