Составляющие на частотахАмплитуда, ВЧастота, Гц
|
|
|
40400000
|
|
|
20404000
|
|
|
20396000
|
|
|
8404200
|
|
|
8403800
|
|
|
8396200
|
|
|
8395800
|
|
|
Спектр АМ-АМ сигнала в соответствии с таблицей 1.3 имеет вид:
Рисунок 1.3 - Амплитудно-частотный спектр АМ-АМ сигнала
Мощность АМ-АМ сигнала на единичном сопротивлении:
Вывод. Спектр АМ-АМ сигнала содержит 7 составляющих на
частотах, приведенных в таблице, занимает полосу частот равную 8400 Гц,
суммарная мощность всех составляющих равна 1328Вт.
Задание 4
Закодировать число 120 в коде Бергера и сделать вывод о
корректирующих свойствах.
Решение. Число информационных символов:
Число 120 в двоичном коде имеет вид 1111000. Контрольные символы в
этом коде представляют разряды двоичного числа в прямом или инверсном виде
количества единиц или нулей, содержащихся в исходной кодовой комбинации.
Определим число контрольных символов:
=3,
Для комбинации F(x)= 1111000 запишем количество единиц в двоичном коде в
прямом виде: 100 - контрольные символы, тогда закодированная комбинация будет
иметь вид F'(x)= 1111000 100.
Пусть кодовая комбинация F(x) была искажена помехами и поступила в виде F'(x)= 1111010
100, где искаженные символы подчеркнуты, тогда 101100=001 искажение обнаружено.
Вывод.
Данный код обнаруживает все одиночные и большую часть многократных ошибок.
Задание 5
Закодировать число 1111000 кодом Хэмминга с d = 4 и сделать
вывод о корректирующих свойствах.
Решение. Определим
число контрольных символов. Для кода Хэмминга с d=3:
k=7
r=4
Тогда для кода Хэмминга с d=4:
r=4+1=5
Состав передаваемой кодовой комбинации:
F(x)=
Определим состав контрольных символов. Для этого составляют
колонку ряда натуральных чисел в двоичном коде, число строк в которой равно n, а рядом справа, сверху вниз проставляются символы
комбинации кода Хемминга, записанные в следующей последовательности:
- 0111 -
- 1000 -
- 1001 -
- 1010 -
- 1011 -
Тогда контрольные символы определяются по следующим образом:
r1=k7k6k4k3k1=11100=1=k7k5k4k2k1=11100=13=k6k5k4=111=1
r4=k3k2k1=000=0
r5=11111110000=1
В итоге на выходе будет комбинация F(X) =111111100001
Пусть кодовая комбинация F(x) была искажена помехами и поступила в виде F'(x)=110111100001,
где искаженные символы подчеркнуты, где искаженные символы подчеркнуты.
В результате декодирования:
S1=r1k7k6k4k3k1=101100=1
S2=r2k7k5k4k2k1=101100=1=r3k6k5k4=1111=04=r4k3k2k1=0000=0
110111100001=1
Синдром и , что указывает на то, что искажен третий разряд кодовой
комбинации .
Вывод. Код
Хэмминга с d=4 может обнаруживать двойные ошибки и
исправлять одиночные.
Задание 6
Закодировать число 120 (11110000) кодом Файра с bs = 4 и bm = 5 сделать вывод о
корректирующих свойствах.
Решение.
Образующий многочлен кода Файра определяется из выражения
где - неприводимый многочлен степени 4, принимаем t=4
Из соответствующих таблиц выбираем неприводимый многочлен P(X)= = 10011.
4+5-18,
принимаем С=8
Находим . Видим, что C на E нацело не делится. Число контрольных
символов . Длинна кода равна
n=НОК=НОК(15,8) = 120
В итоге получаем циклический код (120, 108). Образующий многочлен
Файра равен
=()()== = 1001100010011
Далее кодирование осуществляется так же как при циклическом
коде с d=3.
Так как необходимо закодировать только одно сообщение , а не весь ансамбль двоичных кодов с , то в дальнейшем будем придерживаться
процедуры кодирования, выполняемой по уравнению
Выбираем одночлен . Тогда
11110000 000000000000
Разделим полученное выражение на
находим остаток 100100000110
Следовательно, передаваемая закодированная комбинация будет иметь
вид
F(X) = 11110000 100100000110
Пусть кодовая комбинация F(x) была искажена помехами и поступила в виде F'(x)= 11101111 100100000110, где искаженные
символы подчеркнуты. Разделим F'(x) на образующий полином:
получили остаток 011011110111, следовательно, в полученной комбинации есть ошибка.
Вывод. Код Файра с ds = 4 и dm = 5 может обнаруживать пакеты ошибок длиной
равной 5.