Difference between revisions of "Aufgaben:Exercise 1.3: Rectangular Functions for Transmitter and Receiver"
Line 80: | Line 80: | ||
= {\rm Q}(6) \hspace{0.1cm}\underline {= 0.987 \cdot 10^{-9}} \hspace{0.05cm}.$$ | = {\rm Q}(6) \hspace{0.1cm}\underline {= 0.987 \cdot 10^{-9}} \hspace{0.05cm}.$$ | ||
Das System A stellt die Matched–Filter–Realisierung des optimalen Binärempfängers dar, so dass hier auch die folgenden Gleichungen anwendbar wären: | Das System A stellt die Matched–Filter–Realisierung des optimalen Binärempfängers dar, so dass hier auch die folgenden Gleichungen anwendbar wären: | ||
+ | :$$E_{\rm B} = s_0^2 \cdot T = 36\, {\rm W} \cdot 10^{-5} {\rm s}$$ | ||
+ | :$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm B} = {\rm Q} \left( \sqrt{\frac{2 \cdot E_{\rm B}}{N_0}}\right) | ||
+ | ={\rm Q} \left( \sqrt{\frac{2 \cdot 36 \cdot 10^{-5}\,\, {\rm Ws}}{2 \cdot 10^{-5} \,\, {\rm | ||
+ | Ws}}}\right)={\rm Q}(6) | ||
+ | \hspace{0.05cm}.$$ | ||
+ | |||
+ | '''4.''' Da bei System B das genau gleiche Empfangsfilter wie bei System A verwendet wird, erhält man auch die gleiche Detektionsstörleistung $σ_{\rm d}\ ^2 = 1$ W. Der Detektionsgrundimpuls ist nun aber nicht mehr dreieckförmig, sondern weist eine spitzere Form auf. Zum Zeitpunkt $t = 0$ gilt: | ||
+ | :$$g_d (t = 0) = \frac{1}{T} \cdot \int_{ - T/2}^{ | ||
+ | + T/2} { g_s(t) } \hspace{0.1cm}{\rm{d}}t = \frac{1}{T} \cdot | ||
+ | \frac{s_0 }{2} \cdot T = \frac{s_0 }{2}\hspace{0.1cm}\underline {= 3 \,\,\sqrt{\rm | ||
+ | W}}\hspace{0.05cm}.$$ | ||
+ | Auch das System B ist impulsinterferenzfrei. Man erhält deshalb für die Bitfehlerwahrscheinlichkeit: | ||
+ | :$$p_{\rm B} = {\rm Q} \left( \frac{g_d (t = 0)}{\sigma_d}\right)= {\rm Q} \left( \frac{ 3 \,\sqrt{\rm W}}{1 \,\sqrt{\rm W}}\right) | ||
+ | = {\rm Q}(3) \hspace{0.1cm}\underline {= 0.135 \cdot 10^{-2}} \hspace{0.05cm}.$$ | ||
+ | Nicht anwendbar ist dagegen hier der folgende Rechengang: | ||
+ | :$$E_{\rm B} = \int^{+\infty} _{-\infty} g_s^2(t)\,{\rm | ||
+ | d}t = 2\cdot s_0^2 \cdot \int ^{+T/2} _{0} \left( 1- \frac{2t}{T}\right)^2\,{\rm | ||
+ | d}t = \frac{s_0^2 \cdot T }{3} = 12 \cdot 10^{-5} \,{\rm Ws}$$ | ||
+ | :$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm B} = {\rm Q} \left( \sqrt{\frac{2 \cdot E_{\rm B}}{N_0}}\right) | ||
+ | ={\rm Q} \left( \sqrt{12}\right)={\rm Q}(3.464) \approx 3 \cdot 10^{-4} | ||
+ | \hspace{0.05cm}.$$ | ||
− | |||
'''5.''' | '''5.''' | ||
− | + | ||
− | |||
{{ML-Fuß}} | {{ML-Fuß}} | ||
Revision as of 15:06, 1 November 2017
Wir betrachten hier drei Varianten eines binären bipolaren AWGN–Übertragungssystems, die sich hinsichtlich des Sendegrundimpulses $g_{\rm s}(t)$ sowie der Impulsantwort $h_{\rm E}(t)$ des Empfangsfilters unterscheiden:
- Beim System A sind beide Zeitfunktionen $g_{\rm s}(t)$ und $h_{\rm E}(t)$ rechteckförmig, lediglich die Impulshöhen ($s_{\rm 0}$ bzw. $1/T$) sind unterschiedlich.
- Das System B unterscheidet sich vom System A durch einen dreieckförmigen Sendegrundimpuls mit $g_{\rm s}(t=0) = s_{\rm 0}$.
- Das System C hat den gleichen Sendegrundimpuls wie das System A, während die Impulsantwort mit $h_{\rm E}(t=0) = 1/T$ dreieckförmig verläuft.
Die absolute Breite der hier betrachteten Rechteck– und Dreieckfunktionen beträgt jeweils $T = 10 \ \rm \mu s$. Die Bitrate ist $R = 100 \ \rm kbit/s$. Die weiteren Systemparameter sind wie folgt gegeben:
- $$s_0 = 6 \,\,\sqrt{W}\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm} N_{\rm 0} = 2 \cdot 10^{-5} \,\,{\rm W/Hz}\hspace{0.05cm}.$$
Hinweise:
Die Aufgabe bezieht sich auf das Fehlerwahrscheinlichkeit bei Basisbandübertragung des vorliegenden Buches. Zur Bestimmung von Fehlerwahrscheinlichkeiten können Sie das folgende Interaktionsmodul verwenden:
Komplementäre Gaußsche Fehlerfunktionen
Berücksichtigen Sie bei der Berechnung der Detektionsstörleistung das Theorem von Wiener–Chintchine:
- $$ \sigma _d ^2 = \frac{N_0 }{2} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\left| {H_{\rm E}( f )} \right|^2 \hspace{0.1cm}{\rm{d}}f} = \frac{N_0 }{2} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\left| {h_{\rm E}( t )} \right|^2 \hspace{0.1cm}{\rm{d}}t}\hspace{0.05cm}.$$
Fragebogen
Musterlösung
- $$g_d (t = 0) = \int_{ - T/2}^{ + T/2} { g_s(t) \cdot h_{\rm E}( t )} \hspace{0.1cm}{\rm{d}}t =s_0 \cdot \frac{1 }{T} \cdot T = s_0 \hspace{0.1cm}\underline { = 6 \,\,\sqrt{{\rm W}}}\hspace{0.05cm}.$$
Es gibt keine Impulsinterferenzen, da für | $t $| ≥ $T$ der Detektionsimpuls $g_{\rm d}(t)$ identisch 0 ist.
2. Die Varianz des Detektionsstörsignals – hier als Detektionsstörleistung bezeichnet – kann sowohl im Zeit– als auch im Frequenzbereich berechnet werden. Bei der vorliegenden Rechteckform führt die Berechnung im Zeitbereich schneller zum Ergebnis:
- $$\sigma _d ^2 \ = \ \frac{N_0 }{2} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\left| {h_{\rm E}( t )} \right|^2 \hspace{0.1cm}{\rm{d}}t} =\frac{N_0 }{2} \cdot \int_{ - T/2 }^{ + T/2 } {\left| {h_{\rm E}( t )} \right|^2 \hspace{0.1cm}{\rm{d}}t} =\\ \ = \ \frac{N_0 }{2} \cdot\frac{1 }{T^2} \cdot T = \frac{N_0 }{2T} = \frac{2 \cdot 10^{-5} \,\,{\rm W/Hz}}{2 \cdot 10^{-5} \,\,{\rm s}} \hspace{0.1cm}\underline {= 1\,{\rm W}}\hspace{0.05cm}.$$
Die Frequenzbereichsberechnung würde mit $H_{\rm E}(f) = si(πfT)$ wie folgt aussehen:
- $$\sigma _d ^2 = \frac{N_0 }{2} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\left| {H_{\rm E}( f )} \right|^2 \hspace{0.1cm}{\rm{d}}f} = \frac{N_0 }{2} \cdot \int_{- \infty }^{ \infty } {\rm si}^2(\pi f T)\hspace{0.1cm}{\rm{d}}f = \frac{N_0 }{2T} \hspace{0.05cm}.$$
3. Aufgrund der zeitlich begrenzten Impulsform (das bedeutet: keine Impulsinterferenzen!) ergibt sich bei der hier vorausgesetzten bipolaren Betrachtungsweise:
- $$p_{\rm B} = {\rm Q} \left( \frac{s_0}{\sigma_d}\right)= {\rm Q} \left( \frac{ 6 \,\sqrt{\rm W}}{1 \,\sqrt{\rm W}}\right) = {\rm Q}(6) \hspace{0.1cm}\underline {= 0.987 \cdot 10^{-9}} \hspace{0.05cm}.$$
Das System A stellt die Matched–Filter–Realisierung des optimalen Binärempfängers dar, so dass hier auch die folgenden Gleichungen anwendbar wären:
- $$E_{\rm B} = s_0^2 \cdot T = 36\, {\rm W} \cdot 10^{-5} {\rm s}$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm B} = {\rm Q} \left( \sqrt{\frac{2 \cdot E_{\rm B}}{N_0}}\right) ={\rm Q} \left( \sqrt{\frac{2 \cdot 36 \cdot 10^{-5}\,\, {\rm Ws}}{2 \cdot 10^{-5} \,\, {\rm Ws}}}\right)={\rm Q}(6) \hspace{0.05cm}.$$
4. Da bei System B das genau gleiche Empfangsfilter wie bei System A verwendet wird, erhält man auch die gleiche Detektionsstörleistung $σ_{\rm d}\ ^2 = 1$ W. Der Detektionsgrundimpuls ist nun aber nicht mehr dreieckförmig, sondern weist eine spitzere Form auf. Zum Zeitpunkt $t = 0$ gilt:
- $$g_d (t = 0) = \frac{1}{T} \cdot \int_{ - T/2}^{ + T/2} { g_s(t) } \hspace{0.1cm}{\rm{d}}t = \frac{1}{T} \cdot \frac{s_0 }{2} \cdot T = \frac{s_0 }{2}\hspace{0.1cm}\underline {= 3 \,\,\sqrt{\rm W}}\hspace{0.05cm}.$$
Auch das System B ist impulsinterferenzfrei. Man erhält deshalb für die Bitfehlerwahrscheinlichkeit:
- $$p_{\rm B} = {\rm Q} \left( \frac{g_d (t = 0)}{\sigma_d}\right)= {\rm Q} \left( \frac{ 3 \,\sqrt{\rm W}}{1 \,\sqrt{\rm W}}\right) = {\rm Q}(3) \hspace{0.1cm}\underline {= 0.135 \cdot 10^{-2}} \hspace{0.05cm}.$$
Nicht anwendbar ist dagegen hier der folgende Rechengang:
- $$E_{\rm B} = \int^{+\infty} _{-\infty} g_s^2(t)\,{\rm d}t = 2\cdot s_0^2 \cdot \int ^{+T/2} _{0} \left( 1- \frac{2t}{T}\right)^2\,{\rm d}t = \frac{s_0^2 \cdot T }{3} = 12 \cdot 10^{-5} \,{\rm Ws}$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm B} = {\rm Q} \left( \sqrt{\frac{2 \cdot E_{\rm B}}{N_0}}\right) ={\rm Q} \left( \sqrt{12}\right)={\rm Q}(3.464) \approx 3 \cdot 10^{-4} \hspace{0.05cm}.$$
5.