Esercizio 19modulazione binaria con due impulsi, distanza del collegamento e confronto con segnali ortogonali (tema d'esame gennaio 2021)

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Teoria usata: Modulazione binaria - correlazione, distanza e probabilità di erroreDue segnali $s_1,s_2$ hanno costellazione $\mathbf s_1=(\sqrt{E_1},0)$, $\mathbf s_2=(\rho\sqrt{E_2},\sqrt{E_2(1-\rho^2)})$ con coefficiente di correlazione $\rho=\frac{\langle s_1,s_2\rangle}{\sqrt{E_1E_2}}\in[-1,1]$ e distanza $d_{1,2}=\sqrt{E_1+E_2-2\rho\sqrt{E_1E_2}}$. Con AWGN, simboli equiprobabili e criterio MD, $P[E]=Q\left(\frac{d_{1,2}}{2\sigma_I}\right)$. A parità di energia $E_s$ il minimo errore si ha per $\rho=-1$ (antipodale: $Q\left(\sqrt{2E_s/N_0}\right)$); per $\rho=0$ (ortogonale) $Q\left(\sqrt{E_s/N_0}\right)$, 3 dB peggio.Modulazione binaria - correlazione, distanza e probabilità di errore →, Canale numerico, ISI e codifica di GrayNella catena bit $\to$ BMAP $\to$ modulatore $\to$ canale $\to$ proiezione $\to$ rivelatore $\to$ IMAP, un simbolo da $b=\log_2M$ bit dura $T=T_b\log_2M$. Per non avere interferenza intersimbolo (ISI) le forme d'onda devono essere ortogonali alle loro traslate di $kT$: $\langle\phi_i(t),\phi_j(t-kT)\rangle=0$ per $k\ne0$ (per esempio un impulso che dura al più $T$). Il canale numerico equivalente (bit in ingresso, bit decisi in uscita) è un canale binario simmetrico di probabilità $P_{bit}$; con la codifica di Gray simboli adiacenti differiscono in un solo bit e $P_{bit}\approx\frac{P[E]}{\log_2M}$.Canale numerico, ISI e codifica di Gray →, Il rumore AWGN nello spazio dei segnaliIl ricevitore vede solo la componente del rumore nello spazio dei segnali: $w_i=\langle w,\phi_i\rangle$. Per un rumore bianco gaussiano le $w_i$ sono gaussiane a media nulla, scorrelate (quindi indipendenti) e con la stessa varianza $\sigma_I^2=\frac{N_0}2$, qualunque sia la base ortonormale. Il vettore ricevuto $\mathbf r=\mathbf s_m+\mathbf w$ ha densità condizionata $p_{\mathbf r|m}(\boldsymbol\rho|m)=\left(\pi N_0\right)^{-I/2}e^{-\lVert\boldsymbol\rho-\mathbf s_m\rVert^2/N_0}$: il rumore sposta il punto trasmesso in modo circolare.Il rumore AWGN nello spazio dei segnali →, Mezzi di trasmissione - cavi, fibre e collegamenti radioIl mezzo di trasmissione fissa l'attenuazione $a_{ch}$ nel link budget. Nei cavi $H_{ch}=e^{-\gamma d}$ e l'attenuazione in dB cresce con la distanza ($a=\tilde a,d$, dB/km) e con $\sqrt f$. Le fibre ottiche hanno banda larghissima (10¹⁴-10¹⁵ Hz), attenuazione bassa in tre finestre di lunghezza d'onda e limitazione dalla dispersione. Nei collegamenti radio vale la formula di Friis, $g_{ch}=g_{tx}g_{rx}\left(\frac\lambda{4\pi d}\right)^2$, cioè $a_{ch}=32{,}4+20\log_{10}d_{km}+20\log_{10}f_{MHz}-G_{tx}-G_{rx}$ dB.Mezzi di trasmissione - cavi, fibre e collegamenti radio →.

Dati

Modulazione binaria ($M=2$): $T=T_b=\frac1{R_b}=\frac1{200\ \text{Mbit/s}}=5\ \text{ns}$. La densità spettrale di potenza data è quella bilatera $\frac{N_0}2=2\cdot10^{-18}\ \text{V}^2/\text{Hz}$, cioè la varianza per dimensione $\sigma_I^2=\frac{N_0}2=2\cdot10^{-18}\ \text{V}^2\text{s}$, $\sigma_I=1{,}414\cdot10^{-9}\ \text{V}\sqrt{\text{s}}$ (Il rumore AWGN nello spazio dei segnaliIl ricevitore vede solo la componente del rumore nello spazio dei segnali: $w_i=\langle w,\phi_i\rangle$. Per un rumore bianco gaussiano le $w_i$ sono gaussiane a media nulla, scorrelate (quindi indipendenti) e con la stessa varianza $\sigma_I^2=\frac{N_0}2$, qualunque sia la base ortonormale. Il vettore ricevuto $\mathbf r=\mathbf s_m+\mathbf w$ ha densità condizionata $p_{\mathbf r|m}(\boldsymbol\rho|m)=\left(\pi N_0\right)^{-I/2}e^{-\lVert\boldsymbol\rho-\mathbf s_m\rVert^2/N_0}$: il rumore sposta il punto trasmesso in modo circolare.Il rumore AWGN nello spazio dei segnali →).

(1) Probabilità di ricevere $010$ avendo trasmesso $111$

Il canale numerico è un canale binario simmetrico senza memoria (Canale numerico, ISI e codifica di GrayNella catena bit $\to$ BMAP $\to$ modulatore $\to$ canale $\to$ proiezione $\to$ rivelatore $\to$ IMAP, un simbolo da $b=\log_2M$ bit dura $T=T_b\log_2M$. Per non avere interferenza intersimbolo (ISI) le forme d'onda devono essere ortogonali alle loro traslate di $kT$: $\langle\phi_i(t),\phi_j(t-kT)\rangle=0$ per $k\ne0$ (per esempio un impulso che dura al più $T$). Il canale numerico equivalente (bit in ingresso, bit decisi in uscita) è un canale binario simmetrico di probabilità $P_{bit}$; con la codifica di Gray simboli adiacenti differiscono in un solo bit e $P_{bit}\approx\frac{P[E]}{\log_2M}$.Canale numerico, ISI e codifica di Gray →): ogni bit viene scambiato con probabilità $P_{bit}=P_e=10^{-6}$ (con $M=2$, $P_{bit}=P[E]$), indipendentemente dagli altri. Da $111$ a $010$: il primo bit è sbagliato ($1\to0$), il secondo giusto ($1\to1$), il terzo sbagliato: $$P[010\mid111]=P_e\,(1-P_e)\,P_e=P_e^2(1-P_e)=10^{-12}\cdot(1-10^{-6})\approx10^{-12}.$$

(2) Energia media dei segnali in ricezione

Con $s_1=0$ si ha OOK generalizzato: la costellazione è su una retta ($\phi_1=\frac{s_2}{\sqrt{E_2}}$), con $\mathbf s_1=0$ e $\mathbf s_2=\sqrt{E_{2,rx}}$, quindi la distanza è $d=\sqrt{E_{2,rx}}$ e, con simboli equiprobabili e MD, $$P_e=Q\left(\frac{d}{2\sigma_I}\right)=Q\left(\frac{\sqrt{E_{2,rx}}}{2\sigma_I}\right).$$ Imponendo $P_e=10^{-6}$, $\frac{\sqrt{E_{2,rx}}}{2\sigma_I}=Q^{-1}(10^{-6})=4{,}753$: $$\sqrt{E_{2,rx}}=2\sigma_I\cdot4{,}753=2\cdot1{,}414\cdot10^{-9}\cdot4{,}753=1{,}344\cdot10^{-8},\qquad E_{2,rx}=1{,}81\cdot10^{-16}\ \text{V}^2\text{s}.$$ Poiché $E_{1,rx}=0$, l'energia media (simboli equiprobabili) è $$E_{s,rx}=\tfrac12\left(E_{1,rx}+E_{2,rx}\right)=\tfrac12\,E_{2,rx}=9{,}04\cdot10^{-17}\ \text{V}^2\text{s}.$$

(3) Distanza del collegamento

Energia trasmessa di $s_2$: i due rettangoli durano $\frac T2$, quindi $E_{2,tx}=A^2\frac T2+\left(\frac A{10}\right)^2\frac T2=\frac T2\left(A^2+\frac{A^2}{100}\right)=\frac{5\cdot10^{-9}}2\cdot4{,}04=1{,}01\cdot10^{-8}\ \text{V}^2\text{s}$. L'attenuazione del canale in potenza è il rapporto delle energie (l'attenuazione è un fattore di scala della potenza): $$a_{ch}=\frac{E_{2,tx}}{E_{2,rx}}=\frac{1{,}01\cdot10^{-8}}{1{,}81\cdot10^{-16}}=5{,}59\cdot10^7\ \Longrightarrow\ 77{,}47\ \text{dB}.$$ Con $0{,}4$ dB/km: $d=\frac{77{,}47}{0{,}4}=194\ \text{km}$.

(4) Sostituendo $s_1$ con $s_1'$

$s_1'=\frac A{10}\operatorname{rect}\left(\tfrac{t-T/4}{T/2}\right)-A\operatorname{rect}\left(\tfrac{t-3T/4}{T/2}\right)$ ha la stessa energia di $s_2$: $E=\frac T2\left(\frac{A^2}{100}+A^2\right)=1{,}01\cdot10^{-8}$. Prodotto scalare con $s_2$: $$\langle s_2,s_1'\rangle=A\cdot\frac A{10}\cdot\frac T2+\frac A{10}\cdot(-A)\cdot\frac T2=0,$$ quindi $s_2$ e $s_1'$ sono ortogonali ($\rho=0$): $\mathbf s_2=(\sqrt{E},0)$, $\mathbf s_1'=(0,\sqrt{E})$ con base $\phi_1=\frac{s_2}{\sqrt E}$, $\phi_2=\frac{s_1'}{\sqrt E}$, dimensione $2$. A parità di canale e di distanza l'energia ricevuta di ciascuno è $E_{2,rx}=1{,}81\cdot10^{-16}$ e la distanza diventa $$d'=\sqrt{2E_{2,rx}}=\sqrt2\cdot\sqrt{E_{2,rx}},\qquad\frac{d'}{2\sigma_I}=\sqrt2\cdot4{,}753=6{,}72.$$ $$P_e'=Q(6{,}72)=8{,}9\cdot10^{-12}.$$ La probabilità d'errore scende da $10^{-6}$ a $9\cdot10^{-12}$ (circa $10^5$ volte meno): rispetto a $s_1=0$ (distanza $\sqrt E$), con $s_1'$ ortogonale la distanza è maggiore di $\sqrt2$, cioè $+3$ dB di SNR (a spese di una energia media maggiore: da $\frac E2$ a $E$).

(Verificato con Python: $P_e^2(1-P_e)=9{,}99999\cdot10^{-13}$, $E_{2,rx}=1{,}8076\cdot10^{-16}$, $a_{ch}=77{,}47$ dB, $d=193{,}7$ km, $P_e'=8{,}94\cdot10^{-12}$; il prodotto scalare $\langle s_2,s_1'\rangle=0$ anche numericamente.)

Errori comuni

• Confondere il bit-rate con la frequenza di simbolo: con $M=2$ coincidono ($T=5$ ns).
• Moltiplicare la probabilità per $3$ ($\binom31$ ecc.): la domanda chiede una sequenza precisa, non un numero di errori.
• Prendere la densità $2\cdot10^{-18}$ come $N_0$: è già la densità bilatera $\frac{N_0}2=\sigma_I^2$.
• Dire che la distanza si trova dalla differenza di energie in dB senza dividere per l'attenuazione specifica ($0{,}4$ dB/km).