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Note per Studenti Esercizio 20 · otto segnali a impulsi rettangolari, base, costellazione e probabilità d'errore (temi d'esame gennaio e agosto 2025)

Esercizio 20otto segnali a impulsi rettangolari, base, costellazione e probabilità d'errore (temi d'esame gennaio e agosto 2025)

Esame
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Testo (temi d'esame gennaio 2025 e agosto 2025, esercizio 3). Si consideri una modulazione che utilizza i seguenti otto segnali in trasmissione, di durata TT (nel compito sono dati in figura; qui sono descritti a parole). I primi quattro hanno ampiezza ±A\pm A su una delle due metà del periodo: s1=Arect⁡(t−3T/4T/2),s2=−s1,s3=Arect⁡(t−T/4T/2),s4=−s3;s_1=A\operatorname{rect}\left(\tfrac{t-3T/4}{T/2}\right),\quad s_2=-s_1,\quad s_3=A\operatorname{rect}\left(\tfrac{t-T/4}{T/2}\right),\quad s_4=-s_3; gli altri quattro hanno ampiezza ±B\pm B su tutto il periodo o su metà con segno opposto: s5=Brect⁡(t−T/2T),s6=B[rect⁡(t−T/4T/2)−rect⁡(t−3T/4T/2)],s7=−s5,s8=−s6.s_5=B\operatorname{rect}\left(\tfrac{t-T/2}{T}\right),\quad s_6=B\left[\operatorname{rect}\left(\tfrac{t-T/4}{T/2}\right)-\operatorname{rect}\left(\tfrac{t-3T/4}{T/2}\right)\right],\quad s_7=-s_5,\quad s_8=-s_6. Si sa che B>AB>A, che il canale è AWGN con N0=2⋅10−6 V2/HzN_0=2\cdot10^{-6}\ \text{V}^2/\text{Hz}, T=1T=1 ms e i simboli sono equiprobabili.

  1. (3p) Si calcoli la base associata e si disegni la costellazione corrispondente.
  2. (2p) Qual è il criterio di decisione ottimo? Si disegnino le regioni di decisione nel caso in cui vengano trasmessi a) s1,s2,s3,s4s_1,s_2,s_3,s_4 e b) s5,s6,s7,s8s_5,s_6,s_7,s_8 utilizzando tale criterio.
  3. (2,5p) Si consideri ora solo la coppia s1(t)s_1(t) e s2(t)s_2(t). Che ampiezza AA devono avere i segnali in ingresso per assicurare Pbit≤10−5P_{bit}\le10^{-5}?
  4. (2,5p) Si consideri ora solo il quartetto s5,s6,s7,s8s_5,s_6,s_7,s_8. Sapendo che B=0,4B=0{,}4 V, quanto vale la PbitP_{bit} (o P[E]P[E]) in questo caso?

Teoria usata: Introduzione alla modulazione digitale e spazio dei segnaliLa modulazione digitale associa a ognuna delle $M=2^b$ parole di $b$ bit un segnale $s_m(t)$ di energia finita; il demodulatore deve capire quale segnale è stato trasmesso da $r(t)=s_m(t)+w(t)$. Per studiarlo i segnali si vedono come vettori: con il prodotto scalare $\langle x,y\rangle=\int xy^*dt$ e una base ortonormale ${\phi_i}$ ogni segnale è $\mathbf s_m=[\langle s_m,\phi_i\rangle]$ e l'insieme dei punti è la costellazione. La base si trova con il procedimento di Gram-Schmidt; distanze ed energie dei punti dicono le prestazioni.Introduzione alla modulazione digitale e spazio dei segnali →, Teoria della decisione - criteri MAP, ML e MDLe regioni di decisione che massimizzano la probabilità di decisione corretta sono $\mathcal R_m={\boldsymbol\rho:\ m=\arg\max_mP_m,p_{\mathbf r|m}(\boldsymbol\rho|m)}$: criterio MAP (ottimo). Il criterio ML ignora le probabilità a priori; se i simboli sono equiprobabili coincide con il MAP. Il criterio MD sceglie il punto più vicino, $\hat m=\arg\min_m\lVert\boldsymbol\rho-\mathbf s_m\rVert$; con canale AWGN coincide con il ML. Quindi con simboli equiprobabili e AWGN la distanza minima è ottima; con probabilità diverse le soglie si spostano verso il punto meno probabile.Teoria della decisione - criteri MAP, ML e MD →, 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 →, Modulazioni M-arie - bound sulla probabilità di errore, ortogonali e biortogonaliCon $M>2$ segnali la probabilità di errore esatta non si trova in forma chiusa, ma si limita con la distanza minima: $\frac{N^}{M}Q\left(\frac{d_{min}}{2\sigma_I}\right)\le P[E]\le(M-1),Q\left(\frac{d_{min}}{2\sigma_I}\right)$ ($N^$ = numero di punti con almeno un vicino a $d_{min}$). L'upper bound è molto vicino al valore vero ad SNR alto. Per $M$ segnali ortogonali $d_{min}=\sqrt{2E_s}$ e la dimensione è $M$; per i biortogonali (un segnale opposto più $M-2$ ortogonali) la dimensione è $\frac M2$.Modulazioni M-arie - bound sulla probabilità di errore, ortogonali e biortogonali →, 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 →.

(1) Base e costellazione

Tutti gli otto segnali sono combinazioni di due rettangoli con supporti disgiunti, [0,T2][0,\frac T2] e [T2,T][\frac T2,T]. La base ortonormale ha dimensione I=2I=2 (due rettangoli di energia unitaria): ϕ1(t)=1T/2rect⁡(t−3T/4T/2),ϕ2(t)=1T/2rect⁡(t−T/4T/2)\phi_1(t)=\frac1{\sqrt{T/2}}\operatorname{rect}\left(\frac{t-3T/4}{T/2}\right),\qquad\phi_2(t)=\frac1{\sqrt{T/2}}\operatorname{rect}\left(\frac{t-T/4}{T/2}\right) (ϕ1\phi_1 vive nella seconda metà, ϕ2\phi_2 nella prima; ⟨ϕ1,ϕ2⟩=0\langle\phi_1,\phi_2\rangle=0 perché i supporti sono disgiunti, ∥ϕi∥2=T/2T/2=1\lVert\phi_i\rVert^2=\frac{T/2}{T/2}=1). Con a=AT2a=A\sqrt{\frac T2} e b=BT2b=B\sqrt{\frac T2} le coordinate sm,i=⟨sm,ϕi⟩s_{m,i}=\langle s_m,\phi_i\rangle sono:

Segnale sm\mathbf s_m Segnale sm\mathbf s_m
s1s_1 (a, 0)(a,\ 0) s5s_5 (b, b)(b,\ b)
s2s_2 (−a, 0)(-a,\ 0) s6s_6 (−b, b)(-b,\ b)
s3s_3 (0, a)(0,\ a) s7s_7 (−b, −b)(-b,\ -b)
s4s_4 (0, −a)(0,\ -a) s8s_8 (b, −b)(b,\ -b)

(per esempio s6s_6 vale +B+B nella prima metà, quindi +b+b lungo ϕ2\phi_2, e −B-B nella seconda, −b-b lungo ϕ1\phi_1.) Le due quaterne sono una QPSK (s1s_1–s4s_4: quattro punti sugli assi, a distanza aa dall'origine) e una QPSK ruotata di 45∘45^\circ (s5s_5–s8s_8: i vertici di un quadrato, a distanza b2b\sqrt2 dall'origine). Energie: E1..4=a2=A2T2E_{1..4}=a^2=\frac{A^2T}2 e E5..8=2b2=B2TE_{5..8}=2b^2=B^2T.

(2) Criterio ottimo e regioni di decisione

Con simboli equiprobabili e canale AWGN il criterio ottimo è la minima distanza (MD, equivalente a ML e MAP: Teoria della decisione - criteri MAP, ML e MDLe regioni di decisione che massimizzano la probabilità di decisione corretta sono $\mathcal R_m={\boldsymbol\rho:\ m=\arg\max_mP_m,p_{\mathbf r|m}(\boldsymbol\rho|m)}$: criterio MAP (ottimo). Il criterio ML ignora le probabilità a priori; se i simboli sono equiprobabili coincide con il MAP. Il criterio MD sceglie il punto più vicino, $\hat m=\arg\min_m\lVert\boldsymbol\rho-\mathbf s_m\rVert$; con canale AWGN coincide con il ML. Quindi con simboli equiprobabili e AWGN la distanza minima è ottima; con probabilità diverse le soglie si spostano verso il punto meno probabile.Teoria della decisione - criteri MAP, ML e MD →). Le regioni sono quelle di Voronoi, con i confini sugli assi dei segmenti tra i punti:

  • a) s1,…,s4s_1,\dots,s_4: i confini sono le diagonali ρ2=±ρ1\rho_2=\pm\rho_1 (asse del segmento tra (a,0)(a,0) e (0,a)(0,a)); le quattro regioni sono quattro settori di 90∘90^\circ centrati sui semiassi (R1={ρ1>∣ρ2∣}\mathcal R_1=\{\rho_1>\lvert\rho_2\rvert\}, R2={ρ1<−∣ρ2∣}\mathcal R_2=\{\rho_1<-\lvert\rho_2\rvert\}, R3={ρ2>∣ρ1∣}\mathcal R_3=\{\rho_2>\lvert\rho_1\rvert\}, R4={ρ2<−∣ρ1∣}\mathcal R_4=\{\rho_2<-\lvert\rho_1\rvert\});
  • b) s5,…,s8s_5,\dots,s_8: i confini sono gli assi coordinati (ρ1=0\rho_1=0, ρ2=0\rho_2=0); le regioni sono i quattro quadranti: R5={ρ1>0,ρ2>0}\mathcal R_5=\{\rho_1>0,\rho_2>0\}, R6={ρ1<0,ρ2>0}\mathcal R_6=\{\rho_1<0,\rho_2>0\}, R7={ρ1<0,ρ2<0}\mathcal R_7=\{\rho_1<0,\rho_2<0\}, R8={ρ1>0,ρ2<0}\mathcal R_8=\{\rho_1>0,\rho_2<0\}.

(Se si trasmettessero tutti gli otto segnali insieme, con B>AB>A le regioni sarebbero più complicate: i punti s5…s8s_5\ldots s_8 stanno più lontani dall'origine e quelli di s1…s4s_1\ldots s_4 interni al quadrato.)

(3) Ampiezza AA per Pbit≤10−5P_{bit}\le10^{-5} con s1,s2s_1,s_2

La coppia s1,s2=−s1s_1,s_2=-s_1 è antipodale (ρ=−1\rho=-1): d=2ad=2a, energia Es=a2=A2T2E_s=a^2=\frac{A^2T}2, σI2=N02\sigma_I^2=\frac{N_0}2 e Pbit=Q(d2σI)=Q(2EsN0)=Q(ATN0)P_{bit}=Q\left(\frac d{2\sigma_I}\right)=Q\left(\sqrt{\frac{2E_s}{N_0}}\right)=Q\left(A\sqrt{\frac T{N_0}}\right). Con Q−1(10−5)=4,265Q^{-1}(10^{-5})=4{,}265: ATN0≥4,265 ⟹ A≥4,265N0T=4,2652⋅10−610−3=4,265⋅0,04472=0,191 V.A\sqrt{\frac T{N_0}}\ge4{,}265\ \Longrightarrow\ A\ge4{,}265\sqrt{\frac{N_0}T}=4{,}265\sqrt{\frac{2\cdot10^{-6}}{10^{-3}}}=4{,}265\cdot0{,}04472=0{,}191\ \text{V}. Quindi A≥0,19A\ge0{,}19 V (con 2EsN0=18,2=12,6\frac{2E_s}{N_0}=18{,}2=12{,}6 dB).

(4) Il quartetto s5,…,s8s_5,\dots,s_8 con B=0,4B=0{,}4 V

Qui b=BT2=0,4⋅5⋅10−4=8,94⋅10−3 Vsb=B\sqrt{\frac T2}=0{,}4\cdot\sqrt{5\cdot10^{-4}}=8{,}94\cdot10^{-3}\ \text{V}\sqrt{\text{s}} e σI=N02=10−3 Vs\sigma_I=\sqrt{\frac{N_0}2}=10^{-3}\ \text{V}\sqrt{\text{s}}, quindi bσI=8,94\frac b{\sigma_I}=8{,}94. Con le regioni a quadranti un simbolo è decodificato bene se entrambe le componenti del rumore non superano bb (verso l'origine): le due componenti sono indipendenti, P[C∣sm]=[1−Q(bσI)]2 ⟹ P[E]=1−[1−Q(8,94)]2≈2 Q(8,94)=3,7⋅10−19.P[C\mid s_m]=\left[1-Q\left(\frac b{\sigma_I}\right)\right]^2\ \Longrightarrow\ P[E]=1-\left[1-Q(8{,}94)\right]^2\approx2\,Q(8{,}94)=3{,}7\cdot10^{-19}. Con una mappa di Gray (un bit per ciascuna componente: segno di ρ1\rho_1 e di ρ2\rho_2) ogni bit sbagliato dipende da una sola componente: Pbit=Q(bσI)=1,9⋅10−19P_{bit}=Q\left(\frac b{\sigma_I}\right)=1{,}9\cdot10^{-19}. È una probabilità praticamente nulla: con B=0,4B=0{,}4 V il rapporto segnale/rumore è molto alto (EsN0=B2TN0=80=19\frac{E_s}{N_0}=\frac{B^2T}{N_0}=80=19 dB per segnale).

(Verificato con scipy: Amin=0,19073A_{min}=0{,}19073 V, b/σI=8,944b/\sigma_I=8{,}944, 2Q(8,944)=3,74⋅10−192Q(8{,}944)=3{,}74\cdot10^{-19}; per la quaterna sugli assi con A=0,19A=0{,}19 V, P[E]P[E] esatta =2,56⋅10−3=2{,}56\cdot10^{-3}, calcolata per integrazione numerica, contro 2Q(d2σI)=2,56⋅10−32Q\left(\frac{d}{2\sigma_I}\right)=2{,}56\cdot10^{-3}.)

Errori comuni

  • Dire che la dimensione è 88 (o 44): i segnali sono combinazioni di soli due rettangoli, I=2I=2.
  • Normalizzare con T\sqrt T invece di T/2\sqrt{T/2} (il rettangolo di base dura metà periodo).
  • Per la coppia antipodale usare Q(Es/N0)Q\left(\sqrt{E_s/N_0}\right) (ortogonale): è Q(2Es/N0)Q\left(\sqrt{2E_s/N_0}\right).
  • Tracciare per s1…s4s_1\ldots s_4 i quadranti (e per s5…s8s_5\ldots s_8 le diagonali): è l'inverso, perché i punti sono sugli assi nel primo caso e sulle diagonali nel secondo.

Versione ripasso

Testo. Otto segnali: s1..4=±As_{1..4}=\pm A su una metà di TT, s5..8=±Bs_{5..8}=\pm B su TT e antisimmetrici (B>AB>A), AWGN N0=2⋅10−6N_0=2\cdot10^{-6}, T=1T=1 ms: base e costellazione; criterio e regioni; AA per Pbit≤10−5P_{bit}\le10^{-5} (s1,s2s_1,s_2); P[E]P[E] con B=0,4B=0{,}4 V (gennaio e agosto 2025).

Teoria collegata