Giải bài kiểm tra giữa kỳ cao học viễn thông
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (141.92 KB, 5 trang )
GIẢI BÀI KIỂM TRA CAO HỌC
Bài 1
1. Sơ đồ
c(1)
k
c(2)
k
d'k
d'k
2. Biểu đồ lứới
3. Tìm luồng bit ra
a) Luồng bit ra bộ mã hóa 1 (ENC1) không có bit đuôi
Luồng
vào
1
0
00
S0 0
11
11
S1 1
00
10
S2 2
01
01
S3 3
10
01
S4 4 10
10
S5 5 01
11
S6 6 00
00
S7 7
11
k= 0
Chuỗi
11
ra
0
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
3
3
3
3
3
3
3
4
4
4
4
4
4
4
5
5
5
5
5
5
5
6
6
6
6
6
6
6
7
7
7
7
7
7
7
k= 1
k= 2
k= 3
k= 4
k= 5
k= 6
10
01
10
00
00
01
Các luồng bit ra bộ mã hóa EDC1 không có bit đuôi được tổng kết trong bảng 1.
Bảng 1.Các bit mã đầu ra bộ mã hóa EDC1
Mã 1
k=0
k=1
Bít hệ thống, dk
1
0
1
1
Bit chắn lẻ, c(1)
{ }
k
k=2
1
0
k=3
0
0
k=4
1
0
k=5
0
1
k=6
0
0
b) luồng bit ra bộ mã hóa EDC2 không có bit đuối
Luồng bit vào bộ EDC2 là luồng bit ra bô đan xen được cho trong bảng sau.
Luồng bit ra bô mã hóa EDC2.
Luồng
vào
1
00
S0 0
11
11
S1 1
00
10
S2 2
01
01
S3 3 10
01
S4 4 10
10
S5 5 01
11
S6 6 00
00
S7 7
11
k= 0
Chuỗi
11
ra
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
3
3
3
3
3
3
3
4
4
4
4
4
4
4
5
5
5
5
5
5
5
6
6
6
6
6
6
6
7
7
7
7
7
7
7
k= 1
k= 2
k= 3
k= 4
k= 5
k= 6
k=7
10
11
01
00
01
01
Các luồng bit ra bộ mã hóa EDC2 được cho trong bảng 2.
Bảng 2. Luồng bít ra của bộ tạo mã thành phần thứ hai EDC2
Các luồng bit EDC2
k=0
k=1
k=2
k=3
k=4
1
1
1
0
0
Luồng bit vào {d'k}
1
{ }
Luồng bit chẵn lẻ 2 c(2)
k
0
1
1
0
k=5
0
k=6
0
1
1
c) Các bit đuôi
Các bit đuôi nhận được khi các khóa chuyển mạch trên sơ đồ mã turbo chuyển
vào vị tri dưới, có tất cả 12 bit đuôi được tạo ra với 4 bit đuôi cho mỗi luồng.
Bộ mã hóa EDC1 tạo ra 6 bit đuôi bằng 0, các bit này sẽ đựơc đặt lên các luồng
như sau:
(2)
d7=0, c(1)
7 = 0 , c 7 =0
(2)
d8=0, c(1)
8 = 0 , c8 =0
Bộ mã hóa EDC2 tạo ra 6 bit bằng 0, các bit này được đặt lên các luồng
như sau:
(2)
d9=0, c(1)
9 = 0 , c 9 =0
(1)
(2)
d10=0, c10
= 0 , c10
=0
d) Các luồng bit ra gồm cả các bit đuôi được tổng kết trong bảng 3.
Bảng 3. Các bit ra gồm cả các bit đuôi
k=0
Luồng bít hệ 1
thống, dk
Luồng
bit 1
chắn lẻ 1,
k=1
0
k=2
1
k=3
0
k=4
1
k=5
0
k=6 k=7 k=8 k=9 k=10
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
1
0
1
1
0
0
0
0
{c }
(1)
k
Luồng
bit 1
chắn lẻ 2,
{c }
(2)
k
Bài 2
Phân luồng
Sơ đồ truyền dẫn HDSPA với 10 SF dựa trên ghép đa mã được cho trên
hình dưới.
Ghép luồng
1. Tốc độ bit kênh:
Hệ thống HSDPA có SF=16, với 10 SF ta có R’b=10R’1b trong đó R’1b :
Rc 4 Rc
4R
4 x3,84
= , ⇒ R1'b = c =
[Mbps ] = 0, 96 Mbps
Rs R1b
SF
16
R’b=10R’1b= 10x0,96Mbps=9,6Mbps
R1b=R’1b/3=9,6/3Mbps=3,2Mbps
SF =
2. Độ lợi xử lý:
Gp=Rc/R1b=Rc/(R’1b/3)=3Rc/R’1b=3x3,84/0,96=12
3. Tỷ số Ec/N0
N0[dBm/Hz]= 10lg(kT)[dBm/Hz]+NF[dB]
= 10lg(1,380-20x290)[dBm/Hz]+4dB
=-174dbm/Hz+6dB=-168dBm/Hz
Ec [dBm / Hz ] = Prx [dBm] − 10 lg Rc [dBcps ] − 10 lg10dB
= -70dBm-10lg3,84.106[dBcps]= -143,45 dBm/Hz
Ec
[dB ] = Ec [dBm / Hz ] − N 0 [dBm / Hz ]
N0
= -143,45 dBm/Hz+ 168dBm/Hz-10dB=14,55dBm
4. Tỷ số Eb/N0
Eb Prx / R1'b
P
R
E
Rc
E R
=
= rx . 'c = c .
= c. c
N0
N0
N 0 .Rc R1b N 0 Rs .log 2 M N 0 Rs .4
E
E
⇒ b [dB ] = c [dB ] + SF [dB ] − lg 4 =14,55dBm+16dB-1,386dB=29,164dB
N0
N0
Bài 3
1. Độ nhạy máy thu hiệu dụng
Băng thông:
B = 20 RB[Hz ] = 20 x12 x15kHz =3600 kHz
Tạp âm
N [dBm] = 10 lg(kT ) + NF [dB ] + 10 lg B[dBHz ]
=10(1,38.10-20x290)[dBmW/Hz+4dB+10lg(3,6.106)dBHz
= -174dBW/Hz+4dB+65,56dBHz = -144,44dBm
Độ nhạy máy thu hiệu dụng
Pmin [dBm] = N [dBm] + M I [dB ] + SINR[dB ] = -144,44dBm+4dB-1dB=-141,44dBm
2. Tổn hao đường truyền cực đại:
Công suất phát xạ đẳng hướng tương đương:
EIRPmax = PTx max [dBm] + G1 [dBi] − L ph1 [dB] − L rf1 [dB]
=45dBm+18dBi-2dB-2dB=59dBm
Tồn hao cực đại cho phép:
L p max [dB] = EIRPmax [dBm] + G 2 [dBi] − Pmin [dBm] − L 2 [dB]
= 59dBm+ 144,44 dBm-0dBi-0dB-0dB=203,44
3. Bán kính phủ sóng cực đại
L pmax −138,5
Lpmax=138,5+35,7.lgRmax
→
R max = 10
35,7x10
4. Diện tích phủ sóng cực đại cho ba đoạn ô:
Smax=1,95.Rmax2=1,95x(1,52)2 km2=4,5km2
= 1,52km
