Zadanie Z4/2.

Sygnał losowy o gęstości prawdopodobieństwa opisanej funkcją Gausa:

dla -∞ > x < ∞ .

jest podany kompresji z charakterystyką typu A ( A=87.6).

Dla jakiej wartości odchylenia standardowego δ stosunek mocy sygnału do mocy szumów kwantyzacji (P/
) przy idealnym kwantowaniu logarytmicznym będzie taki sam jak przy kwantowaniu równomiernym?

1.Wstęp teoretyczny.

Moc sygnału jest równa:

Moc szumów kwantyzacji w przypadku kwantowania równomiernego ( Wszystkie przedziały kwantowania mają jednakową szerokość - Jeśli zakres zmienności sygnału wyjściowego podzielimy na M części to szerokość jednakowych przedziałów kwantowania jest równa 2/M) wynosi:

Dla kwantowania równomiernego stosunek mocy szumów kwantyzacji do mocy sygnału:

W przypadku nierównomiernego kwantowania sygnał analogowy poddaje się kompresji,a potem stosuje się kwantowanie równomierne.

Charakterystyka kompresji logarytmicznej typu A ma postać:

przy czym A przyjmuje się zwykle 87,6.

W przypadku dużej liczby poziomów kwantyzacji moc szumów kwantyzacji wyraża się wzorem:

Ostatecznie dla charakterystyki typu A stosunek mocy szumów kwantyzacji do mocy sygnału:

Pierwsza część po prawej stronie wyrażenia przedstawia stosunek szum/sygnał przy idealnym logarytmicznym kwantowaniu. Druga część odpowiada wzrostowi szumu spowodowanego nieidealnym kwantowaniem.

2.Rozwiązanie zadania.

oraz

1. Treść zadania

Sygnał losowy o rozkładzie gęstości prawdopodobieństwa p(x) (rys.) jest sygnałem modulującym w systemie PCM. Dla jakiej wartości W moc szumu kwantyzacji E² będzie taka sama przy kwantowaniu równomiernym i nierównomiernym z charakterystyką kompresji typu μ (μ=3)

p(x)

-W W x

2. Rozwiązanie

W systemach PCM przetwarzany sygnał jest poddawany procesowi kwantyzacji tzn. zakres zmiany amplitudy jest podzielony na M przedziałów i przesyłana jest tylko informacja o przedziale w którym występuje sygnał.

Wyróżniamy kwantyzację równomierną i nierównomierną. Wprowadzanie kwantyzacji nierównomiernej powoduje zmniejszenie szumu kwantyzacji ponieważ przy dużym prawdopodobieństwie wystąpienia sygnału szerokość przedziału się zmniejsz , a przy większym prawdopodobieństwie zwiększa.

Moc szumu kwantyzacji określamy następująco:

-dla kwantowania równomiernego:

przy czym : p(x)=

-dla kwantowania nierównomiernego:

przy czym:

;

Z porównania obydwu mocy wynika:

czyli moce szumu kwantyzacji (równomiernego i nierównomiernego) będą sobie równe dla:

1. Treść zadania

Obliczyć wartość stałej X_A, przy której zachodzi równość mocy szumów kwantyzacji dla sygnałów losowych o różnych gęstościach prawdopodobieństwa. Gęstość prawdopodobieństwa jednego z sygnałów jest funkcją stałą w przedziale <-X_A,X_A> równą 1/2X_A, zaś drugiego opisana zależnością:

dla -B < x < B i B=3*10­⁴

Dla obu sygnałów stosuje się taką samą liczbę przedziałów i charakterystykę kompresji typu μ (μ=100).

2. Rozwiązanie

Aby obliczyć szukaną stałą policzę moce szumów kwantyzacji dla obu sygnałów (korzystając z podanego wyżej wzoru). Następnie porównam je i z otrzymanego równania wyznaczę stałą X_A.

Ponieważ, obie gęstości są funkcjami parzystymi, więc całkowanie przeprowadzę tylko dla dodatnich wartości.

Moc szumów pierwszego sygnału:

Moc szumów drugiego sygnału:

A więc skoro te moce są równe to:

Otrzymałem równanie kwadratowe, które po rozwiązaniu dało mi szukaną wartość

X_A = 239,35

Zadanie 4/6

1. Treść zadania:

Podane niżej sygnały mają pasmo nieograniczone. Można je jednak aproksymować sygnałami o ograniczonym paśmie. Przyjąć odpowiednie kryterium aproksymacji i znaleźć odpowiednią minimalną szybkość próbkowania (kryterium np. 0.95 energii)

1. e ^-2|t|

2. e ^-2t cos(100t)1(t)

3. te ^-t1(t)

4. Π (t/τ), τ = 20s

2) Wprowadzenie teoretyczne:

Minimalna częstotliwość próbkowania wynika z twierdzenia Shannona i jest zdefiniowana:

f_p > f_g

gdzie; f_p - częstotliwość próbkowania:

f_g - górna częstotliwość sygnału ( największa częstotliwość występująca w widmie)

2. Rozwiązanie:

Przykład a:

f(t) = e ^-2|t|

Czyli :

korzystając z kryterium 0,95 energii możemy napisać:

0,95 E_t = E_ω (1)

­gdzie:

gdyż:

Korzystając ze wzoru (1) możemy napisać:

rozwiązaniem tego równania jest ω_g = 5, f_g = ω_g /2π = 0,758Hz czyli f_pmin = 1,591

Przykład b):

Wyznaczam energię sygnału:

skorzystałem ze wzorów:

wyznaczam transformatę Fouriera sygnału:

Po przekształceniu otrzymujemy:

korzystając ze wzoru (1) otrzymujemy:

rozwiązaniem tego równania jest ω_g = 113, f_g = ω_g /2π = 18,05Hz

czyli f_pmin = 36,1Hz

Przykład c):

f(t) = te ^-t1(t)

w celu wyznaczenia transformaty Fouriera dla tego sygnału skorzystamy z zależności:

w wyniku otrzymujemy:

oraz:

z kolei:

ω_g =13,136, f_g =2,092Hz, f_pmin = 4,184 Hz

Przykład d):

Korzystając z symetrii transformaty Fouriera możemy napisać:

gdzie:
- sygnał bramkujący o szerokości τ

transformata ma postać:

tak więc otrzymujemy:

W celu obliczenia całki
skorzystałem z programu MATHCAD, w wyniku otrzymałem:
ω_g = 0,785, f_g = 0,121Hz, f_pmin =0,242