Aufgaben:Aufgabe 5.5: Mehrteilnehmer–Interferenzen

• Zurück zum Buch

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

1

Wie groß ist der (normierte) Rauscheffektivwert am Entscheider?

$σ_d/s_0 \ = \ $

2

Welche Bitfehlerwahrscheinlichkeit $p_{\rm B}$ erhält man, wenn der störende Teilnehmer $i(t)$ die gleiche M–Sequenz mit Oktalkennung (45) nutzt wie der betrachtete Teilnehmer?

$p_{\rm B}\ = \ $ $\ \%$

3

Welche Bitfehlerwahrscheinlichkeit $p_{\rm B}$ ergibt sich näherungsweise, wenn der störende Teilnehmer die M–Sequenz mit Oktalkennung (75) nutzt?

$p_{\rm B}\ = \ $ $\ \%$

4

Welche Aussagen könnten unter Umständen für eine andere Spreizfolge des interferierenden Teilnehmers möglich sein?

	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

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

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: $$ p_{\rm B}\,\,[{\rm falls}\,\, d (\nu T) = \pm 2s_0 ] = {\rm Q} \left ( 2 \cdot 2.515 \right ) = {\rm Q} \left ( 5.03 \right ) \approx 2.45 \cdot 10^{-7} \approx 0 \hspace{0.05cm}.$$ Ist dagegen $d(νT) = 0$ (zum Beispiel, wenn $a_1(s) = +1$ und $a_1(i) = –1$ gilt oder umgekehrt), so löschen sich die Signale vollständig aus und man erhält $$p_{\rm B}\,\,[{\rm falls}\,\, d (\nu T) = 0 ] = {\rm Q} \left ( 0 \right ) = 0.5 \hspace{0.05cm}.$$ Durch Mittelung über diese beiden gleichwahrscheinlichen Möglichkeiten ergibt sich so für die mittlere Bitfehlerwahrscheinlichkeit: $$p_{\rm B}= 0.5 \cdot 2.45 \cdot 10^{-7}+ 0.5 \cdot 0.5 \hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.25} \hspace{0.05cm}.$$ 3. Wir betrachten zunächst nur den Nutzanteil ⇒ $n(t) = 0$. Außerdem beschränken wir uns auf das erste Datensymbol und setzen den Amplitudenkoeffizienten $a_{1(s)} = +1$ 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: $$ r(t) = c_{45}(t) + c_{75}(t)\hspace{0.05cm},$$ $$b(t) = r(t) \cdot c_{45}(t) = \left [c_{45}(t) + c_{75}(t) \right ] \cdot c_{45}(t) = 1+ c_{45}(t) \cdot c_{75}(t) \hspace{0.05cm},$$ $$ d (T) = \frac{1}{T} \cdot \int_{0 }^{ T} b (t )\hspace{0.1cm} {\rm d}t = 1 + {\it \varphi}_{45,\hspace{0.05cm}75}(\lambda = 0) \hspace{0.05cm}.$$ 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 $a_{1(i)} = –1$: $$d (T) = 1 - {\it \varphi}_{45,\hspace{0.05cm}75}(\lambda = 0) \hspace{0.05cm}.$$ 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.

Mit dem Ergebnis der Teilaufgabe a) und $φ_{45, 75}(λ = 0) = 7/31$ erhält man somit näherungsweise: $$p_{\rm B} = \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( \frac{1+ 7/31}{0.4} \right ) + \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( \frac{1- 7/31}{0.4} \right ) =$$ $$ = \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( \frac{1.225}{0.4} \right ) + \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( \frac{0.775}{0.4} \right ) = \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( 3.06 \right ) + \frac{1}{2} \cdot {\rm Q} \left ( 1.94 \right ) \approx $$ $$ \approx \frac{1}{2} \cdot \left [{\rm Q} \left ( 3 \right ) + {\rm Q} \left ( 2 \right ) \right ] = \frac{1}{2} \cdot \left [0.00135 + 0.02275 \right ] \hspace{0.15cm}\underline {= 0.012}\hspace{0.05cm}.$$

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 $(75)_{oktal}$.

Ohne störenden Teilnehmer gilt entsprechend dem Angabenblatt; $p_B = 0.6%$. Mit Interferenz kann dieser Wert nicht unterschritten werden ⇒ Lösungsvorschlag 1 ist nicht möglich.