Aufgabe 5.8: Entzerrung in Matrix–Vektor–Notation

Wir betrachten die in der Grafik hinterlegten Blöcke eines OFDM–Systems, wobei wir von einem System mit N = 4 Trägern und einem Kanal mit L = 2 Echos ausgehen. Es wird nur ein einziger Rahmen betrachtet und für den Sendevektor (im Zeitbereich) gelte: $${\rm\bf{d}} = (d_0, d_1,d_2,d_3 ) = (+1, -1, +1, -1 ).$$ Die Kanalimpulsantwort sei beschrieben durch $${\rm\bf{h}} = (h_0, h_1,h_2 ) = (0, 0.6, 0.4 ).$$ Zur Repräsentation des zyklischen Präfixes verwenden wir in dieser Aufgabe statt des erweiterten Sendevektors mit der zugehörigen Übertragungsmatrix $H_{ext}$ die zyklische Übertragungsmatrix $${\rm\bf{H}}_{\rm{C}} = \left( {\begin{array}{*{20}c} {h_0 } & {h_1 } & {h_2 } & {} \\ {} & {h_0 } & {h_1 } & {h_2 } \\ \hline {h_2 } & {} & {h_0 } & {h_1 } \\ {h_1 } & {h_2 } & {} & {h_0 } \\ \end{array}} \right).$$ Für die Spektralkoeffizienten am Empfänger gelte nach der Diskreten Fouriertransformation (DFT): $${\rm\bf{R}} = {\rm\bf{D}} \cdot \left( {\begin{array}{*{20}c} {H_0 } & {} & {} & {} \\ {} & {H_1 } & {} & {} \\ {} & {} & {H_2 } & {} \\ {} & {} & {} & {H_3 } \\ \end{array}} \right) ,$$ wobei die Diagonalelemente wie folgt zu berechnen sind: $$H_\mu = \sum\limits_{l = 0}^2 {h_l \cdot {\rm{e}}^{ - {\rm{j\hspace{0.04cm}\cdot \hspace{0.04cm}2\pi }} \hspace{0.04cm}\cdot \hspace{0.04cm} l \hspace{0.04cm}\cdot \hspace{0.04cm} {\mu }/{4}} } .$$ Die Entzerrung am Empfänger erfolgt durch Multiplikation im Frequenzbereich mit den Koeffizienten $$ e_\mu = {1}/{H_\mu }.$$ Hinweis: Diese Aufgabe bezieht sich auf die theoretischen Grundlagen von Kapitel 5.6 dieses Buches sowie auf das Kapitel 5.2 im Buch „Signaldarstellung”. Für die Diskrete Fouriertransformation (DFT) gilt in Matrix–Vektor–Notation: $${\rm\bf{F}} = \left( {\begin{array}{*{20}c} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & {} & {} & {} \\ \vdots & {} & {{\rm{e}}^{ - {\rm{j2\pi }}{\kern 1pt} \nu {\kern 1pt} \mu /N} } & {} \\ 1 & {} & {} & {} \\ \end{array}} \right), \qquad {\rm{DFT\; mit}} \; {1}/{N} \cdot {\rm\bf{F}}; \qquad {\rm{IDFT \; mit}} \; {\rm\bf{F}}^*.$$

Fragebogen

Re{$r_0$} =

Im{$r_0$} =

Re{$r_1$} =

Im{$r_1$} =

Re{$D_2$}=

Im{$D_2$} =

Re{$D_3$}=

Im{$D_3$} =

Re{$R_2$} =

Im{$R_2$} =

Re{$R_3$} =

Im{$R_3$} =

Re{$e_0$} =

Im{$e_0$} =

Re{$e_1$} =

Im{$e_1$} =

Re{$e_2$} =

Im{$e_2$} =

Re{$e_3$} =

Im{$e_3$} =

	als „Zero Forcing”–Ansatz,
	als „Matched Filter”–Ansatz,
	als „Minimum Mean Square Error (MMSE)”–Ansatz.

Musterlösung

1. Die diskreten Zeitbereichswerte am Empfänger berechnen sich mit der zyklischen Übertragungsmatrix $H_C$ wie folgt: $${\rm\bf{r}} = {\rm\bf{d}} \cdot {\rm\bf{H_C}} = \left( {+1 ,-1 ,+1 ,-1 } \right) \cdot \left( {\begin{array}{*{20}c} {0 } & {0.6 } & {0.4 } & {} \\ {} & {0 } & {0.6 } & {0.4 } \\ \hline {0.4 } & {} & {0 } & {0.6 } \\ {0.6 } & {0.4 } & {} & {0 } \\ \end{array}} \right)$$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm\bf{r}} = \left( {r_0 ,r_1 ,r_2 ,r_3 } \right) = \left( {-0.2, +0.2,-0.2, +0.2} \right) .$$ Damit sind alle Empfangswerte r₀ = –0.2, r₁ = +0.2, r₂ = –0.2 und r₃ = +0.2 rein reell.

2. Die Spektralkoeffizienten D ergeben sich direkt aus der Diskreten Fouriertransformation (DFT) der Zeitbereichskoeffizienten d = (+1, –1, +1, –1). Diese Zeitbereichsfolge entspricht einer diskreten Cosinusfunktion mit der doppelten Grundfrequnz (2 · f₀) und der Amplitude 1. Daraus folgt: $${\rm\bf{D}} = \left( {D_0 ,D_1 ,D_2 ,D_3 } \right) \hspace{0.15cm} \underline{=\left( {0, 0,1, 0} \right)} .$$

3. Der Vektor R der Spektralkoeffizienten nach dem Kanal könnte analog zur Teilaufgabe b) durch die DFT des Vektors r berechnet werden. Ein alternativer Lösungsweg lautet: $${\rm\bf{R}} = {\rm\bf{D}} \cdot \left( {\begin{array}{*{20}c} {H_0 } & {} & {} & {} \\ {} & {H_1 } & {} & {} \\ {} & {} & {H_2 } & {} \\ {} & {} & {} & {H_3 } \\ \end{array}} \right) .$$ Für die Diagonalelemente erhält man: $$H_\mu = \sum\limits_{l = 0}^2 {h_l \cdot {\rm{e}}^{ - {\rm{j\hspace{0.04cm}\cdot \hspace{0.04cm}2\pi }} \hspace{0.04cm}\cdot \hspace{0.04cm} l \hspace{0.04cm}\cdot \hspace{0.04cm}{\mu }/{4}} }$$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} H_0 = 1,\hspace{0.1cm}H_1 = -0.4 - {\rm{j}} \cdot 0.6,\hspace{0.1cm}H_2 = -0.2,\hspace{0.1cm}H_3 = -0.4 + {\rm{j}} \cdot 0.6 $$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm\bf{R}} = \left( {R_0 ,R_1 ,R_2 ,R_3 } \right) \hspace{0.15cm} \underline{= \left( {\hspace{0.15cm}0,\hspace{0.15cm}0,-0.2, \hspace{0.15cm}0} \right)} .$$

4. Die Entzerrerkoeffizienten ergeben sich zu e_μ = 1/H_μ. Mit dem Ergebnis zu Teilaufgabe c) sind die Koeffizienten e₀ = 1 und e₂ = –5 reell, während für μ = 1, μ = 3 gilt: $$e_1 = \frac {1}{-0.4 - {\rm{j}} \cdot 0.6}$$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm{Re}}[e_1] = \frac {-0.4}{0.4^2 + 0.6^2}\hspace{0.15cm} \underline{ \approx -0.77},\hspace{0.3cm} {\rm{Im}}[e_1] = \frac {0.6}{0.4^2 + 0.6^2} \hspace{0.15cm} \underline{\approx 1.15},$$ $$e_3 = \frac {1}{-0.4 + {\rm{j}} \cdot 0.6}$$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm{Re}}[e_3] = \frac {-0.4}{0.4^2 + 0.6^2}\hspace{0.15cm} \underline{ \approx -0.77},\hspace{0.3cm} {\rm{Im}}[e_3] = \frac {-0.6}{0.4^2 + 0.6^2} \hspace{0.15cm} \underline{\approx -1.15}.$$ 5. Die unter d) berechnete Entzerrung folgt dem „Zero Forcing”–Ansatz.