Aufgaben:Aufgabe 3.3: Rauschen bei Kanalentzerrung: Unterschied zwischen den Versionen
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\right) \hspace{0.2cm}{\rm mit} \hspace{0.2cm} \rho_{\rm U} = \frac{[\ddot{o}(T_{\rm D})/2]^2}{ \sigma_d^2}$$ | \right) \hspace{0.2cm}{\rm mit} \hspace{0.2cm} \rho_{\rm U} = \frac{[\ddot{o}(T_{\rm D})/2]^2}{ \sigma_d^2}$$ | ||
| − | bestimmt. Die Messung ergab $p_U = 4 \cdot 10^{\rm -8}$, was dem Störabstand $10 \cdot lg \, \rho_U = 14.8 \, {\rm dB}$ entspricht. | + | bestimmt. Die Messung ergab $p_U = 4 \cdot 10^{\rm -8}$, was dem Störabstand $10 \cdot {\rm lg} \, \rho_U = 14.8 \, {\rm dB}$ entspricht. |
Version vom 24. Oktober 2017, 10:55 Uhr
Wir betrachten zwei unterschiedliche Systemvarianten, die beide NRZ–Rechteck–Sendeimpulse benutzen und durch AWGN–Rauschen beeinträchtigt werden. In beiden Fällen wird zur Rauschleistungsbegrenzung ein Gaußtiefpass
- $$H_{\rm G}(f) = {\rm exp}(- \pi \cdot \frac{f^2}{(2f_{\rm G})^2})$$
mit der normierten Grenzfrequenz $f_G \cdot T = 0.35$ verwendet, so dass beide Systeme mit $\ddot{o}(T_D = 0) = 0.478 \cdot s_0$ auch die gleiche Augenöffnung aufweisen. Die pro Bit aufgewendete Sendeenergie $E_B = s_0^2 \cdot T$ ist um den Faktor $10^9$ größer als die Rauschleistungsdichte $N_0$ ⇒ $10\cdot {\rm lg} \, E_B/N_0 = 90 \, {\rm dB}$. Die beiden Systeme unterscheiden sich wie folgt.
- Der Kanalfrequenzgang von System A ist frequenzunabhängig: $H_K(f) = \alpha$. Für das Empfangsfilter ist demnach $H_E(f) = H_G(f)/\alpha$ anzusetzen, so dass für die Detektionsrauschleistung gilt:
- $$\sigma_d^2 = {N_0}/{2} \cdot \int_{-\infty}^{+\infty} |H_{\rm E}(f)|^2 \,{\rm d} f = \frac{N_0 \cdot f_{\rm G}}{\sqrt{2} \cdot \alpha^2} \hspace{0.05cm}.$$
- Dagegen ist für System B ein Koaxialkabel mit der charakteristischen Dämpfung (bei der halben Bitrate) $a_* = 80 \, {\rm dB}$ (bzw. $9.2 \, {\rm Np}$) vorausgesetzt, so dass für den Betragsfrequenzgang gilt:
- $$|H_{\rm K}(f)| = {\rm exp}(- 9.2 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}\sqrt{2 f T})\hspace{0.05cm}.$$
- Somit lautet die Gleichung für die Rauschleistungsdichte vor dem Entscheider (mit $f_G \cdot T = 0.35$):
- $${\it \Phi}_{d{\rm N}}(f) = {N_0}/{2} \cdot \frac{|H_{\rm G }(f)|^2}{|H_{\rm K}(f)|^2} = {N_0}/{2} \cdot {\rm exp}\left [18.4 \cdot \sqrt{2 f T} - 2\pi \cdot \frac{(f \cdot T)^2}{(2 \cdot 0.35)^2} \right ] \hspace{0.05cm}.$$
Dieser Funktionsverlauf ist in obiger Grafik rot dargestellt. Die Rauchleistungsdichte für das System A ist blau gezeichnet.
Für das System B wurde messtechnisch die ungünstigste Fehlerwahrscheinlichkeit
- $$p_{\rm U} = {\rm Q} \left( \sqrt{\rho_{\rm U}} \right) \hspace{0.2cm}{\rm mit} \hspace{0.2cm} \rho_{\rm U} = \frac{[\ddot{o}(T_{\rm D})/2]^2}{ \sigma_d^2}$$
bestimmt. Die Messung ergab $p_U = 4 \cdot 10^{\rm -8}$, was dem Störabstand $10 \cdot {\rm lg} \, \rho_U = 14.8 \, {\rm dB}$ entspricht.
Hinweis: Die Aufgabe bezieht sich auf das Kapitel 3.3.
Fragebogen
Musterlösung
