Aufgaben:Aufgabe 5.5: Mehrteilnehmer–Interferenzen: Unterschied zwischen den Versionen

Version vom 3. August 2017, 16:33 Uhr

PAKF und PKKF von M–Sequenzen mit P = 31

Wir betrachten die PN–Modulation mit folgenden Parametern:

Die Spreizung erfolgt mit der M–Sequenz mit der Oktalkennung (45), ausgehend vom Grad $G = 5$. Die Periodenlänge ist somit $P = 2^5 –1 = 31$.
Der AWGN–Parameter wird mit $10 · \lg \ (E_{\rm B}/N_0) = 5 \ \rm dB$ festgelegt ⇒ $E_{\rm B}/N_0 = 3.162 = 1/0.316$.
Die Bitfehlerwahrscheinlichkeit beträgt ohne interferierende Teilnehmer im gleichen Frequenzband:

$$p_{\rm B} = {\rm Q} \left ( \sqrt{ {2E_{\rm B}}/{N_{\rm 0}}}\right ) \approx {\rm Q} \left ( \sqrt{2 \cdot 3.162}\right ) = {\rm Q} \left ( 2.515 \right ) \approx 6 \cdot 10^{-3} \hspace{0.05cm}.$$

Da ohne interferierende Teilnehmer alle Nutzabtastwerte gleich $±s_0$ sind (Nyquistsystem), kann für die Bitfehlerwahrscheinlichkeit mit dem Rauscheffektivwert $σ_d$ vor dem Entscheider, herrührend vom AWGN–Rauschen, auch geschrieben werden: $p_{\rm B} = {\rm Q} \left ( {s_0}/{\sigma_d}\right ) \hspace{0.05cm}.$

In dieser Aufgabe soll untersucht werden, wie die Bitfehlerwahrscheinlichkeit durch einen zusätzlichen Teilnehmer verändert wird. Die möglichen Spreizfolgen des interferierenden Teilnehmers seien ebenfalls durch $P = 31$ festgelegt. Zur Verfügung stehen die PN–Generatoren mit den Oktalkennungen (45), (51), (57), (67), (73) und (75).

In der Tabelle sind die PKKF–Werte für $λ = 0$ angegeben, desweiteren auch der jeweilige Maximalwert für eine andere Anfangsphase:

$$ {\rm Max}\,\,|{\it \varphi}_{45,\hspace{0.05cm}i}| = \max_{\lambda} \,\,|{\it \varphi}_{45,\hspace{0.05cm}i}(\lambda)| \hspace{0.05cm}.$$

Der Sonderfall $φ_\text{45, 45}(λ = 0)$ gibt den PAKF–Wert der Spreizfolge mit der Oktalkennung (45) an.

Im Verlauf dieser Aufgabe und in der Musterlösung werden folgende Signale erwähnt:

$q(t)$: binäres bipolares Quellensignal, Symboldauer $T$,
$c(t)$: $±1$–Spreizsignal, Chipdauer $T_c$,
$s(t)$: bandgespreiztes Sendesignal; es gilt $s(t) = q(t) · c(t)$, Amplitude $±s_0$, Chipdauer $T_c$,
$n(t)$: AWGN–Rauschen, gekennzeichnet durch den Quotienten $E_{\rm B}/N_0$,
$i(t)$: Interferenzsignal des störenden Teilnehmers,
$r(t)$: Empfangssignal; es gilt $r(t) = s(t) + n(t) + i(t)$,
$b(t)$: bandgestauchtes Signal; es gilt $b(t)= r(t) · c(t)$,
$d(t)$: Detektionssignal nach Integration von $b(t)$ über die Symboldauer $T$,
$v(t)$: Sinkensignal, der Vergleich mit $q(t)$ liefert die Fehlerwahrscheinlichkeit.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Fehlerwahrscheinlichkeit der PN-Modulation.
Bezug genommen wird insbesondere auf den Abschnitt Zwei Teilnehmer mit M–Sequenz–Spreizung.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Für die so genannte Q-Funktion kann von folgenden Näherungen ausgegangen werden:

$$ {\rm Q} (2) \approx 0.02275, \hspace{0.2cm}{\rm Q} (3) \approx 0.00135, \hspace{0.2cm}{\rm Q} (5) \approx 2.45 \cdot 10^{-7} \hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

$σ_d/s_0 \ = \ $

$p_{\rm B}\ = \ $

$\ \%$

$p_{\rm B}\ = \ $

$\ \%$

	Mit der Oktalkennung (51) ist $p_{\rm B} = 0.001$ möglich.
	Mit der Oktalkennung (57) ist $p_{\rm B} = 0.007$ möglich.
	Mit der Oktalkennung (67) ist $p_{\rm B} = 0.012$ möglich.

Musterlösung

(1) Aus den beiden vorne angegebenen Gleichungen folgt direkt:

$$p_{\rm B} = {\rm Q}(2.515) = {\rm Q}({s_0}/{\sigma_d}) \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} \frac{\sigma_d}{s_0} = \frac{1}{2.515} = 0.398 \hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.4} \hspace{0.05cm}.$$

Man könnte diese Größe aber auch über die allgemeinere Gleichung

$$ \sigma_d^2 = \frac{N_0}{2 }\cdot\int^{+\infty}_{-\infty} |H_{\rm I}(f) |^2 \,\,{\rm d} {\it f}\hspace{0.05cm} = \frac{N_0}{2 }\cdot\int^{+\infty}_{-\infty}{\rm si}^2(\pi f T)\,\,{\rm d} {\it f} = \frac{N_0}{2T } \hspace{0.05cm}.$$

berechnen. Hierbei beschreibt $H_I(f)$ den Integrator im Frequenzbereich. Mit $E_{\rm B}= s_0^2 · T$ erhält man das gleiche Ergebnis:

$$\frac{\sigma_d^2}{s_0^2} = \frac{N_0}{2 \cdot s_0^2 \cdot T } = \frac{N_0}{2 E_{\rm B} } = \frac{0.316}{2 } = 0.158\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} {\sigma_d}/{s_0} = 0.398 \approx 0.4 \hspace{0.05cm}.$$

(2) Benutzt der interferierende Teilnehmer die gleiche M–Sequenz mit Oktalkennung (45) wie der betrachtete Nutzer, so sind die (normierten) Detektionsnutzabtastwerte gleich $+2$ (zu 25%), $-2$ (zu 25%) und $0$ (zu 50%).

Bei $d(νT) = ±2$ wird die Fehlerwahrscheinlichkeit für den betrachteten Teilnehmer signifikant verkleinert. In diesem Fall übertragen beide Nutzer das gleiche Bit („$+1$” oder „$-1$”) und der Abstand von der Schwelle wird verdoppelt:

$$ p_{\rm B}\,\,[{\rm falls}\,\, d (\nu T) = \pm 2s_0 ] = {\rm Q} \left ( 2 \cdot 2.515 \right ) = {\rm Q} \left ( 5.03 \right ) \approx 2.45 \cdot 10^{-7} \approx 0 \hspace{0.05cm}.$$

Ist dagegen $d(νT) = 0$ (zum Beispiel, wenn $a_\text{1(s)} = +1$ und $a_\text{1(i)} = -1$ gilt oder umgekehrt), so löschen sich die Signale vollständig aus und man erhält

$$p_{\rm B}\,\,[{\rm falls}\,\, d (\nu T) = 0 ] = {\rm Q} \left ( 0 \right ) = 0.5 \hspace{0.05cm}.$$

Durch Mittelung über diese beiden gleichwahrscheinlichen Möglichkeiten ergibt sich so für die mittlere Bitfehlerwahrscheinlichkeit:

$$p_{\rm B}= 0.5 \cdot 2.45 \cdot 10^{-7}+ 0.5 \cdot 0.5 \hspace{0.15cm}\underline {\approx 25\%} \hspace{0.05cm}.$$

(3) Wir betrachten zunächst nur den Nutzanteil ⇒ $n(t) = 0$. Außerdem beschränken wir uns auf das erste Datensymbol und setzen den Amplitudenkoeffizienten $a_\text{1(s)} = +1$ voraus. Dann gilt innerhalb dieses Datenbits $s(t) = c_{45}(t)$. Ist der Koeffizient $a_\text{1(i)} $ des interferierenden Teilnehmers ebenfalls $+1$, so erhält man für die vorne spezifizierten Signale im Zeitintervall von $0$ bis $T$:

$$ r(t) = c_{45}(t) + c_{75}(t)\hspace{0.05cm},$$

$$b(t) = r(t) \cdot c_{45}(t) = \left [c_{45}(t) + c_{75}(t) \right ] \cdot c_{45}(t) = 1+ c_{45}(t) \cdot c_{75}(t) \hspace{0.05cm},$$

$$ d (T) = \frac{1}{T} \cdot \int_{0 }^{ T} b (t )\hspace{0.1cm} {\rm d}t = 1 + {\it \varphi}_{45,\hspace{0.05cm}75}(\lambda = 0) \hspace{0.05cm}.$$

Hierbei bezeichnet $φ_\text{45, 75}(τ)$ die PKKF zwischen den Spreizfolgen mit den Oktalkennungen (45) und (75), die in der Tabelle auf der Angabenseite zu finden sind.

Entsprechend gilt für den Detektionsnutzabtastwert unter der Voraussetzung $a_\text{1(s)} = +1$ und $a_\text{1(i)} =-1$:

$$d (T) = 1 - {\it \varphi}_{45,\hspace{0.05cm}75}(\lambda = 0) \hspace{0.05cm}.$$

Aus Symmetriegründen liefern die Koeffizienten $a_\text{1(s)} = -1$, $a_\text{1(i)} = -1$ sowie $a_\text{1(s)} = -1$, $a_\text{1(i)} = +1$ die genau gleichen Beiträge für die Bitfehlerwahrscheinlichkeit wie $a_\text{1(s)} = +1$, $a_\text{1(i)} = +1$ bzw. $a_{1(s)} = +1$, $a_{1(i)} = –1$, wenn man zudem das AWGN–Rauschen berücksichtigt.

Mit dem Ergebnis der Teilaufgabe (1) und mit $φ_\text{45, 75}(λ = 0) = 7/31$ erhält man somit näherungsweise:

$$p_{\rm B} = \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( \frac{1+ 7/31}{0.4} \right ) + \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( \frac{1- 7/31}{0.4} \right ) = \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( \frac{1.225}{0.4} \right ) + \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( \frac{0.775}{0.4} \right ) = \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( 3.06 \right ) + \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( 1.94 \right )$$

$$ \Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm B}\approx \frac{1}{2} \cdot \left [{\rm Q} \left ( 3 \right ) + {\rm Q} \left ( 2 \right ) \right ] = \frac{1}{2} \cdot \left [0.00135 + 0.02275 \right ] \hspace{0.15cm}\underline {= 0.012}\hspace{0.05cm}.$$

(4) Möglich sind die Lösungsvorschläge 2 und 3:

Der PKKF–Wert $φ_\text{45, 57}(λ = 0)$ ist betragsmäßig nur 1/31 und damit ist die Fehlerwahrscheinlichkeit nur geringfügig größer als $0.6\%$.
Die Folge mit den Oktalkennung (67) führt dagegen zur gleichen PKKF wie die Folge (75.
Ohne störenden Teilnehmer gilt entsprechend dem Angabenblatt: $p_{\rm B} = 0.6\%$. Mit Interferenz kann dieser Wert nicht unterschritten werden ⇒ Lösungsvorschlag 1 ist nicht möglich.

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 ===Musterlösung===
 {{ML-Kopf}}
-'''1.'''  Aus den beiden vorne angegebenen Gleichungen folgt direkt:
+'''(1)'''&nbsp;  Aus den beiden vorne angegebenen Gleichungen folgt direkt:
-$$p_{\rm B} = {\rm Q}(2.515) = {\rm Q}({s_0}/{\sigma_d}) \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} \frac{\sigma_d}{s_0} = \frac{1}{2.515} = 0.398 \hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.4} \hspace{0.05cm}.$$
+:$$p_{\rm B} = {\rm Q}(2.515) = {\rm Q}({s_0}/{\sigma_d}) \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} \frac{\sigma_d}{s_0} = \frac{1}{2.515} = 0.398 \hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.4} \hspace{0.05cm}.$$
 Man könnte diese Größe aber auch über die allgemeinere Gleichung
-$$ \sigma_d^2 = \frac{N_0}{2 }\cdot\int^{+\infty}_{-\infty} |H_{\rm I}(f) |^2 \,\,{\rm d} {\it f}\hspace{0.05cm} = \frac{N_0}{2 }\cdot\int^{+\infty}_{-\infty}{\rm si}^2(\pi f T)\,\,{\rm d} {\it f} = \frac{N_0}{2T } \hspace{0.05cm}.$$
+:$$ \sigma_d^2 = \frac{N_0}{2 }\cdot\int^{+\infty}_{-\infty} |H_{\rm I}(f) |^2 \,\,{\rm d} {\it f}\hspace{0.05cm} = \frac{N_0}{2 }\cdot\int^{+\infty}_{-\infty}{\rm si}^2(\pi f T)\,\,{\rm d} {\it f} = \frac{N_0}{2T } \hspace{0.05cm}.$$
-berechnen. Hierbei beschreibt $H_I(f)$ den Integrator im Frequenzbereich. Mit $E_B = s_0^2 · T$ ergibt sich
+berechnen. Hierbei beschreibt $H_I(f)$ den Integrator im Frequenzbereich. Mit $E_{\rm B}= s_0^2 · T$ erhält man das gleiche Ergebnis:
-$$\frac{\sigma_d^2}{s_0^2} = \frac{N_0}{2 \cdot s_0^2 \cdot T } = \frac{N_0}{2 E_{\rm B} } = \frac{0.316}{2 } = 0.158\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} {\sigma_d}/{s_0} = 0.398 \approx 0.4 \hspace{0.05cm}.$$
+:$$\frac{\sigma_d^2}{s_0^2} = \frac{N_0}{2 \cdot s_0^2 \cdot T } = \frac{N_0}{2 E_{\rm B} } = \frac{0.316}{2 } = 0.158\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} {\sigma_d}/{s_0} = 0.398 \approx 0.4 \hspace{0.05cm}.$$
-'''2.''' Benutzt der interferierende Teilnehmer die gleiche M–Sequenz $(45)_{oct}$ wie der betrachtete Nutzer, so sind die (normierten) Detektionsnutzabtastwerte gleich +2 (zu 25%), –2 (zu 25%) und 0 (zu 50%). Bei $d(νT) = ±2$ wird die Fehlerwahrscheinlichkeit für den betrachteten Teilnehmer signifikant verkleinert. In diesem Fall übertragen beide Nutzer das gleiche Bit (+1 oder –1) und der Abstand von der Schwelle wird verdoppelt:
+'''(2)'''&nbsp; Benutzt der interferierende Teilnehmer die gleiche M–Sequenz mit Oktalkennung (45) wie der betrachtete Nutzer, so sind die (normierten) Detektionsnutzabtastwerte gleich $+2$ (zu 25%), $-2$ (zu 25%) und $0$ (zu 50%).
-$$ p_{\rm B}\,\,[{\rm falls}\,\, d (\nu T) = \pm 2s_0 ] = {\rm Q} \left ( 2 \cdot 2.515 \right ) = {\rm Q} \left ( 5.03 \right ) \approx 2.45 \cdot 10^{-7} \approx 0 \hspace{0.05cm}.$$
+*Bei $d(νT) = ±2$ wird die Fehlerwahrscheinlichkeit für den betrachteten Teilnehmer signifikant verkleinert. In diesem Fall übertragen beide Nutzer das gleiche Bit (&bdquo;$+1$&rdquo; oder &bdquo;$-1$&rdquo;) und der Abstand von der Schwelle wird verdoppelt:
-Ist dagegen $d(νT) = 0$ (zum Beispiel, wenn $a_1(s) = +1$ und $a_1(i) = –1$ gilt oder umgekehrt), so löschen sich die Signale vollständig aus und man erhält
+:$$ p_{\rm B}\,\,[{\rm falls}\,\, d (\nu T) = \pm 2s_0 ] = {\rm Q} \left ( 2 \cdot 2.515 \right ) = {\rm Q} \left ( 5.03 \right ) \approx 2.45 \cdot 10^{-7} \approx 0 \hspace{0.05cm}.$$
-$$p_{\rm B}\,\,[{\rm falls}\,\, d (\nu T) = 0 ] = {\rm Q} \left ( 0 \right ) = 0.5 \hspace{0.05cm}.$$
+*Ist dagegen $d(νT) = 0$ (zum Beispiel, wenn $a_\text{1(s)} = +1$ und $a_\text{1(i)} = -1$ gilt oder umgekehrt), so löschen sich die Signale vollständig aus und man erhält
-Durch Mittelung über diese beiden gleichwahrscheinlichen Möglichkeiten ergibt sich so für die mittlere Bitfehlerwahrscheinlichkeit:
+:$$p_{\rm B}\,\,[{\rm falls}\,\, d (\nu T) = 0 ] = {\rm Q} \left ( 0 \right ) = 0.5 \hspace{0.05cm}.$$
-$$p_{\rm B}= 0.5 \cdot 2.45 \cdot 10^{-7}+ 0.5 \cdot 0.5 \hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.25} \hspace{0.05cm}.$$
+*Durch Mittelung über diese beiden gleichwahrscheinlichen Möglichkeiten ergibt sich so für die mittlere Bitfehlerwahrscheinlichkeit:
-'''3.''' Wir betrachten zunächst nur den Nutzanteil  ⇒  $n(t) = 0$. Außerdem beschränken wir uns auf das erste Datensymbol und setzen den Amplitudenkoeffizienten $a_{1(s)} = +1$ voraus. Dann gilt innerhalb dieses Datenbits $s(t) = c_{45}(t)$. Ist der Koeffizient $a_{1(i)}$ des interferierenden Teilnehmers ebenfalls +1, so erhält man für die vorne spezifizierten Signale im Zeitintervall von 0 bis T:
+:$$p_{\rm B}= 0.5 \cdot 2.45 \cdot 10^{-7}+ 0.5 \cdot 0.5 \hspace{0.15cm}\underline {\approx 25\%} \hspace{0.05cm}.$$
-$$ r(t)  =  c_{45}(t) + c_{75}(t)\hspace{0.05cm},$$
-$$b(t)  =  r(t) \cdot c_{45}(t) = \left [c_{45}(t) + c_{75}(t) \right ] \cdot c_{45}(t) = 1+ c_{45}(t) \cdot c_{75}(t) \hspace{0.05cm},$$
-$$ d (T)  =  \frac{1}{T} \cdot \int_{0 }^{ T} b (t )\hspace{0.1cm} {\rm d}t = 1 + {\it \varphi}_{45,\hspace{0.05cm}75}(\lambda = 0) \hspace{0.05cm}.$$
-Hierbei bezeichnet $φ_{45, 75}(τ)$ die PKKF zwischen den Spreizfolgen mit den Oktalkennungen (45) und (75), die in der Tabelle auf der Angabenseite zu finden sind.
-Entsprechend gilt für den Detektionsnutzabtastwert unter der Voraussetzung $a_{1(s)} = +1$ und $a_{1(i)} = –1$:
+'''(3)'''&nbsp;  Wir betrachten zunächst nur den Nutzanteil  ⇒  $n(t) = 0$. Außerdem beschränken wir uns auf das erste Datensymbol und setzen den Amplitudenkoeffizienten $a_\text{1(s)} = +1$ voraus. Dann gilt innerhalb dieses Datenbits $s(t) = c_{45}(t)$. Ist der Koeffizient $a_\text{1(i)} $ des interferierenden Teilnehmers ebenfalls $+1$, so erhält man für die vorne spezifizierten Signale im Zeitintervall von $0$ bis $T$:
-$$d (T) = 1 - {\it \varphi}_{45,\hspace{0.05cm}75}(\lambda = 0) \hspace{0.05cm}.$$
+:$$ r(t)  =  c_{45}(t) + c_{75}(t)\hspace{0.05cm},$$
-Aus Symmetriegründen liefern die Koeffizienten $a_{1(s)} = –1$, $a_{1(i)} = –1$ sowie $a_{1(s)} = –1$, $a_{1(i)} = +1$ die genau gleichen Beiträge für die Bitfehlerwahrscheinlichkeit wie $a_{1(s)} = +1$, $a_{1(i)} = +1$ bzw. $a_{1(s)} = +1$, $a_{1(i)} = –1$, wenn man zudem das AWGN–Rauschen berücksichtigt.
+:$$b(t)  =  r(t) \cdot c_{45}(t) = \left [c_{45}(t) + c_{75}(t) \right ] \cdot c_{45}(t) = 1+ c_{45}(t) \cdot c_{75}(t) \hspace{0.05cm},$$
+:$$ d (T)  =  \frac{1}{T} \cdot \int_{0 }^{ T} b (t )\hspace{0.1cm} {\rm d}t = 1 + {\it \varphi}_{45,\hspace{0.05cm}75}(\lambda = 0) \hspace{0.05cm}.$$
+Hierbei bezeichnet $φ_\text{45, 75}(τ)$ die PKKF zwischen den Spreizfolgen mit den Oktalkennungen (45) und (75), die in der Tabelle auf der Angabenseite zu finden sind.
-Mit dem Ergebnis der Teilaufgabe a) und $φ_{45, 75}(λ = 0) = 7/31$ erhält man somit näherungsweise:
+Entsprechend gilt für den Detektionsnutzabtastwert unter der Voraussetzung $a_\text{1(s)} = +1$ und $a_\text{1(i)} =-1$:
-$$p_{\rm B}  =  \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( \frac{1+ 7/31}{0.4} \right ) + \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( \frac{1- 7/31}{0.4} \right ) =$$
+:$$d (T) = 1 - {\it \varphi}_{45,\hspace{0.05cm}75}(\lambda = 0) \hspace{0.05cm}.$$
-$$ =  \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( \frac{1.225}{0.4} \right ) + \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( \frac{0.775}{0.4} \right ) = \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( 3.06 \right ) + \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( 1.94 \right ) \approx $$
+Aus Symmetriegründen liefern die Koeffizienten $a_\text{1(s)} = -1$, $a_\text{1(i)} = -1$ sowie $a_\text{1(s)} = -1$, $a_\text{1(i)} = +1$ die genau gleichen Beiträge für die Bitfehlerwahrscheinlichkeit wie $a_\text{1(s)} = +1$, $a_\text{1(i)} = +1$ bzw. $a_{1(s)} = +1$, $a_{1(i)} = –1$, wenn man zudem das AWGN–Rauschen berücksichtigt.
-$$ \approx  \frac{1}{2} \cdot \left [{\rm Q} \left ( 3 \right ) + {\rm Q} \left ( 2 \right ) \right ] = \frac{1}{2} \cdot \left [0.00135 + 0.02275 \right ] \hspace{0.15cm}\underline {= 0.012}\hspace{0.05cm}.$$
-'''4.''' Möglich sind die Lösungsvorschläge 2 und 3. Der PKKF–Wert $φ_{45, 57}(λ = 0)$ ist betragsmäßig nur 1/31 und damit ist die Fehlerwahrscheinlichkeit nur geringfügig größer als 0.6%. Die Folge $(67)_{oktal}$ führt dagegen zur gleichen PKKF wie die Folge $(75)_{oktal}$.
+Mit dem Ergebnis der Teilaufgabe (1) und mit $φ_\text{45, 75}(λ = 0) = 7/31$ erhält man somit näherungsweise:
+:$$p_{\rm B}  =  \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( \frac{1+ 7/31}{0.4} \right ) + \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( \frac{1- 7/31}{0.4} \right ) =  \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( \frac{1.225}{0.4} \right ) + \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( \frac{0.775}{0.4} \right ) = \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( 3.06 \right ) + \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( 1.94 \right )$$
+:$$ \Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm B}\approx  \frac{1}{2} \cdot \left [{\rm Q} \left ( 3 \right ) + {\rm Q} \left ( 2 \right ) \right ] = \frac{1}{2} \cdot \left [0.00135 + 0.02275 \right ] \hspace{0.15cm}\underline {= 0.012}\hspace{0.05cm}.$$
-Ohne störenden Teilnehmer gilt entsprechend dem Angabenblatt; $p_B = 0.6%$. Mit Interferenz kann dieser Wert nicht unterschritten werden  ⇒  Lösungsvorschlag 1 ist nicht möglich.
+'''(4)'''&nbsp; Möglich sind die <u>Lösungsvorschläge 2 und 3</u>:
+* Der PKKF–Wert $φ_\text{45, 57}(λ = 0)$ ist betragsmäßig nur 1/31 und damit ist die Fehlerwahrscheinlichkeit nur geringfügig größer als $0.6\%$.
+*Die Folge mit den Oktalkennung (67) führt dagegen zur gleichen PKKF wie die Folge (75.
+*Ohne störenden Teilnehmer gilt entsprechend dem Angabenblatt: $p_{\rm B} = 0.6\%$. Mit Interferenz kann dieser Wert nicht unterschritten werden  &nbsp; ⇒  &nbsp;  Lösungsvorschlag 1 ist nicht möglich.
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