Aufgabe 5.8: Matched-Filter für farbige Störung

From LNTwww

Spektrum  $G(f)$  des Nutzsignals und LDS  ${\it \Phi}_n (f)$  der Störung

Am Eingang eines Filters liegt ein Gaußimpuls

$$g(t) = g_0 \cdot {\rm{e}}^{ - {\rm{\pi }}\left( {t/\Delta t} \right)^2 }$$

mit Amplitude  $g_0 = 2 \hspace{0.08cm}\rm V$  und äquivalenter Impulsdauer  $\Delta t = 1 \hspace{0.08cm}\rm ms$  an.

  • Die dazugehörige Spektralfunktion  $G(f)$  ist oben skizziert.
  • Die Energie dieses Gaußimpulses ist wie folgt gegeben:
$$E_g = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {g^2(t) \ {\rm{d}}t = \frac{g_0 ^2 \cdot \Delta t}{\sqrt 2 }} = 2.83 \cdot 10^{ - 3} \;{\rm{V}}^{\rm{2}} {\rm{s}}.$$


Dem Impuls  $g(t)$  ist eine Störung  $n(t)$  überlagert, die den Impuls weitgehend überdeckt. 

Hierfür werden zwei Alternativen betrachtet:

  • Die zweiseitige Störleistungsdichte sei konstant (nur bei der ersten Teilaufgabe):
$${\it \Phi}_n (f) = \frac{N_0 }{2},\quad N_0 = 10^{ - 6} \;{\rm{V}}^{\rm{2}}/ {\rm{Hz}}.$$
  • Das Störsignal  $n(t)$  sei farbig mit folgender Störleistungsdichte:
$${\it \Phi}_n (f) = \frac{N_0 /2}{{1 + \left( {f/f_0 } \right)^2 }},\quad f_0 = 500\;{\rm{Hz}}.$$

Dieser zweite LDS-Verlauf kann zum Beispiel aus weißem Rauschen durch ein Formfilter mit dem Frequenzgang

$$H_{\rm N}(f) = \frac{1}{{1 + {\rm{j}}\cdot f/f_0 }}\quad\bullet\!\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\circ\, \quad h_{\rm N}(t) = 2{\rm{\pi }}f_0 \cdot {\rm{e}}^{ - 2{\rm{\pi }}f_0 t} $$

modelliert werden (Tiefpass erster Ordnung). Weiter soll gelten:

  • Das Filter sei jeweils optimal an die Sendeimpulsform  $g(t)$  und das Störleistungsdichtespektrum  ${\it \Phi}_n (f)$  angepasst:   $H(f) = H_{\rm MF}(f)$.
  • Die Filterkonstante  $K_{\rm MF}$  ist so zu wählen, dass  $H(f= 0) =1$  gilt.
  • Der Detektionszeitpunkt sei vereinfachend  $T_{\rm D}= 0$  (akausale Systembeschreibung).




Hinweise:

  • Gegeben ist zudem das folgende bestimmte Integral:
$$\frac{1}{{\sqrt {2{\rm{\pi }}} }}\int_{ - \infty }^{ + \infty } {x^2 \cdot {\rm e}^{ - x^2 /2} \,\,{\rm{d}}x} = 1.$$



Fragebogen

1

Wie groß ist das S/N–Verhältnis (in dB) im Fall des weißen Rauschens?

$10 \cdot \lg \hspace{0.1cm} \rho_{d,\hspace{0.08cm} \rm WR} \ = \ $

$\ \rm dB$

2

Berechnen Sie den MF–Frequenzgang bei den vorliegenden farbigen Störungen.  Welchen Wert besitzt  $H_\text{MF}(f)$  bei der Frequenz  $f = 1 \hspace{0.08cm} \rm kHz$  betragsmäßig?

$|H_\text{MF}(f = 1 \hspace{0.08cm} \rm kHz)| \ = \ $

3

Welches S/N–Verhältnis stellt sich im Fall der vorgegebenen farbigen Störung am Empfänger ein?  Begründen Sie das bessere Ergebnis.

$10 \cdot \lg \hspace{0.1cm} \rho_d \ = \ $

$\ \rm dB$


Musterlösung

(1)  Bei weißem Rauschen gilt nach den allgemeinen Gleichungen im Theorieteil:

$$\rho_{d,\ \rm WR} = \frac{2E_g }{N_0 } = \frac{{2 \cdot 2.83 \cdot 10^{ - 3} \;{\rm{V}}^{\rm{2}} {\rm{s}}}}{{10^{ - 6} \;{\rm{V}}^{\rm{2}}/ {\rm{Hz}}}} = 5.66 \cdot 10^3 \quad \Rightarrow \quad 10\lg \cdot \rho _{d,\ \rm WR} \hspace{0.15cm}\underline {= 37.53\;{\rm{dB}}}.$$


(2)  Für den Frequenzgang bei farbigen Störungen gilt unter der Bedingung  $T_{\rm D}= 0$:

$$H_\text{MF} (f) = K_\text{MF}\cdot \frac{G^{\star} (f)}{\left| {H_{\rm N} (f)} \right|^2 }\hspace{0.2cm}{\rm mit}\hspace{0.15cm} G(f) = g_0 \cdot \Delta t \cdot {\rm{e}}^{ - {\rm{\pi }}\left( {\Delta t \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}f} \right)^2 } ,\hspace{0.15cm}\frac{1}{\left| {H_{\rm N} (f)} \right|^2 } =1+\left( f/f_0 \right)^2. $$
  • Aus der Bedingung  $H_\text{MF}(f = 0) = 1$  folgt  $K_\text{MF} = 1/(g_0 \cdot \Delta t)$.  Damit erhält man:
$$H_{\rm MF} (f) = {\rm{e}}^{ - {\rm{\pi }}[ {\Delta t \cdot f} ]^2 } \cdot \left( {1 + \left(f/f_0 \right)^2 } \right).$$
  • Bei weißem (frequenzunabhängigen) Rauschen wäre das Matched-Filter allein durch den ersten Term gegeben, der die Anpassung an den Nutzimpuls  $g(t)$  bewirkt.
  • Bei farbigen Störungen  ⇒  Störleistungsdichtespektrum  ${\it \Phi}_n(f)$  werden höhere Frequenzen durch den Korrekturterm  $1+\left( f/f_0 \right)^2$  angehoben, da in diesem Bereich die Störungen geringer sind.
  • Für  $f = 1/\Delta t = 2f_0 = 1\hspace{0.08cm} \rm kHz$  erhält man:
$$H_{\rm MF} ( {f = {1}/{\Delta t}} ) = {\rm{e}}^{ - {\rm{\pi }}} \cdot \left( {1 + 2^2 } \right) \hspace{0.15cm}\underline {= 0.216}.$$


(3)  Allgemein gilt für das S/N–Verhältnis am Ausgang des Matched-Filters:

$$\rho _d = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{\left| {G(f)} \right|^2 }{\it{\Phi _n} \left( f \right)}\,\,{\rm{d}}f = } \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{\left| {G(f)} \right|^2 }{N_0 /2}} \, \,{\rm{d}}f \hspace{0.3cm}+ \hspace{0.3cm} \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{\left| {G(f)} \right|^2 }{N_0 /2}} \cdot \frac{f^2 }{f_0 ^2 }\,\,{\rm{d}}f.$$
  • Der erste Summand ist gleich dem S/N–Verhältnis bei weißem Rauschen.  Für den zweiten Summanden erhält man:
$$\Delta \rho _d = \frac{g_0 ^2 \cdot \Delta t^2 }{N_0 /2 \cdot f_0 ^2 }\cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {f^2 \cdot {\rm{e}}^{ - 2{\rm{\pi }}\left( {f \cdot \Delta t} \right)^2 } }\,\, {\rm{d}}f.$$
  • Nach der Substitution  $x = 2 \cdot \pi^{0.5}\cdot f \cdot \Delta t$  lautet dieses Integral:
$$\Delta \rho _d = \frac{\sqrt 2 \cdot g_0 ^2 \cdot \Delta t}{N_0 } \cdot \frac{1}{{4{\rm{\pi }}\left( {\Delta t \cdot f_0 } \right)^2 }} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{x^2 }{\sqrt {2{\rm{\pi }}} }} \cdot {\rm{e}}^{ - x^2 /2}\,\, {\rm{d}}x.$$
  • Dieses bestimmte Integral wurde vorne angegeben; es hat den Wert  $1$.  Der erste Faktor beschreibt wiederum das S/N–Verhältnis bei weißem Rauschen.
  • Damit ergeben sich folgende Gleichungen:
$$\Delta \rho _d = \rho _{d,\rm WR} \cdot \frac{1}{{4{\rm{\pi }}\left( {\Delta t \cdot f_0 } \right)^2 }}, \hspace{1cm} \rho _d = \rho _{d,\rm WR} + \Delta \rho _d = \rho _{d, \rm WR} \left( {1 + \frac{1}{{4{\rm{\pi }}\left( {\Delta t \cdot f_0 } \right)^2 }}} \right).$$
$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} \Delta t \cdot f_0 = 0.5 : \hspace{0.3cm} \rho _d = 1.318 \cdot \rho _{d,\rm WR} = 7.46 \cdot 10^3 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \quad 10\lg \rho _d \hspace{0.15cm}\underline {= 38.73\;{\rm{dB}}}.$$

Fazit:

  • Es ergibt sich ein um  $1.2 \; \rm dB$  besseres Ergebnis als bei weißem Rauschen, da hier  ${\it \Phi}_n(f)$  im gesamten Frequenzbereich mit Ausnahme der Frequenz  $f = 0$  $($hier gilt das Gleichheitszeichen$)$  kleiner ist als  $N_0/2$.
  • Diese Tatsache wird auch vom Matched–Filter ausgenutzt.