Exercise 5.7: Rectangular Matched Filter
Am Eingang eines Tiefpasses mit einer rechteckförmigen Impulsantwort $h(t)$ liegt das Empfangssignal $r(t)$ an, das sich additiv aus einem impulsförmigen Nutzsignal $g(t)$ und einem Rauschsignal $n(t)$ zusammensetzt. Es gelte:
- Der Nutzimpuls $g(t)$ ist rechteckförmig.
- Die Impulsdauer beträgt $\Delta t_g = 2 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$.
- Die Impulsamplitude ist $g_0 = 2 \hspace{0.05cm}\rm V$.
- Die Mitte des Impulses $T_g = 3 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$.
- Das Rauschen $n(t)$ ist weiß und gaußverteilt.
- Die Leistungsdichte beträgt $N_0 = 4 \cdot 10^{-6} \hspace{0.05cm}\rm V^2\hspace{-0.1cm}/Hz$ bezogen auf den Widerstand $1 \hspace{0.05cm}\rm \Omega$.
Die rechteckförmige Impulsantwort des Filters beginnt bei $t = 0$. Die Impulsantwortdauer $\Delta t_h$ ist frei wählbar. Die Höhe $1/\Delta t_h$ der Impulsantwort ist jeweils so angepasst, dass $H(f = 0) = 1$ gilt.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Matched-Filter.
- Für die Teilfragen (1) bis (6) gelte stets $\Delta t_h =\Delta t_g = 2 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$.
- Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Fragebogen
Musterlösung
- Bei gleicher Impulsdauer ($\Delta t_h =\Delta t_g$) handelt es sich um ein Matched-Filter, auch wenn die Amplitude ($0.5 \cdot 10^{-6} \hspace{0.05cm}\rm 1/s$ bzw. $2 \hspace{0.05cm}\rm V$) und die zeitliche Lage von $g(t)$ und $h(t)$ nicht übereinstimmen.
- Damit gibt es auch kein anderes Filter mit besserem Signal-zu-Rauschleistungsverhältnis.
- Das Filter mit rechteckförmiger Impulsantwort lässt sich auch als ein Integrator über die Zeitdauer $\Delta t_h$ interpretieren.
(2) Die Impulsantwort des Matched-Filters lautet: $h_{\rm MF} (t) = K_{\rm MF} \cdot g(T_{\rm D} - t).$
- Der Eingangsimpuls $g(t)$ ist im Bereich von $2 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$ bis $4 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$ ungleich Null, bei Spiegelung im Bereich von $-4 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$ bis $-2 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$.
- Durch eine Verschiebung um $4 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$ wird erreicht, dass $g(T_{\rm D} - t)$ wie die Impulsantwort $h(t)$ zwischen $0$ und $2 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$. Daraus folgt: $T_\text{D, opt}\hspace{0.15cm}\underline{ =4 \hspace{0.05cm}\rm \mu s}$.
(3) Mit $\Delta t_h =\Delta t_g$ = 2 \cdot; 10–6 s und g0 = 2 V erhält man KMF = 1/(Δtg · g0) = 0.25 · 106 1/Vs.
(4) Die Energie des Nutzimpulses g(t) ist Eg = g02 · Δtg = 8 · 10–6 V2s. Daraus folgt für das maximale S/N-Verhältnis:
- $$\rho _d (T_{{\rm{D, \hspace{0.05cm}opt}}} ) = \frac{2 \cdot E_g }{N_0 } = \frac{{2 \cdot 8 \cdot 10^{ - 6} \;{\rm{V}}^2 {\rm{s}}}}{{4 \cdot 10^{ - 6} \;{\rm{V}}^2 /{\rm{Hz}}}}\hspace{0.15cm}\underline{ = 4}.$$
(5) Der Ausgangsimpuls dS(t) ist dreieckförmig zwischen 2 und 6 Mikrosekunden mit dem Maximum g0 = 2 V bei TD, opt = 4 μs. Die Störleistung ergibt sich zu:
- $$\sigma _d ^2 = \frac{N_0 }{2 \cdot \Delta t_h } \hspace{0.15 cm}\underline{= 1\;{\rm{V}}^2} .$$
- Mit diesen beiden Rechengrößen kann man wiederum das maximale S/N-Verhältnis berechnen:
- $$\rho _d (T_{{\rm{D, \hspace{0.05cm}opt}}} ) = \frac{{d_{\rm S} (T_{{\rm{D, \hspace{0.05cm}opt}}} )^2}}{\sigma _d ^2 } = \frac{({2\;{\rm{V}})^2 }}{{1\;{\rm{V}}^2 }} = 4.$$
(6) Aus obiger Skizze erkennt man, dass nun der Nutzabtastwert nur mehr halb so groß ist, nämlich 1 V. Damit ist für TD = 3 μs das S/N-Verhältnis um den Faktor 4 kleiner, also gleich 1.
(7) Die Skizze zeigt, dass nun der Ausgangsimpuls dS(t) trapezförmig verläuft. Im Bereich von 3 μs bis 4 μs ist der Nutzabtastwert konstant gleich g0 = 2 V.
- Wegen der nur halb so breiten Impulsantwort h(t) ist der Frequenzgang H(f) um den Faktor 2 breitbandiger und dadurch die Störleistung größer:
- $$\sigma_d ^2 = \frac{N_0 }{2} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {h^2 (t)\,{\rm{d}}t} = \frac{N_0 }{2 \cdot \Delta t_h } = 2\;{\rm{V}}^2 .$$
- Damit ergibt sich für das S/N-Verhältnis nun der Wert:
- $$\rho_d (T_{{\rm{D, \hspace{0.05cm}opt}}} ) \hspace{0.15cm}\underline{= 2}.$$
- Richtig sind somit die Lösungsvorschläge 1, 3 und 4.
(8) Rechts ist der Ausgangsimpuls dS(t) für Δth = 3 μs skizziert. Auch dieses ist trapezförmig. Der optimale Detektionszeitpunkt liegt nun im Bereich zwischen <nobr>4 μs</nobr> und 5 μs, und das Nutzsignal ist nur mehr ein Drittel so groß wie bei Anpassung: dS(TD, opt) = 2/3V.
- Für die Störleistung gilt nun:
- $$\sigma_d ^2 = \frac{N_0 }{2 \cdot \Delta t_h } = \frac{2}{3}\;{\rm{V}}^2 .$$
- Die Störleistung ist zwar kleiner – also günstiger – als bei Anpassung (Punkt 5). Trotzdem ist das S/N-Verhältnis aufgrund des kleineren Nutzabtastwertes schlechter als unter Punkt (7) berechnet:
- $$\rho _d (T_{{\rm{D\hspace{0.05cm},opt}}} ) = \frac{{(2/3\;{\rm{V}})^2 }}{{2/3\;{\rm{V}}^2 }} = {2}/{3}.$$
- Richtig sind somit die Lösungsvorschläge 2 und 4.