Aufgabe 2.6Z: PN-Generator der Länge 3: Unterschied zwischen den Versionen
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- $1\ 0 \ 0 \ 1 \ 1 \ 0 \ 1 \ 0 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 0 \ 0 \ 0$ . . . | - $1\ 0 \ 0 \ 1 \ 1 \ 0 \ 1 \ 0 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 0 \ 0 \ 0$ . . . | ||
Version vom 29. Dezember 2021, 13:38 Uhr
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
- $$G_{\rm R}(D) = D^{\rm 3}\cdot ( D^{\rm -3} + D^{\rm -2} + 1) = D^{\rm 3} + D^{\rm 1} + \rm 1$$
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
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.
