Aufgaben:Aufgabe 3.7: Nochmals Optimale Nyquistentzerrung

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Transversalfilterfrequenzgang

Wir gehen bei dieser Aufgabe von folgenden Voraussetzungen aus:

• binäre bipolare NRZ–Rechteckimpulse

$$|H_{\rm S}(f)|= {\rm si}(\pi f T) \hspace{0.05cm},$$

• Koaxialkabel mit Kabeldämpfung $a_* = 9.2 \ {\rm Np} \ (\approx 80 \ \rm dB)$:

$$|H_{\rm K}(f)|= {\rm exp}\left [ -9.2 \cdot \sqrt{2 \cdot |f| \cdot T} \right ]\hspace{0.05cm},$$

• optimaler Nyquistentzerrer, bestehend aus Matched–Filter und Transversalfilter:

$$H_{\rm E}(f) = H_{\rm MF}(f) \cdot H_{\rm TF}(f)\hspace{0.2cm}{\rm mit}$$

$$H_{\rm MF}(f) = H_{\rm S}^{\star}(f) \cdot H_{\rm K}^{\star}(f)\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} H_{\rm TF}(f) = \frac{1}{\sum\limits_{\kappa = -\infty}^{+\infty} |H_{\rm SK}(f - {\kappa}/{T}) |^2}\hspace{0.05cm}.$$

Hierbei bezeichnet $H_{\rm SK}(f) = H_{\rm S}(f) \cdot H_{\rm K}(f)$ das Produkt von Sender– und Kanalfrequenzgang.

Wegen der Nyquistentzerrung ist das Auge maximal geöffnet. Für die Fehlerwahrscheinlichkeit gilt:

$$p_{\rm S} \left ( = p_{\rm U} \right ) = {\rm Q}\left ( \sqrt{\frac{s_0^2 \cdot T}{N_0 \cdot \sigma_{d,\hspace{0.05cm} {\rm norm}}^2}} \right ) \hspace{0.05cm}.$$

Die normierte Störleistung am Entscheider ist durch folgende Gleichungen gegeben:

$$\sigma_{d,\hspace{0.05cm} {\rm norm}}^2 = T \cdot \int_{-\infty}^{+\infty} |H_{\rm E}(f)|^2 \,{\rm d} f \hspace{0.05cm},$$

$$\sigma_{d,\hspace{0.05cm} {\rm norm}}^2 = T \cdot \int_{-1/(2T)}^{+1/(2T)} H_{\rm TF}(f) \,{\rm d} f = T \cdot \int_{0}^{1/T} H_{\rm TF}(f) \,{\rm d} f \hspace{0.05cm}.$$

Die Gültigkeit dieser Gleichung ergibt sich aus der Periodizität des Transversalfilterfrequenzgangs. In der Grafik erkennt man die normierte Störleistung als die rot hinterlegte Fläche. Näherungsweise kann die normierte Störleistung durch die in der Grafik blau eingezeichnete Dreieckfläche berechnet werden.

Hinweis:

• Die Aufgabe bezieht sich auf das Kapitel Lineare Nyquistentzerrung.
• Zur Bestimmung der Fehlerwahrscheinlichkeit können Sie das folgende interaktive Berechnungsmodul nutzen: Gaußsche Fehlerfunktion

Fragebogen

1

Berechnen Sie den Sender–Kanal–Frequenzgang (Betrag) für die Frequenzen $f = 0$, $f = f_{\rm Nyq} = 1/(2T)$ und $f = 1/T$.

$|H_{\rm SK} (f = 0)|$ = $\ \cdot 10^0$

$|H_{\rm SK} (f = f_{\rm Nyq})|$ = $\ \cdot 10^{\rm –5}$

$|H_{\rm SK} (f = 1/T)|$ = $\ \cdot 10^0$

2

Berechnen Sie den Maximalwert von $H_{\rm TF}(f)$ bei $f = f_{\rm Nyq}$.

$|H_{\rm TF} (f = f_{\rm Nyq})|$ = $\ \cdot 10^8$

3

Berechnen Sie die normierte Störleistung entsprechend der Dreiecknäherung.

$\sigma_{\rm d, \ norm}^2$ = $\ \cdot 10^7$

4

Welche Fehlerwahrscheinlichkeit ergibt sich mit $s_0^2 \cdot T/N_0 = 10^8$?

$p_{\rm S}$ = $\ \cdot 10^{\rm –3}$

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Allgemein gilt für alle Frequenzen ≥ 0:

$$|H_{\rm SK}(f)|= {\rm si}(\pi f T) \cdot {\rm exp}\left [ -9.2 \cdot \sqrt{2 \cdot |f| \cdot T} \right ]\hspace{0.05cm}.$$

Daraus ergeben sich die gesuchten Sonderfälle:

$$f= 0 \hspace{-0.3cm} \ : \ \hspace{0.1cm}|H_{\rm SK}(f = 0)|= {\rm si}(0) \cdot {\rm e}^0 \hspace{0.15cm}\underline {= 1} \hspace{0.05cm},$$

$$ f= f_{\rm Nyq} \hspace{-0.3cm} \ : \ \hspace{0.1cm}|H_{\rm SK}(f = \frac{1}{2T})|= {\rm si}(\frac{\pi}{2}) \cdot {\rm e}^{-9.2} \hspace{0.15cm}\underline { \approx 6.43 \cdot 10^{-5}} \hspace{0.05cm},$$

$$ f= \frac{1}{T} \hspace{-0.3cm} \ : \ \hspace{0.1cm}|H_{\rm SK}(f = \frac{1}{T})|= {\rm si}({\pi}) \cdot {\rm e}^{...} \hspace{0.15cm}\underline { = 0} \hspace{0.05cm}.$$

(2)  Die Grafik zeigt, dass $H_{\rm TF}(f)$ bei $f = f_{\rm Nyq}$ maximal wird. Daraus folgt mit der angegebenen Gleichung weiter, dass

$${\sum\limits_{\kappa = -\infty}^{+\infty} |H_{\rm SK}(f - \frac{\kappa}{T}) |^2}$$

bei der Nyquistfrequenz minimal ist. Für $f = f_{\rm Nyq}$ tragen von der unendlichen Summe allerdings nur die Terme mit $\kappa = 0$ und $\kappa = 1$ relevant zum Ergebnis bei. Daraus folgt mit dem Ergebnis aus (1):

$${\rm Max} \left [ H_{\rm TF}(f) \right ] \ = \ H_{\rm TF}(f = f_{\rm Nyq})= \frac{1}{2 \cdot |H_{\rm SK}(f = f_{\rm Nyq}) |^2} = $$

$$ \ = \ \frac{1}{2 \cdot (6.43 \cdot 10^{-5})^2}= \frac{10^{10}}{82.69} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 1.21 \cdot 10^{8}} \hspace{0.05cm}.$$

(3)  Nähert man das Integral über $H_{\rm TF}(f)$ durch die in der Grafik eingezeichnete Dreieckfläche an, so erhält man:

$$\sigma_{d,\hspace{0.05cm} {\rm norm}}^2 = T \cdot \int\limits_{0}^{1/T} H_{\rm TF}(f) \,{\rm d} f \approx T \cdot \frac{1}{2}\cdot 1.21 \cdot 10^{8}\cdot (0.64 -0.36)\hspace{0.15cm}\underline {\approx 1.7 \cdot 10^{7}} \hspace{0.05cm}.$$

(4)  Gemäß der gegebenen Gleichung erhält man für die (mittlere) Symbolfehlerwahrscheinlichkeit:

$$p_{\rm S} = {\rm Q}\left ( \sqrt{\frac{s_0^2 \cdot T}{N_0 \cdot \sigma_{d,\hspace{0.05cm} {\rm norm}}^2}} \right ) = {\rm Q}\left ( \sqrt{\frac{10^{8}}{1.7 \cdot 10^{7}}} \right ) \approx {\rm Q}(2.42)\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm S} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 8 \cdot 10^{-3}} \hspace{0.05cm}.$$

Da ein Nyquistsystem vorliegt, ist die ungünstigste (worst–case) Fehlerwahrscheinlichkeit genau so groß.