Aufgabe 4.6: Quantisierungskennlinien

Nichtlineare Quantisierungskennlinien

Es wird die nichtlineare Quantisierung betrachtet und es gilt weiterhin das Systemmodell gemäß Aufgabe 4.5. Die Grafik zeigt zwei Kompressorkennlinien $q_{\rm K}(q_{\rm A})$:

Rot eingezeichnet ist die sogenannte A–Kennlinie, die vom CCITT (Comité Consultatif International Téléphonique et Télégraphique) für das Standardsystem PCM 30/32 empfohlen wurde. Für $0 ≤ q_{\rm A} ≤ 1$ gilt hier:

$$q_{\rm K}(q_{\rm A}) = \left\{ \begin{array}{l} \frac{1 \hspace{0.05cm}+\hspace{0.05cm} {\rm ln}(A \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}q_{\rm A})} {1 \hspace{0.05cm}+ \hspace{0.05cm}{\rm ln}(A )} \\ \\ \frac{A \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}q_{\rm A}} {1 \hspace{0.05cm}+ \hspace{0.05cm}{\rm ln}(A )} \\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{10}c} {\frac{1}{A} \le q_{\rm A} \le 1} \hspace{0.05cm}, \\ \\ {q_{\rm A} < \frac{1}{A}} \hspace{0.05cm}. \\ \end{array}$$

Der blau–gestrichelte Kurvenzug gilt für die sog. 13–Segment–Kennlinie. Diese ergibt sich aus der A–Kennlinie durch stückweise Linearisierung; sie wird in der Aufgabe 4.5 ausführlich behandelt.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Pulscodemodulation.
Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite Kompression und Expandierung.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Für die durchgehend rot gezeichnete A-Kennlinie ist der Quantisierungsparameter $A = 100$ gewählt. Mit dem vom CCITT vorgeschlagenen Wert $A = 87.56$ ergibt sich näherungsweise der gleiche Verlauf.
Für die beiden weiteren Kurven gilt $A = A_1$ (strich–punktierte Kurve) bzw. $A = A_2$ (punktierte Kurve), wobei für $A_1$ bzw. $A_2$ die beiden möglichen Zahlenwerte $50$ und $200$ vorgegeben sind. In der Teilaufgabe (3) sollen Sie entscheiden, welche Kurve zu welchem Zahlenwert gehört.

Fragebogen

Musterlösung

1. Die Impulsantwort $h_K(t)$ ergibt sich als das Empfangssignal r(t), wenn am Eingang ein Diracimpuls anliegt ⇒ $s(t) = δ(t)$. Daraus folgt $$ h_{\rm K}(t) = 0.6 \cdot \delta (t ) + 0.4 \cdot \delta (t - \tau) \hspace{0.05cm}.$$ Richtig ist also der Lösungsvorschlag 1.

2. Der Kanalfrequenzgang $H_K(f)$ ist definitionsgemäß die Fouriertransformierte der Impulsantwort $h_K(t)$. Mit dem Verschiebungssatz ergibt sich hierfür: $$H_{\rm K}(f) = 0.6 + 0.4 \cdot {\rm e}^{ \hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.03cm}2 \pi f \tau}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} H_{\rm K}(f= 0) = 0.6 + 0.4 = 1 \hspace{0.05cm}.$$ Der erste Lösungsvorschlag ist dementsprechend falsch im Gegensatz zu den beiden anderen: $H_K(f)$ ist komplexwertig und der Betrag ist periodisch mit $1/τ$, wie die nachfolgende Rechnung zeigt: $$|H_{\rm K}(f)|^2 = \left [0.6 + 0.4 \cdot \cos(2 \pi f \tau) \right ]^2 + \left [ 0.4 \cdot \sin(2 \pi f \tau) \right ]^2 =$$ $$ = \left [0.6^2 + 0.4^2 \cdot \left ( \cos^2(2 \pi f \tau) + \sin^2(2 \pi f \tau)\right ) \right ] + 2 \cdot 0.6 \cdot 0.4 \cdot \cos(2 \pi f \tau)$$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm}|H_{\rm K}(f)| = \sqrt { 0.52 + 0.48 \cdot \cos(2 \pi f \tau) } \hspace{0.05cm}.$$ Für $f = 0$ ist $|H_K(f)| = 1$. Im jeweiligen Frequenzabstand $1/τ$ wiederholt sich dieser Wert.

3. Wir setzen zunächst vereinbarungsgemäß K = 1. Insgesamt kommt man über vier Wege von $s(t)$ zum Ausgangssignal $b(t)$. Um die vorgegebene $h_{KR}(t)$–Gleichung zu erfüllen, muss entweder $τ_0 = 0$ gelten oder $τ_1 = 0$. Mit $τ_0 = 0$ erhält man für die Impulsantwort: $$h_{\rm KR}(t) = 0.6 \cdot h_0 \cdot \delta (t ) + 0.4 \cdot h_0 \cdot \delta (t - \tau) +$$ $$ + 0.6 \cdot h_1 \cdot \delta (t -\tau_1) + 0.4 \cdot h_1 \cdot \delta (t - \tau-\tau_1) \hspace{0.05cm}.$$ Um die „Hauptenergie” auf einen Zeitpunkt bündeln zu können, müsste dann $τ_1 = τ$ gewählt werden. Mit $h_0 = 0.6$ und $h_1 = 0.4$ erhält man dann $A_0 ≠ A_2$: $$ h_{\rm KR}(t) = 0.36 \cdot \delta (t ) +0.48 \cdot \delta (t - \tau) + 0.16 \cdot \delta (t - 2\tau)\hspace{0.05cm}.$$ Dagegen ergibt sich mit $h_0 = 0.6$, $h_1 = 0.4$, $τ_0 = τ$ und $τ_1 = 0$: $$h_{\rm KR}(t) = 0.6 \cdot h_0 \cdot \delta (t - \tau ) + 0.4 \cdot h_0 \cdot \delta (t - 2\tau) +$$ $$ + 0.6 \cdot h_1 \cdot \delta (t) + 0.4 \cdot h_1 \cdot \delta (t - \tau)=$$ $$ = 0.24 \cdot \delta (t ) +0.52 \cdot \delta (t - \tau) + 0.24 \cdot \delta (t - 2\tau) \hspace{0.05cm}.$$ Hier ist die Zusatzbedingung $A_0 = A_2$ erfüllt. Somit lautet das gesuchte Ergebnis: $$\underline{\tau_0 = \tau = 1\,{\rm \mu s} \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}\tau_1 =0} \hspace{0.05cm}.$$

4. Für den Normierungsfaktor muss gelten: $$ K= \frac{1}{h_0^2 + h_1^2} = \frac{1}{0.6^2 + 0.4^2} = \frac{1}{0.52} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 1.923} \hspace{0.05cm}.$$ Damit erhält man für die gemeinsame Impulsantwort (es gilt 0.24/0.52 = 6/13): $$ h_{\rm KR}(t) = \frac{6}{13} \cdot \delta (t ) + 1.00 \cdot \delta (t - \tau) + \frac{6}{13} \cdot \delta (t - 2\tau)\hspace{0.05cm}.$$

5. Für das Empfangssignal $r(t)$ und für das RAKE–Ausgangssignal $b(t)$ gilt: $$r(t) = 0.6 \cdot s(t) + 0.4 \cdot s (t - 1\,{\rm \mu s})\hspace{0.05cm},$$ $$b(t) = \frac{6}{13} \cdot s(t) + 1.00 \cdot s (t - 1\,{\rm \mu s}) + \frac{6}{13} \cdot s (t - 2\,{\rm \mu s}) \hspace{0.05cm}.$$ Richtig sind die Aussagen 1 und 4, wie die folgende Grafik zeigt. Die Überhöhung des Ausgangssignals ⇒ $b(t) > 1$ ist auf den Normierungsfaktor K = 25/13 zurückzuführen. Mit K = 1 wäre der Maximalwert von $b(t)$ tatsächlich 1.

	Das größere SNR – auch bei gleichwahrscheinlichen Amplituden.
	Bei Audio sind kleine Amplituden wahrscheinlicher als große.
	Die Verfälschung kleiner Amplituden ist subjektiv störender.

	Die A–Kennlinie beschreibt einen kontinuierlichen Verlauf.
	Die 13–Segment–Kurve nähert die A–Kennlinie stückweise linear an.
	Bei der Realisierung zeigt die A–Kennlinie wesentliche Vorteile.

	Es gilt $A_1 = 50$ und $A_2 = 200$.
	Es gilt $A_1 = 200$ und $A_2 = 50$.

	Ja.
	Nein.

	Ja.
	Nein.