Exercise 2.5Z: Nyquist Equalization

Blockschaltbild für das betrachtete Nyquistsystem

Ein digitales Basisbandübertragungssystem wird durch das dargestellte Blockschaltbild modelliert.

Die Komponenten „Sender”, „Kanal” und „Empfänger” werden im Frequenzbereich durch $H_{\rm S}(f)$, $H_{\rm K}(f)$ und $H_{\rm E}(f)$ beschrieben .

Der Gesamtfrequenzgang $H(f) = H_{\rm S}(f) \cdot H_{\rm K}(f) \cdot H_{\rm E}(f)$ besitze einen $\cos^2$–förmigen Verlauf:

$$H(f) = \left\{ \begin{array}{c} \cos^2\left({\pi}/{2} \cdot f \cdot T \right) \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{*{10}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} {\left| \hspace{0.005cm} f\hspace{0.05cm} \right| < 1/T,} \\ {\left|\hspace{0.005cm} f \hspace{0.05cm} \right| \ge 1/T.} \\ \end{array}$$

Das Signal $y(t)$ vor dem Entscheider weist somit äquidistante Nulldurchgänge im Abstand $T$ auf.
Vorausgesetzt ist dabei, dass die Quelle einen Diracimpuls $x(t)$ mit Gewicht $T$ abgibt (siehe Grafik).

Es wird darauf hingewiesen, dass es sich hierbei um ein so genanntes „Nyquistsystem” handelt.

Wie im Buch Digitalsignalübertragung noch ausführlich diskutiert werden wird, stellen diese Nyquistsysteme eine wichtige Klasse digitaler Übertragungssysteme dar, da sich bei ihnen die sequenziell übertragenen Symbole nicht gegenseitig beeinflussen.

Für die Lösung dieser Aufgabe werden diese weiterreichenden Aspekte jedoch nicht benötigt.

Es wird hier lediglich vorausgesetzt, dass

der Sendeimpuls $s(t)$ rechteckförmig sei mit Impulsdauer $T$:

$$H_{\rm S}(f) = {\rm si}(\pi f T),$$

der Kanal bis einschließlich Teilaufgabe (2) als ideal vorausgesetzt wird, während für die letzte Teilaufgabe (3) gelten soll:

$$H_{\rm K}(f) = H_{\rm G}(f) = {\rm e}^{-\pi(f \cdot T)^2} .$$

Gesucht ist für beide Kanäle der Empfänger– und gleichzeitig Entzerrerfrequenzgang $H_{\rm E}(f)$, damit der Gesamtfrequenzgang die gewünschte Nyquistform aufweist.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Lineare Verzerrungen.

Als bekannt vorausgesetzt wird die folgende trigonometrische Beziehung:

$$\frac{\cos^2(\alpha /2)}{\sin(\alpha )} = {1}/{2} \cdot {\rm cot}(\alpha /2) .$$

Fragebogen

$y(t = 0) \ = \ $

$|H_{\rm E}(f \cdot T = 0)| \ = \ $

$|H_{\rm E}(f \cdot T = 0.25)|\ = \ $

$|H_{\rm E}(f \cdot T = 0.50)|\ = \ $

$|H_{\rm E}(f \cdot T = 0.75)|\ = \ $

$|H_{\rm E}(f \cdot T = 1.00)|\ = \ $

$|H_{\rm E}(f \cdot T = 0)|\ = \ $

$|H_{\rm E}(f \cdot T = 0.25)| \ = \ $

$|H_{\rm E}(f \cdot T = 0.50)|\ = \ $

$|H_{\rm E}(f \cdot T = 0.75)|\ = \ $

$|H_{\rm E}(f \cdot T = 1.00)|\ = \ $

Musterlösung

Solution

Cosinus–Quadrat–Spektrum

(1) Mit dem konstanten Spektrum $X(f) = T$ erhält man für die Spektralfunktion des Empfängerausgangssignals $y(t)$:

$$Y(f)= T \cdot {H(f)}.$$

Der Signalwert bei $t = 0$ ist gleich der Fläche unter $Y(f)$.
Wie aus der nebenstehenden Skizze hervorgeht, ist diese gleich $1$. Daraus folgt:

$$y(t = 0)\; \underline{= 1}.$$

Frequenzgang des Nyquistentzerrers

(2) Aus der Bedingung $H_{\rm S}(f) \cdot H_{\rm E}(f) = H(f)$ folgt im betrachteten Bereich:

$$H_{\rm E}(f)= \frac{H(f)}{H_{\rm S}(f)} = \frac{\cos^2(\pi f T/2)}{\sin(\pi f T)/(\pi f T)}.$$

Wegen $\cos(0) = 1$ und ${\rm si}(0) = 1$ gilt auch $H_{\rm E}(f = 0)\;\underline{=1}$.

Mit der gegebenen trigonometrischen Umformung gilt weiter:

$$H_{\rm E}(f) = {\pi f T}/{2} \cdot {\rm cot}\left( {\pi f T}/{2}\right),$$

$$H_{\rm E}(f \cdot T = 0.25) = {\pi }/{8} \cdot {\rm cot}\left( 22.5^{\circ}\right) = {\pi }/{8} \cdot 2.414 = \hspace{0.15cm}\underline{0.948},$$

$$H_{\rm E}(f \cdot T = 0.50) = {\pi }/{4} \cdot {\rm cot}\left( 45^{\circ}\right) = {\pi }/{4} \cdot 1 \hspace{0.15cm}\underline{= 0.785},$$

$$ H_{\rm E}(f \cdot T = 0.75) = {3 \pi }/{8} \cdot {\rm cot}\left( 67.5^{\circ}\right) = {3 \pi }/{8} \cdot 0.414 \hspace{0.15cm}\underline{= 0.488},$$

$$ H_{\rm E}(f \cdot T = 1.00)= { \pi }/{2} \cdot {\rm cot}\left( 90^{\circ}\right) ={ \pi }/{2} \cdot 0 \hspace{0.15cm}\underline{ = 0}.$$

(3) Unter Berücksichtigung des Gaußkanals gilt: $$H_{\rm E}(f)= \frac{H(f)}{H_{\rm S}(f) \cdot H_{\rm K}(f)} = H_{\rm E}^{(2)}(f)\cdot {\rm e}^{\pi (f\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} T)^2}.$$

Hierbei bezeichnet $H_{\rm E}^{(2)}(f)$ den bei der Teilaufgabe (2) berechneten Entzerrerfrequenzgang unter der Voraussetzung eines idealen Kanals. Man erhält folgende numerische Ergebnisse:

$$H_{\rm E}(f\cdot T = 0) = 1 \cdot {\rm e}^{0} \hspace{0.15cm}\underline{= 1},$$

$$H_{\rm E}(f \cdot T = 0.25) = 0.948 \cdot 1.217 \hspace{0.15cm}\underline{= 1.154},$$

$$H_{\rm E}(f \cdot T = 0.50) = 0.785 \cdot 2.193 \hspace{0.15cm}\underline{= 1.722},$$

$$H_{\rm E}(f \cdot T = 0.75) = 0.488 \cdot 5.854 \hspace{0.15cm}\underline{= 2.857},$$

$$H_{\rm E}(f \cdot T = 1.00) = 0 \cdot 23.141 \hspace{0.15cm}\underline{= 0}.$$

Die grüne Kurve in obiger Grafik fasst die Ergebnisse dieser Teilaufgabe zusammen.