Aufgabe 2.2: Binäre bipolare Rechtecke

Beispiele für binäre bipolare Rechtecksignale

Wir gehen von folgendem Signal aus:

$$s(t) = \sum_{\nu = -\infty}^{+\infty} a_\nu \cdot g_s ( t - \nu \cdot T) \hspace{0.05cm}.$$

Der Sendegrundimpuls $g_{s}(t)$ wird in dieser Aufgabe stets als rechteckförmig angenommen, wobei das NRZ–Format (blaue Signalverläufe in der Grafik) als auch das RZ–Format mit dem Tastverhältnis $T_{\rm S}/T = 0.5$ (rote Signalverläufe) zu untersuchen ist.

Die Amplitudenkoeffizienten besitzen die folgenden Eigenschaften:

Sie sind binär und bipolar: $a_{\nu} ∈ \{–1, +1\}$.
$\langle a_{\nu }\rangle$ weist keine statistischen Bindungen auf.
Die Wahrscheinlichkeiten für die beiden möglichen Werte $±1$ lauten mit $0 < p < 1$:

$${\rm Pr}(a_\nu = +1) \ = \ p,$$

$${\rm Pr}(a_\nu = -1) \ = \ 1 - p \hspace{0.05cm}.$$

Die drei in der Grafik dargestellten Signalausschnitte gelten für $p = 0.75$, $p = 0.50$ und $p = 0.25$.

Im Laufe dieser Aufgabe wird auf folgende Beschreibungsgrößen Bezug genommen:

$m_{a} = \E[a_{\nu}]$ gibt den linearen Mittelwert der Amplitudenkoeffizienten an, und $m_{2a} = \E[a_{\nu}^{2}]$ ist der quadratische Mittelwert. Damit kann auch die Varianz $\sigma_{a}^{2} = m_{2a} – m_{a}^{2}$ berechnet werden.
Die diskrete AKF der Amplitudenkoeffizienten ist $\varphi_{a}(\lambda) = \E[a_{\nu} \cdot a_{\nu} + \lambda]$. Es gilt hier:

$$\varphi_a(\lambda) = \left\{ \begin{array}{c} m_2 \\ m_1^2 \\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} {\rm{f\ddot{u}r}}\\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array} \begin{array}{*{20}c}\lambda = 0, \\ \lambda \ne 0 \hspace{0.05cm}.\\ \end{array}$$

Die Energie–AKF des Sendegrundimpulses beträgt:

$$\varphi^{^{\bullet}}_{gs}(\tau) = \left\{ \begin{array}{c} s_0^2 \cdot T_{\rm S} \cdot \left( 1 - {|\tau|}/{T_{\rm S}}\right) \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} {\rm{f\ddot{u}r}}\\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array} \begin{array}{*{20}c}|\tau| \le T_{\rm S} \\ |\tau| \ge T_{\rm S} \hspace{0.05cm}.\\ \end{array}$$

Damit erhält man für die gesamte AKF des Sendesignals:

$$\varphi_s(\tau) = \sum_{\lambda = -\infty}^{+\infty}{1}/{T} \cdot \varphi_a(\lambda)\cdot \varphi^{^{\bullet}}_{gs}(\tau - \lambda \cdot T)\hspace{0.05cm}.$$

Das Leistungsdichtespektrum $\Phi_{s}(f)$ ist die Fouriertransformierte der AKF $\varphi_{s}(\tau)$.

Hinweis:

Diese Aufgabe bezieht sich auf Grundlagen der codierten Übertragung des Buches „Digitalsignalübertragung”.

Fragebogen

Musterlösung

(1) Man spricht von einem redundanzfreien Digitalsignal, wenn

die Amplitudenkoeffizienten nicht voneinander abhängen (dies wurde hier vorausgesetzt),
alle möglichen Amplitudenkoeffizienten gleichwahrscheinlich sind.

In diesem Sinne ist $s_{0.5}(t)$ ein redundanzfreies Signal $\Rightarrow$ Lösungsvorschlag 2. Somit ist hier die Entropie (der mittlere Informationsgehalt pro übertragenem Binärsymbol) maximal gleich dem Entscheidungsgehalt:

$$H_{\rm max} = {1}/{2}\cdot {\rm log}_2 (2)+{1}/{2}\cdot {\rm log}_2 (2) = 1 \,\,{\rm bit/Bin\ddot{a}rsymbol} \hspace{0.05cm}.$$

Dagegen gilt für die Entropien der beiden anderen Binärsignale:

$$H = \ \frac{3}{4}\cdot {\rm log}_2 (\frac{4}{3})+ \frac{1}{4}\cdot {\rm log}_2 (4) = \left( \frac{3}{4} + \frac{1}{4}\right)\cdot {\rm log}_2 (4) - \frac{3}{4}\cdot{\rm log}_2 (3) =$$

$$ \hspace{0.5cm} = \ 2 - \frac{3}{4}\cdot{\rm log}_2 (3) = 0.811 \,\,{\rm bit/Bin\ddot{a}rsymbol} \hspace{0.05cm}.$$

Daraus ergibt sich für die relative Redundanz dieser Signale:

$$r = \frac{H_{\rm max} - H}{H_{\rm max}}\hspace{0.15cm} \approx 18.9\%\hspace{0.05cm}.$$

(2) Der quadratische Mittelwert ist unabhängig von $p$ gleich $m_{2a} = 1$:

$$m_{2a}={\rm E}[a_\nu^2] = p \cdot (+1)^2 + (1-p)\cdot (-1)^2 \hspace{0.15cm}\underline { = 1 \hspace{0.05cm}}.$$

(3) Für den linearen Mittelwert erhält man

$$m_{a}={\rm E}[a_\nu] = p \cdot (+1) + (1-p)\cdot (-1) = 2 p -1 \hspace{0.05cm}.$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} p = 0.75: m_{a}\hspace{0.15cm}\underline {=0.50},\hspace{0.2cm} p = 0.50: m_{a}\hspace{0.15cm}\underline {=0},\hspace{0.2cm} p = 0.25: m_{a}\hspace{0.15cm}\underline { =-0.50 \hspace{0.05cm}}.$$

(4) Mit den Ergebnissen aus (2) und (4) erhält man:

$$p \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} 0.75 \hspace{-0.05cm}: \hspace{0.15cm} \sigma_{a}^2 \hspace{0.15cm}\underline {=0.75},$$

$$ p \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} 0.50 \hspace{-0.05cm}:\hspace{0.15cm} \sigma_{a}^2\hspace{0.15cm} \underline { =1.00 \hspace{0.05cm}},$$

$$ p \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} 0.25 \hspace{-0.05cm}: \hspace{0.15cm} \sigma_{a}^2 \hspace{0.15cm}\underline {=0.75}.$$

(5) Für $p = 0.5$ gilt $\varphi_{a}(\lambda = 0) = 1$ und $\varphi_{a}(\lambda \neq 0) = 0$. Daraus folgt:

(6)

	Die AKF ist in beiden Fällen dreieckförmig.
	Das LDS verläuft in beiden Fällen ${\rm si}^{2}$–förmig.
	Die LDS–Fläche ist in beiden Fällen gleich.
	Bei RZ–Impulsen beinhaltet $\Phi_{s}(f)$ zusätzliche Diracfunktionen.

	Die AKF besteht aus einem Dreieck und einem Gleichanteil.
	Das LDS besteht aus einem ${\rm si}^{2}$–Anteil und einem Dirac.
	Die Diracfunktion hat das Gewicht $s_{0}^{2}$.
	Mit $p = 0.25$ ergibt sich das gleiche Leistungsdichtespektrum.

	Auch hier beinhaltet das LDS einen ${\rm si}^{2}$–förmigen Anteil.
	Gleichzeitig gibt es im LDS noch unendlich viele Diraclinien.

	$s_{0.75}(t)$,
	$s_{0.50}(t)$,
	$s_{0.25}(t)$,