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Note per Studenti Esercizio - due segnali con coefficiente di correlazione 1 su 2, base, periodo di simbolo e Es su N0 (esercizi del corso, cap. 3, es. 27)

Esercizio - due segnali con coefficiente di correlazione 1 su 2, base, periodo di simbolo e Es su N0 (esercizi del corso, cap. 3, es. 27)

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Testo (esercizi del corso di Fondamenti di Telecomunicazioni, Ing. Informatica UniPD, cap. 3, es. 27). Un modulatore digitale usa le forme d'onda s1(t)={−A0<t<12Tp+A12Tp<t<Tp0altrove,s2(t)=−s1(t−12Tp),s_1(t)=\begin{cases}-A&0<t<\frac12T_p\\+A&\frac12T_p<t<T_p\\0&\text{altrove}\end{cases},\qquad s_2(t)=-s_1\left(t-\tfrac12T_p\right), con Tp=2 μT_p=2\ \mus.

  1. Disegnare i segnali s1(t)s_1(t) e s2(t)s_2(t). Determinare una base ortonormale, disegnare i segnali della base e la costellazione (specificando con esattezza le coordinate dei segnali).
  2. Determinare un valore opportuno per il periodo di simbolo TT e il rapporto segnale-rumore EsN0\frac{E_s}{N_0} che garantisce una probabilità d'errore sul bit Pbit=10−4P_{bit}=10^{-4}.
  3. Se in alternativa si usano s1(t)s_1(t) come sopra e s2(t)=s1(t−Tp)s_2(t)=s_1(t-T_p), le prestazioni migliorano? Spiegare i motivi.

Teoria usata: Spazio dei segnali - base ortonormale, coordinate e Gram-SchmidtI segnali a energia finita formano uno spazio vettoriale con prodotto interno $\langle x,y\rangle=\int x(t)y(t),dt$, norma $\lVert x\rVert=\sqrt{E_x}$ e distanza $d(x,y)=\lVert x-y\rVert$. Le $M$ forme d'onda di una segnalazione generano un sottospazio, di cui si costruisce una base ortonormale ${\phi_1,\dots,\phi_I}$ con $I\le M$ (procedura di Gram-Schmidt). Ogni segnale diventa il vettore delle coordinate $s_i=\langle s,\phi_i\rangle$: somme, prodotti per scalari, energie ($E_s=\sum s_i^2$) e distanze si calcolano uguali sui vettori. L'insieme dei vettori ${\mathbf s_1,\dots,\mathbf s_M}$ è la costellazione.Spazio dei segnali - base ortonormale, coordinate e Gram-Schmidt →, Probabilità d'errore delle modulazioni binarie - funzione Q e coefficiente di correlazioneIn una modulazione binaria con rumore AWGN e decisione a minima distanza l'errore avviene solo se la componente di rumore lungo la congiungente dei due punti supera metà distanza: $P[E]=Q\left(\frac{d}{2\sigma_I}\right)$ con $d=\lVert\underline s_1-\underline s_2\rVert$. A parità di energia $E_s$ si ha $d^2=2E_s(1-\rho)$, quindi $P[E]=Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{\sigma_I^2}}\sqrt{\frac{1-\rho}{2}}\right)$, con $\rho=\frac{\langle s_1,s_2\rangle}{\sqrt{E_{s_1}E_{s_2}}}$ coefficiente di correlazione. Antipodali ($\rho=-1$, BPSK): $Q\left(\sqrt{E_s/\sigma_I^2}\right)$; ortogonali ($\rho=0$): $Q\left(\sqrt{E_s/(2\sigma_I^2)}\right)$, 3 dB peggio; $\rho=1$: $P[E]=\frac12$. Per qualunque modulazione binaria basta un solo ramo del ricevitore, lungo $\phi_1'\propto s_1-s_2$.Probabilità d'errore delle modulazioni binarie - funzione Q e coefficiente di correlazione →, Regioni di decisione - criteri MAP, ML e minima distanzaLe regioni di decisione $\mathcal R_1,\dots,\mathcal R_M$ sono una partizione dello spazio $\mathbb R^I$: se il vettore ricevuto cade in $\mathcal R_m$ si decide $\hat a_0=m$. La probabilità di decisione corretta è $P[C]=\sum_m\int_{\mathcal R_m}D(\boldsymbol\rho;m),d\boldsymbol\rho$ con $D=P_{a_0}(m),p_{\mathbf r|a_0}(\boldsymbol\rho|m)$, ed è massima assegnando ogni $\boldsymbol\rho$ al $m$ che massimizza $D$: criterio MAP. Con simboli equiprobabili è il ML; con in più rumore AWGN diventa la minima distanza (MD), $\hat a_0=\arg\min_m\lVert\boldsymbol\rho-\mathbf s_m\rVert$, con confini che sono gli assi dei segmenti tra i punti. Con probabilità diverse i confini si spostano verso i punti meno probabili.Regioni di decisione - criteri MAP, ML e minima distanza →, Variabili aleatorie continue - uniforme, gaussiana, esponenziale e funzione QUna v.a. continua ha funzione di distribuzione F_x(a) = P(x ≤ a) e densità f_x(a) = dF_x/da ≥ 0 con integrale 1; P(A ≤ x ≤ B) = F_x(B) − F_x(A) = ∫_A^B f_x e P(x = A) = 0. Uniforme U([a,b]): densità 1/(b−a), media (a+b)/2, varianza (b−a)²/12. Esponenziale unilatera di media m: (1/m)e^(−a/m), a ≥ 0. Gaussiana N(m, σ²): P(x ≥ A) = Q((A − m)/σ), con Q(A) coda della gaussiana standard. Somme di gaussiane indipendenti sono gaussiane (medie e varianze si sommano); teorema del limite centrale.Variabili aleatorie continue - uniforme, gaussiana, esponenziale e funzione Q →.

(1) Segnali, base e costellazione

I segnali. s1s_1 vale −A-A nella prima metà di [0,Tp][0,T_p] e +A+A nella seconda. Il segnale s1(t−Tp2)s_1\left(t-\frac{T_p}2\right) è lo stesso spostato di mezzo periodo (vale −A-A in [Tp2,Tp]\left[\frac{T_p}2,T_p\right] e +A+A in [Tp,32Tp]\left[T_p,\frac32T_p\right]); cambiato di segno diventa s2(t)={+A12Tp<t<Tp−ATp<t<32Tp0altrove.s_2(t)=\begin{cases}+A&\frac12T_p<t<T_p\\-A&T_p<t<\frac32T_p\\0&\text{altrove}\end{cases}.

Grafico interattivo: I segnali dell'esercizio 27 con T_p = 1 e ampiezze in unità di A: s₁ vale −1 su [0; 0,5] e +1 su [0,5; 1]; s₂ vale +1 su [0,5; 1] e −1 su [1; 1,5]. Si sovrappongono solo in [0,5; 1], dove sono uguali

Energie e correlazione. Entrambi i segnali hanno ampiezza ±A\pm A su un intervallo di durata TpT_p: Es=E1=E2=A2TpE_s=E_1=E_2=A^2T_p. Si sovrappongono solo in [Tp2,Tp]\left[\frac{T_p}2,T_p\right], dove valgono +A+A entrambi: ⟨s1,s2⟩=A⋅A⋅Tp2=A2Tp2,ρ=⟨s1,s2⟩Es=12.\langle s_1,s_2\rangle=A\cdot A\cdot\frac{T_p}2=\frac{A^2T_p}2,\qquad\rho=\frac{\langle s_1,s_2\rangle}{E_s}=\frac12.

Gram-Schmidt. ϕ1=s1Es\phi_1=\frac{s_1}{\sqrt{E_s}} vale −1Tp-\frac1{\sqrt{T_p}} su [0,Tp2]\left[0,\frac{T_p}2\right] e +1Tp+\frac1{\sqrt{T_p}} su [Tp2,Tp]\left[\frac{T_p}2,T_p\right]. Il resto di s2s_2 dopo la proiezione (⟨s2,ϕ1⟩=ρEs\langle s_2,\phi_1\rangle=\rho\sqrt{E_s}): ϕ2′=s2−ρ s1=s2−s12={+A20<t<Tp2+A2Tp2<t<Tp−ATp<t<32Tp,\phi'_2=s_2-\rho\,s_1=s_2-\frac{s_1}2=\begin{cases}+\frac A2&0<t<\frac{T_p}2\\+\frac A2&\frac{T_p}2<t<T_p\\-A&T_p<t<\frac32T_p\end{cases}, (controllo: su [0,Tp2]\left[0,\frac{T_p}2\right]: 0−−A2=A20-\frac{-A}2=\frac A2; su [Tp2,Tp]\left[\frac{T_p}2,T_p\right]: A−A2=A2A-\frac A2=\frac A2), con energia Eϕ2′=A24Tp+A2Tp2=34A2Tp=34EsE_{\phi'_2}=\frac{A^2}4T_p+A^2\frac{T_p}2=\frac34A^2T_p=\frac34E_s (stessa cosa da Es(1−ρ2)E_s(1-\rho^2)). Normalizzando, ϕ2=ϕ2′34A2Tp={+13Tp0<t<Tp−23TpTp<t<32Tp.\phi_2=\frac{\phi'_2}{\sqrt{\frac34A^2T_p}}=\begin{cases}+\frac1{\sqrt{3T_p}}&0<t<T_p\\-\frac2{\sqrt{3T_p}}&T_p<t<\frac32T_p\end{cases}. Costellazione: s1=Es [1, 0],s2=Es[ρ, 1−ρ2]=Es[12, 32],\mathbf s_1=\sqrt{E_s}\,[1,\ 0],\qquad\mathbf s_2=\sqrt{E_s}\left[\rho,\ \sqrt{1-\rho^2}\right]=\sqrt{E_s}\left[\frac12,\ \frac{\sqrt3}2\right], cioè due punti sulla circonferenza di raggio Es\sqrt{E_s} con un angolo di 60∘60^\circ tra loro (cos⁡60∘=ρ\cos60^\circ=\rho). Il confine di decisione (asse del segmento) è la retta per l'origine inclinata di 30∘=π630^\circ=\frac\pi6.

Base alternativa, più comoda per decidere. Con ϕ1′=s1−s22Es(1−ρ)=s1−s2Es\phi'_1=\frac{s_1-s_2}{\sqrt{2E_s(1-\rho)}}=\frac{s_1-s_2}{\sqrt{E_s}} e ϕ2′=s1+s22Es(1+ρ)=s1+s23Es\phi'_2=\frac{s_1+s_2}{\sqrt{2E_s(1+\rho)}}=\frac{s_1+s_2}{\sqrt{3E_s}} (ortogonali perché E1=E2E_1=E_2) i punti sono s1=Es[12, 32],s2=Es[−12, 32]\mathbf s_1=\sqrt{E_s}\left[\frac12,\ \frac{\sqrt3}2\right],\qquad\mathbf s_2=\sqrt{E_s}\left[-\frac12,\ \frac{\sqrt3}2\right] e il confine è l'asse delle ordinate. Esplicitamente ϕ1′=−1Tp\phi'_1=-\frac1{\sqrt{T_p}} su [0,Tp2]\left[0,\frac{T_p}2\right] e +1Tp+\frac1{\sqrt{T_p}} su [Tp,32Tp]\left[T_p,\frac32T_p\right] (zero in mezzo), ϕ2′=−13Tp\phi'_2=-\frac1{\sqrt{3T_p}} su [0,Tp2]\left[0,\frac{T_p}2\right], +23Tp+\frac2{\sqrt{3T_p}} su [Tp2,Tp]\left[\frac{T_p}2,T_p\right], −13Tp-\frac1{\sqrt{3T_p}} su [Tp,32Tp]\left[T_p,\frac32T_p\right].

Grafico interattivo: Costellazione in unità √E_s con la base di Gram-Schmidt: s₁ = (1; 0), s₂ = (1/2; √3/2), con un angolo di 60° tra i due punti (ρ = cos 60° = 1/2). Il confine di decisione è la retta inclinata di 30° (asse del segmento)

(La retta tratteggiata ha equazione 12x−32y=0\frac12x-\frac{\sqrt3}2y=0, cioè x−3y=0x-\sqrt3y=0; si decide s1s_1 se x−3y>0x-\sqrt3y>0, perché ⟨r,s1−s2⟩>0\langle\mathbf r,\mathbf s_1-\mathbf s_2\rangle>0.) angle>0$.)

(2) Periodo di simbolo e EsN0\frac{E_s}{N_0}

Periodo di simbolo. Le forme d'onda durano 32Tp\frac32T_p (s1s_1 esce a TpT_p, s2s_2 a 32Tp\frac32T_p): per non avere interferenza tra simboli successivi, T≥32TpT\ge\frac32T_p. Si prende il minimo, T=32Tp=3 μT=\frac32T_p=3\ \mus.

EsN0\frac{E_s}{N_0}. Il sistema è binario: Pbit=P[E]=Q(d2σI)P_{bit}=P[E]=Q\left(\frac d{2\sigma_I}\right) con d2=2Es(1−ρ)d^2=2E_s(1-\rho) e σI2=N02\sigma_I^2=\frac{N_0}2 (Probabilità d'errore delle modulazioni binarie - funzione Q e coefficiente di correlazioneIn una modulazione binaria con rumore AWGN e decisione a minima distanza l'errore avviene solo se la componente di rumore lungo la congiungente dei due punti supera metà distanza: $P[E]=Q\left(\frac{d}{2\sigma_I}\right)$ con $d=\lVert\underline s_1-\underline s_2\rVert$. A parità di energia $E_s$ si ha $d^2=2E_s(1-\rho)$, quindi $P[E]=Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{\sigma_I^2}}\sqrt{\frac{1-\rho}{2}}\right)$, con $\rho=\frac{\langle s_1,s_2\rangle}{\sqrt{E_{s_1}E_{s_2}}}$ coefficiente di correlazione. Antipodali ($\rho=-1$, BPSK): $Q\left(\sqrt{E_s/\sigma_I^2}\right)$; ortogonali ($\rho=0$): $Q\left(\sqrt{E_s/(2\sigma_I^2)}\right)$, 3 dB peggio; $\rho=1$: $P[E]=\frac12$. Per qualunque modulazione binaria basta un solo ramo del ricevitore, lungo $\phi_1'\propto s_1-s_2$.Probabilità d'errore delle modulazioni binarie - funzione Q e coefficiente di correlazione →): Pbit=Q(EsN0(1−ρ))=10−4.P_{bit}=Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{N_0}(1-\rho)}\right)=10^{-4}. Q(a)=10−4Q(a)=10^{-4} per a=3,719a=3{,}719, quindi EsN0=a21−ρ=3,71920,5=27,66(14,4 dB).\frac{E_s}{N_0}=\frac{a^2}{1-\rho}=\frac{3{,}719^2}{0{,}5}=27{,}66\quad(14{,}4\ \text{dB}). (La soluzione del corso riporta 27,3827{,}38, ottenuto arrotondando aa a 3,73{,}7.)

(3) Cambio di segnali

Con s2′(t)=s1(t−Tp)s_2'(t)=s_1(t-T_p) i due segnali hanno supporti disgiunti: [0,Tp][0,T_p] e [Tp,2Tp][T_p,2T_p]. Sono ortogonali, ρ′=0\rho'=0, a parità di energia EsE_s. A parità di EsN0\frac{E_s}{N_0}: Pbit′=Q(EsN0)=Q(27,66)=Q(5,26)=7⋅10−8<10−4,P'_{bit}=Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{N_0}}\right)=Q\left(\sqrt{27{,}66}\right)=Q(5{,}26)=7\cdot10^{-8}<10^{-4}, migliorano, perché la distanza tra i punti cresce da d=2Es(1−12)=Esd=\sqrt{2E_s(1-\tfrac12)}=\sqrt{E_s} a d′=2Esd'=\sqrt{2E_s} (i due punti sono a 90∘90^\circ invece di 60∘60^\circ) con la stessa energia. Il prezzo è un periodo più lungo: T′=2Tp=4 μT'=2T_p=4\ \mus invece di 3 μ3\ \mus, cioè un bit-rate più basso (250250 kbit/s contro 333333 kbit/s). La scelta migliore a parità di energia sarebbe ρ=−1\rho=-1 (antipodali).

Versione ripasso

Dati. s1=−As_1=-A su [0,Tp2]\left[0,\frac{T_p}2\right], +A+A su [Tp2,Tp]\left[\frac{T_p}2,T_p\right]; s2=−s1(t−Tp2)=+As_2=-s_1\left(t-\frac{T_p}2\right)=+A su [Tp2,Tp]\left[\frac{T_p}2,T_p\right], −A-A su [Tp,32Tp]\left[T_p,\frac32T_p\right]; Tp=2 μT_p=2\ \mus.

(1) Base e costellazione (Spazio dei segnali - base ortonormale, coordinate e Gram-SchmidtI segnali a energia finita formano uno spazio vettoriale con prodotto interno $\langle x,y\rangle=\int x(t)y(t),dt$, norma $\lVert x\rVert=\sqrt{E_x}$ e distanza $d(x,y)=\lVert x-y\rVert$. Le $M$ forme d'onda di una segnalazione generano un sottospazio, di cui si costruisce una base ortonormale ${\phi_1,\dots,\phi_I}$ con $I\le M$ (procedura di Gram-Schmidt). Ogni segnale diventa il vettore delle coordinate $s_i=\langle s,\phi_i\rangle$: somme, prodotti per scalari, energie ($E_s=\sum s_i^2$) e distanze si calcolano uguali sui vettori. L'insieme dei vettori ${\mathbf s_1,\dots,\mathbf s_M}$ è la costellazione.Spazio dei segnali - base ortonormale, coordinate e Gram-Schmidt →)

(2) T=32Tp=3 μT=\frac32T_p=3\ \mus (durata delle forme d'onda). Pbit=Q(EsN0(1−ρ))=10−4P_{bit}=Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{N_0}(1-\rho)}\right)=10^{-4}, a=3,719a=3{,}719: EsN0=a21−ρ=27,66\frac{E_s}{N_0}=\frac{a^2}{1-\rho}=27{,}66 (14,414{,}4 dB; il corso riporta 27,3827{,}38 per l'arrotondamento a=3,7a=3{,}7) (Probabilità d'errore delle modulazioni binarie - funzione Q e coefficiente di correlazioneIn una modulazione binaria con rumore AWGN e decisione a minima distanza l'errore avviene solo se la componente di rumore lungo la congiungente dei due punti supera metà distanza: $P[E]=Q\left(\frac{d}{2\sigma_I}\right)$ con $d=\lVert\underline s_1-\underline s_2\rVert$. A parità di energia $E_s$ si ha $d^2=2E_s(1-\rho)$, quindi $P[E]=Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{\sigma_I^2}}\sqrt{\frac{1-\rho}{2}}\right)$, con $\rho=\frac{\langle s_1,s_2\rangle}{\sqrt{E_{s_1}E_{s_2}}}$ coefficiente di correlazione. Antipodali ($\rho=-1$, BPSK): $Q\left(\sqrt{E_s/\sigma_I^2}\right)$; ortogonali ($\rho=0$): $Q\left(\sqrt{E_s/(2\sigma_I^2)}\right)$, 3 dB peggio; $\rho=1$: $P[E]=\frac12$. Per qualunque modulazione binaria basta un solo ramo del ricevitore, lungo $\phi_1'\propto s_1-s_2$.Probabilità d'errore delle modulazioni binarie - funzione Q e coefficiente di correlazione →).

(3) s2′=s1(t−Tp)s_2'=s_1(t-T_p): supporti disgiunti, ρ′=0\rho'=0, d′=2Es>d=Esd'=\sqrt{2E_s}>d=\sqrt{E_s}: Pbit′=Q(27,66)=7⋅10−8P'_{bit}=Q(\sqrt{27{,}66})=7\cdot10^{-8}. Migliorano, ma T′=2Tp=4 μT'=2T_p=4\ \mus (bit-rate più basso).

Errori tipici

  • Usare T=TpT=T_p: le forme d'onda durano 32Tp\frac32T_p.
  • Scrivere Q(Es/N0)Q\left(\sqrt{E_s/N_0}\right) anche con ρ≠0\rho\ne0: serve il fattore (1−ρ)(1-\rho).
  • Pensare che il miglioramento sia gratuito: il periodo di simbolo cresce.

Teoria collegata