Aufgaben:Aufgabe 3.3: Rauschen bei Kanalentzerrung

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Rausch–LDS vor dem Entscheider

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  $f_{\rm G} \cdot T = 0.35$  verwendet,  so dass beide Systeme mit  $\ddot{o}(T_{\rm D} = 0) = 0.478 \cdot s_0$  auch die gleiche Augenöffnung aufweisen.

• Die pro Bit aufgewendete Sendeenergie  $E_{\rm B} = s_0^2 \cdot T$  ist um den Faktor  $10^9$  größer als die Rauschleistungsdichte  $N_0$   ⇒   $10\cdot {\rm lg} \, E_{\rm B}/N_0 = 90 \, {\rm dB}$.

Die beiden Systeme unterscheiden sich wie folgt:

• Der Kanalfrequenzgang von System  $\rm A$  ist frequenzunabhängig:   $H_{\rm K}(f) = \alpha$.  Für das Empfangsfilter ist demnach  $H_{\rm E}(f) = H_{\rm G}(f)/\alpha$  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  $\rm B$  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:

$$|H_{\rm K}(f)| = {\rm e}^{- 9.2 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}\sqrt{2 f T}}\hspace{0.05cm}.$$

• Somit lautet die Gleichung für die Rauschleistungsdichte vor dem Entscheider  $($mit  $f_{\rm G} \cdot T = 0.35)$:

$${\it \Phi}_{d{\rm N}}(f) = {N_0}/{2} \cdot \frac{|H_{\rm G }(f)|^2}{|H_{\rm K}(f)|^2} = {N_0}/{2} \cdot {\rm exp}\left [18.4 \cdot \sqrt{2 f T} - 2\pi \cdot \frac{(f \cdot T)^2}{(2 \cdot 0.35)^2} \right ] \hspace{0.05cm}.$$

Dieser Funktionsverlauf  $\rm B$  ist in obiger Grafik rot dargestellt.  Die Rauchleistungsdichte für das System  $\rm A$  ist blau gezeichnet.

Für das System  $\rm B$  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  $p_{\rm U} = 4 \cdot 10^{\rm -8}$,  was dem Störabstand  $10 \cdot {\rm lg} \, \rho_{\rm U} = 14.8 \, {\rm dB}$  entspricht.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel   "Berücksichtigung von Kanalverzerrungen und Entzerrung".

• Verwenden Sie zur numerischen Auswertung der Q–Funktion das Interaktionsmodul  "Komplementäre Gaußsche Fehlerfunktionen".

Fragebogen

1

Welcher  (normierter)  Störeffektivwert tritt bei System  $\rm B$  auf?

$\sigma_d/s_0 \ = \ $

2

Welcher Störeffektivwert tritt bei System  $\rm A$  auf,  wenn dieses zur genau gleichen (ungünstigsten) Fehlerwahrscheinlichkeit wie das System  $\rm B$  führt?

$\sigma_d/s_0 \ = \ $

3

Mit welchem Dämpfungsfaktor  $\alpha$  ist das System  $\rm A$  dem System  $\rm B$  bezüglich der (ungünstigsten) Fehlerwahrscheinlichkeit äquivalent?

$20 \cdot {\rm lg} \ \alpha \ = \ $ ${\ \rm dB}$

4

Wie groß ist die auf  $N_0/2$  bezogene Rauschleistungsdichte  $($bei  $f = 0)$  vor dem Entscheider für System  $\rm A$  bzw. System  $\rm B$?

$\text{System A:}\hspace{0.4cm} {\it \Phi}_{d \rm N} (f = 0)/(N_0/2) \ = \ $ $\ \cdot 10^6$

$\text{System B:}\hspace{0.42cm} {\it \Phi}_{d \rm N} (f = 0)/(N_0/2) \ = \ $ $\ \cdot 10^0$

5

Für den Rest der Aufgabe betrachten wir ausschließlich das System  $\rm B$.  Bei welcher Frequenz  $f_{\rm max}$  besitzt  ${\it \Phi}_{d \rm N}(f)$  sein Maximum?

$f_{\rm max} \cdot T\ = \ $

6

Um welchen Faktor ist die Rauschleistungsdichte bei der Frequenz  $f_{\rm max}$  größer als bei  $f = 0$?

${\it \Phi}_{d \rm N}(f_{\rm max})/{\it \Phi}_{d \rm N}(0)\ = \ $ $\ \cdot 10^6$

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Aus $10 \cdot {\rm lg} \, \rho_{\rm U} = 14.8 \, {\rm dB}$ folgt $\rho_{\rm U} = 10^{\rm 1.48} ≈ 30.2$ und weiter mit der angegebenen Gleichung:

$$\sqrt{\rho_{\rm U}} = \frac{\ddot{o}(T_{\rm D})/2}{ \sigma_d}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} \sigma_d = \frac{0.478 \cdot s_0/2}{ \sqrt{30.2}} \hspace{0.15cm}\underline { \approx 0.044 \cdot s_0 }\hspace{0.05cm}.$$

(2)  Bei gleicher Fehlerwahrscheinlichkeit $p_{\rm U}$ (und damit gleichem $\rho_{\rm U}$) muss $\sigma_d$ genau den gleichen Wert besitzen wie in der Teilaufgabe (1) berechnet, da auch die Augenöffnung gleich bleibt   ⇒   $\sigma_d/s_0 \underline{= 0.044}.$

(3)  Entsprechend dem Angabenblatt gilt:

$$\alpha^2 = \frac{N_0 \cdot f_{\rm G}}{\sqrt{2} \cdot \sigma_d^2} = \frac{10^{-9} \cdot s_0^2 \cdot T \cdot f_{\rm G}}{\sqrt{2} \cdot \sigma_d^2} = 10^{-9} \cdot \frac{ f_{\rm G} \cdot T}{\sqrt{2} \cdot (\sigma_d/s_0)^2}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \alpha^2 = 10^{-9} \cdot \frac{ 0.35}{\sqrt{2} \cdot 0.044^2} \approx 1.28 \cdot 10^{-7} \hspace{0.05cm}.$$

In ${\rm dB}$ ausgedrückt erhält man somit

$$20 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}\alpha = 10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}\alpha^2 = -70\,{\rm dB}\hspace{0.1cm}+\hspace{0.1cm}10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}1.28\hspace{0.15cm}\underline { = -68.9\,{\rm dB}} \hspace{0.05cm}.$$

(4)  Beim System  $\rm B$  ist wegen $H_{\rm E}(f = 0) = 1$ der normierte Wert gleich $1$, das heißt, es ist ${\it \Phi}_{d \rm N}(f = 0) = N_0/2$.

Dagegen ist bei System  $\rm A$  dieser Wert aufgrund der Komponenten der frequenzunabhängigen Kabeldämpfung $\alpha$ um $1/\alpha^2$ größer:

$${\rm System}\hspace{0.15cm}{\rm A:}\hspace{0.1cm}\frac{{\it \Phi}_{d{\rm N}}(f = 0)}{N_0/2} = \frac{1}{\alpha^2} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 7.8 \cdot 10^{6}} \hspace{0.05cm}, \hspace{1.05cm}{\rm System\hspace{0.15cm}B}: \frac{{\it \Phi}_{d \rm N}(f = 0)}{N_0/2} \, \underline {= 1}.$$

(5)  ${\it \Phi}_{d \rm N}(f)$ ist maximal, wenn der Exponent

$$18.4 \cdot \sqrt{2 f T} - 2\pi \cdot \frac{(f \cdot T)^2}{0.49}$$

den maximalen Wert besitzt. Mit $x = f \cdot T$ gilt somit für die Optimierungsfunktion:

$$y(x) = 26.022 \cdot \sqrt{x} - 12.823 \cdot x^2 \approx 26 \cdot \sqrt{x} - 13 \cdot x^2 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} = \frac{26} {2\cdot \sqrt{x}} - 13 \cdot 2 \cdot x = 0$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} \frac{1} { \sqrt{x}} = 2 \cdot x \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}\frac{1} { x} = 4 \cdot x^2 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} x^3 = 0.25 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} x \approx 0.63 \hspace{0.05cm}.$$

Damit ergibt sich $f_{\rm max} \cdot T\hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.63}$.

(6)  Mit $x_{\rm max} = 0.63$ erhält man den Funktionswert

$$y(x_{\rm max}) \approx 26 \cdot \sqrt{0.63} - 13 \cdot 0.63^2 \hspace{0.15cm}\underline {\approx 15.477}.$$

Rauschanteil $d_{\rm N}(t)$

Daraus folgt:

• Die Rauschleistungsdichte ist bei der (normierten) Frequenz $f \cdot T \approx 0.63$ um den Faktor $e^{\rm 15.5} \underline{\approx 5.4 \cdot 10^6}$ größer ist als bei der Frequenz $f = 0$.

• Im Rauschanteil $d_{\rm N}(t)$ überwiegen somit periodische Anteile mit der Periodendauer $T_0 \approx 1.6 \cdot T$.
• Die Grafik zeigt eine Simulation und bestätigt dieses Ergebnis.