ESERCIZIO 1

Una sorgente senza memoria emette un simbolo ogni .sec5m Tali simboli sono quantizzati e

codificati DPCM. Le probabilità dei simboli DPCM sono date: ),8(6)2()1( PPP == ),8(4)3( PP =

),8(3)5()4( PPP == )8(2)7()6( PPP == . Tali simboli sono poi inviati su un canale AWGN con

densità spettrale Hz

W1210−=η tramite una tecnica di modulazione ad ampiezza d’impulso

multilivello (8 livelli, da V1 a ,8V equispaziati) che utilizza una forma d’onda )(tg sagomata in

frequenza a coseno rialzato con roll-off pari al %30 . Supponendo di essere a regime (tralasciare la

fase iniziale della codifica DPCM):

a. Determinare il valor medio dei simboli DPCM.

b. Determinare la varianza dei simboli DPCM.

c. Trovare l’espressione analitica e disegnare in maniera dettagliata lo spettro PAM.

SOLUZIONE ESERCIZIO 1

a. La seguente figura mostra uno schema a blocchi del nostro sistema di trasmissione:

Abbiamo una sorgente senza memoria che emette un simbolo ogni sec5m .

Per la codifica viene utilizzata una DPCM (Differential Code Pulse Modulation).

La DPCM è un sistema di codifica predittiva che sfrutta il concetto di predizione del campione e

trasmissione dell’errore.

L’errore )( cKTε viene quantizzato su M livelli:

∆−±∆±∆±= )1(,...,3,)( MkTcqε

L’errore quantizzato viene quindi codificato con una parola di codice binaria composta da

Mn 2log= bit.

Nella DPCM tipicamente il predittore è molto sofisticato e per predire un campione, non si usa solo

il campione precedente, bensì una combinazione lineare degli N campioni precedenti:

∑=

−=�

i

cqicq TkxckTx1

])1[()(

Dove ic indica quanto è possibile prevedere il valore del campione )( ckTx a partire dal valore del

campione ])1[( cq Tkx − .

Per progettare un predittore basato sulla precedente relazione lineare occorre determinare i valori

degli � coefficienti ic , .,......,1 �i=

I valori dei coefficienti dipendono dallo specifico tipo di segnale che si sta analizzando. In

particolare, è ragionevole assumere che tali valori dipendano dalla funzione di autocorrelazione del

segnale analogico originale ).(tx Nei casi reali, non è possibile conoscere esattamente la funzione

di autocorrelazione di un segnale generico ),(tx ma è possibile solo stimarla: ).(ˆ iRR xi =

L’occupazione di banda di una DPCM è facilmente calcolabile a partire dal bit-rate sulla base del

tipo di forma d’onda e della tecnica utilizzata per effettuare la trasmissione dei campioni dell’errore.

Se l’errore trasmesso è quantizzato su M livelli ed è codificato con parole di codice binarie di

lunghezza ,log 2Mn= si ottiene che il bit-rate di una DPCM è pari a:

c

cbT

nfnr =⋅=

Nel nostro caso, il testo ci fornisce già le probabilità dei simboli in uscita dal codificatore DPCM

ciò significa che la fase di codifica iniziale è già stata effettuata.

Le probabilità dei simboli DPCM sono le seguenti:

P(1)=P(2)=6P(8)

P(3)=4P(8)

P(4)=P(5)=3P(8)

P(6)=P(7)=2P(8)

Dalla teoria sappiamo che se 2121 AAAA ∪=+ è l’unione di due eventi mutuamente esclusivi, allora

),()()()( 212121 APAPAAPAAP +=∪=+ e in generale:

,1)(),....,,(1

21 ∑=

==m

i

im APAAAP mentre 021 =∩AA )1(

Essendo gli eventi mutuamente esclusivi possiamo calcolare il valore delle probabilità applicando la

).1(

1)8()7()6()5()4()3()2()1( =+++++++ PPPPPPPP

Sostituendo si ottiene:

1)8()8(2)8(2)8(3)8(3)8(4)8(6)8(6 =+++++++ PPPPPPPP

Da cui ricaviamo )8(P :

=)8(P27

1

Le probabilità dei singoli simboli saranno:

27

6)2()1( ==PP

27

4)3( =P

8

3)5()4( ==PP

8

2)7()6( ==PP

Possiamo ora calcolare il valor medio dei simboli DPCM.

Il valor medio di una variabile aleatoria reale x è l’integrale:

∫+∞

∞−

⋅== dXXfXxE xx )(}{ η

dove )(Xf x è la densità di .x

Se x è di tipo discreto e assume i valori iX , con probabilità iP , allora:

∑ ⋅==i

iix PXxE η}{ )2(

Nel nostro caso utilizziamo la )2( ottenendo:

27

91

27

18

27

27

27

26

27

35

27

34

27

43

27

62

27

61

)8(8)7(7)6(6)5(5)4(4)3(3)2(2)1(1

=

=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅= PPPPPPPPxη

b. La varianza o dispersione 2σ è definita come:

dXXfxxE xxx )()(}){( 222

∫+∞

∞−

−=−= ηησ

Se x è di tipo discreto, allora:

∑ ⋅−=i

ixi PX 22 )( ησ

Si nota che:

2222222 }{}{2}{}2{ xxxx xExExExxE ηηηηησ −=+−=+−=

Otteniamo in questo modo:

}{}{ 222 xExE −=σ

3

47

27

423

27

164

27

249

27

236

27

325

27

316

27

49

27

64

27

61

)8(8)7(7)6(6)5(5)4(4)3(3)2(2)1(1}{ 222222228

1

22

==

=++++++⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=⋅=∑=

PPPPPPPPPxxE i

i

i

729

3140

27

91

3

472

2 =

−=σ

c. Dopo la codifica DPCM i simboli vengono inviati sul canale attraverso una PAM che utilizza

una forma d’onda a coseno rialzato con 3.0=ρ .

Lo spettro della PAM nella sua forma generale, si ricava dalla seguente relazione:

fkTj

k

a ekRfGT

fSπ22

)()(1

)(−

∑ ⋅=

Nel caso in cui i simboli siano scorrelati si applica la seguente formula semplificata:

∑

−+=

n T

nffG

TfG

TfS δ

ησ 2

2

22

2

)()()(

La nostra sorgente è senza memoria, quindi i simboli emessi saranno indipendenti tra loro con

probabilità condizionata pari a:

)()/( )1(

i

n

j

n

i SPSSP =−

Inoltre dalla teoria sappiamo che se due o più simboli sono tra loro indipendenti, allora risultano

anche scorrelati.

Pertanto possiamo concludere che nel nostro caso lo spettro della PAM è dato da:

∑

−+=

n T

nffG

TfG

TfS δ

ησ 2

2

22

2

)()()(

Dove:

- 2σ ⇒ varianza dei simboli DPCM

- 2η ⇒ valor medio al quadrato dei simboli DPCM

- T ⇒ tempo di sorgente pari a sec5m

- )( fG ⇒ spettro del coseno rialzato che è pari a:

+

+−

+

⋅−⋅

−=

=

β

ββββ

β

b

rf

b

rf

b

r

b

rf

p

r

b

rfT

r

fG

20

2224cos

1

2

1

)( 2

f

pp

p

Si ha quindi:

+

+−

−

+

⋅−⋅+

+

⋅−⋅

−

−+

= ∑

∑

β

ββδββ

ηβ

β

σ

βδησ

b

rf

b

rf

b

r

T

nf

b

rf

pT

Tb

rf

pT

T

b

rf

T

nfT

TT

T

fSn

n

20

2224cos

24cos

2

)(

2

2

2

22

22

2

2

22

2

f

pp

p

+

+−

−

+

⋅−⋅+

+

⋅−⋅

−

−+

= ∑

∑

β

ββδββ

ηββ

σ

βδησ

b

rf

b

rf

b

r

T

nf

b

rf

p

b

rf

pT

b

rf

T

nfT

fSn

n

20

2224cos

24cos

2

)( 4242

22

f

pp

p

Sostituendo si ottiene:

−

+

⋅−⋅+

+

⋅−⋅⋅

−+⋅⋅

= ∑

∑

−

−

3

1300

3

130

3

70

24cos

729

8281

24cos105

729

3140

3

70

729

8281105

729

3140

)( 443

3

f

pp

p

f

fT

nf

b

rf

p

b

rf

p

fT

nf

fSn

n

δββ

ββ

δ

E’ riportato in basso il grafico dello spettro:

Il nostro spettro si annulla in:

3

130

22)1(

22=

⋅+±=+±=+±= ρρβ

b

r

b

r

b

r

b

rW

dove 38loglog 22 === Mb essendo la PAM a 8 livelli

Il punto di flesso è in:

3

100

2=±=

b

rf c

Notiamo che abbiamo solo un impulso nell’origine in quanto per 0≠n gli impulsi cadrebbero dove

il nostro spettro è nullo.

ESERCIZIO 2

Si consideri la funzione triangolo:

−≡

T>t

T<t

T

t

T

tΛ

||0

||1

Sia data una segnalazione PAM la cui funzione di autocorrelazione corrisponde a:

( ) ( )[ ]∑

∞

−∞

−

+

=k

sT

T+τΛ+

T=τR

12k22τ4Λ

a. Discutere questa segnalazione PAM nel dominio del tempo.

b. Disegnare lo spettro di densita’ di potenza e discutere questa segnalazione PAM in frequenza.

SOLUZIONE ESERCIZIO 2

a. L'autocorrelazione è composta da un triangolo di altezza 4 e base T centrato in zero, più un

treno di triangoli di altezza unitaria e base T centrati sui kT dispari.

Dalla funzione di autocorrelazione si possono ricavare alcune informazioni sulla sorgente:

● L'autocorrelazione dei simboli di sorgente è la seguente:

● La forma d'onda associata ai simboli di sorgente è un rettangolo con duty cycle del 50%.

● Il processo PAM non è stazionario perchè non esiste il limite all'infinito

dell'autocorrelazione e nemmeno ciclostazionario (i parametri statistici non si ripetono a

intervalli fissati) perchè il treno di triangoli è centrato sui kT dispari. Per questo motivo, non

ha senso parlare di media e varianza e non è pertanto possibile risalire ai simboli di sorgente

(supponendo il processo binario o M-ario) ed alle loro probabilità.

ESERCIZIO 3

Si consideri il sistema di trasmissione in Figura, dove x(t) e’ una segnalazione PAM con funzione di

autocorrelazione Rx(τ) generica, e i blocchi contrassegnati con ∆ sono moduli di ritardo di valore t0.

x(t)

∆ + ∆

z(t)

y(t)

a. Calcolare lo spettro di densità di potenza del segnale y(t).

b. Se x(t) e’ un processo Gaussiano con Rx(τ)=δ(τ), per quali valori di t0, se esistono, le variabili

aleatorie y(t0) e z(t0) sono indipendenti?

c. Se x(t) e’ un processo Gaussiano con Rx(τ)= Λ(τ /T/2), per quali valori di t0, se esistono, le variabili aleatorie y(t0) e z(t0) sono indipendenti?

SOLUZIONE ESERCIZIO 3

a. Il segnale y(t) in uscita dal sistema è composto dalla somma della segnalazione PAM x(t) in

ingresso e dal medesimo segnale con un ritardo pari a 2t0.

y(t)=x(t)+x(t-2t0)

Il sistema può essere rappresentato come segue:

Dove:

y(t)=x(t)∗ h(t)

y(t)=x(t)∗ [ )(tδ +δ (t-2t0)]

h(t)=[ )(tδ +δ (t-2t0)]

Effettuando ora la trasformata di Fourier della risposta impulsiva h(t) otteniamo la funzione di

trasferimento H(ω ) del sistema.

Ricordiamo che: ℑ [δ (t- t0)] = 0tjω−l

H(ω )= ℑ [h(t)]=1+ 02tjω−l

La densità spettrale di potenza S y (ω ) è data da:

S y (ω )=S x (ω )|H(ω )|2

Cerchiamo un’espressione più comoda per la funzione di trasferimento.

h(t)

x(t) y(t)

Ricordando la formula di Eulero secondo cui 2

tjtj ωω −+ ll=cos( tω )

H(ω )=1+ 02tjω−l =

=2 0tjω−l

2

00 tjtj ωω −+ ll=

=2 0tjω−l cos( 0tω )

|H(ω )|2=4 cos 2 ( 0tω )

S y (ω )=S x (ω )|H(ω )|2=

=4 S x (ω )cos2 ( 0tω )

b. Consideriamo la seguente xR (τ )=δ(τ)

Le due uscite del sistema sono:

y(t)=x(t)+x(t-2t 0 )

z(t)=x(t-t 0 )

Al fine di verificare l’indipendenza delle variabili aleatorie y(t) e z(t) è sufficiente verificare che

esse siano scorrelate in quanto la scorrelazione, in caso di processi gaussiani, implica

l’indipendenza.

SCORRELAZIONE gaussianip.

⇒ INDIPENDENZA

INDIPENDENZA sempre

⇒ SCORRELAZIONE

Poiché il sistema è lineare, se x(t) è un processo stazionario, anche y(t) e z(t) sono tali in quanto

l’introduzione di ritardi e di somme non modifica la proprietà di stazionarietà.

Il processo x(t) è a media nulla, in quanto l’asintoto di xR (τ ) per τ che tende a infinito è nullo. Di

conseguenza anche i due processi y(t) e z(t) lo sono. Sarà quindi sufficiente verificare per quali

valori di 0t il coefficiente di correlazione è nullo.

0==zy

yz

σσ

µρ

)(τxR

0 τ

Dobbiamo annullare il numeratore:

E{ }])()(][)()([ tztztyty −− =E }{ )()( tzty =0

Essendo )(ty = )(tz =0

E{ } ) t- x(t)]2t-x(t+[x(t) 00 =

= E { }) t-)x(t2t-x(t)t-x(t)x(t 000 + =

= E{ })t-x(t)x(t 0 + E{ }) t-)x(t2t-x(t 00 =

= xR ( 0t ) + xR (- 0t )=

=2 xR ( 0t )=0

Questo è verificato ∀ 0t ≠ 0 essendo xR (τ ) un impulso nell’origine.

c. Consideriamo ora la seguente xR (τ )= Λ(τ /T/2)

Valgono le stesse considerazioni del punto precedente.

E }{ )()( tzty =2 xR ( 0t )=0

Nel caso ora in esame vediamo che questa relazione risulta soddisfatta per valori di t 0 tali che:

t 0 ≥2

T e t 0 ≤ -

2

T

Quindi | t 0 |≥2

T

τ 0

2

T 2

T−

)(τxR

ESERCIZIO 4

Una sorgente d’informazione senza memoria emette ogni secondo uno tra due simboli (A e B),

equiprobabili.Questi simboli vengono codificati con due forme d’onda rettangolari e antipodali (A

e’ associato alla forma d’onda positiva, B a quella negativa), con duty cycle pari al 100%; l’energia

delle forme d’onda e’ unitaria. Il canale di trasmissione opera sul segnale come un filtro lineare con

risposta all’impulso di forma rettangolare, con ampiezza costante positiva, durata ed energia

unitaria. Inoltre, il segnale cosi’ modificato subisce un ritardo aleatorio con densita’ uniforme tra

0sec e 1sec. Il segnale arriva poi al ricevitore, che opera nel seguente modo: campiona ogni

secondo, in sincronia con la trasmissione, il segnale che arriva dal canale. Se il campione all’istante

n-esimo e’ positivo, decide che all’istante (n-1)-esimo e’ stato trasmesso A; se e’ negativo, B.

a. Disegnare lo spettro della segnalazione PAM prima e dopo il canale.

b. Trovare la probabilita’ d’errore del decisore in ricezione.

c. Esiste una modifica nella posizione degli istanti di campionamento del ricevitore che consente

di annullare la probabilita’ d’errore?

SOLUZIONE ESERCIZIO 4

a. Lo schema a blocchi è quello di una sorgente binaria che emette simboli A e B ogni kT secondi,

seguito da uno shaper per sagomare le forme d’onda, un canale h(t) adattato (matched filter, ha la

forma del segnale che sta viaggiando sul canale), un blocco di ritardo con pdf distribuita

uniformemente tra 0 e 1 e infine il campionatore.

Le forme d’onda possono essere disegnate così:

P(A) = P(B) = 0,5

A e B antipodali � media nulla (η = 0)

Duty cycle del 100% � T (durata della forma d’onda) = Ts (tempo di sorgente) = 1 s

Energia unitaria delle forme d’onda � E = ∫T

dttx0

2|)(| = ∫T

dtA0

2 = A2 T = 1 � A = T/1 ;

essendo T = Ts = 1 si ha A = 1, B = -1

La varianza σ2 del processo è data da ( 22 xx − ), cioè 2x visto che la media è nulla. Coincide

quindi con la potenza del processo, cioè l’autocorrelazione in t=0.

2x = P(1) · (1) 2 + P(-1) · (-1)

2 = 1

L’espressione dello spettro di segnalazione della PAM è

S(f) = T

2σ· |G(f)|

2 +

2

2

T

η · |G(f)|

2 · )( nTf

n

−∑δ

che si riduce a S(f) = |G(f)| 2, dove G(f) è lo spettro dello shaper (prima del canale) o il prodotto

dei blocchi “shaper” e “canale” (dopo il canale). Il blocco di ritardo influirà sulla probabilità di

errore del decisore in ricezione ma non sullo spettro visto che un ritardo nel tempo diventa in

frequenza un’esponenziale che nel modulo quadro non ci crea problemi in quanto diventa una

moltiplicazione per 1. Dobbiamo quindi valutare G(f) nei due casi.

Nel primo caso lo shaper è un rettangolo nel tempo, la sua autocorrelazione ci da un triangolo

(da –1 a 1, alto 1) che in frequenza diventa un sinc2 (alto 1, zero crossing in k/T). Nel secondo

caso a questo termine devo moltiplicare lo spettro del canale, che analogamente sarà dato da un

sinc2 (uguale al precedente) in quanto il canale è un filtro lineare con risposa rettangolare.

Quindi dopo il canale la G(f) sarà un sinc4 con dei lobi laterali molto più ridotti di quelli del

sinc2.

b. Probabilità d’errore: il problema nasce dal ritardo.

Senza ritardi (∆ = 0) il simbolo precedente vale 0 nell’istante di campionamento successivo e non

disturba: ogni simbolo assume valore massimo nel proprio istante di campionamento e valore nullo

negli istanti precedente e successivo; la sorgente emette simboli ogni kT e il picco si ha in (k+1)T.

In caso di ritardo invece in ogni istante di campionamento è presente il contributo del simbolo

corrente più un contributo dovuto al simbolo precedente, che assumerà tutti i valori compresi tra

0 e 1 a seconda del ritardo.

Detto r il simbolo ricevuto e campionato, questo sarà dato dalla somma della forma d’onda

corrente più quella associata al simbolo precedente: a seconda del ritardo, se supponiamo di

aver trasmesso A, il simbolo corrente può valere da 0 a 1 con densità di probabilità uniforme;

non sapendo se il simbolo precedente fosse A o B, la sua densità di probabilità varia

uniformemente tra –1 e 1.

Quindi r è una variabile aleatoria data dalla somma tra una v.a. con pdf pari a quella del ritardo

(cioè il simbolo corrente supposto A) più una v.a. con pdf uniforme tra –1 e 1 (cioè il simbolo

precedente).

La pdf di una v.a. data dalla somma di due v.a. è la convoluzione delle pdf delle v.a. di partenza.

Se al decisore in ricezione arriva un campione negativo decide che è stato inviato il simbolo B.

Quindi la probabilità di errore dato che è stato inviato il simbolo A è pari alla probabilità di

ricevere un simbolo negativo, cioè all’area tratteggiata, che vale ¼.

Analogamente, nel caso in cui sia stato trasmesso B, la pdf del simbolo precedente non cambia e

il ragionamento è il medesimo, ad eccezione del fatto che la pdf del simbolo corrente (che

adesso è B) varia uniformemente tra –1 e 0.

Anche la probabilità di errore dato che è stato inviato B è pari a ¼, quindi

P(err) = P(err/A) · P(A) + P(err/B) · P(B) = ½ · ¼ + ½ · ¼ = ¼.

c. No perchè il ritardo fa sì che si possa avere sovrapposizione tra forme d’onda opposte tale per

cui si ha P(err) diversa da 0. Per annullare la P(err) si dovrebbe intervenire sulla symbol rate in

trasmissione rallentandola rispetto alla banda del canale in modo opportuno.

ESERCIZIO 5

Si consideri una sorgente ternaria i cui simboli, che assumono i valori ±1 con probabilità 0.25 e il

valore 0 con probabilità 0.5, hanno la seguente funzione di autocorrelazione: Ra(0)=0.5;

Ra(±1)=0.25: Ra(altrimenti)=0. Questa sorgente e’ trasmessa mediante segnalazione PAM usando

un impulso a coseno rialzato in frequenza con roll-off pari al 40%.

a. Riportare analiticamente e disegnare in dettaglio lo spettro PAM, confrontandolo con quello

che si avrebbe in assenza di correlazione.

SOLUZIONE ESERCIZIO 5

a. Indichiamo con {ai} i simboli emessi dalla sorgente e con P(ai) le relative probabilità di

emissione:

{ai} = {-1, 0, 1}

P(-1) = 0.25

P (0) = 0.25

P (1) = 0.5

La correlazione tra i simboli di sorgente è definita dalla funzione di autocorrelazione:

Graficamente:

±=

=

=

altrove

k

k

kRa

0

14/1

02/1

)(

L’associazione di una forma d’onda al simbolo di sorgente è effettuata mediante uno shaper a

coseno rialzato, che in generale può essere definito come segue:

dove cfff −=∆

In particolare, essendo nel nostro caso il fattore di roll-off 4.0==c

x

f

fρ e ricordando che Tfc 2/1= ,

possiamo scrivere la funzione di shaping come:

>

>

<<∆

−

=

Tf

Tf

Tf

Tf

f

fG

x

10

7||1

10

7||0

10

7||

10

3)

2sin1(

2

1

)(

π

Pertanto lo spettro della segnalazione PAM è:

( ) ( ) ∑ −=k

fTj

aPAM ekRfGT

fS π22)(

1= ( )

++ − fTjfTj eefG

T

ππ 222

4

1

4

1

2

11=

( )

++ − )(

4

1

2

11 222 fTjfTj eefGT

ππ = ( )

+ ))2cos(2(4

1

2

11 2fTfG

Tπ = ( )

+ ))2cos(1(

2

11 2fTfG

Tπ

Ricordando che )2cos1(2

1cos2 xx +=

( ) [ ]))((cos1

)( 22fTfG

TfSPAM π=

Otteniamo pertanto un coseno rialzato modulato da un 2cos :

−<∆<−

>∆

<∆∆

−

=

xc

x

x

x

fff

ff

fff

f

fG

1

||0

||)2

sin1(2

1

)(

π

In assenza di correlazione lo spettro della segnalazione PAM è dato da:

( ) ( ) ( ) ∑

−+=

k

PAMT

kffG

TfG

TfS δ

ησ 2

2

22

2

∑ =⋅−+⋅+⋅=⋅=i

ii XpX 04

1)1(

2

10

4

11)(η

∑ =⋅−+⋅+⋅=⋅−=i

ii XpX2

1

4

1)1(

2

1)0(

4

1)1()()( 22222 ησ

Poiché il processo di sorgente ha media nulla il secondo termine dello spettro PAM è nullo. Si

ricorda che il secondo termine è un campionamento in frequenza e non apporta informazione,

benché possa essere utile per funzioni di sincronizzazione. Ad ogni modo la sua assenza comporta

un risparmio di potenza.

Pertanto:

( ) ( ) 22

1fG

TfSPAM =

Si ricorda che la banda disponibile per una segnalazione PAM è la metà della banda al primo lobo.

ESERCIZIO 6

Un sistema di trasmissione per servizi di broadcast televisivo via cavo all’interno di un complesso

residenziale, si avvale di uno schema di modulazione PAM rappresentato in figura. Il traffico

servito è costituito dal multiplexing di 10 canali TV analogici opportunamente digitalizzati,

(quantizzazione a 16 bit/campione) e compressi di un fattore 100. Il canale è costituito da un cavo

coassiale 2.6/9.5 ed è affetto da rumore AWGN.

//∑

PAM

binaria

PAM

binaria

rb

rb/2

rb/2

Cavo

Coassiale Ricevitore

x(t)

y(t)

z(t)

η/2 = 0.5 10-14 W/Hz

Delay

Tb

2.6/9.5

a. Determinare il bitrate in ingresso al sistema

b. Supponendo simboli in ingresso al sistema normalizzati, scorrelati e codificati con forme d’onda

RZ (duty cycle del 50%) unipolari, determinare l’espressione analitica della densità spettrale di

potenza dei processi x(t) ed y(t) e disegnarne l’andamento

c. Determinare l’occupazione di banda del processo z(t)

d. Determinare la lunghezza massima del collegamento per garantire un SNRD a destinazione di 50

dB

e. Determinare uno schema qualitativo del ricevitore in grado di recuperare l’informazione

trasmessa.

SOLUZIONE ESERCIZIO 6

a. Per i segnali TV viene utilizzata una banda pari a : MHzWx 5=

Campionando al limite di Nyquist si ha una frequenza di campionamento : MHzWf s 102 =⋅=

Ogni campione viene codificato con 16 bit , per ogni segnale televisivo si ha un flusso di bit pari a:

Mbpssample

bitsamplebfr sx 16016

sec107 =

⋅

=⋅=

Il multiplexing (MUX) dei 10 segnali TV viene effettuato con tecnica TDM, ottenendo un flusso

dati bit pari a : Gbpsrr xmux 6.110 =⋅=

La compressione del flusso dei dati , riduce di un fattore 100 il bit-rate : Mbpsr

r muxb 16

100==

b. Il flusso principale rb , viene suddiviso in due flussi rb/2 superiore e rb/2 inferiore :

( ) ∏

−=

T

Tttg 2

2Tb

Tb

Flusso rb

Flusso rb/2

superiore

Flusso rb/2

inferiore

La codifica dei simboli di sorgente viene effettuata con forme d'onda unipolari tipo RZ (Return-to-

Zero), ciò significa che il segnale associato al simbolo ha una durata T, minore del tempo di

sorgente Ts .

Forma d'onda RZ con duty cycle = 50 % :

Lo spettro G(f) di ampiezza in frequenza della forma d'onda utilizzata si ottiene come trasformata di

Fourier di g(t) , lo spettro di potenza si ricava come modulo quadro di G(f) :

( ){ } ( ) ( )TfcTfGtg ⋅⋅==ℑ sin ( ) ( )TfcTfG ⋅⋅= 222sin

MbpsMbpsrb 82

16

2==

bs TnT 2sec125108

1 6 ==⋅= −

I livelli di tensione associati alla sorgente sono unipolari, il valore binario 1 è rappresentato da una

tensione positiva di 1 volt e il valore 0 con tensione nulla .

In generale il segnale (processo aleatorio) PAM, è definito dalla seguente espressione :

( ) ( )sk nTtgatx −⋅=∑+∞

∞−

dove an è l'ampiezza associata al simbolo di sorgente .

A cui corrisponde, nel caso di simboli scorrelati con media ma e varianza σa2 il seguente spettro di

potenza :

( ) ( ) ∑

−⋅

⋅

+⋅=

nsss

a

s

ax

T

nf

T

nG

T

mfG

TfS δ

σ22

22

In questo caso la media, la potenza media e la varianza del processo sono pari a :

( ){ } { } ( ) ai ii mapaaEtxE ==⋅+⋅=⋅== ∑ 21

211

210

( ) ( ){ } { } ( ) 22222

21

211

210 aapaaEtxEtx

i ii ==⋅+⋅=⋅=== ∑

( ) ( )( ){ } ( ){ } 22222

41

41

21

aaa mamaEtxtxE σ==−=−=−=−

- Segnale x(t) :

Il flusso rb / 2 viene codificato con un sistema PAM binario, il cui spettro risulta :

( ) ( ) ∑

−⋅

⋅

+⋅=

nsss

a

s

ax

T

nfT

T

ncT

T

mTfcT

TfS δ

σ 22

2

222

sinsin

sostituendo media, varianza e bs T

TT ≡=

2 , si ottiene :

( ) ( ) ∑

−⋅

+⋅⋅=

nb

bb

xT

nf

ncTfc

TfS

22sin

16

1sin

8

22 δ scritta in funzione di Tb

Essendo il sinc2(n/2) nullo per valori di n pari e maggiori di zero , gli impulsi che si dovrebbero

trovare in multipli pari di 1/Tb vengono annullati dal valore dello spettro della forma d'onda

utilizzata, che a quelle determinate frequenze è nullo .

- Segnale y(t) :

Lo spettro risulta essere lo stesso del segnale x(t) in quanto le caratteristiche dei simboli della

sorgente e le forme d’onda utilizzate sono le stesse, lo sfasamento nel tempo del segnale PAM

modifica la sola fase e quindi non vi sono modifiche allo spettro di potenza .

Spettro in frequenza della potenza :

c. Il segnale aleatorio z(t) è dato dalla somma dei due processi aleatori x(t) e y(t) .

Se la sequenza di bit del flusso rb è composta da bit tutti pari ad uno si ottiene :

t Tb

Flusso rb

Ts

Segnale x(t)

Segnale y(t)

Ts

t

t

Ritardo nel tempo pari a Tb

T=Tb

Il segnale z(t) è un nuovo processo aleatorio con ampiezza pari alla somma delle ampiezze assunte

dai 2 segnali, in particolare per una sequenza di bit del flusso rb : { an } = a1 a2 a3 a4 a5 a6 , si

ottengono le sequenze per i segnali x(t) e y(t) : { ax } = a1 a3 a5 e { ay } = a2 a4 a6 , da cui la

sequenza di ampiezze per il segnale z(t) : { az } = (a1+a2) (a3+a4) (a5+a6) .

Espressione per il processo z(t) :

( ) ( )∑ −⋅=k sk kTtgatz

Essendo i simboli del flusso principale { an } equiprobabili e scorrelati si ricavano le ampiezze dei

simboli { az } e le loro probabilità :

ax ay az = ax + ay p(az)

0 0 0 ¼

0 1 1 ½

1 0

1 1 2 ¼

Si determinano media, potenza media e varianza del processo z(t) :

( ){ } { } ( ) zi iiz mapaaEtzE ==⋅+⋅+⋅=⋅== ∑ 1412

211

410

( ) ( ){ } { } ( ) 22222

231

21

414

211

410 zi iiz aapaaEtzEtz ==+=⋅+⋅+⋅=⋅=== ∑

( ) ( )( ){ } ( ){ } 22222

211

23

zzzzz mamaEtztzE σ==−=−=−=−

Espressione spettro di potenza:

la forma d’onda “sagomatrice” è un rettangolo di durata pari a metà del tempo di sorgente

( ) ( ) ∑

−⋅

⋅

+⋅=

nsss

z

s

zz

T

nfT

T

ncT

T

mTfcT

TfS δ

σ 22

2

222

sinsin

Sostituendo media, varianza e bs TTT 22 ≡= si ottiene :

( ) ( ) ∑

−⋅

+⋅=

nb

bb

zT

nf

ncTfc

TfS

22sin

4

1sin

4

22 δ

La parte dello spettro continua è un sinc2 con zeri in multipli interi di MHzr

T bb

161 == , mentre

le “righe spettrali” si trovano in multipli interi di bT2

1 , ma essendo il sinc2(n/2) nullo per “n”

multiplo intero di 2, si annullano gli impulsi in multipli pari di rb/2 . Rimangono quindi le righe

spettrali in 2

brk ⋅ , con k dispari .

L’occupazione di banda del processo aleatorio z(t) viene stimata al primo zero del sinc2 , si ottiene:

MHzWz 16=

d. Il sistema di trasmissione è in banda base , a valle del canale è presente un filtro passa basso

LPF, con larghezza pari alla banda del segnale trasmesso: MHzWz 16= .

Per determinare il rapporto segnale-rumore a destinazione SNRD , si calcolano separatamente la

potenza a destinazione del segnale e del rumore :

Supponendo il filtro LPF a destinazione, ideale con guadagno in potenza unitario si ottiene :

LS

S TD =

- ST è la potenza del segnale in trasmissione :

( ) ( ) ( ) =⋅++== ∫∫+

−

+

−

dfTfcT

cdffSSz

z

z

z

W

W

bb

W

W

zT

22 sin42

1sin412

41

W6785.0104452.11062.541 2

41 7-9

2 =⋅⋅⋅⋅++=π

Si sono considerati i 3 impulsi presenti nella banda del filtro .

- L è l'attenuazione in potenza del canale, in questo caso per un cavo coassiale tipo 2.6/9.5 si ha :

si calcola il parametro α rispetto alla frequenza massima del segnale z(t)

3.20 =α MHzfc 16=

[ ] kmdBf

MHzckm

dB 2.943.20 =⋅=⋅= αα

kmkm

dBdB lL ⋅= α

Potenza del rumore ND è pari a :

( ) nWWWWdffH� zz

W

W

LPFD

z

z

16010160101610222

96142=⋅=⋅⋅==⋅== −−

+

−

∫ ηηη

Da cui si ottiene :

510≥==z

T

D

DD

WL

S

�

SS�R

η 41.42

10161010

0.6785

10 61455=

⋅⋅⋅=≤

−z

T

W

SL

η

( ) dBLdB

275.1641.42log10max =⋅=

Dato maxL espresso in decibel, si ricava il valore massimo per la lunghezza del canale :

kmL

l

kmdB

dB 77.19.2

275.16max

max ===α

e. Schema ricevitore :

LPF

Wz

( )skTy Campionatore

t = k Ts

Canale ( ) ( ) ( )tntzL

ty +=1

Il segnale a destinazione : ( ) ( ) ( )tnnTtgatyn sn +−⋅=∑ ~

( )tg~ è la forma d’onda “distorta” a destinazione

A valle del campionatore : ( ) ( ) ( )skn

ssnks kTnnTkTgaakTy +−⋅+= ∑≠

~

ka : ampiezza a destinazione ( )skTn : rumore campionato

( )∑≠

−⋅kn

ssn nTkTga ~ : contributo dovuto alla interferenza intersimbolica, ISI

ISI = 0 , in quanto la condizione di Nyquist è rispettata : 66 103221082

⋅=≤⋅= zb Wr

In ogni caso anche in assenza di rumore, ISI nulla e nessuna attenuazione del canale, si avrebbe la

rigenerazione della sequenza in trasmissione { az }, che non consente il recupero dei simboli { ax }

e { ay } in quanto le ampiezze dei 2 segnali x(t) e y(t) sono tali da creare 3 livelli in trasmissione,

che non consentono di rappresentare univocamente le 4 possibili combinazioni dei 2 bit che si sono

andati ad accorpare .

La rigenerazione del flusso principale non può essere effettuata.

ESERCIZIO 7

Una sorgente senza memoria emette un simbolo ogni 10 sec. Tali simboli sono quantizzati e

codificati DPCM. Le probabilità dei simboli DPCM sono date: P(1)=P(2)=P(3)=5P(8);

P(4)=P(5)=4P(8); P(6)=P(7)=2P(8). Tali simboli sono poi inviati su un canale AWGN con densità

spettrale η=10-12W/Hz tramite una tecnica di modulazione ad ampiezza d’impulso multilivello (8

livelli, da 1V a 8V, equispaziati) che utilizza una forma d’onda g(t) sagomata in frequenza a coseno

rialzato con roll-off pari al 40%. Supponendo di essere a regime (tralasciare la fase iniziale della

codifica DPCM):

a. Determinare il valor medio dei simboli DPCM

b. Determinare la varianza dei simboli DPCM

c. Trovare l’espressione analitica e disegnare in maniera dettagliata lo spettro PAM

d. Se i simboli fossero equiprobabili, come si potrebbe ottimizzare la codifica PAM dal punto di

vista dell’energia?

SOLUZIONE ESERCIZIO 7

a. Probabilità associate ai simboli DPCM:

Chiamiamo P(8) = x

28

1)8(

28

2)7()6(

28

4)5()4(

28

5)3()2()1(

28

1

1)2(2)4(2)5(3

=

==

==

===

=

=+++

P

PP

PP

PPP

x

xxxx

Valor medio dei simboli DPCM:

28

100

28

1)8(

28

2)76(

28

4)54(

28

5)321( =+++++++==∑ i

i

iPAη

b. Varianza dei simboli DPCM:

49

194

28

1)8(

28

2)76(

28

4)54(

28

5)321( 2222222222 =−

+++++++= ησ

c. L’espressione analitica di un generico spettro di potenza di una segnalazione PAM a media non

nulla è il seguente:

∑

−+=

n T

nffG

TfG

TfS δ

ησ 2

2

22

2

)()()(

Lo spettro del coseno rialzato è così definito:

G( f )=

0

24cos1

1

2

+−

=

ββ

π rf

r

Tr

β

ββ

β

+>

+<<−

−<

2

22

2

rf

rf

r

rf

2

0r

≤≤ β

Nel nostro caso:

02.0)4.0(20

1

2

101

===

==

ρβr

Tr

Lo spettro del coseno rialzato diventa:

G( f )= ( )

0

07.008.0

cos10

10

2 −fπ

07.0

07.003.0

03.0

>

<<

<

f

Hzf

Hzf

Possiamo scrivere a questo punto l’espressione analitica dello spettro PAM

)()(100

)(10

)(2

22

2

ffGfGfS δησ

+= dove:

755.1249

625

959.349

194

2

2

≅=

≅=

η

σ

|G( f )|² = ( )

0

07.008.0

cos100

100

4 −fπ

07.0

07.003.0

03.0

>

<<

<

f

Hzf

Hzf

L’andamento dello spettro di potenza PAM è mostrato in figura.

La componente impulsiva a frequenza nulla è dovuta al fatto che la media dei simboli non è zero.

Gli impulsi situati a frequenze multiple del rate di segnalazione r non compaiono perché lo spettro

del coseno rialzato si annulla a ± 0.07 Hz.

d. Per ottimizzare la potenza in trasmissione, gli 8 livelli della PAM devono

essere disposti in modo che la media dei simboli sia nulla. Questa scelta

annulla infatti le componenti impulsive dello spettro di potenza PAM a tutte le

frequenze.

Il valore di 0V dipende dalla effettiva potenza in trasmissione disponibile e dalla massima

probabilità di errore in ricezione tollerata; infatti, tenendo conto che i simboli sono equiprobabili e

che la media è nulla, si ha:

( ) 2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0 218

168492252922

8

1VVVVVVPM ==⋅+⋅+⋅+=

Si potrebbe quindi diminuire 0V ma diminuendo Vo diminuisce la spaziatura tra i livelli e aumenta

la probabilità di errore sui simboli. Infatti, data in figura la rappresentazione geometrica di questa

configurazione, ogni gaussiana è centrata

sul valore della radice dell’energia del

simbolo corrispondente:

dttxE ii ∫∞

∞−

= 2|)(| , dove )(txi è la forma

d’onda usata in trasmissione (con l’ampiezza corrispondente). Pertanto la distanza d tra due simboli

codificati con livelli adiacenti è data da dttxtxd ji∫∞

∞−

−= 22 |)()(| . Nel nostro caso, per la scelta fatta

sui livelli, questa può essere riscritta come dttxVd ∫∞

∞−

= 22

0

2 |)(|4 , dove x(t) è l’espressione del

damped sinc normalizzato, ossia la forma d’onda nel tempo del coseno rialzato, definita come:

rtt

ttx sinc

)4(1

2cos)(

2β

πβ

−= dove:

02.0)4.0(20

1

2

101

===

==

ρβr

Tr

Calcolando numericamente l’integrale risulta: 00

2 09.627.9227.9|)(| VVddttx ≅=⇒≅∫∞

∞−

.

A questo punto possiamo calcolare l’espressione della probabilità d’errore sul simbolo, tenendo

conto che il rumore del canale è gaussiano a media nulla e varianza N0 :

=

=

−== ∫

∞

02/

2

2

87222

exp2

1)|()|(

�

dQ

dQdx

xSerrPSerrP

dσσσπ

==

0

12

2)|()|(�

dQSerrPSerrP j 7<∀j

=

+

=

000 275.1

28

2

228

6)(

�

dQ

�

dQ

�

dQerrP

Facciamo ad esempio una stima sulla potenza in trasmissione tale da avere una probabilità massima

di errore sul simbolo pari a 10-3:

43

00

3 107.5107

4

2275.110 −−− ×≅=

⇒

=

�

dQ

�

dQ

Usando i valori tabulati della funzione Q si ottiene WVV

�

dµ13.3

102

09.63.3

20

12

0

0

≅⇒≅⇒≅−

ESERCIZIO 8

Una sorgente senza memoria emette un simbolo ogni 10 sec. Tali simboli sono inviati su un canale

AWGN con densità spettrale η=10-12W/Hz tramite una tecnica di modulazione ad ampiezza

d’impulso multilivello che utilizza una forma d’onda g(t) sagomata in frequenza a coseno rialzato

con roll-off pari al 50%.

a. Supponendo di dover inviare 6 simboli equiprobabili utilizzando per la codifica PAM livelli

d’ampiezza equispaziati, definire i valori delle ampiezze che consentono di ottimizzare il sistema

dal punto di vista dell’energia.

b. Trovare l’espressione analitica e disegnare in maniera dettagliata lo spettro PAM

SOLUZIONE ESERCIZIO 8

a. Al fine di ottimizzare il sistema dal punto di vista dell’energia, i sei livelli devono essere

disposti opportunamente. La configurazione qui a

lato è quella ottima rispetto a tutte quelle che

forniscono lo stesso range di separazione tra livelli

adiacenti.

Con questa configurazione infatti si ottiene un

valor medio nullo:

06

5335=

−−−++=

VoVoVoVoVoVoµ

dove Vo è un valore che dipende dalla potenza in

trasmissione.

Tale configurazione rende nulla la potenza persa

sulla portante.

b. La sorgente emette simboli equiprobabili che

possiamo considerare indipendenti, per questo motivo avremo la seguente espressione analitica:

)()()()(2

2

22

2

T

nffG

TfG

TfS n −Σ+= δ

µσ

Grazie alla configurazione scelta nel punto a il secondo termine dell’equazione è nullo (µ=0),

quindi abbiamo:

2

2

)()( fGT

fSσ

=

dove 2σ vale:

12

35

12

122 =

−=M

σ Valida solo per PAM multilivello con simboli equiprobabili.

Mentre per G(f) avremo:

β

ββ

β

ββ

π

+>

+<<−

−<

+−=

2

22

2

0

)2

(4

cos1

1

)( 2

rf

rf

r

rf

rf

r

r

fG

Dove sec101

== Tr

(tempo di sorgente) e 4

r=β quando il roll-off è pari al 50%.

Sostituendo il valore di 2σ troviamo l’espressione analitica dello spettro PAM:

22)(

24

7)(

10

1

12

35)( fGfGfS ==

A questo punto abbiamo tutti i dati per rappresentare lo spettro PAM desiderato: