Esercizio 9conversione A-D di un segnale uniforme e SNR di riferimento per la 64-QAM (tema d'esame degli anni precedenti)

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Teoria usata: SNR di quantizzazione e progetto del quantizzatoreL'SNR di quantizzazione è $\Lambda_q=\frac{M_a}{M_e}$. Con errore granulare uniforme e saturazione trascurabile vale $\Lambda_q=\frac{\sigma^2}{\Delta^2/12}=3\frac{\sigma^2}{V_{sat}^2},2^{2b}$, cioè $[\Lambda_q]{dB}=6{,}02,b+4{,}77+20\log{10}\frac\sigma{V_{sat}}$: ogni bit in più dà $+6$ dB. Per progettare: $V_{sat}$ dalla probabilità di saturazione ($V_{sat}=\sigma,Q^{-1}\left(\frac{P_{sat}}2\right)$ per un gaussiano), poi $b$ dall'SNR richiesto, arrotondando per eccesso.SNR di quantizzazione e progetto del quantizzatore →, Conversione A-D e D-A - campionamento, anti-aliasing e interpolazionePer trasmettere un segnale analogico in forma digitale lo si campiona (a frequenza $F_s\ge2B$, dopo un filtro anti-aliasing), lo si quantizza su $L=2^b$ livelli e si trasforma ogni livello in $b$ bit. Il bit-rate nominale è $R_b=F_s,b$. Al ricevitore si fa il percorso inverso e si interpola (con un filtro con risposta $T_s,\mathrm{rect}\frac f{2B}$ in teoria, con un mantenitore di ordine zero in pratica). La quantizzazione è l'unica operazione che introduce un errore irreversibile.Conversione A-D e D-A - campionamento, anti-aliasing e interpolazione →, Informazione ed entropiaL'informazione di un evento di probabilità $p$ è $\log_2\frac1p$ bit; l'entropia $H(x)=\sum p\log_2\frac1p$ è l'informazione media e misura l'incertezza della sorgente: $0\le H\le\log_2M$, con il massimo quando i simboli sono equiprobabili. Per più simboli: $H(x,y)\le H(x)+H(y)$ (uguaglianza se indipendenti), $H(x|y)=H(x,y)-H(y)$. Per una sorgente con $F_s$ simboli al secondo il rate di informazione è $F_sH_s$, il rate nominale $F_s\log_2M$ e l'efficienza $\eta=\frac{H_s}{\log_2M}$.Informazione ed entropia →, QAM - modulazione di ampiezza in quadraturaNella QAM si modulano ampiezza e fase di una portante con due ampiezze $\alpha_{m,I},\alpha_{m,Q}$ (simbolo complesso $\alpha_m=\alpha_{m,I}+j\alpha_{m,Q}$): $s_m(t)=\operatorname{Re}\left[\alpha_mh(t)e^{j2\pi f_0t}\right]$. È un segnale in banda passante con base a due dimensioni ($\cos$ e $\sin$ per l'impulso) e punti $\sqrt{\frac{E_h}2}\left[\alpha_{m,I},\alpha_{m,Q}\right]$. Per $M=L^2$: $d_{min}=\sqrt{2E_h}$, $E_s=E_h\frac{M-1}3$ e $P[E]=1-\left[1-2\left(1-\frac1{\sqrt M}\right)Q\left(\sqrt{\frac{E_h}{N_0}}\right)\right]^2\approx4\left(1-\frac1{\sqrt M}\right)Q\left(\sqrt{\frac3{M-1}\frac{E_s}{N_0}}\right)$.QAM - modulazione di ampiezza in quadratura →, 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) Dinamica e bit

Il segnale è uniforme in $[-3,3]$ V: non esce mai da quel range, quindi scegliendo $V_{sat}=3$ V la probabilità di saturazione è esattamente $0$ e non c'è errore di saturazione. Dinamica $[-3\ \text{V},3\ \text{V}]$. La varianza dell'uniforme è $\sigma^2=\frac{(B-A)^2}{12}=\frac{6^2}{12}=3\ \text{V}^2$. Con $\Delta=\frac{2V_{sat}}L=\frac6L$ l'errore granulare è esattamente uniforme e $$\Lambda_q=\frac{\sigma^2}{\Delta^2/12}=\frac{3}{36/(12L^2)}=L^2,\qquad[\Lambda_q]_{dB}=20\log_{10}L=6{,}02\,b.$$ (Lo stesso dalla formula generale: $\frac{\sigma}{V_{sat}}=\frac1{\sqrt3}$, $20\log_{10}\frac1{\sqrt3}=-4{,}77$ dB che cancella i $+4{,}77$.) Si impone $6{,}02\,b\ge56$, cioè $b\ge9{,}30$, quindi $b=10$ bit, $L=1024$ livelli, $\Lambda_q=60{,}2$ dB (con $b=9$: $54{,}2$ dB, insufficiente).

(2) Bit-rate

$\mathcal P_a(f)=K_a\operatorname{rect}\left(\frac f{f_a}\right)$ è diversa da zero per $\lvert f\rvert<\frac{f_a}2=5$ MHz: la banda è $B=\frac{f_a}2=5$ MHz (attenzione: la rect ha larghezza $f_a$, non $2f_a$). Per il teorema del campionamento $F_s\ge2B=10$ MHz, quindi $$R_b=F_s\,b=10\ \text{MHz}\cdot10\ \text{bit}=100\ \text{Mbit/s}.$$

(3) Entropia in uscita

Con la densità uniforme e un quantizzatore uniforme, i $1024$ livelli hanno la stessa probabilità $\frac1{1024}$ (ciascuna regione ha larghezza $\Delta$ e densità costante). L'entropia è massima: $$H=\log_2L=10\ \text{bit}.$$ Il rate di informazione è $F_sH=100$ Mbit/s, uguale al rate nominale ($\eta=1$): in questo caso la codifica di sorgente non può far risparmiare nulla.

(4) SNR di riferimento per la 64-QAM

Per la QAM con $M=64$ ($L=8$) e codifica di Gray, $P_{bit}\approx\frac4{\log_2M}\left(1-\frac1{\sqrt M}\right)Q\left(\sqrt{\frac{3\Gamma}{M-1}}\right)=\frac46\cdot\frac78\,Q\left(\sqrt{\frac{3\Gamma}{63}}\right)=0{,}5833\,Q\left(\sqrt{\frac{\Gamma}{21}}\right)$. Si impone $P_{bit}\le10^{-5}$: $$Q\left(\sqrt{\frac\Gamma{21}}\right)\le\frac{10^{-5}}{0{,}5833}=1{,}714\cdot10^{-5}\ \Longrightarrow\ \sqrt{\frac\Gamma{21}}\ge Q^{-1}(1{,}714\cdot10^{-5})=4{,}142\ \Longrightarrow\ \Gamma\ge21\cdot17{,}16=360.$$ Quindi $$\Gamma_{min}=360\ \Longrightarrow\ [\Gamma]_{dB}=25{,}6\ \text{dB}.$$ (Dati sull'amplificatore, sulle antenne e sul rumore servono per la distanza massima del collegamento, non per questo punto: serve $\Gamma\ge25{,}6$ dB in ricezione.)

(5) Assenza di ISI

La condizione è $\langle h(t),h(t-kT)\rangle=0$ per $k\ne0$ (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 →).

• $h_{Tx,2}=A\operatorname{rect}\left(\frac tT\right)$: ha durata $T$, quindi la sua traslata di $kT$ ($k\ne0$) ha supporto disgiunto e $\langle h,h(\cdot-kT)\rangle=0$: nessuna ISI. (Non è causale come scritto, centrato in $0$: basta ritardarlo di $\frac T2$.)
• $h_{Tx,1}=A\operatorname{sinc}\left(\frac tT\right)$: ha durata infinita, ma in frequenza $H_1(f)=AT\operatorname{rect}(fT)$ e $$\langle h_1,h_1(\cdot-kT)\rangle=\int\lvert H_1(f)\rvert^2e^{j2\pi fkT}df=A^2T^2\int_{-\frac1{2T}}^{\frac1{2T}}e^{j2\pi fkT}df=A^2T^2\,\frac{\sin(\pi k)}{\pi kT}=0\quad(k\ne0)$$ (per $k=0$ vale $A^2T$, l'energia). Quindi anche il sinc è privo di ISI: il suo passaggio per zero in tutti i multipli di $T$ è proprio ciò che lo garantisce. Il sinc ha però banda minima $\frac1{2T}$ ma non è realizzabile (infinito e non causale), il rect è realizzabile ma ha banda infinita; il compromesso è il coseno rialzato.

(Verificato con Python: $b=10$ bit, $\Lambda_q=60{,}21$ dB; $\Gamma_{min}$ per la $64$-QAM a $P_{bit}=10^{-5}$: $360{,}4=25{,}57$ dB.)

Errori comuni

• Dire che serve saturare: per un segnale limitato in $[-3,3]$ V si pone $V_{sat}=3$ V e $P_{sat}=0$ (con $V_{sat}$ più grande si spreca dinamica).
• Prendere $B=f_a$ invece di $\frac{f_a}2$ (la $\operatorname{rect}\left(\frac f{f_a}\right)$ occupa $\left[-\frac{f_a}2,\frac{f_a}2\right]$).
• Calcolare $\Gamma$ per la $P_{bit}$ con la formula del simbolo (senza $\frac4{\log_2M}$): si sovrastima l'SNR necessario di circa $0{,}8$ dB ($26{,}4$ invece di $25{,}6$ dB).
• Pensare che il sinc abbia ISI perché dura all'infinito: conta l'ortogonalità alle traslate.