Lösungen NachrichtenübertragungII WS 2006

Lösungen
Nachrichtenübertragung II
WS 2006
Mark Petermann, Peter Klenner
NW1, Room N1350, Tel.: 0421/218-2941, 4282
E-mail: mark.petermann/[email protected]
Universität Bremen, FB1
Institut für Telekommunikation und Hochfrequenztechnik
Arbeitsbereich Nachrichtentechnik
Prof. Dr.-Ing. K. D. Kammeyer
Postfach 33 04 40
D–28334 Bremen
WWW-Server: http://www.ant.uni-bremen.de
Version 2. November 2007
I
WS 2006
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
Inhaltsverzeichnis
1 Entzerrung / Equalization
Lösung zu Aufgabe 1(eq04) . .
Lösung zu Aufgabe 2(eq05) . .
Lösung zu Aufgabe 3(eq12) . .
Lösung zu Aufgabe 4(eq08) . .
Lösung zu Aufgabe 5(eq01) . .
Lösung zu Aufgabe 6(eq02) . .
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2 Viterbi
Lösung zu Aufgabe 7(vit05) . . .
Lösung zu Aufgabe 8(vit01) . . .
Lösung zu Aufgabe 9(vit04) . . .
Lösung zu Aufgabe 10(vit10) . . .
Lösung zu Aufgabe 11(2007-10-4)
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3 Misc.
Lösung zu Aufgabe 12(2007-03-ber) . .
Lösung zu Aufgabe 13(2007-10-3) . . .
Lösung zu Aufgabe 14(2007-03-mobrad)
Lösung zu Aufgabe 15(2007-10-mobrad)
Lösung zu Aufgabe 16(misc03) . . . . .
4 OFDM
Lösung zu Aufgabe 17(ofdm03) .
Lösung zu Aufgabe 18(ofdm04) .
Lösung zu Aufgabe 19(ofdm06) .
Lösung zu Aufgabe 20(ofdm05) .
Lösung zu Aufgabe 21(2007-10-6)
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1
1
2
3
6
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9
10
11
13
14
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16
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“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
WS 2006 II
Konventionen und Nomenklatur
• Alle Referenzen auf Textstellen (Kapitel- und Seitennummern) beziehen sich auf das
Buch: K.-D. Kammeyer: “Nachrichtenübertragung”, 2. Auflage, B. G. Teubner
Stuttgart, 1996, ISBN: 3-519-16142-7; Gleichungsreferenzen der Form (1.1.1) verweisen
ebenfalls auf dieses Büch, solche der Form (1) auf die Lösungen zu den Übungsaufgaben.
• Die Funktionen “rect (·)” und “tri (·)” sind definiert analog zu:
N. Fliege: “Systemtheorie”, 1. Auflage, B. G. Teubner Stuttgart, 1991, ISBN: 3-51906140-6.
Daher hat “rect (t/T )” die zeitliche Ausdehnung T , wogegen “tri (t/T )” für ein
Zeitintervall der Länge 2T ungleich null ist.
• Die Buchstaben f und F stehen für Frequenzen (in Hertz), ω und Ω dagegen für
Kreisfrequenzen (in rad/s). Auch ohne ausdrückliche Erwähnung gelten prinzipiell die
Zusammenhänge ω = 2πf bzw. Ω = 2πF (auch für die entsprechenden Größen mit
Index etc.).
• “δ0 (t)” bezeichnet den kontinuierlichen(!) Dirac-Impuls, wogegen “δ(i)” für die diskrete
(Einheits-)Impulsfolge steht.
• Sogenannte “ideale” Tief-, Band- und Hochpaßfilter G(jω) nehmen im jeweiligen
Durchlaßbereich den Betrag eins, im Sperrbereich den Wert null an.
• Erregt eine diskrete Datenfolge d(i) der Rate 1/T ein kontinuierliches Filter mit der
Impulsantwort g(t), so ist dies zu verstehen als
"
x(t) = T
∞
X
i=−∞
#
d(i) δ0 (t − iT ) ∗ g(t) = T
∞
X
i=−∞
d(i) · g(t − iT ).
Abkürzungen
AKF
BB
BP
DPCM
F{·}
H{·}
HP
Autokorrelationsfunktion, -folge
Bandbreite; Basisband
Bandpaß
Differentielle PCM
Fourier-Transformation
Hilbert-Transformation
Hochpaß
ISI
KKF
NF
PCM
PR
S/N=SNR
TP
Intersymbol-Interferenz
Kreuzkorrelationsfunktion, -folge
Niederfrequenz
Pulse Code “Modulation”
Partial Response
Signal-to-Noise ratio (Signal-Stör-Verh.)
Tiefpaß
III WS 2006
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
Verfügbarkeit über Internet
PDF (oder PS) -Dateien der Aufgaben können mit Hilfe eines WWW-Browsers von
http://www.ant.uni-bremen.de
erhalten werden.
1 WS 2006
1
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
Entzerrung / Equalization
Lösung zu Aufgabe 1 (eq04):
(a) Nutzsignalleistung |f (1)|2 = 1; Interferenzleistung |f (2)|2 + |f (3)|2 = 0.5 also S/I = 2
(b) d(i) = f (i) ∗ g(i)
d(1) = f (1)g(1) = 0.6
d(2) = f (1)g(2) + f (2)g(1) = 0.1
d(3) = f (1)g(3) + f (2)g(2) + f (3)g(1) = 0.1
d(4) = f (2)g(3) + f (3)g(2) = −0.15
d(5) = f (3)g(1) = −0.05
Nutzsignalleistung:
|d(1)|2 = 0.36;
Interferenzleistung:
|d(2)|2 + |d(3)|2 + |d(4)|2 + |d(5)|2 = 0.01 + 0.01 + 0.0225 + 0.0025 = 0.045 also S/I =
0.36/0.045 = 8
(c) T/2-Entzerrer
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
WS 2006 2
Lösung zu Aufgabe 2 (eq05):
1 −t/T
·e
T
1 −i
h(i) =
·e
T
a)
h(t) =
b)
womit h(i) = e−i
H(z) = Z{h(i)} =
z
z − 1/e
1/e ≈ 0, 3679
c) Maximaler Fehler :
∞
X
−i
e
i=1
(Daten ±1)
=
∞ i
X
1
i=1
e
=
(siehe [BRO89], S.355)
1
1
1
−1=
≈
≈ 0.582
1 − 1/e
e−1
1.7
2
2 − e−1
α=
2
= 0.418
⇒ 41.8%
d) Linearer Entzerrer
E(z) =
1
z − 1/e
= 1 − · z −1
z
e
1
h(i) = {1, − } bzw.
e
T
1
1, −
e
3 WS 2006
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
Lösung zu Aufgabe 3 (eq12):
(a) Wegen y(i) = d(i − 1) · 0.5 · ejπ/4 + d(i), sind die zulässigen Werte für y(i) gegeben durch
d(i)
d(i − 1) y(i)
√
+1 + j +1 + j +1 + j ∗ (1 + 0.5)
√
+1 + j −1 + j +1 − 0.5 + j
√
+1 + j −1 − j +1 + j ∗ (1 − 0.5)
√
+1 + j +1 − j +1 + 0.5 + j
√
−1 + j +1 + j −1 + j ∗ (1 + 0.5)
p
−1 + j −1 + j −1 − (0.5) + j
√
−1 + j −1 − j −1 + j ∗ (1 − 0.5)
√
−1 + j +1 − j −1 + 0.5 + j
√
−1 − j +1 + j −1 + j ∗ (−1 + 0.5)
√
−1 − j −1 + j −1 − 0.5 − j
√
−1 − j −1 − j −1 + j ∗ (−1 − 0.5)
√
−1 − j +1 − j −1 + 0.5 − j
√
+1 − j +1 + j +1 + j ∗ (−1 + 0.5)
√
+1 − j −1 + j +1 − 0.5 − j
√
+1 − j −1 − j +1 + j ∗ (−1 − 0.5)
√
+1 − j +1 − j +1 + 0.5 − j
Im
Re
(b) Die Impulsantwort des Gesamtsystems lautet w(i) =
w(0) = h(0)e(0) = 1
w(1) = h(1)e(0) + h(0)e(1) = ej5π/4 + ejπ/4 = 0
w(2) = h(1)e(1) = (0.5)2 · ej(5π/4+π/4) = −0.25j.
P
ι
h(ι)g(i − ι). Damit gilt
(c) Wegen z(i) = d(i) ∗ w(i) = d(i − 2) · 0.25 · ej3π/4 + d(i), sind die zulässigen Werte für
y(i) gegeben durch
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
WS 2006 4
d(i)
+1 + j
+1 + j
+1 + j
+1 + j
−1 + j
−1 + j
−1 + j
−1 + j
−1 − j
−1 − j
−1 − j
−1 − j
+1 − j
+1 − j
+1 − j
+1 − j
d(i − 2)
+1 + j
−1 + j
−1 − j
+1 − j
+1 + j
−1 + j
−1 − j
+1 − j
+1 + j
−1 + j
−1 − j
+1 − j
+1 + j
−1 + j
−1 − j
+1 − j
y(i)
+1.25 + j ∗ 0.75
+1.25 + j ∗ 1.25
+0.75 + j ∗ 1.25
+0.75 + j ∗ 0.75
−0.75 + j ∗ 0.75
−0.75 + j ∗ 1.25
−1.25 + j ∗ 1.25
−1.25 + j ∗ 0.75
−0.75 − j ∗ 1.25
−0.75 − j ∗ 0.75
−1.25 − j ∗ 0.75
−1.25 − j ∗ 1.25
+1.25 − j ∗ 1.25
+1.25 − j ∗ 0.75
+0.75 − j ∗ 0.75
+0.75 − j ∗ 1.25
1.5
1
imag
0.5
0
−0.5
−1
−1.5
−1.5
−1
−0.5
0
real
0.5
1
1.5
(d) Der quadratische Betragsfrequenzgang kann berechnet werden durch
|W (Ω)|2 = (1 − j0.25ej2Ω )(1 + j0.25e−j2Ω )
= 1 + 0.252 − j0.25(ej2Ω − e−j2Ω )
= 1.0625 + 0.5 sin(2Ω)
5 WS 2006
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
1.8
1.6
1.4
|W(Ω)|
2
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
pi/4
pi/2
Ω
pi
0
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
WS 2006 6
Lösung zu Aufgabe 4 (eq08):
a) Impulsantwort des Gesamtsystems:
f (t) = g(t) ∗ c(t) ∗ h(t) = g(t) ∗ h(t) ∗ c(t)
( wobei g(t) ∗ h(t) siehe Aufgabe )
1.5
1.0
0.5
2
3
Abtastung ergibt f2 (k) = {0, 0.5, 1.5, 1.5, 0.5}
b) T /2 - Entzerrung: Gesamtimpulsantwort durch Faltung vonf2 (k) mit eT /2 : Es ergibt
sich mit f2 (k) ∗ eT /2 (k) =
+
0.75 · (0.5
−0.25 · (
0.375
1.5
1.5
0.5
0.5
1.5
1.5
0.5)
1.125 1.125 0.375
0.125 0.375 0.375 0.125
[ 0.375 1.0
0.75 0
−0.125 ]T
(−)
=
c) Abtastung mit geradem k ergibt [ 1.0 0 ]T , also verzerrungsfreies System.
d) Gesamtimpulsantwort aus Aufgabenteil a) im Symboltakt abtasten:
f (i) = [ 1.5 0.5 ]T
Es ergibt sich mit f (i) ∗ e(i) =
−0.0012
0.0039 0.9987 −0.2997
−0.0004 0.0013
0.3329 −0.0999
[ −0.0012
0.0035 1.0000
0.0332 −0.0999 ]T
7 WS 2006
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
Lösung zu Aufgabe 5 (eq01):
a)
b)
y(i) −0.2 0.5 −0.3 2.6
0
−2
x1 (i) 1.2 −0.9 1.1 1.2 −1.4 −0.6
dˆ1 (i)
1
−1
1
1
−1
1
6
e=
1X
1
|x1 (i) − dˆ1 (i)|2 = (0.22 + 0.12 + 0.12 + 0.22 + 0.42 + 0.42 ) = 0.42/6 = 0.07;
6 i=1
6
c)
y(i) −0.2 0.5 −0.3 2.6
0
−2
x(i) −1.6 1.9 −1.7 4 −1.4 −0.6
ˆ
d2 (i) −1
1
−1
1
−1
1
6
e =
1X
|x2 (i) − dˆ1 (i)|2
6 i=1
1
(2.62 + 2.92 + 2.72 + 32 + 0.42 + 0.42 )
6
= (6.76 + 8.41 + 7.29 + 9 + 0.16 + 0.16)/6 = 30.62/6 = 5.3
=
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
WS 2006 8
Lösung zu Aufgabe 6 (eq02):
1/f0=0.5
x(i)
d(i)
z-1
f1/f0=0.55
z-1
f2/f0=0.55
a)
i d(i − 2) d(i − 1) x(i)
0
−1
−1
+0.8
1
−1
+1
−0.2
b)
2
+1
−1
+0.6
3
−1
+1
−1.6
4
+1
−1
−3.2
ˆ
yQ (i) e(i) d(i)
+1.5 0.5 +1
−0.1 0.9 −1
+0.3 0.7 +1
−0.8 0.2 −1
−1.6 0.6 −1
c)
n(i) = x(i) − f0 d(i) − f1 d(i − 1) − f2 d(i − 2)
i d(i) d(i − 1) d(i − 2)
0 +1
−1
−1
1 −1
+1
−1
2 +1
−1
+1
3 −1
+1
−1
4 −1
−1
+1
5
σn2 =
x(i) n(i)
+0.8
1
−0.2 1.8
+0.6 −1.4
−1.6 −0.4
−3.2 −1.2
1X
|n(i)|2 = (1 + 1.82 + 1.42 + 0.42 + 1.22 )/5 = 1.56
5 i=0
9 WS 2006
2
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
Viterbi
Lösung zu Aufgabe 7 (vit05):
a) Zunächst Berechnung der Anzahl möglicher Zustände, um das Diagramm skizzieren zu
können (Trellistiefe nach Gl.(14.5.15)) mit der Stufigkeit M = 2 des Sendesignals:
“vier Abtastwerte”
⇒
Kanal 3. Ordnung (l = 3)
⇒
NT rellis = M l = 23 = 8
S0 = {0,0,0}
S1 = {0,0,1}
S2 = {0,1,0}
S3 = {0,1,1}
S4 = {1,0,0}
S5 = {1,0,1}
S6 = {1,1,0}
S7 = {1,1,1}
Anmerkung: Da es sich bei dieser Aufgabe um eine Klausuraufgabe handelt, sollte man
diese – noch mehr als sonst – so effizient wie möglich bearbeiten. In diesem Fall bedeutet
das, man braucht nicht mehr als das oben abgebildete Trellissegment zu zeichnen, da
für die Konstruktion eines beliebig langen Trellisdiagramms lediglich mehrere dieser
Segmente aneinander gefügt werden müssen. Es wäre unnötig zeitaufwendig, tatsächlich
mehrere dieser Segmente zu skizzieren.
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
WS 2006 10
Lösung zu Aufgabe 8 (vit01):
(a), (b) S0 = {−1 − j}, S1 = {−1 + j}, S2 = {+1 − j}, S3 = {+1 + j}
S0
S1
S3
S4
d(1)=1+j
d(2)=1-j
z0,0
z0,1
z0,2
z0,3
z1,0
z1,1
z1,2
z1,3
z2,0
z2,1
z2,2
z2,3
z3,0
z3,1
z3,2
z3,3
λ1
λ2
c) λ3
λ4
λ5
=
=
=
=
=
|z̃0,3 − (1.5 + j)|2
|z3,2 − (2 + 0.5j)|2
|z2,0 − (−3j)|2
|z0,1 − (−2)|2
|z1,0 − (−2 + j)|2
=
=
=
=
=
d(3)=-1-j
d(4)=-1+j
d(5)=-1-j
= −2 − 2j
=
−2
=
−2j
=
0
=
−2
= −2 + 2j
=
0
=
2j
=
−2j
=
0
= 2 − 2j
=
2
=
0
=
2j
=
2
= 2 + 2j
| + 1 + j − (1.5 + j)|2
|2 − (2 + 0.5j)|2
| − 2j − (−3j)|2
| − 2 − (−2)|2
| − 2 − (−2 + j)|2
5
X
i=1
λi = 2.5
=
=
=
=
=
0.25
0.25
1
0
1
11 WS 2006
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
Lösung zu Aufgabe 9 (vit04):
a) Burstlänge: 5 Symbole
TB = 5 · 15.625 µs = 78.125 µs
Nutzdatenrate:
RN =
1 3
· = 38.4 kbit/s
T 5
b) Trelliselement für Kanal 2. Ordnung:
-1
S0{-1,-1}
1
-1
S1{-1,1}
1
-1
S2{1,-1}
1
-1
1
S3{1,1}
Trellisdiagramm für eine komplette Sequenz:
Einschwingphase
S0{-1,-1}
Ausschwingphase
4
0
4
4
16
4
4
4
0
48
S1{-1,1}
16
0
72
21
36
4
S2{1,-1}
16
20
0
16
S3{1,1}
s(i)
0
20
0
2
-2
c) Tabelle mit den (nicht normierten) Teil-Pfadkosten:
-2
2
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
WS 2006 12
p = |d(i) − z|
0
2
-2
z0,−1 = 0
z0,1 = 2
z1,−1 = 2
z1,1 = 4
z2,−1 =-4
z2,1 = -2
z3,−1 =-2
z3,1 = 0
0
4
4
0
4 4 4
16
16 16 0
36
36 4 4
16 0
0 0
4
i
0
1
2
-2
3
Pfad: siehe Aufgabenteil b)
d)
d(i) = −1, 1, 1 (, −1, −1)
2
4
13 WS 2006
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
Lösung zu Aufgabe 10 (vit10):
(a) Kanallänge=4 ; Kanalgedächtnis bzw. Kanalordnung=3;
(b) d(i) = {+1,
−1,
+1,
−1,
S0 = {−1,
−1,
−1}
S1 = {−1,
−1,
+1}
S2 = {−1,
+1,
−1}
S3 = {−1,
+1,
+1}
S4 = {+1,
−1,
−1}
S5 = {+1,
−1,
+1}
S6 = {+1,
+1,
−1}
S7 = {+1,
+1,
+1}
+1,
+1,
−1,
+1,
−1,
−1,
−1}
(c) f (i) = {+1, −1, −1, −1, −1,
Fehlervektor: e(i) = (d(i) − f (i))/2
⇒ e = [1 , 0, 1]T
2
⇒ γmin
= eH FH Fe = 0.6
+1,
−1,
+1,
−1,
−1,
−1}
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
WS 2006 14
Lösung zu Aufgabe 11 (2007-10-4):
a) g(t) = gS (t) ∗ gE (t)
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
−0.2
−16
−12
−8
−4
0
4
8
12
16
Kanal*g(t)
0,5
h(i) = [1/2, −1/2]
b) Hges (z) = HP R (z)H(z) = 12 (1 − z −1 )(1 − z −1 ) =
hges (i) = [ 21 , −1, 12 ]
d(i) d(i − 1) d(i − 2) z(i)
1
1
1
0
c)
-1
1
1
-1
1
-1
1
2
1
1
-1
-1
1
2
− z −1 + 12 z −2
d(i) d(i − 1) d(i − 2) z(i)
-1
1
1
-1
-2
-1
1
-1
-1
-1
1
1
0
-1
-1
-1
15 WS 2006
S0={1,1}
S1={1,-1}
S2={-1,1}
S3={-1,-1}
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
3
WS 2006 16
Misc.
Lösung zu Aufgabe 12 (2007-03-ber):
a)
– BPSK: 1 bit/Symbol, 50 MSymbole pro Sekunde →
Ts = 1/50e6 = 20ns
– QPSK: 2 bit/Symbol, 25 MSymbole pro Sekunde →
Ts = 2/50e6 = 40ns
– 8-PSK: 3 bit/Symbol, 16,6 MSymbole pro Sekunde →
Ts = 3/50e6 = 60ns
– 16-QAM: 4 bit/Symbol, 12,5 MSymbole pro Sekunde →
Ts = 4/50e6 = 80ns
b)
Es =
d2 Ts2
Eb =
Z
Ts
g 2 (t)dt = Ts
0
Es
= Tb
ld (M )
Eb
Tb
1
|linear =
=
= 8.333
N0
2 · (0.06 · Tb )
0.12
– BPSK:
Pb|BP SK
1
= · erfc
2
r
Es
N0
!
1
= · erfc
2
r
Eb
N0
!
≈ 2.2 · 10−5
– QPSK:
Pb|QP SK
r
1
= · erfc
2
Eb
N0
!
≈ 2.2 · 10−5
– 8-PSK:
Pb|8−P SK
1
≈ · erfc
3
r
Eb
π
3·
· sin
N0
8
!
≈ 2.3 · 10−3
– 16-QAM:
Pb|16−QAM
s
!
1
Eb
3·4
2
· erfc
≈ 3.7 · 10−3
·
= · 1−
4
1−4
2 (16 − 1) N0
BPSK, QPSK oder 8-PSK können verwendet werden, da 16-QAM die zulässige
maximale BER nicht einhält.
17 WS 2006
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
Lösung zu Aufgabe 13 (2007-10-3):
a)
Pb|M −P SK
Pb|QP SK
→
Eb
|lin
N0
Eb
|dB
N0
!
π
Eb
ld (M ) ·
|lin · sin
N0
M
!
π Eb
|lin · sin
N0
4
!
1
Eb
|lin √
N0
2
2
2
= 2.18512 = 4.7748 (exakt)
= erfc−1 2 · 10−3
= erfc−1 2 · Pb|QP SK
Eb
= 10 · log10
|lin = 10 · log10 (4.7748) = 6.7895 dB (exakt) ≈ 6.8 dB
N0
1
=
· erfc
ld (M )
r
1
· erfc
2·
=
2
r
1
=
· erfc
2·
2
r
oder 2 · Pb|QP SK aus Bild ablesen. Dann auflösen...
b) Doppelbitfehlerwahrscheinlichkeit in a) vernachlässigt. Der Term soll hier angegeben
werden. Er wird durch
"
r !#2
Eb
1
· erfc
4
N0
beschrieben. Daher lautet die Lösung
Pb|QP SK,Doppelbitfehler =
√
2
1
· erfc
4.7748 ≈ 10−6 .
4
c) Ähnliche Vorgehensweise wie in a). Daher:
→
Eb
|lin
N0
Eb
|dB
N0
s
3 · ld (M ) Eb
1
· erfc
1− √
2 (M − 1) N0
M
!
r
2 Eb
1
|lin
· erfc
4
5 N0
!
r
2 Eb
3
· erfc
|lin
=
8
5 N0
2
·
ld (M )
1
=
· 1−
2
Pb|M −QAM =
Pb|16−QAM
!
8
· Pb|16−QAM = 0.0027 aus Grafik ablesen... → 2.1213
3
5
=
(2.1213)2 = 11.2498 (exakt)
2
Eb
= 10 · log10
|lin = 10 · log10 (11.2498) = 10.5115 dB (exakt) ≈ 10.5 dB
N0
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
WS 2006 18
Lösung zu Aufgabe 14 (2007-03-mobrad):
a)
v
· f0 · cos (α)
c0
= 185.2Hz fD2 = 0Hz fD3 = −151.7Hz
fD =
fD1
b)
1
0.9
0.8
Amplitude
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
−200
−150
−100
−50
0
50
100
150
200
f [Hz]
c)
1
0.9
0.8
Amplitude
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
t_0
d)
hK (t) =
n
X
ν=0
HK (jω0 ) =
n
X
ν=0
t_1
Delay
t_2
ρν · δ (t − τν ) = 1 + r1 · δ (t − τ1 ) + r2 · δ (t − τ2 )
ρν · exp (−jωτν ) = 1 + r1 · exp (−j2πf0 τ1 ) + r2 · exp (−j2πf0 τ2 )
e)

 1 + r · e(−j2πf0 ·τ1 ) + r · e(−j2πf0 ·τ2 ) · e(−j2πf ·t)
1
2
HT P (jω) =
0
f ) Betragsfrequenzgang nicht konstant → frequenzselektiver Kanal
für
sonst
−
B
2
≤f ≤
B
2
19 WS 2006
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
Lösung zu Aufgabe 15 (2007-10-mobrad):
a) BER für BPSK und AWGN
1
Pb = erfc
2
r
Eb
N0
!
BER für BPSK und AWGN mit instantanem SNR
!
r
1
E
b
|h|2
Pb (h) = erfc
2
N0
Gleichverteilte Auftrittswkt.: P1 = P2 = P3 = 1/3, Eb /N0 = 7dB = 5
P̄b =
1
(Pb (h1 ) + Pb (h2 ) + Pb (h3 ))
3
!
E
1
b
|0, 5 · exp(jπ/4)|2
= erfc (1, 12) = 0, 0569
N0
2
!
r
Eb
1
1
|0, 8 · exp(jπ/6)|2
= erfc (1, 789) = 0, 0057
Pb (h2 ) =
erfc
2
N0
2
1
Eb
1
= erfc (0, 5) = 0, 2398
erfc |0, 1 + 0, 2j|2
Pb (h3 ) =
2
N0
2
1
Pb (h1 ) =
erfc
2
r
P̄b = 0, 1008
b)
P̄b = 0, 6Pb (h1 ) + 0, 3Pb (h2 ) + 0, 1Pb (h3 ) = 0, 0598
c) Stärkster Kanalkoeffizient ist h2
Pb,min = Pb (h2 ) = 0, 0057
d) Datenrate Rb = 1/TBaud = 1/(50 ns) = 20 Mbit/s
Gesendet wird in 30% aller Fälle: R̄b = 0, 3 · Rb = 6 Mbit/s
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
WS 2006 20
Lösung zu Aufgabe 16 (misc03):
(a) Die Detektionsvorschrift für einen MAP-Dekoder lautet allgemein
(
)
Z (i+1)T
e−jθ
σ2
Ei
ai,MAP = arg max ℜ
ai
+ 2 log P (ai ).
y(t)dt −
ai
h
2
2h
iT
Unter Berücksichtigung gleicher A-priori-Wahrscheinlichkeit ergibt sich somit folgende
Struktur:
exp(-jq)/h
1
iT
y(t)
RT
Re
0
. . . dt
1/2
ai
max
0
Zieht man zudem die Menge möglicher Datenwerte ai ∈{0, 1} in Betracht, lässt sich die
Struktur vereinfachen zu
exp(-jq)/h
iT
y(t)
Re
RT
0
. . . dt
1/2
-
1
+
1/2
ai
(b) Mit ungleichen A-priori-Wahrscheinlichkeiten ergibt sich folgende Struktur:
2
(c) Das Wissen um die Rauschleistung σN
ist somit nur von Bedeutung, wenn ungleiche
A-priori-Wahrscheinlichkeiten auftreten.
21 WS 2006
exp(-jq)/h
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
1
1 σ2
− + n log 0.2
2 2h
iT
y(t)
RT
Re
0
. . . dt
1 σ2
− + n log(0.2/0.8)
2 2h
exp(-jq)/h
iT
y(t)
Re
RT
0
. . . dt
ai
σn2
log 0.8
2h
-
max
1
+
1/2
ai
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
4
WS 2006 22
OFDM
Lösung zu Aufgabe 17 (ofdm03):
a) Kernsymboldauer: Ts =
1
∆f
= 4 ms
Bandbreite: B = N · ∆f = 512 kHz
Datenrate: R =
log2 (M )·N
Ts +Tg
=
N
T
= 62048
ms = 341 kBit/s
b) FFT-Länge: Nf = 4096
Da zur Erzeugung des Kernsymbols genau 1 FFT verwendet wird, entfallen auf das
Intervall der Länge Ts genau Nf Abtastwerte.
Abtastrate: fA =
Nf
Ts
= 1024 kHz
Abtastwerte des Guardintervalls: Ng =
Nf ·Ts
Tg
= 2048
c)
N0
= 1.2 · 10−4 W s
2
EOF DM
1.4W s
=
= 6.836 · 10−4 W s
log2 (M ) · N
2048
−4
6.836 · 10 W s
= 5.7 ≈ 7.55 dB
1.2 · 10−4 W s
2
Tg
=
1−
Tg + Ts
3
!
r
1
Eb 2
erfc
·γ
2
N0 g
N0 = 2 ·
Eb =
Eb
=
N0
γg2 =
Pb =
1
erfc (1.9488)
2
= 3 · 10−3
=
Lesitung des Senders:
P =
EOF DM
1.4W s
= 233.3W
=
Ts + Tg
6ms
23 WS 2006
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
Lösung zu Aufgabe 18 (ofdm04):
1
16
1
(a) T = ∆f
· u1 = NBc u1 = 6000
· 0,8
= 3, 333 · 10−6 s
3
= 16 · 3,33·10
R = Nc · ldM
−6 = 14, 4M bit/s
T
(b) Tg = T − TS =
Nc 1
(
B u
− 1) =
16
(1
6000 0,8
− 1) = 0, 66 µs
1
= 13, 5 · 106 · 3, 333 · 10−6 31 = 15
(c) Nc = R · T ldM
(d) h
H (j )j; jH (j 2 i f=B )j
PSfrag replaements
!
1.5
1
j
0.5
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
!
9
10
11
12
13
14
15
2
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
Lösung zu Aufgabe 19 (ofdm06):
a) ∆f = B/N = 833.3 kHz
b) Ts = 1/∆f = 1.2µs
c) 5 Gruppen, 20 Unterträger
d) Index: 1, 6, 11, 12, 17
WS 2006 24
25 WS 2006
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
Lösung zu Aufgabe 20 (ofdm05):
a)
TG = τc = 0, 8 µs → TG = 20%
T =
100
· 0, 8 µs = 4 µs → TS = T − TG = 4 − 0, 8 µs = 3, 2 µs
20
1
1
=
= 312, 5kHz
∆f =
TS
3, 2 · 10−6 µs
b)
TG
0, 8
S
=1−
=1−
= 1 − 0, 2 = 0, 8 = −0.096 dB ≈ −1 dB
N
T
4
c)
B
20 · 106
=
= 64
∆f
312, 5 · 103
d)
ld(M ) =
32 · 106 · 4 · 10−6
R·T
=
= 2 → QPSK
N
64
“Nachrichtenübertragung II” – Lösungen
WS 2006 26
Lösung zu Aufgabe 21 (2007-10-6):
a) Vor- und Nachteile sind der folgenden Tabelle zu entnehmen...
Vorteile
Nachteile
Einfache Entzerrung
erhöhte PAPR
Frequenzbereichsadaption
Guardverlust
Robust bei Mehrwegeausbreitung
b)
B
= 15kHz
N
1
1
β =
=
16.67µs = 0.8
TG
1 + 66.67µs
1 + TS
τc <= TG = 16.67µs
∆f
≈
c)
18MHz
Bmax
= 2048 −
= 848 Unterträger
∆f
15kHz
ld (M ) · N
6 · 1200
=
= 86.4 Mbit/s
=
TS + TG
66.67µs + 16.67µs
Nabgeschaltet = N −
Rb
d)
FFT-Länge Nf = 2048
Nf
2048
= 30.72 MHz
fA =
=
TS
66.67µs
2048 · 16.67µs
Nf · TG
= 512 Samples
=
Ng =
TS
66.67µs