Aufgabe 2.6Z: PN-Generator der Länge 3

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PN-Generator mit $L = 3$

Nebenstehende Skizze zeigt einen PN-Generator der Länge $L = 3$ mit dem Generatorpolynom

$$G( D) = D^{\rm 3} + D^{\rm 2} + \rm 1$$

und somit der Oktalkennung ($g_3 \ g_2 \ g_1 \ g_0$) = $(1 \ 1 \ 0 \ 1)_{\rm bin} = (15)_{\rm oct}$.

Das zugehörige reziproke Polynom $$G_{\rm R}(D) = D^{\rm 3} ( D^{\rm -3} + D^{\rm -2} + 1) = D^{\rm 3} + D^{\rm 1} + \rm 1$$

hat die Oktalkennung $(1 \ 0 \ 1 \ 1)_{\rm bin} = (13)_{\rm oct}$.

• Zum Startzeitpunkt seien die drei Speicherzellen mit den Binärwerten $1$, $0$ und $1$ vorbelegt.
• Beide Anordnungen erzeugen eine M-Sequenz.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Erzeugung von diskreten Zufallsgrößen.

• Wir verweisen hier auch auf das Lernvideo Erläuterung der PN-Generatoren an einem Beispiel.

Fragebogen

1

Wie groß ist die Periodenlänge der Konfiguration $(15)$?

$P \ = \ $

2

Ermitteln Sie die Ausgangsfolge $〈z_ν\rangle$ für die Zeitpunkte $1$, ... , $P$. Wie lauten die ersten 15 Binärwerte der Ausgangsfolge?
Hinweis:  Bezeichnen Sie die Zellen von links nach rechts mit $S_1$, $S_2$ und $S_3$. Ausgegeben wird der Wert $z_ν$, der zum Zeitpunkt $\nu$ in die Speicherzelle $S_1$ eingetragen wird.

	$1\ 0 \ 0 \ 1 \ 1 \ 0 \ 1 \ 0 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 0 \ 0 \ 0$ . . .
	$1 \ 0 \ 0 \ 1 \ 1 \ 0 \ 0 \ 1 \ 1 \ 0 \ 0 \ 1 \ 1 \ 0 \ 0 $ . . .
	$1 \ 1 \ 0 \ 0 \ 1 \ 0 \ 1 \ 1 \ 1 \ 0 \ 0 \ 1 \ 0 \ 1 \ 1$ . . .
	$0 \ 0 \ 1 \ 1 \ 1 \ 0 \ 1 \ 0 \ 0 \ 1 \ 1 \ 1 \ 0 \ 1 \ 0 $. . .

3

Welche der folgenden Aussagen treffen für jede M-Sequenz zu?

	Die Anzahl der Nullen und Einsen ist gleich.
	In jeder Periode gibt es eine Eins mehr als Nullen.
	Die maximale Anzahl aufeinander folgender Einsen ist $L$.
	Die Folge $1 \ 0 \ 1 \ 0 \ 1 \ 0 $ . . . ist nicht möglich.

4

Betrachten Sie nun die reziproke Anordnung $(13)$. Wie lauten hier die ersten 15 Binärwerte der Ausgangsfolge bei gleicher Anfangsbelegung?

	$0 \ 0 \ 0 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 0 \ 1 \ 0 \ 1 \ 1 \ 0 \ 0 \ 1 $ . . .
	$0 \ 0 \ 1 \ 1 \ 1 \ 0 \ 1 \ 0 \ 0 \ 1 \ 1 \ 1 \ 0 \ 1 \ 0 $ . . .
	$0 \ 0 \ 1 \ 0 \ 1 \ 1 \ 1 \ 0 \ 0 \ 1 \ 0 \ 1 \ 1 \ 1 \ 0 $ . . .

Musterlösung

Musterlösung

PN–Generator mit Oktalkennung $15$

(1)  Es handelt sich um eine M-Sequenz mit $L= 3$. Daraus folgt $P= 2^L - 1 \hspace{0.15cm}\underline{= 7}$.

(2)  Wir bezeichnen die Zellen von links nach rechts mit $S_1$, $S_2$ und $S_3$. Dann gilt:

• $S_2(\nu) = S_1(\nu - 1)$,
• $S_3(\nu) = S_2(\nu - 1)$,
• $S_1(\nu) = S_2(\nu - 1) \ {\rm mod } \ S_3(\nu - 1)$.

Das Ergebnis ist in der ersten Zeile obiger Tabelle (rot markiert) eingetragen:

• Zum Taktzeitpunkt $\nu = 7$ ergibt sich die gleiche Speicherbelegung wie zum Zeitpunkt $\nu = 0$.
• Daraus folgt $ {P = 7}$ und die Folge lautet ab $\nu = 1$ entsprechend dem Lösungsvorschlag 3 :

$$\langle z_\nu \rangle = 1 \ 1 \ 0 \ 0 \ 1 \ 0 \ 1 \ 1 \ 1 \ 0 \ 0 \ 1 \ 0 \ 1 \ 1 \ \text{...}$$

• Dagegen beschreibt Vorschlag 1 die M-Sequenz des PN-Generators mit Länge $L=4$ und Kennung $(31)$   ⇒   Periodenlänge ist $P= 15$.
• Beim Vorschlag 2 ist die Periodenläng $P= 4$ zu kurz.

• Der letzte Vorschlag schließlich hätte zwar die gewünschte Periodenlänge $P= 7$, aber aus der Modulo-2-Addition von $S_2= 0$ und $S_3= 1$ (für $\nu = 0$) folgt zum nächsten Zeitpunkt ($\nu = 1$) zwingend:   $S_1= 1$. Diese Eigenschaft zeigt die Folge 4 nicht.

(3)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 2, 3 und 4:

• Die maximale Anzahl aufeinander folgender Einsen ist $L$ (nämlich dann, wenn in allen $L$ Speicherzellen eine Eins steht).
• Es ist dagegen nicht möglich, dass alle Speicherzellen mit Nullen belegt sind. Deshalb gibt es stets eine Eins mehr als Nullen.
• Die Periodenlänge der letzten Folge beträgt $P = 2$. Bei einer M-Sequenz gilt dagegen $P= 2^L - 1.$ Für keinen Wert von $L$ ist $P = 2$ möglich.

PN–Generator mit Oktalkennung $13$

(4)  In nebenstehender Tabelle ist die Entstehung der PN–Folge beim reziproken Polynom $G_{\rm R}(D)$ eingetragen. Man erkennt, dass der Lösungsvorschlag 2 zutrifft:

• Auch bei der reziproken Anordnung muss die Periodenlänge $P = 7$ gelten, so dass der Vorschlag 1 (mit $P = 15$) ausscheidet.
• Der Vorschlag 3 ist nur eine um zwei Zeittakte verschobene Version der Ausgangsfolge von $(15)$.
• Dagegen ist im (richtigen) zweiten Vorschlag die Inverse von ... $ 1 \ 1 \ 0 \ 0 \ 1 \ 0 \ 1$ ... – also die Folge ... $ 1 \ 0 \ 1 \ 0 \ 0 \ 1 \ 1$ ... – enthalten, wenn auch mit einem Phasenversatz.