Материал: 6593
156
Вероятность ошибки при декодировании кодовой комбинации определим по формуле (3.59) [1]
Pош = P(3) +...+ P(31) ≈ P(3) + P(4) + P(5) =
=29 30 310,01693 (1−0,0169)28 + 1 2 3
+28 29 30 310,01694 (1−0,0169)27 = 1 2 3 4
+27 28 29 30 310,01695 (1−0,0169)26 = 1 2 3 4 5
=0,01346 +0,00162 +0,00015 = 0,01523.
Кодовое расстояние используемого кода равно 5 (см. соотношение (3.6) [1]), тогда по формуле (3.60) [1] находим значение битовой вероятности ошибки на выходе декодера
pb = 0,01523 5/ 31 = 0,00246.
Итак, использование кода БЧХ позволило уменьшить битовую вероятность ошибки на выходе СПИ в 1,37 раза.
Пример 6.1.7 В цифровой СПИ применяется мягкая процедура демодуляции в соответствии с условиями примера 4в и используется код Хэмминга (7,4) для восстановления стертых символов. Определить битовую вероятность ошибки на выходе декодера.
Решение. В условиях примера 4в вероятность того, что символ не окажется стертым и будет принят безошибочно, равна
pп =1− pв − pс =1−0,00135 −0,0214 = 0,97728.
Восстановление стертых символов производится в предположении, что остальные символы комбинации на входе декодера ошибок не содержат. Стертым символам нужно присвоить такие значения, которые удовлетворяют всем r=3 проверкам на четность, задаваемым тремя строками проверочной матрицы этого кода (3.27) [1]
0001111
H= 0110011 .1010101
157
Например, в принятой комбинации S10S31010 стертые символы S1 и S3 участвуют во второй и третьей проверках, то есть в разрешенной комбинации должно быть (напомним, что суммирование проводится по модулю 2)
0 + S3 + 1 + 0 = 0, S1 + S3 + 0 + 0 = 0.
Отсюда имеем S1 = S3=1. Очевидно, что код способен восстановить любые один или два стертых символа (например, три символа S1, S2 и S3 не могут быть восстановлены, так как они участвуют всего в двух проверках).
Таким образом, кодовая комбинация будет декодирована правильно в любой из четырех несовместных ситуаций:
1)в комбинации нет стертых и ошибочных символов;
2)в комбинации один символ стерт, остальные без ошибок;
3)в комбинации два символа стерты, остальные без оши-
бок;
4) в комбинации нет стертых символов, но один символ с ошибкой.
Вероятность каждого из этих событий равна
P1 = pп7 = 0,977287 = 0,8514,
P2 = 7 pc pп6 = 7 0,0214 0,977286 = 0,1305,
P3 = 627 pc2 pп5 = 21 0,02142 0,977285 = 0,00857,
P4 = 7 pв pп6 = 7 0,00135 0,977286 = 0,00823.
Вероятность правильного декодирования комбинации вычисляем по формуле сложения вероятностей
Pï ð = P1 + P2 + P3 + P4 =
= 0,8514 +0,1305 +0,00857 +0,00823 = 0,9987.
Вероятность ошибочного декодирования комбинации
Pош =1− Pпр = 0,0013.
В итоге битовая вероятность ошибки на выходе декодера определяется по формуле (3.60) [1]
pb = 0,0013 3/ 7 = 0,00056.
6.2 Демодуляция сигнала при передаче в канале с замираниями (разнесенный прием)
158
Пример 6.2.1 Оценить суммарное время нарушения связи за 1 час работы, если это происходит при снижении уровня сигнала на 12 дБ по сравнению с его средним значением по мощности.
Решение. Среднее значение мощности, то есть квадрата случайной величины А в формуле (5.21) [2], равно
mV = M[A2 ] = 2σ 2 , тогда для порогового значения в формуле (5.21) [2] имеем Aï2 = 2σ 2 10−0,112 = 0,0631 2σ 2. Вероятность того, что амплитуда окажется ниже порога, равна
Pç =1−exp(−0,0631)= 0,0611.
Тогда в течение 1 часа суммарное время нарушения связи составит приблизительно Tз = 60Pз = 3,67 мин.
Пример 6.2.2 Решить пример 8 в предположении, что применяется четырехкратный разнесенный прием с автовыбором максимального сигнала.
Решение. Флуктуации сигналов в ветвях разнесения независимы, поэтому вероятность совместного снижения уровня сигналов во всех ветвях находим по формуле умножения веро-
ятностей P = Pç4 = 0,06114 = 0,0000139.
Тогда в течение 1 часа суммарное время нарушения связи составит приблизительно Tç = 3600Pç = 0,05 ñ.
Пример 6.2.3 В канале с релеевскими замираниями применяется N-кратный разнесенный прием при условии, что суммарное среднее по энергии отношение сигнал/шум в ветвях разнесения составляет 20 дБ. Определить битовую вероятность ошибки р для двух случаев:
а) кратность разнесения равна 2; б) кратность разнесения равна 16.
Каково минимально-возможное значение р?
Решение. Из данных рис. 5.10 [2] получаем для битовой вероятности ошибки значение 10–3 для случая двукратного разнесения и 10–7 для 16-кратного. Из того же рисунка видно, что ми- нимально-возможное значение р =3·10–8 достигается при использовании 32-кратного разнесенного приема.
159
6.3 Регенерация цифрового сигнала в ретрансляторах Пример 6.3.1 В семипролетной двоичной когерентной ра-
диорелейной линии с ОФМ отношение сигнал/шум на входе первого ретранслятора q1 составляет 15 дБ, причем все пролеты и все ретрансляторы одинаковые. Определить битовую вероятность ошибки на выходе линии, если регенерация сигнала в ретрансляторах:
а) не производится; б) производится.
Решение. а) Если отношение сигнал/шум на входе первого ретранслятора составляет q12 =100,115 = 31,62, то в оконечном
пункте оно уменьшается в 7 раз и становится равным q72 = 4,52.
Тогда битовая вероятность ошибки на выходе линии (см.
формулы (5.14) и (5.19) [2])
pОФМ = 2 pФМ (1− pФМ )= 2Ф(2,13)(1−Ф(2,13))= = 2 0,9834 (1−0,9834)= 0,0326.
б) На вх оде любого ретранслятора отношение сигнал/шум
равно |
q2 |
= 31,62 , и вероятность ошибки при регенерации сиг- |
||||
|
1 |
|
|
|
|
|
нала |
с |
ОФМ |
в |
одном |
ретрансляторе |
равна |
p1 = 2Ф(5,623)(1−Ф(5,623)).
Поскольку |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
5,6232 |
|
−6 |
|
|
1−Ô(5,623) |
≈ |
|
|
|
exp |
− |
2 |
|
=1,9 10 |
|
, |
5,623 |
|
|
|
||||||||
π |
|
||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
то р1=3,8·10–6.
Вероятность безошибочной регенерации на всех участках равна pï = (1− p1 )7 , и для битовой вероятности ошибки на выходе
линии получим p =1−(1− p1 )7 = 26,6 10−6.
Пример 6.3.2 В условиях примера 11 определить вероятность ошибки при декодировании кодовой комбинации на в ы- ходе линии в предположении, что применяется кодирование ко-
160
дом Хэмминга (127,120), поэтому регенерация может проводиться еще и на уровне “кодирования-декодирования”.
Решение. После демодуляции сигнала в ретрансляторе проводится декодирование, при этом в комбинации может быть и с- правлена любая одиночная ошибка. Вероятность ошибки при декодировании комбинации равна
Pî ø =1−(1− p)127 −127 p (1− p)126 = =1−0,99662745 −0,0033669 = 5,65 10−6.
Пример 6.3.3 Для контроля исправности блока периодически измеряют значение напряжения в контрольной точке схемы. Если блок исправен, то это напряжение равно 1 В, в противном случае – 0 В. Ошибка вольтметра распределена равномерно с нулевым математическим ожиданием, но ширина этого распределения зависит от величины измеряемого напряжения: она равна 2 В, если напряжение на входе 1 В, и 1 В – в противном случае. В среднем в 90% времени блок исправен.
Найти количество информации, доставляемой прибором при одном измерении.
Решение. Введем обозначения:
X – измеряемое напряжение, Y – показание вольтметра. Из условия задачи следует, что величина X – двоичная,
причем x1 =1; x2 = 0; p (x1 )= 0,9; p (x2 )= 0,1.
Сигнал Y есть непрерывная случайная величина, и для нее заданы условные плотности вероятности:
W (y x1 )= |
0,5, |
||
|
0, |
||
|
|
|
|
W (y x2 ) |
1, |
|
|
= |
|
y |
|
|
0, |
||
0 ≤ y ≤ 2, y < 0, y > 2, −0,5 ≤ y ≤ 0,5,
< −0,5, y > 0,5.
Рассматриваемый канал является дискретнонепрерывным, так как входной сигнал дискретен, а выходной непрерывен. Требуется найти среднюю взаимную информацию
I(X;Y).
Найдем безусловную плотность вероятности выходного сигнала: