Bant Sınırlı Kanallarda Sayısal İletim

... konulu sunumlar: "Bant Sınırlı Kanallarda Sayısal İletim"— Sunum transkripti:

1 Bant Sınırlı Kanallarda Sayısal İletim
Chapter 8 Proakis , Salehi 2nd Ed.

2 8.1 Bant Sınırlı kanallarda Sayısal İletim
İdeal kanal 𝐶 𝑓 =1 yani: 𝑐 𝑡 =𝛿 𝑡 Kanal düz değildir ve ayrıca bant sınırlıdır 𝐺 𝑇 𝑓 𝐶 𝑓 =𝐻(𝑓) Uyumlu filtre: G R f = 𝐻 ∗ 𝑓 𝑒 −𝑗2𝜋𝑓 𝑡 0 (to örnekleme zamanı) 𝑌 𝑠 (𝑓)=𝐻 𝑓 𝐺 𝑅 𝑓 = 𝐻 𝑓 2 𝑒 −2𝜋𝑓 𝑡 0 𝑦 𝑠 𝑡 0 = 𝜀 ℎ 𝜎 𝑛 2 = 𝑁 𝜀 ℎ , ve 𝑆 𝑁 0 = 2 𝜀 ℎ 𝑁 0

3 8.1 Bant Sınırlı kanallarda Sayısal İletim
8.1.1 Darbe Genlik Kiplenimi (Tabanbant-Baseband) 𝑣 𝑡 = 𝑛=−∞ ∞ 𝑎 𝑛 𝑔 𝑇 𝑡−𝑛𝑇 , 𝑇=𝑘/ 𝑅 𝑏 𝑟 𝑡 = 𝑛=−∞ ∞ 𝑎 𝑛 ℎ 𝑡−𝑛𝑇 +𝑛 𝑡 ℎ 𝑡 =𝑐 𝑡 ∗ 𝑔 𝑇 (𝑡) 𝑦 𝑡 = 𝑛=−∞ ∞ 𝑎 𝑛 𝑥 𝑡−𝑛𝑇 +𝜈 𝑡 x 𝑡 =ℎ 𝑡 ∗ 𝑔 𝑅 𝑡 =𝑐 𝑡 ∗ 𝑔 𝑇 𝑡 ∗ 𝑔 𝑅 𝑡 𝜈 𝑡 =𝑛 𝑡 ∗ 𝑔 𝑅 𝑡 𝑦 𝑚𝑇 = 𝑛=−∞ ∞ 𝑎 𝑛 𝑥 𝑚𝑇−𝑛𝑇 +𝜈 𝑚𝑇 𝑦 𝑚 = 𝑛=−∞ ∞ 𝑎 𝑛 𝑥 𝑚−𝑛 + 𝜈 𝑚 = 𝑥 0 𝑎 𝑚 + 𝑛≠𝑚 𝑎 𝑛 𝑥 𝑚−𝑛 + 𝜈 𝑚 𝑥 0 = −∞ ∞ 𝐺 𝑇 𝑓 𝐶 𝑓 2 𝑑𝑓 = 𝜀 ℎ 𝑄𝐴𝑀: 𝑎 𝑛 karmaşık değer alır 8.1.2 Bant geçirgen sinyal 𝑢 𝑡 =𝑣 𝑡 cos⁡(2𝜋 𝑓 𝑐 𝑡) (Benzer ifadeler)

4 8.2 Güç Spektrumu 𝑣 𝑡 = 𝑛=−∞ ∞ 𝑎 𝑛 𝑔 𝑇 𝑡−𝑛𝑇 , 𝑇=𝑘/ 𝑅 𝑏
𝑣 𝑡 = 𝑛=−∞ ∞ 𝑎 𝑛 𝑔 𝑇 𝑡−𝑛𝑇 , 𝑇=𝑘/ 𝑅 𝑏 𝑆 𝑣 𝑓 = 1 𝑇 𝐺 𝑇 𝑓 2 −∞ ∞ 𝑅 𝑎 𝑚 𝑒 −𝑗2𝜋𝑓𝑚𝑇 İspat: 𝑅 𝑎 𝑚 =𝐸[ 𝑎 𝑛 𝑎 𝑛+𝑚 ∗ ] (Sembollerin özilintisi) Önemli −∞ ∞ 𝑒 −𝑗2𝜋𝑓𝑚𝑇 = 1 𝑇 −∞ ∞ 𝛿 𝑓− 𝑚 𝑇

5

6 8.4 Bant sınırlı kanallar için sinyal tasarımı
𝑦 𝑚 = 𝑥 0 𝑎 𝑚 + 𝑛≠𝑚 𝑎 𝑛 𝑥 𝑚−𝑛 + 𝜈 𝑚 Semboller arası girişim yandaki gözü daraltır Sistem gürültüye daha dayanıksız hale gelir. Çözüm ISI’ı yokeden teknikler ISI’ı kontrollü kullanan teknikler

7 8.3 Bant sınırlı kanallar için sinyal tasarımı
8.3.1 Nyquist Kriteri (örnekleme periyodu T için) 𝑦 𝑚𝑇 = 𝑛=−∞ ∞ 𝑎 𝑛 𝑥 𝑚𝑇−𝑛𝑇 +𝜈 𝑚𝑇 ISI’ın olmaması için (..arkadaki şekil) Zaman alanında 𝑥 𝑛𝑇 = 1, 𝑛=0 0, 𝑛≠0 Frekans alanında ise 𝑚=−∞ ∞ 𝑋 𝑓+ 𝑚 𝑇 =𝑇 olmalı (sf. 492) Yükseltilmiş Kosinüs (Raised Cosine) 𝑋 𝑟𝑐 𝑓 = 𝑇, 0≤ 𝑓 ≤ 1−𝛼 2𝑇 𝑇 cos 𝜋𝑇 𝛼 𝑓 − 1−𝛼 2𝑇 , 1−𝛼 2𝑇 ≤ 𝑓 ≤ 1+𝛼 2𝑇 0, 𝑓 > 1+𝛼 2𝑇 𝛼=roloff factor (0≤𝛼≤1 ) 𝑥 𝑟𝑐 𝑡 =𝑠𝑖𝑛𝑐 𝑡 𝑇 cos 𝜋𝛼𝑡 𝑇 1− 4 𝛼 2 𝑡 2 𝑇 (avantajı: kuyrukları 1/ 𝑡 3 mertebesinde zayıflar) Verici ve alıcıda root raised cosine olarak kullan. 𝐺 𝑇 𝑓 = 𝐺 𝑅 ∗ (𝑓)= 𝑋 𝑟𝑐 𝑓 𝑒 −𝑗2𝜋𝑓 𝑡 0 𝑡 0 gecikmesi fiziksel olarak gerçeklenebilirlik için

8

9 8.3 Bant sınırlı kanallar için sinyal tasarımı
8.3.2 Kısmi Tepki (Partial Response) 𝑏 𝑘 = 𝑎 𝑘 + 𝑎 𝑘−1 , 𝑥 𝑡 =𝑠𝑖𝑛𝑐 𝑡 𝑇 =𝑠𝑖𝑛𝑐(2𝑊𝑡) 𝑣 𝑡 = 𝑛=−∞ ∞ 𝑎 𝑛 𝑥 𝑡−𝑛𝑇 + 𝑛=−∞ ∞ 𝑎 𝑛−1 𝑥 𝑡−𝑛𝑇 𝑣 𝑡 = 𝑘=−∞ ∞ 𝑎 𝑘 𝑥 𝑡−𝑘𝑇 + 𝑘=−∞ ∞ 𝑎 𝑘 𝑥 𝑡−(𝑘+1)𝑇 𝑣 𝑡 = 𝑘=−∞ ∞ 𝑎 𝑘 (𝑥 𝑡−𝑘𝑇 +𝑥 𝑡−(𝑘+1)𝑇 ) 𝑥 ′ 𝑡 =𝑠𝑖𝑛𝑐 𝑡 𝑇 +𝑠𝑖𝑛𝑐 𝑡−𝑇 𝑇 =𝑠𝑖𝑛𝑐 2𝑊𝑡 +𝑠𝑖𝑛𝑐 2𝑊𝑡−1 |X’(f)|=? 𝑏 𝑘 = 𝑎 𝑘+1 − 𝑎 𝑘−1 (Bu durumda ne olur?)

10 8.4 Bant Sınırlı İletimde Hata İhtimali
ISI yoksa Hata oranı bant sınırsız durum ile aynıdır Bant sınırlı olmaktan dolayı bir kayıp yaşanmaz Önemli olan sinyalin enerjisi ( 𝜀 𝑏 𝑁 0 ) Kontrollü ISI (ör. duobinary) 𝑦 𝑚 = 𝑏 𝑚 + 𝑣 𝑚 = 𝑎 𝑚 + 𝑎 𝑚−1 + 𝜈 𝑚 Error propagation olmaması için  precoding MPAM a m =2 𝑝 𝑚 −(𝑀−1) 𝑝 𝑚 = 𝑑 𝑚 − 𝑝 𝑚−1 𝑚𝑜𝑑 𝑀 𝑏 𝑚 = 𝑎 𝑚 + 𝑎 𝑚−1 =2( 𝑝 𝑚 + 𝑝 𝑚−1 −(𝑀−1)) 𝑝 𝑚 + 𝑝 𝑚−1 = 𝑏 𝑚 2 +𝑀−1, 𝑑 𝑚 = 𝑏 𝑚 2 +𝑀−1 (𝑚𝑜𝑑 𝑀) Modified duobinary 𝑝 𝑚 = 𝑑 𝑚 + 𝑝 𝑚−2 𝑚𝑜𝑑 𝑀 , 𝑑 𝑚 = 𝑏 𝑚 2 (𝑚𝑜𝑑 𝑀) Bu yöntem optimal değildir, ancak uygulaması basittir

11

12 8.4.3 Bant Sınırlı İletimde Hata İhtimali
𝑦 𝑚 = 𝑎 𝑚 + 𝑎 𝑚−1 + 𝜈 𝑚 (Duobinary) 𝑦 𝑚 = 𝑎 𝑚 − 𝑎 𝑚−2 + 𝜈 𝑚 (Modified Duobinary) 𝑎 𝑚 =±𝑑,±3𝑑,…,± 𝑀−1 𝑑 𝑏 𝑚 =0,±2𝑑,±4𝑑,…,±2 𝑀−1 𝑑 𝑃 𝑏=2𝑚𝑑 = 𝑀− 𝑚 𝑀 2 ,𝑚=0,±1,±2,…,± 𝑀−1 𝜎 𝜈 =2 𝑁 0 /𝜋 (neden?) 𝑃 𝑀 <2 1− 1 𝑀 2 𝑄 𝜋/ 𝑀 2 −1 𝜀 𝑎𝑣 / 𝑁 0 Normal MPAM hata oranına benzer ama 2.1dB dezavantajlı Çünkü hafıza dikkate alınmıyor. Örneğin 𝑏 𝑚 -2 ile +2 arasında geçiş yapamaz Maximum Likelihood Decoding (işlemiyoruz ): sadece 0.34dB kayıp

13 8.5 Sinyallerin Hafızalı Kiplenimi
Manyetik kayıt ve kablolu haberleşme Kayıt yapabileceğimiz bit sayısı sınırlıdır Kaydettiğimiz sinyalin DC bileşeni olmamalı Senkronizasyon problemi olmamalı

14 8.5 Sinyallerin Hafızalı Kiplenimi
Runlength-limited codes 1’lerin arasındaki 0 sayısı d ile k arasında olmalıdır. Amaç: Art arda çok fazla geçiş olmaması ve senkronizasyonu da kaybetmemek (d,k) kodu aşağıdaki durum geçişleriyle ifade edilebilir (D matrisi ile ifade edilebilir) 𝑑 𝑖1 =1, 𝑖≥𝑑+1 𝑑 𝑖𝑗 =1, 𝑗=𝑖+1 𝑑 𝑖𝑗 =0, 𝑑𝑖ğ𝑒𝑟 Kapasite ?

15 8.5 Sinyallerin Hafızalı Kiplenimi
Kod Üretimi Sabit uzunluklu kodlar Değişken uzunluklu kodlar State-dependent code: (1,3) rate ½ Miller code (sağdaki) Durum diyagramı Trellis diyagramı

16 8.5 Sinyallerin Hafızalı Kiplenimi
Bit hızı 𝑅 𝑏 , bit süresi 𝑇 𝑏 =1/ 𝑅 𝑏 , kod biti süresi 𝑇 𝑐 = 𝑅 𝑐 / 𝑅 𝑏 , 𝑅 𝑐 =𝑘/𝑛 NRZ: NRZI Ön kodlama ( 𝑝 𝑘 = 𝑑 𝑘 + 𝑝 𝑘−1 (𝑚𝑜𝑑 2)) + NRZ

17 8.5 Sinyallerin Hafızalı Kiplenimi
Durum geçiş olasılık matrisi P (?) CD (d,K)=(2,10) 8 bilgi biti 14 kod bitine çevrilir 16 bit örnek 2x14 kod biti Eight to fourteen code 2 14lünün arasında 3 bit 10dan fazla art arda 0 olmaması için 0 ve 1leri dengelemek için RDS(running digital sum)

18 8.5 Sinyallerin Hafızalı Kiplenimi
Güç Spektrumu 𝑆 𝑓 = 1 𝑇 𝑖=1 𝐾 𝑝 𝑖 𝑆 𝑖 𝑛 𝑇 𝛿 𝑓− 𝑛 𝑇 𝑇 𝑖=1 𝐾 𝑝 𝑖 𝑆 𝑖 ′ 𝑓 𝑅𝑒 𝑖=1 𝐾 𝑗=1 𝐾 𝑝 𝑖 𝑆 𝑖 ′∗ 𝑓 𝑆 𝑗 ′ 𝑓 𝑃 𝑖𝑗 (𝑓) K durum sayısı 𝑠 𝑖 ′ 𝑡 = 𝑠 𝑖 𝑡 − 𝑘=1 𝐾 𝑝 𝑘 𝑠 𝑘 (𝑡) 𝑃 𝑖𝑗 (𝑓)= 𝑛=1 ∞ 𝑝 𝑖𝑗 𝑛 𝑒 −𝑗2𝜋𝑛𝑓𝑇

19 8.6 Kanal Bozulması ISI’sız bir iletim için
𝐺 𝑇 𝑓 𝐶 𝑓 𝐺 𝑅 𝑓 = 𝑋 𝑟𝑐 (𝑓) Bozulmalı bir kanalda ISI’ı azaltmak Genlik bozulması: 𝐶 𝑓 frekansın doğrusal olmayan fonksiyonu Faz bozulması: 𝜃 𝑐 (𝑓) frekansın doğrusal olmayan fonksiyonu Gecikme bozulması: 𝜏 𝑓 =− 1 2𝜋 𝑑 Θ 𝑐 (𝑓) 𝑑𝑓 İki bozulma da ISI yaratır (yandaki şekil)

20 İletici Kanal durumunu biliyorsa
𝜈 𝑡 =𝑛 𝑡 ∗ 𝑔 𝑅 𝑡 , 𝑆 𝜈 𝑓 = 𝑆 𝑛 𝑓 | ​ 𝐺 𝑅 𝑓 2 𝐺 𝑇 𝑓 = 𝑋 𝑟𝑐 (𝑓) 𝐶(𝑓) 𝑒 −𝑗2𝜋𝑓 𝑡 0 𝐺 𝑅 𝑓 = 𝑋 𝑟𝑐 (𝑓) 𝑒 −𝑗2𝜋𝑓 𝑡 𝑟 (C(f)’den kaynaklanan gecikme telafi edilir) 𝜎 𝜈 2 = 𝑁 −𝑊 𝑊 𝑋 𝑟𝑐 𝑓 𝑑𝑓 = 𝑁 (Gürültüde değişme yok) 2𝑃𝐴𝑀: 𝑃 𝑎𝑣 = 𝑑 2 𝑇 −𝑊 𝑊 𝑋 𝑟𝑐 𝑓 𝐶 𝑓 2 𝑑𝑓 (Daha fazla güç gerekecek) Kayıp: 10 log −∞ ∞ 𝑋 𝑟𝑐 𝑓 𝐶 𝑓 2 𝑑𝑓 (Tamamen genlik kaybıdır)

21 8.6.2 Kanal Denkleştirme (Equalization)
Gerçek kanalları önceden bilemeyiz Telefon, Radyo vb.. Dolayısıyla iletim ve alım filtrelerini önceden optimize edemeyiz. 𝐺 𝑇 𝑓 = 𝑋 𝑟𝑐 𝑓 𝑒 −𝑗2𝜋𝑓 𝑡 0 ( 𝑓 ≤𝑊) olsun 𝐺 𝑅 𝑓 = 𝐺 𝑇 ∗ (𝑓) (uyumlu filtre), 𝐺 𝑇 𝑓 𝐺 𝑅 𝑓 = 𝑋 𝑟𝑐 (𝑓) c(t): kanal karakteristiği 𝑥 𝑡 = 𝑔 𝑇 𝑡 ∗𝑐 𝑡 ∗ 𝑔 𝑅 (𝑡) 𝑦 𝑚 = 𝑥 0 𝑎 𝑚 + 𝑛≠𝑚 𝑎 𝑛 𝑥 𝑚−𝑛 + 𝜈 𝑚 (Daha önce yazmıştık) ISI genellikle sınırlı sayıda sembolü etkiler 𝑥 𝑛 =0, 𝑛<− 𝐿 1 , 𝑛> 𝐿 2 için

22 8.6.2 Kanal Denkleştirme Maksimum Olabilirlik Algılayıcısı : Çok karmaşık Doğrusal Denkleştirici: Alıcı kanal durumunu ölçer (C(f)’yi kendi elde eder) 𝐺 𝐸 𝑓 = 1 𝐶(𝑓) = 1 𝐶 𝑓 𝑒 −𝑗Θ(𝑓) , 𝑓 ≤𝑊 (inverse channel filter) ISI’ı sıfırlar – Zero forcing (sıfırlayan) equalizer 𝜎 𝜈 2 = 𝑁 −∞ ∞ 𝑋 𝑟𝑐 𝑓 𝐶 𝑓 2 𝑑𝑓 Gürültü artar (optimal değil)

23 8.6.2 Kanal Denkleştirme Example 8.6.3. Ayrık zaman yaklaşımı
ISI L örnek ile sınırlı (finite impulse response FIR) 𝜏=𝑇/2 (fractionally spaced equalizer) 𝑞 𝑚𝑇 = 𝑛=−𝑁 𝑁 𝑐 𝑛 𝑥 𝑡−𝑛𝜏 = 1, 𝑚=0 0, 𝑚=±1,±2,…,±𝑁 q=Xc Example 𝑥 𝑡 = 𝑡 𝑇 2 1/T sembol oranı 2/T örnekleme oranı 5-tap denkleştirici?

24 8.6.2 Kanal Denkleştirme Sıfırlayıcı denkleştirici gürültüyü dikkate almaz C(f)’nin düşük olduğu frekanslarda yüksek kazanç konur ve bu gürültüyü de artırır Çözüm: Sıfır-ISI amacından vazgeçmek Toplam ISI ve gürültü gücünü minimize etmek  MMSE denkleştirici 𝑧 𝑡 = 𝑛=−𝑁 𝑁 𝑐 𝑛 𝑦(𝑡−𝑛𝜏) 𝑧 𝑚𝑇 = 𝑛=−𝑁 𝑁 𝑐 𝑛 𝑦(𝑚𝑇−𝑛𝜏) 𝑀𝑆𝐸=𝐸 𝑧 𝑚𝑇 − 𝑎 𝑚 2 =𝐸 𝑛=−𝑁 𝑁 𝑐 𝑛 𝑦 𝑚𝑇−𝑛𝜏 − 𝑎 𝑚 2 𝑀𝑆𝐸= 𝑛=−𝑁 𝑁 𝑘=−𝑁 𝑁 𝑐 𝑛 𝑐 𝑘 𝑅 𝑌 (𝑛−𝑘) −2 𝑘=−𝑁 𝑁 𝑐 𝑘 𝑅 𝐴𝑌 (𝑘) +𝐸( 𝑎 𝑚 2 ) 𝑅 𝑌 𝑛 = 1 𝐾 𝑘=1 𝐾 𝑦 𝑘𝑇−𝑛𝜏 𝑦 𝑘𝑇 𝑅 𝐴𝑌 𝑛 = 1 𝐾 𝑘=1 𝐾 𝑦 𝑘𝑇−𝑛𝜏 𝑎 𝑘 Türev alınır ve: = 𝑛=−𝑁 𝑁 𝑐 𝑛 𝑅 𝑌 (𝑛−𝑘) = 𝑅 𝐴𝑌 𝑘 ,𝑘=0,±1,…±𝑁

25 8.7 Çok Taşıyıcılı İletim Kanal saçılım süresi ( 𝑇 𝑚 ) sembol uzunluğundan fazla : ISI Çözüm: Kanal 𝑁=𝐵/ B 𝑁 adet altkanala bölünür Veri N adet paralel veriye ayrılır ve ayrıca kiplenir 𝑇 𝑁 = 1 𝐵 𝑁 ≫ 1 𝐵 𝑐 = 𝑇 𝑚 ise problem çözülür Dezavantaj Frekans bantları birbirine karışmaması için 𝐵= 𝑁 1+𝛽+𝜀 𝑇 𝑁 Keskin filtreler gerekir Ör 1. W=1MHz, 𝑇 𝑚 =20𝜇𝑠 , 𝑁=? Ör 2. 𝑇 𝑁 =0.2𝑚𝑠 , 𝑇 𝑁 ≫ 𝑇 𝑚 𝑁=128, , 𝛽=1, 𝜀=0.1, 𝐵=? Kanallar örtüşebilirse verim artar (örtüşen ama dik olan taşıyıcılar) 𝑥 𝑖 𝑡 = cos 2𝜋 𝑓 𝑜 +𝑖/ 𝑇 𝑁 𝑡+ 𝜙 𝑖 , 𝑖=0,1,…,𝑁−1 1/ 𝑇 𝑁 frekans aralığı 𝑖≠𝑗 𝑖ç𝑖𝑛 1 𝑇 𝑁 0 𝑇 𝑁 𝑥 𝑖 𝑡 𝑥 𝑗 (𝑡) 𝑑𝑡=0, 𝑓 𝑖 − 𝑓 𝑗 = 𝑖−𝑗 𝑇 𝑁 , 𝑛=1,2,… 𝐵= 𝑁+𝛽+𝜀 𝑇 𝑁 olur (Ör. 2?)

26 Pratik olmayan çok taşıyıcılı alıcı verici

27 Daha pratik olan çok taşıyıcılı alıcı

28 8.7 Çok Taşıyıcılı İletim Alıcıda taşıyıcı ile tekrar çarpılıp integral alınır Gerçekleme: Fast Fourier Transform DFT: X[i]= 1 𝑁 𝑛=0 𝑁−1 𝑥[𝑛] 𝑒 −𝑗 2𝜋𝑛𝑖 𝑁 , 𝑖=0,…,𝑁−1 IDFT: x[n]= 1 𝑁 𝑛=0 𝑁−1 𝑋[𝑖] 𝑒 𝑗 2𝜋𝑛𝑖 𝑁 , 𝑛=0,…,𝑁−1 X i , 𝑖=0,…,𝑁−1 göndereceğimiz semboller olsun. Bunların IDFT’sini alırız x[n]= 1 𝑁 𝑘=0 𝑁−1 𝑋[𝑖] 𝑒 𝑗 2𝜋𝑛𝑖 𝑁 , 𝑛=0,…,𝑁−1 Çok taşıyıcılı sinyalin örnekleri oluşur Mesaj kanaldan geçerken (evrişim) 𝑦 𝑛 =ℎ 𝑛 ∗𝑥 𝑛 = 𝑖=0 𝑁−1 ℎ 𝑘 𝑥[𝑛−𝑘]

29 8.7 OFDM Alıcıda 𝑦 𝑛 =ℎ 𝑛 ∗𝑥 𝑛 Cyclic Prefix
DFT uygulanır , ancak Y i =𝑋 𝑖 𝐻[𝑖] elde edilemez , çünkü dairesel evrişim elde edilir Dairesel evrişim 𝑦 ′ 𝑛 =ℎ 𝑛 ∎𝑥 𝑛 = 𝑖=0 𝑁−1 ℎ 𝑘 𝑥 𝑚𝑜 𝑑 𝑁 𝑛−𝑘 Frekans alanında çarpıma karşılık gelir Normal evrişimi dairesele çevirmek Çevrimsel ön ek (cyclic prefix) Cyclic Prefix Kanal uzunluğu 𝜇 olsun ℎ 𝑛 =ℎ 0 …ℎ[𝜇] şeklinde bir filtre denebilir x[n] serisinin son 𝜇 elemanını baş tarafına kopyalarız Bu durumda ℎ 𝑛 ∗ 𝑥 𝑛 =ℎ 𝑛 ∎𝑥 𝑛 olur Sistem tasarımı basitleşir (Alıcıda 𝑋 𝑖 =𝑌 𝑖 /𝐻[𝑖]) Bu aynı zamanda ISI’ı yok eder. Ancak ek yük de oluşur Example 12.4: 1MHz OFDM, 16 QAM 𝛽,𝜖=0 𝑇 𝑚 =5𝜇𝑠, N=128, 𝜇=8, BUL: Alt taşıyıcı bant genişliği, OFDM sembol süresi, veri hızı

30

31 8.7 OFDM Dezavantaj: Yüksek Tepe Ortalama Güç Oranı (PAPR)
𝑃𝐴𝑅≜ max 𝑡 𝑥[𝑛] 2 𝐸 𝑡 [ 𝑥[𝑛] 2 ] (sabit:0dB, sinüs: 3dB) Anlık güç ortalamadan çok yüksek olabilir Güç yükselteçleri sature olur, sinyal bozulur (Neden?) Gücü düşürüp daha az verimli bölgede çalıştırmak durumunda kalınır 𝐸 1 𝑁 𝑥 0 + 𝑥 1 +…+ 𝑥 𝑁− =1 max 𝑁 𝑥 0 + 𝑥 1 +…+ 𝑥 𝑁− = 𝑁 𝑁 2 =𝑁 Taşıyıcı sayısı arttıkça PAPR artar Frekans Hataları Osilatör hataları, Doppler, Zamanlama hataları 5GHz, 1ppm, 500Hz kayma olabilir N arttıkça hatanın etkisi artar

32 8.7 OFDM IEEE 802.11a Wireless LAN: , 5GHz bölgesinde
300MHz bant genişliğinde 20Mhz bantlara ayrılmış IEEE g : 2.4 GHz ISM bölgesinde Diğer özellikleri aynı N=64 taşıyıcı, 48 tanesi veri iletiminde kullanılır Dıştaki 12 tanesi girişim yaratmamak için kullanılmaz Çevrimsel ön ek: 𝜇=16 Hata düzelten kodlar: Evrişimsel r=1/2, 2/3, ¾ Kipleme: BPSK, QPSK, 16-QAM, 64-QAM 𝐵 𝑁 = 20 𝑀𝐻𝑧 64 =312.5 𝑘𝐻𝑧 𝑇 𝑚 =16 𝑇 𝑠 = 16 20𝑀𝐻𝑧 =0.8𝜇𝑠 𝑇 𝑁 = × 𝑇 𝑠 =4𝜇𝑠 𝑅 𝑚𝑖𝑛 =48 𝑡𝑎ş𝚤𝑦𝚤𝑐𝚤× 0.5 𝑘𝑜𝑑 𝑜𝑟𝑎𝑛𝚤×1𝑏𝑖𝑡/𝑠𝑒𝑚𝑏𝑜𝑙 4× 10 −6 𝑠𝑛 =6Mbps 𝑅 𝑚𝑎𝑥 =48 𝑡𝑎ş𝚤𝑦𝚤𝑐𝚤× 0.75 𝑘𝑜𝑑 𝑜𝑟𝑎𝑛𝚤×6 𝑏𝑖𝑡/𝑠𝑒𝑚𝑏𝑜𝑙 4× 10 −6 𝑠𝑛 =54Mbps

33 Çözülebilecek sorular
2, 3,5,7,9,10,14,15,16,17,18,19,20,21,22,23, 31,32,33,34,35,36,37,38,39, 40,41,42,43,44,45,48,