Corsi di Laurea

[Pinturicchio]

salve ragazzi...gentilmente qualcuno riesce a risolverla???

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[Pinturicchio]

up

[Blackjack]

QUESITO 3

I nostri professori non mancano di certo di immaginazione, ma basta un pò di ragionamento per capire che in realtà ciò che viene chiesto è molto facile da ricavare. Personalmente io ho adottato un approccio grafico, ma si può anche procedere matematicamente, il risultato è sempre lo stesso (e il matlab mi dà ragione ).

Sappiamo in generale che lo spettro di un segnale modulato U-SSB è del tipo

$U(f) = Ac*M(f-f_c)*u_-1(f-f_c) + Ac*M(f+f_c)*u_-1(-f-f_c)$

Dove $u_-1$ è la funzione gradino unitario, e viene usata per tagliare la banda inferiore del segnale modulato. Ciò è chiaramente visibile nell'immagine n.1 allegata: in verde c'è lo spettro del messaggio, in blu lo spettro del messaggio traslato a causa della moltiplicazione per la portante, e in rosso le due funzioni gradino.



Giusto per chiarezza: per fare questi grafici in matlab ho usato alcuni valori di prova che in realtà non vengono dati dalla traccia; in particolare ho posto B = 100 Hz, f1 = 2 KHz e f2 = 10 KHz.

Nella nostra traccia questa operazione viene fatta due volte. Nella seconda immagine si vede in blu il modulo di $U_1(f)$ e in rosso, come nella prima immagine, le due funzioni gradino.

Matematicamente la trasformata di $u_1(t)$ vale:

$U_1(f) = Ac*M(f-f_1)*u_-1(f-f_1) + Ac*M(f+f_1)*u_-1(-f-f_1)$

Adesso lo stesso principio si applica al secondo stadio U-SSB. Il segnale $u_1(t)$ viene moltiplicato per una portante a frequenza f2 e poi ne viene cancellata la banda inferiore; nell'immagine n.3 si vedono in blu le due copie dello spettro originale $U_1(f)$, traslate una a +f2 e l'altra a -f2; in rosso si vedono i soliti gradini. Le due copie a frequenza minore saranno eliminate, e quello che rimarrà saranno solo le altre due.



Il risultato è il segnale nell'immagine n.4. Praticamente, ciò che esce dalla cascata di queste due modulazioni U-SSB è un segnale modulato U-SSB con una portante a frequenza f1+f2 (12 KHz nell'esempio) e amplificato, invece che di un fattore $Ac$, di un fattore $Ac^2$ (perchè moltiplichiamo per due volte per una portante di ampiezza Ac).



Esprimendo matematicamente il risultato:

$U_2(f) = Ac^2*M(f-f_1-f_2)*u_-1(f-f_1-f_2) + Ac^2*M(f+f_1+f_2)*u_-1(-f-f_1-f_2)$

Sapendo che l'antitrasformata di $u_-1(f)$ è $1/2 delta(t) + j/(2pit)$ e che l'antitrasformata di $u_-1(-f)$ è $1/2 delta(t) - j/(2pit)$ scriviamo

$u_2(t) = Ac^2*[m(t)**(1/2 delta(t) + j/(2pit))]e^(j2pi(f1+f2)) + Ac^2*[m(t)**(1/2 delta(t) - j/(2pit))]e^(-j2pi(f1+f2)) =$
$= Ac^2/2[m(t)+jhatm(t)]e^(j2pi(f1+f2)) + Ac^2/2[m(t)-jhatm(t)]e^(-j2pi(f1+f2)) = $
$= Ac^2m(t)cos(2pi(f1+f2)t) - Ac^2hatm(t)sin(2pi(f1+f2))$

Ecco fatto!
Ho allegato a questo post un file zip contentente lo script in matlab che ho usato per fare i grafici e gli esperimenti, insieme alle 4 immagini usate nello svolgimento (numerate).

QUESITO 4

Dei risultati degli ultimi punti di questo esercizio non sono molto sicuro, comunque sia li metto.

A

Come base scelgo la più semplice che si possa immaginare per una segnalazione del genere, ossia:
$psi(t) = 1/T Pi((t-T/2)/T)$

Disegnare la costellazione è una cosa banale, per cui tralasciamo.

B

$E_(av) = E_1 /2$

C

Dato che la segnalazione è equiprobabile e ci sono solo due segnali, la probabilità d'errore di simbolo coincide con quella di bit, inoltre la probabilità d'errore nel caso sia trasmesso s1 e quella in cui sia trasmesso s2 sono uguali, pari alla probabilità d'errore totale. La soglia, banalmente, è il valore che si trova a metà strada tra i due segnali, ossia $sqrt(E_1)/2$

$P_b = 1/(sqrt(piN_0)) int_{-oo}^{sqrt(E_1)/2} e^(-(r-sqrt(E_1))^2/N_0) dr = 1/sqrt(2pi) int_{-oo}^{-sqrt(gamma)} e^(-x^2/2) dx = $
$= 1/sqrt(2pi) int_{sqrt(gamma)}^{oo} e^(-x^2/2) dx = Q(sqrt(gamma))$

D

Nel caso in cui sia "trasmesso" s2 (il segnale ad energia nulla), il fatto che si verifichi oppure no il malfunzionamento non ha alcuna influenza sulla probabilità d'errore (infatti r rimane sempre una VA gaussiana con media 0 e deviazione standard $N_0$).
Pertanto si può scrivere tranquillamente $P(e|s_2) = Q(sqrt(gamma))$

Non si può dire lo stesso nel caso in cui sia trasmesso s1. La probabilità d'errore in questo caso la scomponiamo in due fattori, dove il primo è la probabilità d'errore nel caso di malfunzionamento e il secondo nel caso opposto. Nel caso di malfunzionamento r diventa una VA con valore medio invertito, quindi $-sqrt(E_1)$.

$P(e|s1)_(malf) =p * 1/(sqrt(piN_0)) int_{-oo}^{sqrt(E_1)/2} e^(-(r+sqrt(E_1))^2/N_0) dr = p/sqrt(2pi) int_{-oo}^{3sqrt(gamma)} e^(-x^2/2) dx = $
$= p/sqrt(2pi) int_{-3sqrt(gamma)}^{oo} e^(-x^2/2) dx = p*Q(-3sqrt(gamma)) = p*(1- Q(3sqrt(gamma)) ) = p - pQ(3sqrt(gamma))$

$P(e|s1)_(funz) = (1-p) * Q(sqrt(gamma)) = Q(sqrt(gamma)) - p Q(sqrt(gamma))$

In totale

$P_b(p) = 1/2 (P(e|s2) + P(e|s1)_(malf) + P(e|s1)_(funz)) = 1/2 [ 2Q(sqrt(gamma)) - pQ(sqrt(gamma)) + p - pQ(3sqrt(gamma)) ]

E

$P_b(1) = 1/2 [Q(sqrt(gamma)) + 1 - Q(3sqrt(gamma))]$

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[mercurio]

Io non mi trovo con te nell'estremo di integrazione superiore nel caso di malfunzionamento!!! mi trovo $ 3sqrt(γ) $ andando a fare la sostituzione dovrebbe uscire così....

[Blackjack]

l'estremo di integrazione non dovrebbe cambiare perchè la soglia rimane cmq sempre quella... no?

EDIT: ho detto una fesseria, hai ragione tu adesso correggo

[mercurio]

scusa ma il 3 è fuori radice!!!! ti trovi???

[Blackjack]

si, sto fuso ri-correggo...

speriamo che non mi vengono sti lapsus banali il 7

[mercurio]

ok perfetto!!! ora mi trovo!!! speriamo bene per il 7

[uomocheride]

io il punto 3 l' ho svolto diversamente:

$u1(t)=Ac1 cdot m(t) cdot cos(2pif1t)-Ac1 cdto m^(t) cdot sen(2pif1t)$
$U1(f)=Ac1/2 cdot [M(f-f1)+M(f+f1)+sign(f-f1)M(f-f1)-sign(f+f1)M(f+f1)]=Ac1/2 cdot [M(f-f1) cdot (1+sign(f+f1)) + M(f+f1) cdot (1-sign(f+f1))]$


$u2(t)=Ac2 cdot u1(t) cdot cos(2pif2t)-Ac2 cdto u1^(t) cdot sen(2pif2t)$
$U2(f)=Ac2/2 cdot [U1(f-f2)+U1(f+f2)+sign(f-f2)U1(f-f2)-sign(f+f2)U1(f+f2)]=Ac2/2 cdot [U1(f-f2) cdot (1+sign(f-f2)) + U1(f+f2) cdot (1-sign(f+f2))]$ =>
$U2(f)=Ac1Ac2/4 cdot [ (1+sign(f-f2)) cdot [ M(f-f1-f2) cdot (1+sign(f+f1-f2)) + M(f+f1-f2) cdot (1-sign(f+f1-f2))] + (1-sign(f+f2)) cdot [ M(f-f1+f2) cdot (1+sign(f+f1+f2)) + M(f+f1+f2) cdot (1-sign(f+f1+f2))]$

essendo f2>>f1 quanto sopra è approssimabile a

$U2(f)=Ac1Ac2/4 cdot [ (1+sign(f-f2)) cdot [ M(f-f2) cdot (1+sign(f-f2)) + M(f-f2) cdot (1-sign(f-f2))] + (1-sign(f+f2)) cdot [ M(f+f2) cdot (1+sign(f+f2)) + M(f+f2) cdot (1-sign(f+f2))]$ =
=$Ac1Ac2/4 cdot [ (1+sign(f-f2)) cdot 2 M(f-f2) + (1-sign(f+f2)) cdot 2 M(f+f2)] =Ac1Ac2/2 cdot [ M(f-f2)+M(f+f2)+sign(f-f2)) cdot M(f-f2) -sign(f+f2)) cdot M(f+f2)]$

quindi $u2(t)=Ac1Ac2/2 cdot m(t) cdot cos(2pif2t)-Ac1 cdto m^(t) cdot sen(2pif2t)$

[lucacali87]

come fate a scegliere la base nel 4 esercizio?

[lucacali87]

upppppp

[d-Enzo]

upppppp

vuoi sapere come trova la base? Mi sembra così ovvio.
Blackjack ha considerato come forma d'onda associata al segnale di 1 una finestra rettangolare di altezza $ sqrt(epsilon_1) $ e di ampiezza da 0 a $ T $, ossia
$ s_1(t)=sqrt(epsilon_1/T) Pi((t-T/2)/T) $
banalmente invece il segnale 0 è $ s_0(t)=0 $

da queste ricavare il versore della base di questo 2-PAM OOK è banalissimo, basta normalizzare la prima

[lucacali87]

uahh vero era il ragionamento che non capivo,ora che l'ho capito è una scemenza,grazie mille

[dreamer]

scusate ragazzi ma io ho provato a risolvere il quesito 3 in maniera diversa, ovvero applcando la def si ssb direttamente su u1

voi cosa ne pensate???

[dreamer]

up

[bamboo]

Nel punto D svolto in precedenza da Blackjack, qualcuno può spiegarmi da dove viene fuori quel $ 3sqrt(gamma) $ come estremo dell'integrale ?