Aufgaben:Aufgabe 1.3: ISDN–Rahmenstruktur: Unterschied zwischen den Versionen
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| − | Die Grafik zeigt die Rahmenstruktur der $\rm S_{0}$–Schnittstelle. Jeder Rahmen der Dauer $T_{\rm R}$ beinhaltet $48$ Bit, darunter: | + | Die Grafik zeigt die Rahmenstruktur der $\rm S_{0}$–Schnittstelle. Jeder Rahmen der Dauer $T_{\rm R}$ beinhaltet $48$ Bit, darunter: |
| − | *$16$ Bit für den | + | *$16$ Bit für den "Bearer Channel" $\rm B1$ (hellblau), |
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Gelb eingezeichnet sind die erforderlichen Steuerbits. | Gelb eingezeichnet sind die erforderlichen Steuerbits. | ||
| − | Vorgegeben wird | + | Vorgegeben wird, dass jeder der beiden Basiskanäle $\rm B1$ und $\rm B2$ eine Nettodatenrate von $R_{\rm B} = 64 \ \rm kbit/s$ bereitstellen soll. |
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| + | *der jede binäre „$1$” dem Spannungspegel $0 \ \rm V$ zuordnet und | ||
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| + | *Der AMI–Code wird ausführlich im Kapitel [[Digitalsignalübertragung/Symbolweise_Codierung_mit_Pseudoternärcodes#Eigenschaften_des_AMI-Codes|"Eigenschaften des AMI-Codes"]] des Buches „Digitalsignalübertragung” beschrieben. | ||
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| − | {Wieviele Steuerbits $(N_{\rm St})$ werden pro Rahmen übertragen? | + | {Wieviele Steuerbits $(N_{\rm St})$ werden pro Rahmen übertragen? |
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$N_{\rm St} \ = \ $ { 12 3% } | $N_{\rm St} \ = \ $ { 12 3% } | ||
| − | {Mit welchen Spannungswerten $(0 \ {\rm V}, +0.75 \ {\rm V}, –0.75 \ {\rm V})$ werden Bit 10, 11 und 12 (grau hinterlegter Block) dargestellt? | + | {Mit welchen Spannungswerten $(0 \ {\rm V}, \ +0.75 \ {\rm V}, \ –0.75 \ {\rm V})$ werden Bit 10, 11 und 12 (grau hinterlegter Block) dargestellt? |
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$U_{12} \ = \ $ { 0.75 3% } $\ \rm V $ | $U_{12} \ = \ $ { 0.75 3% } $\ \rm V $ | ||
| − | {Welchen Spannungswert $(0 \ {\rm V}, | + | {Welchen Spannungswert $(0 \ {\rm V}, \ +0.75 \ {\rm V}, \ –0.75 \ {\rm V})$ besitzt das $\rm L$–Bit am Ende? |
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| − | '''(1)''' In jedem Rahmen werden jeweils $16 | + | '''(1)''' In jedem Rahmen werden jeweils $16$ Bit der Basiskanäle $\rm B1$ und $\rm B2$ übertragen. |
| − | :$$R_{\rm B} = \frac{16\,\,{\rm bit}}{T_{\rm R}} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} T_{\rm R} = \frac{16\,\,{\rm bit}}{64 \cdot 10^3\,\,{\rm bit/s}} \hspace{0.15cm}\underline{= 250 \,{\rm \ | + | *Mit der Rahmendauer $T_{\rm R}$ gilt somit für die Bitrate $(R_{\rm B} = 64 \ \rm kbit/s)$ eines jeden Rahmens: |
| + | :$$R_{\rm B} = \frac{16\,\,{\rm bit}}{T_{\rm R}} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} T_{\rm R} = \frac{16\,\,{\rm bit}}{64 \cdot 10^3\,\,{\rm bit/s}} \hspace{0.15cm}\underline{= 250 \,{\rm µ s}} \hspace{0.05cm}.$$ | ||
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| + | '''(2)''' Für jedes einzelne der $48$ Bit steht somit folgende Zeitdauer zur Verfügung: | ||
| + | :$$T_{\rm B} = \frac{T_{\rm R}}{48} = \frac{250 \,{\rm µ s}}{48} \hspace{0.15cm}\underline{ = 5.208 \,{\rm µ s}}$$ | ||
| + | *Da bei der (modifizierten) AMI–Codierung jedes Binärsymbol durch ein Ternärsymbol gleicher Dauer ersetzt wird, ist die Symboldauer nach der AMI–Codierung ebenfalls gleich $T_{\rm B}$. | ||
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'''(3)''' Die Bruttodatenrate ist gleich dem Kehrwert der Bitdauer: | '''(3)''' Die Bruttodatenrate ist gleich dem Kehrwert der Bitdauer: | ||
:$$R_{\rm ges} = \frac{1}{T_{\rm B}} \hspace{0.15cm}\underline{= 192 \,{\rm kbit/s}} \hspace{0.05cm}.$$ | :$$R_{\rm ges} = \frac{1}{T_{\rm B}} \hspace{0.15cm}\underline{= 192 \,{\rm kbit/s}} \hspace{0.05cm}.$$ | ||
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'''(4)''' Die Anzahl der Steuerbit beträgt: | '''(4)''' Die Anzahl der Steuerbit beträgt: | ||
:$$N_{\rm St} = 48 - 2 \cdot 16 -4 \hspace{0.15cm}\underline{= 12} \hspace{0.05cm}.$$ | :$$N_{\rm St} = 48 - 2 \cdot 16 -4 \hspace{0.15cm}\underline{= 12} \hspace{0.05cm}.$$ | ||
| − | Diese sind in der Grafik gelb markiert. Die in der letzten Teilfrage berechnete Gesamt–Bruttodatenrate setzt sich somit wie folgt zusammen: | + | *Diese sind in der Grafik gelb markiert. |
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| + | *Die in der letzten Teilfrage berechnete Gesamt–Bruttodatenrate setzt sich somit wie folgt zusammen: | ||
:$$R_{\rm ges} = 2 \cdot {R_{\rm B}} + {R_{\rm D}} + {R_{\rm St}} = 2 \cdot 64 \,{\rm kbit/s} + 16 \,{\rm kbit/s} + 48 \,{\rm kbit/s} = 192 \,{\rm kbit/s} \hspace{0.05cm}.$$ | :$$R_{\rm ges} = 2 \cdot {R_{\rm B}} + {R_{\rm D}} + {R_{\rm St}} = 2 \cdot 64 \,{\rm kbit/s} + 16 \,{\rm kbit/s} + 48 \,{\rm kbit/s} = 192 \,{\rm kbit/s} \hspace{0.05cm}.$$ | ||
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| − | $\ \ \ \ \ | + | '''(5)''' Zu beachten ist, dass die erste „0” mit positiver Polarität codiert wird und alle folgenden alternierend mit $±0.75 \ {\rm V}$: |
| + | *$U_{1} = U_{5} = U_{9} = U_{12} =\text{ ...} = +0.75 \ {\rm V},$ | ||
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| + | *$ U_{2} = U_{7} = U_{10} = U_{13} = \text{ ...} = -0.75 \ {\rm V}$. | ||
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| − | $\ \ \ \ \ b_{12} = 0$ durch $U_{12} \underline{= +0.75 \ \rm V}$. | + | Daraus folgt weiter: |
| + | *Das Bit $b_{10} = 0$ wird dargestellt durch $U_{10} \underline{= -0.75 \ \rm V}$, | ||
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| + | *das Bit $b_{11} = 1$ durch $U_{11} \underline{= 0 \ \rm V}$, | ||
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| + | *das Bit $b_{12} = 0$ durch $U_{12} \underline{= +0.75 \ \rm V}$. | ||
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| − | '''(6)''' Das | + | '''(6)''' |
| + | *Das $\rm L$–Bit hat die Aufgabe, das AMI–codierte Signal $($über alle $48$ Ternärsymbole$)$ gleichsignalfrei zu halten. | ||
| + | |||
| + | *Da $22$ mal das Binärsymbol „0” aufgetreten ist $($also je $11$ mal die Spannungswerte $+0.75 \ \rm V$ und $-0.75 \ \rm V$) und dementsprechend $27$ mal das Binärsymbol „1” (Spannungswert $0 \ \rm V$), ist $U_{48}\hspace{0.15cm}\underline{=0 \ \rm V}$ zu setzen. | ||
Aktuelle Version vom 18. Oktober 2022, 16:57 Uhr
Rahmenstruktur der $\rm S_{0}$–Schnittstelle
Die Grafik zeigt die Rahmenstruktur der $\rm S_{0}$–Schnittstelle. Jeder Rahmen der Dauer $T_{\rm R}$ beinhaltet $48$ Bit, darunter:
- $16$ Bit für den "Bearer Channel" $\rm B1$ (hellblau),
- $16$ Bit für den "Bearer Channel" $\rm B2$ (dunkelblau),
- $4$ Bit für den "Data Channel $\rm D$ (grün).
Gelb eingezeichnet sind die erforderlichen Steuerbits.
Vorgegeben wird, dass jeder der beiden Basiskanäle $\rm B1$ und $\rm B2$ eine Nettodatenrate von $R_{\rm B} = 64 \ \rm kbit/s$ bereitstellen soll.
Anzumerken ist, dass die Bitdauer $T_{\rm B}$ des uncodierten Binärsignals gleichzeitig die Symboldauer des (modifizierten) AMI–Codes angibt,
- der jede binäre „$1$” dem Spannungspegel $0 \ \rm V$ zuordnet und
- jede binäre „$0$” alternierend mit $+0.75 \ \rm V$ bzw. $–0.75 \ \rm V$ darstellt.
Die Zahlenwerte in der Grafik (rot markiert) geben eine Beispielfolge an, die in der Teilaufgabe (5) entsprechend dem modifizierten AMI–Code in Spannungspegel umgesetzt werden soll.
- Die Bitnummer $48$ beinhaltet das so genannte $\rm L$–Bit.
- Dieses ist in der Teilaufgabe (6) so zu setzen, dass das Signal $s(t)$ gleichsignalfrei wird.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel "ISDN-Basisanschluss".
- Der AMI–Code wird ausführlich im Kapitel "Eigenschaften des AMI-Codes" des Buches „Digitalsignalübertragung” beschrieben.
- Anzumerken ist ferner, dass die ersten $47$ Bit genau $22$ „Nullen” enthalten.
Fragebogen
Musterlösung
(1) In jedem Rahmen werden jeweils $16$ Bit der Basiskanäle $\rm B1$ und $\rm B2$ übertragen.
- Mit der Rahmendauer $T_{\rm R}$ gilt somit für die Bitrate $(R_{\rm B} = 64 \ \rm kbit/s)$ eines jeden Rahmens:
- $$R_{\rm B} = \frac{16\,\,{\rm bit}}{T_{\rm R}} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} T_{\rm R} = \frac{16\,\,{\rm bit}}{64 \cdot 10^3\,\,{\rm bit/s}} \hspace{0.15cm}\underline{= 250 \,{\rm µ s}} \hspace{0.05cm}.$$
(2) Für jedes einzelne der $48$ Bit steht somit folgende Zeitdauer zur Verfügung:
- $$T_{\rm B} = \frac{T_{\rm R}}{48} = \frac{250 \,{\rm µ s}}{48} \hspace{0.15cm}\underline{ = 5.208 \,{\rm µ s}}$$
- Da bei der (modifizierten) AMI–Codierung jedes Binärsymbol durch ein Ternärsymbol gleicher Dauer ersetzt wird, ist die Symboldauer nach der AMI–Codierung ebenfalls gleich $T_{\rm B}$.
(3) Die Bruttodatenrate ist gleich dem Kehrwert der Bitdauer:
- $$R_{\rm ges} = \frac{1}{T_{\rm B}} \hspace{0.15cm}\underline{= 192 \,{\rm kbit/s}} \hspace{0.05cm}.$$
(4) Die Anzahl der Steuerbit beträgt:
- $$N_{\rm St} = 48 - 2 \cdot 16 -4 \hspace{0.15cm}\underline{= 12} \hspace{0.05cm}.$$
- Diese sind in der Grafik gelb markiert.
- Die in der letzten Teilfrage berechnete Gesamt–Bruttodatenrate setzt sich somit wie folgt zusammen:
- $$R_{\rm ges} = 2 \cdot {R_{\rm B}} + {R_{\rm D}} + {R_{\rm St}} = 2 \cdot 64 \,{\rm kbit/s} + 16 \,{\rm kbit/s} + 48 \,{\rm kbit/s} = 192 \,{\rm kbit/s} \hspace{0.05cm}.$$
(5) Zu beachten ist, dass die erste „0” mit positiver Polarität codiert wird und alle folgenden alternierend mit $±0.75 \ {\rm V}$:
- $U_{1} = U_{5} = U_{9} = U_{12} =\text{ ...} = +0.75 \ {\rm V},$
- $ U_{2} = U_{7} = U_{10} = U_{13} = \text{ ...} = -0.75 \ {\rm V}$.
Daraus folgt weiter:
- Das Bit $b_{10} = 0$ wird dargestellt durch $U_{10} \underline{= -0.75 \ \rm V}$,
- das Bit $b_{11} = 1$ durch $U_{11} \underline{= 0 \ \rm V}$,
- das Bit $b_{12} = 0$ durch $U_{12} \underline{= +0.75 \ \rm V}$.
(6)
- Das $\rm L$–Bit hat die Aufgabe, das AMI–codierte Signal $($über alle $48$ Ternärsymbole$)$ gleichsignalfrei zu halten.
- Da $22$ mal das Binärsymbol „0” aufgetreten ist $($also je $11$ mal die Spannungswerte $+0.75 \ \rm V$ und $-0.75 \ \rm V$) und dementsprechend $27$ mal das Binärsymbol „1” (Spannungswert $0 \ \rm V$), ist $U_{48}\hspace{0.15cm}\underline{=0 \ \rm V}$ zu setzen.
