Aufgaben:Aufgabe 1.3: Rechteckfunktionen für Sender und Empfänger

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Vergleich dreier verschiedener Systemkonzepte

Wir betrachten hier drei Varianten eines binären bipolaren AWGN–Übertragungssystems, die sich hinsichtlich des Sendegrundimpulses $g_{s}(t)$ sowie der Impulsantwort $h_{\rm E}(t)$ des Empfangsfilters unterscheiden:

• Beim System A sind sowohl $g_{s}(t)$ als auch $h_{\rm E}(t)$ rechteckförmig, lediglich die Impulshöhen ($s_{\rm 0}$ bzw. $1/T$) sind unterschiedlich.
• Das System B unterscheidet sich vom System A durch einen dreieckförmigen Sendegrundimpuls mit $g_{s}(t=0) = s_{\rm 0}$.
• Das System C hat den gleichen Sendegrundimpuls wie System A, während die Impulsantwort mit $h_{\rm E}(t=0) = 1/T$ dreieckförmig verläuft.

Die absolute Breite der hier betrachteten Rechteck– und Dreieckfunktionen beträgt jeweils $T = 10 \ \rm \mu s$. Die Bitrate ist $R = 100 \ \rm kbit/s$. Die weiteren Systemparameter sind wie folgt gegeben:

$$s_0 = 6 \,\,\sqrt{W}\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm} N_{\rm 0} = 2 \cdot 10^{-5} \,\,{\rm W/Hz}\hspace{0.05cm}.$$

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Fehlerwahrscheinlichkeit bei Basisbandübertragung.
• Zur Bestimmung von Fehlerwahrscheinlichkeiten können Sie das Interaktionsmodul Komplementäre Gaußsche Fehlerfunktionen verwenden:
• Berücksichtigen Sie bei der Berechnung der Detektionsstörleistung das Theorem von Wiener–Chintchine:

$$ \sigma _d ^2 = \frac{N_0 }{2} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\left| {H_{\rm E}( f )} \right|^2 \hspace{0.1cm}{\rm{d}}f} = \frac{N_0 }{2} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\left| {h_{\rm E}( t )} \right|^2 \hspace{0.1cm}{\rm{d}}t}\hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

1

Berechnen Sie für System A den Detektionsgrundimpuls $g_{d}(t) = g_{ s}(t) \star h_{\rm E}(t)$ . Welcher Wert $g_0 = g_{d}(t=0)$ ergibt sich zum Zeitpunkt $t = 0$?

$g_0 \hspace{0.28cm} = \ $ $\ \rm W^{1/2}$

2

Berechnen Sie daraus die Detektionsstörleistung $σ_{\rm d}^2$.

$σ_{d}^{\hspace{0.02cm}2} \hspace{0.2cm} = \ $ $\ \rm W$

3

Welche Bitfehlerwahrscheinlichkeit $p_{\rm B}$ ergibt sich somit für das System A?

$p_{\rm B} \hspace{0.2cm} = \ $ $\ \cdot 10^{-9}$

4

Ermitteln Sie die entsprechenden Größen für System B.

$g_0 \hspace{0.28cm} = \ $ $\ \rm W^{1/2}$

$σ_{d}^{\hspace{0.02cm}2} \hspace{0.2cm} = \ $ $\ \rm W$

$p_{\rm B} \hspace{0.2cm} = \ $ $\ \cdot 10^{-2}$

5

Wie lauten die Kenngrößen für das System C?

$g_0 \hspace{0.28cm} = \ $ $\ \rm W^{1/2}$

$σ_{d}^{\hspace{0.02cm}2} \hspace{0.2cm} = \ $ $\ \rm W$

$p_{\rm B} \hspace{0.2cm} = \ $ $\ \cdot 10^{-7}$

Musterlösung

Musterlösung

1.  Beim System A führt die Faltung der beiden gleich breiten Rechteckfunktionen $g_{\rm s}(t)$ und $h_{\rm E}(t)$ zu einem dreieckförmigen Detektionsgrundimpuls mit dem Maximum bei $t = 0$:

$$g_d (t = 0) = \int_{ - T/2}^{ + T/2} { g_s(t) \cdot h_{\rm E}( t )} \hspace{0.1cm}{\rm{d}}t =s_0 \cdot \frac{1 }{T} \cdot T = s_0 \hspace{0.1cm}\underline { = 6 \,\,\sqrt{{\rm W}}}\hspace{0.05cm}.$$

Es gibt keine Impulsinterferenzen, da für | $t $| ≥ $T$ der Detektionsimpuls $g_{\rm d}(t)$ identisch 0 ist.

2.  Die Varianz des Detektionsstörsignals – hier als Detektionsstörleistung bezeichnet – kann sowohl im Zeit– als auch im Frequenzbereich berechnet werden. Bei der vorliegenden Rechteckform führt die Berechnung im Zeitbereich schneller zum Ergebnis:

$$\sigma _d ^2 \ = \ \frac{N_0 }{2} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\left| {h_{\rm E}( t )} \right|^2 \hspace{0.1cm}{\rm{d}}t} =\frac{N_0 }{2} \cdot \int_{ - T/2 }^{ + T/2 } {\left| {h_{\rm E}( t )} \right|^2 \hspace{0.1cm}{\rm{d}}t} =\\ \ = \ \frac{N_0 }{2} \cdot\frac{1 }{T^2} \cdot T = \frac{N_0 }{2T} = \frac{2 \cdot 10^{-5} \,\,{\rm W/Hz}}{2 \cdot 10^{-5} \,\,{\rm s}} \hspace{0.1cm}\underline {= 1\,{\rm W}}\hspace{0.05cm}.$$

Die Frequenzbereichsberechnung würde mit $H_{\rm E}(f) = si(πfT)$ wie folgt aussehen:

$$\sigma _d ^2 = \frac{N_0 }{2} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\left| {H_{\rm E}( f )} \right|^2 \hspace{0.1cm}{\rm{d}}f} = \frac{N_0 }{2} \cdot \int_{- \infty }^{ \infty } {\rm si}^2(\pi f T)\hspace{0.1cm}{\rm{d}}f = \frac{N_0 }{2T} \hspace{0.05cm}.$$

3.  Aufgrund der zeitlich begrenzten Impulsform (das bedeutet: keine Impulsinterferenzen!) ergibt sich bei der hier vorausgesetzten bipolaren Betrachtungsweise:

$$p_{\rm B} = {\rm Q} \left( \frac{s_0}{\sigma_d}\right)= {\rm Q} \left( \frac{ 6 \,\sqrt{\rm W}}{1 \,\sqrt{\rm W}}\right) = {\rm Q}(6) \hspace{0.1cm}\underline {= 0.987 \cdot 10^{-9}} \hspace{0.05cm}.$$

Das System A stellt die Matched–Filter–Realisierung des optimalen Binärempfängers dar, so dass hier auch die folgenden Gleichungen anwendbar wären:

$$E_{\rm B} = s_0^2 \cdot T = 36\, {\rm W} \cdot 10^{-5} {\rm s}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm B} = {\rm Q} \left( \sqrt{\frac{2 \cdot E_{\rm B}}{N_0}}\right) ={\rm Q} \left( \sqrt{\frac{2 \cdot 36 \cdot 10^{-5}\,\, {\rm Ws}}{2 \cdot 10^{-5} \,\, {\rm Ws}}}\right)={\rm Q}(6) \hspace{0.05cm}.$$

4.  Da bei System B das genau gleiche Empfangsfilter wie bei System A verwendet wird, erhält man auch die gleiche Detektionsstörleistung $σ_{\rm d}\ ^2 = 1$ W. Der Detektionsgrundimpuls ist nun aber nicht mehr dreieckförmig, sondern weist eine spitzere Form auf. Zum Zeitpunkt $t = 0$ gilt:

$$g_d (t = 0) = \frac{1}{T} \cdot \int_{ - T/2}^{ + T/2} { g_s(t) } \hspace{0.1cm}{\rm{d}}t = \frac{1}{T} \cdot \frac{s_0 }{2} \cdot T = \frac{s_0 }{2}\hspace{0.1cm}\underline {= 3 \,\,\sqrt{\rm W}}\hspace{0.05cm}.$$

Auch das System B ist impulsinterferenzfrei. Man erhält deshalb für die Bitfehlerwahrscheinlichkeit:

$$p_{\rm B} = {\rm Q} \left( \frac{g_d (t = 0)}{\sigma_d}\right)= {\rm Q} \left( \frac{ 3 \,\sqrt{\rm W}}{1 \,\sqrt{\rm W}}\right) = {\rm Q}(3) \hspace{0.1cm}\underline {= 0.135 \cdot 10^{-2}} \hspace{0.05cm}.$$

Nicht anwendbar ist dagegen hier der folgende Rechengang:

$$E_{\rm B} = \int^{+\infty} _{-\infty} g_s^2(t)\,{\rm d}t = 2\cdot s_0^2 \cdot \int ^{+T/2} _{0} \left( 1- \frac{2t}{T}\right)^2\,{\rm d}t = \frac{s_0^2 \cdot T }{3} = 12 \cdot 10^{-5} \,{\rm Ws}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm B} = {\rm Q} \left( \sqrt{\frac{2 \cdot E_{\rm B}}{N_0}}\right) ={\rm Q} \left( \sqrt{12}\right)={\rm Q}(3.464) \approx 3 \cdot 10^{-4} \hspace{0.05cm}.$$

Man würde so eine zu niedrige Bitfehlerwahrscheinlichkeit berechnen, da die implizit getroffene Annahme eines angepassten Filters nicht zutrifft.

5.  Bei rechteckförmigem Sendegrundimpuls und dreieckförmiger Impulsantwort erhält man den gleichen Detektionsgrundimpuls wie bei dreieckförmigem $g_{\rm s}(t)$ und rechteckförmigem $h_{\rm E}(t)$. Wie beim System B gilt deshalb:

$$g_d (t = 0) = \frac{s_0}{2}\hspace{0.1cm}\underline {= 3 \,\,\sqrt{\rm W}}\hspace{0.05cm}.$$

Dagegen ist nun die Detektionsstörleistung kleiner als bei den Systemen A und B:

$$\sigma _d ^2 = \frac{N_0}{2} \cdot \frac{1}{T^2} \cdot \int^{+T/2} _{-T/2} \left( 1- \frac{2t}{T}\right)^2\,{\rm d}t = \frac{N_0}{6T}\hspace{0.1cm}\underline { = 0.333 \,{\rm W}}.$$

Damit erhält man nun:

$$p_{\rm B} = {\rm Q} \left( \frac{ 3 \,\sqrt{\rm W}}{0.577 \,\sqrt{\rm W}}\right) \approx {\rm Q}(5.2)\hspace{0.1cm}\underline { \approx 10^{-7} } \hspace{0.05cm}.$$

Der gegenüber Teilfrage (3) erkennbare Anstieg der Fehlerwahrscheinlichkeit um etwa den Faktor 100 ist auf die gravierende Fehlanpassung gegenüber dem Matched–Filter zurückzuführen. Die Verbesserung gegenüber Teilaufgabe (4) geht auf die höhere Signalenergie zurück.