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## Appendici

Esercizio Un sistema di trasmissione basato sul campionamento e sulla trasmissione numerica è rappresentato in figura 5.38↓. Il canale riportato all’estremità destra è considerato ideale entro una banda ±B= ±31.5 KHz, purchè la potenza al suo ingresso non superi il valore PMaxy= 1 Volt2; in tal caso la potenza in uscita risulta Py’= 0.01⋅Py. Al segnale ricevuto è sovrapposto un rumore additivo gaussiano bianco stazionario ergodico a media nulla, con spettro di densità di potenza PN(f)=(N0)/(2)= 4.61⋅10− 14 Volt2/Hz, e limitato nella banda ±B.

- 1) Se G(f) è a coseno rialzato con γ= .5, determinare la massima frequenza di simbolo fs=(1)/(Ts).
  2) Desiderando una Pe=Pce per la sequenza {c’} pari a Pe= 10− 4, determinare il massimo numero di livelli/simbolo L.
  3) Indicare la frequenza binaria fb per la sequenza {b’}.
  4) Valutare Pbe per la sequenza {b’} e mostrare che il numero di errori per unità di tempo in {b’} è lo stesso che in {c’}.
  5) Mostrare che, adottando una codifica di canale a ripetizione 3:1, la probabilità di errore Pae per la sequenza {a’} risulta pari a circa Pae≃3(Pbe)2.
  6) Indicare la frequenza binaria fa per le sequenze {a} ed {a’}.
  Supponiamo ora che Pae= 0, e si desideri un SNR=Px⁄Pz−x=  10000. Nel caso in cui x(t) sia un processo con densità di probabilità p(x) uniforme, ed indicando con W la banda di x(t);
  7) Determinare il minimo numero di bit/campione M.
  8) Determinare la massima banda W.
  9) Se la banda è ridotta a W’  =(1)/(2)W, determinare il nuovo valore di SNR ottenibile.

Svolgimento

- 1) La banda B occupata dal segnale y vale B=(fs)/(2)(1  +γ), e quindi deve risultare fs=(2B)/(1 +γ)=(2⋅31.5⋅103)/(1.5)= 42⋅103= 42.000 baud (baud = simboli/secondo).
  Figura 5.38  Sistema di trasmissione a cui si riferisce l’esercizio
  2) Osserviamo che in questo caso la (6.49↑) non può essere applicata direttamente, in quanto non essendo ancora nota la fb, non è possibile calcolare il valore di Eb=(Py’)/(fb). Notiamo però che essendo fb=fs⋅log2L, indicando con y l’argomento dell’erfc{.}, questo può essere riscritto come
  y = √((Eb)/(N0)(3log2L)/((L2−  1)(1  +γ)⎛⎝1  −(γ)/(4)⎞⎠))=√((Py’)/(fs⋅log2L)(1)/(N0)(3⋅log2L)/((L2−  1)1.31)) = √((Py’)/(fs⋅N0)⋅(2.29)/(L2− 1))
  avendo tenuto conto che se γ= 0.5, allora (1 +γ)⎛⎝1 −(γ)/(4)⎞⎠⋍1.31. Inoltre, se L≫1 (come verificheremo), la (6.49↑) può essere approssimata come Pe≃erfc{y}, e dunque per Pe= 10− 4 la figura di pag. 1↓ ci permette di individuare il valore di y≃2.7, e pertanto
  (Py’)/(fs⋅N0)⋅(2.29)/(L2− 1)=y2=(2.7)2= 7.29
  e, conoscendo i valori di fs, Py’ e N0, scriviamo
  L2 = 1 +(Py’)/(fs⋅N0)⋅(2.29)/(7.29)= 1 +(10− 2)/(42⋅10− 3⋅4.61⋅10− 4)⋅0.31 = 1 + 5.16⋅106⋅0.31≃1.6⋅106
  e quindi L=√(1.6⋅106)= 1265 che, essendo un valore massimo, limitiamo a L=  1024 livelli
  3) Dato che ad ogni simbolo di {c} ad L livelli, con frequenza di emissione pari a fS, corrisponde ad un gruppo di Nb= log2L= 10 bit della sequenza {b}, la frequenza fb è di 10 volte fS, e quindi fb=  10⋅fS= 10⋅42⋅103= 420 Kbps.
  4) Grazie all’adozione del codice di Gray, in caso di errore tra livelli contigui per i simboli di {c’}, nella sequenza {b’} solo uno (tra Nb) dei bit associati ad un simbolo è errato; il bit errato è uno qualsiasi del gruppo di Nb, e pertanto la probabilità che un bit specifico sia errato (quando è errato il simbolo di {c’}) è (1)/(Nb). Pertanto Pbe=Pb⁄cePce=(1)/(Nb)Pce, in cui Pb⁄ce è la probabilità condizionata che un generico bit di {b’} sia sbagliato quando è sbagliato il simbolo di {c’} da cui ha origine.
  - - Il numero di bit (della sequenza {b’}) errati per unità di tempo è dato da Pbe⋅fb; sostituendo: Pbe⋅fb=(Pce)/(Nb)⋅fb=Pce⋅(fb)/(Nb)=Pce⋅fS, ovvero è numericamente pari ai simboli errati (nella sequenza {c’}) per unità di tempo;
    - risulta dunque infine:
      - Pbe=(Pce)/(Nb)=(10− 4)/(10)= 10− 5;
      - Pbe⋅fb=Pce⋅fS= 10− 5⋅420⋅103= 10− 4⋅42⋅103= 4.2 (errori)/(secondo)
  5) Ogni bit di {a’} è sbagliato solo se sono sbagliati 2 o più bit in un gruppo di 3; come mostrato al capitolo seguente, la probabilità di 2 bit errati su 3 è calcolabile dalla distribuzione di Bernoulli, e vale (32)2p2e(1 −pe)= 3p2e(1 −pe), a cui va sommata la probabilità di 3 bit errati, pari a p3e. Pertanto pae= 3p2e(1  −pe)+p3e= 3p2e− 3p3e+p3e≃3p2e in cui ovviamente pe=Pbe, e l’approssimazione è legittima in quanto se pe= 10− 5 allora p2e= 10− 10 e p3e= 10− 15, trascurabili rispetto a pe. Lo stesso risultato si ottiene osservando che 2 bit errati su 3 hanno probabilità p2e(1 −pe), e questi possono essere scelti in tre modi diversi (1o e 2o, 1o e 3o, 2oe 3o). In definitiva, risulta Pae≃3(Pbe)2= 3⋅10− 10.
  6) Dato che ad ogni 3 bit di {b’} corrisponde un solo bit di {a’}, si ottiene fa=(fb)/(3)=(420⋅103)/(3)= 140 Kbps, a cui corrisponde Pae⋅fa= 3⋅10− 10⋅140⋅103= 4.2⋅10− 5 (errori)/(secondo).
  7) Sappiamo che per un processo uniforme l’SNR di quantizzazione risulta approssimativamente SNRq=(L− 1)2, in cui L è il numero di livelli del quantizzatore, a cui corrisponde l’utilizzo di M= log2L bit/campione. Risulta pertanto L=  1 +√(SNRq)= 1 +√(104)= 101 livelli. Per ottenere un numero intero di bit/campione ed un SNRq migliore od uguale a quello desiderato, determiniamo l’intero superiore: M=⌈log2L⌉= 7 bit/campione (equivalente a 128 livelli).
  8) Come sappiamo, la frequenza di campionamento fc=(1)/(Tc) non può essere inferiore a 2W; inoltre, la frequenza binaria fa risulta pari al prodotto dei bit/campione per i campioni a secondo: fa=fc⋅M; pertanto fc=(fa)/(M)=(140⋅103)/(7)= 20 KHz e dunque la W massima risulta WMax=(fc)/(2)= 10 KHz.
  9) Nel caso in cui W’  =(1)/(2)W, allora si può dimezzare anche la frequenza di campionamento fc’ =(fc)/(2)= 10 KHz, e pertanto utilizzare un M’ = 2M per ottenere la stessa fa. Pertanto il nuovo SNRq risulta SNRq’ =(L’ − 1)2=(22M− 1)2=(214− 1)2≃2.68⋅108, ovvero SNRq’(dB)= 84.3 dB.

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