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).
2) Osserviamo che in questo caso
la (10.72↑)
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 (10.72↑) 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 § 8.4.1.1↑, la probabilità di 2 bit errati su 3 è
calcolabile dalla distribuzione di Bernoulli, e vale ⎛⎜⎝3 2⎞⎟⎠p2e(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.