Aufgabe 2.2: Binäre bipolare Rechtecke
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: $a_{\nu} \in \{–1, +1\}$.
- $\langle a_{\nu }\rangle$ 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
- 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:
- $$\varphi_s(\tau) = \frac{1}{T} \cdot \varphi^{^{\bullet}}_{gs}(\tau )\hspace{0.05cm}.$$
Damit ergeben sich sowohl beim NRZ– als auch beim RZ–Grundimpuls eine dreieckförmige AKF und ein ${\rm si}^{2}$–förmiges LDS. Die Fläche unter dem LDS ist beim RZ–Impuls um den Faktor $T_{\rm S}/T$ kleiner als beim NRZ–Impuls, da sich auch die AKF–Werte bei $\tau = 0$ um diesen Faktor unterscheiden. Das LDS ist in beiden Fällen kontinuierlich, da die AKF keinen Gleichanteil und keine periodischen Anteile beinhaltet.
Richtig sind also nur die beiden ersten Aussagen.
(6) Für $p = 0.75$ setzt sich die AKF $\varphi_{s}(\tau)$ aus unendlich vielen Dreieckfunktionen zusammen, die mit Ausnahme des mittleren Dreiecks um $\tau = 0$ alle die gleiche Höhe $s_{0}^{2}/4$ aufweisen. Entsprechend der Skizze kann man alle diese Dreieckfunktionen zu einem Gleichanteil der Höhe $m_{a}^{2} \cdot s_{0}^{2} = s_{0}^{2}/4$ und einem einzigen Dreieck um $\tau = 0$ mit der Höhe $\sigma_{a}^{2} \cdot s_{0}^{2} = 3/4 · s_{0}^{2}$ zusammenfassen.
Im LDS führt dies zu einem kontinuierlichen, ${\rm si}^{2}$–förmigem Anteil und zu einer Diracfunktion bei $f = 0$. Das Gewicht dieses Diracs ist $s_{0}^{2}/4$. Für $p = 0.25$ ergibt sich die gleiche AKF wie mit $p = 0.75$, da sowohl der quadratische Mittelwert $m_{2a} = 1$ als auch $m_{a}^{2} = 0.25$ übereinstimmen. Somit stimmen natürlich auch die Leistungsdichtespektren überein.
Richtig sind somit alle Aussagen mit Ausnahme der dritten.
(7) Mit dem RZ–Tastverhältnis $T_{\rm S}/T = 0.5$ ergibt sich die skizzierte AKF, die auch durch eine periodische Dreieckfunktion der Höhe $s_{0}^{2}/8$ (mit roter Füllung) und einem einzigen Dreieckimpuls der Höhe $3/8 \cdot s_{0}^{2}$ (grün gefüllt) dargestellt werden kann. Dieser nichtperiodische Anteil führt zu einem kontinuierlichen, ${\rm si}^{2}$–förmigen LDS mit Nullstellen bei Vielfachen von $2/T$.
Das periodische Dreiecksignal bewirkt Diracfunktionen bei Vielfachen von $1/T$. Aufgrund der Antimetrie des periodischen Anteils besitzen die Diracfunktionen bei Vielfachen von $2/T$ jeweils das Gewicht $0$. Die Gewichte der Diracfunktionen im Abstand $1/T$ sind proportional zum kontinuierlichen LDS–Anteil.
Beide Lösungsvorschläge sind somit richtig.