Esercizio - M-PAM a 4 Mbitᐟs con impulso a due tratti, energia necessaria e attenuazione della fibra (primo compitino del 29 novembre 2024, es. 183)

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Teoria usata: Modulazione PAM - livelli, energia media, codifica di Gray e probabilità d'erroreNella PAM i segnali sono un impulso $h_{Tx}(t)$ moltiplicato per un'ampiezza $\alpha_m=2m-1-M$: $s_m(t)=\alpha_mh_{Tx}(t)$. La base è $\phi_1=\frac{h_{Tx}}{\sqrt{E_h}}$, i punti sono $\alpha_m\sqrt{E_h}$ su una retta, $d_{\min}=2\sqrt{E_h}$, $E_s=\frac{M^2-1}{3}E_h$. I due simboli esterni sbagliano da una parte sola, gli $M-2$ interni da due: $P[E]=2\left(1-\frac1M\right)Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{\sigma_I^2}\frac{3}{M^2-1}}\right)$. Con la codifica di Gray (simboli adiacenti differiscono per un bit) $P_{bit}\simeq\frac{P[E]}{\log_2M}$.Modulazione PAM - livelli, energia media, codifica di Gray e probabilità d'errore →, Ricevitore ottimo - banco di correlatori e filtri adattatiIl ricevitore ottimo calcola le coordinate $r_i[k]=\int r(t),\phi_i(t-kT),dt$ con un banco di $I$ correlatori (moltiplicatore, integratore sul simbolo, campionatore) e le passa a un blocco di decisione MAP, ML o MD. Ogni correlatore è equivalente a un filtro adattato con risposta impulsiva $\phi_i(t_0-t)$, causale se $t_0$ è la fine del supporto, campionato in $t_0+kT$. Alternativa senza base: $M$ filtri adattati ai segnali $s_m(T-t)$ e decisione $\arg\max_m\left[\langle r,s_m\rangle-\frac{E_m}2\right]$ (MD), che conviene se $M=I$. Per $M=2$ basta un solo ramo, lungo $s_1-s_2$, con una soglia.Ricevitore ottimo - banco di correlatori e filtri adattati →, Canali di trasmissione - cavo, fibra ottica e radio in spazio liberoIl canale moltiplica il segnale per un fattore $A$ e aggiunge il rumore, che nasce al ricevitore: $r(t)=A,s_{Tx}(t)+w(t)$, con $\frac{E_r}{E_{Tx}}=A^2$. Se $A<1$ c'è attenuazione $a=\frac1A$, in dB $(a^2){dB}=10\log{10}a^2$. Cavo e fibra: attenuazione proporzionale alla lunghezza, $(a^2){dB}=\tilde a\cdot l{km}$ (cavo in rame: $\tilde a$ cresce con $\sqrt f$; fibra circa $0{,}2$ dB/km). Radio in spazio libero: $(a){dB}=32{,}4+20\log{10}d_{km}+20\log_{10}f_{MHz}-g_{Tx,dB}-g_{Rx,dB}$. L'energia al ricevitore $E_s=A^2E_{Tx}$ è quella da usare nelle formule di $P[E]$; poiché $P=\frac{E}{T}$, vale $\frac{E_r}{E_{Tx}}=\frac{P_r}{P_{Tx}}$.Canali di trasmissione - cavo, fibra ottica e radio in spazio libero →, 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) Cardinalità e mappatura

Una $M$-PAM porta $\log_2M$ bit per simbolo e si trasmette un simbolo ogni $T$: il bit rate è $R_b=\frac{\log_2M}{T}$. Quindi $$\log_2M=R_bT=4\cdot10^6\cdot10^{-6}=4\ \Rightarrow\ M=2^4=16.$$ Mappatura. Il canale è AWGN e il ricevitore decide a minima distanza (simboli equiprobabili): l'errore più probabile è finire nella regione adiacente. La mappatura che minimizza la probabilità d'errore sul bit è la codifica di Gray, nella quale simboli adiacenti differiscono per un solo bit, così un errore di simbolo comporta quasi sempre un solo bit sbagliato. Per $M=16$ si costruisce per riflessione, dal livello più basso a quello più alto: $0000,\,0001,\,0011,\,0010,\,0110,\,0111,\,0101,\,0100,\,1100,\,1101,\,1111,\,1110,\,1010,\,1011,\,1001,\,1000$ (ogni parola differisce dalla precedente per un bit; formula: $g(n)=n\ \mathrm{XOR}\ \lfloor n/2\rfloor$). Con Gray $P_{bit}\simeq\frac{P[E]}{4}$.

(2) Valore di $A$ per $E_h=10^{-19}$

L'energia di $h_{Tx}$ è l'integrale del suo quadrato, tratto per tratto: $$E_h=\int_0^{T/2}A^2t^2\,dt+\int_{T/2}^{T}\left(\frac{A\,t}{2}\right)^2dt=A^2\frac{(T/2)^3}{3}+\frac{A^2}{4}\cdot\frac{T^3-(T/2)^3}{3}.$$

• Primo tratto: $A^2\frac{T^3}{24}$.
• Secondo tratto: $\frac{A^2}{12}\left(T^3-\frac{T^3}{8}\right)=\frac{A^2}{12}\cdot\frac{7T^3}{8}=\frac{7A^2T^3}{96}$.
• Somma: $E_h=A^2T^3\left(\frac{4}{96}+\frac{7}{96}\right)=\frac{11}{96}A^2T^3$.

Con $T=10^{-6}$ s, $T^3=10^{-18}$: $E_h=1{,}1458\cdot10^{-19}\,A^2$. Imponendo $E_h=10^{-19}$: $$A^2=\frac{10^{-19}}{1{,}1458\cdot10^{-19}}=0{,}8727\ \Rightarrow\ A=0{,}934$$ (in V/s: $h(t)=At$ ha le unità di una tensione se $A$ è una tensione divisa per un tempo; il corso usa il numero senza unità). Verificato anche con integrazione numerica ($2\cdot10^6$ punti: $E_h=1{,}1458\cdot10^{-19}A^2$).

(3) Energia media in ricezione per $P[E]=10^{-3}$

Con $M=16$ la probabilità d'errore della PAM è $$P[E]=2\left(1-\frac1M\right)Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{\sigma_I^2}\cdot\frac{3}{M^2-1}}\right)=\frac{15}{8}\,Q\left(\sqrt{\frac{3E_s}{255\,\sigma_I^2}}\right),$$ con $E_s$ energia media al ricevitore (Modulazione PAM - livelli, energia media, codifica di Gray e probabilità d'erroreNella PAM i segnali sono un impulso $h_{Tx}(t)$ moltiplicato per un'ampiezza $\alpha_m=2m-1-M$: $s_m(t)=\alpha_mh_{Tx}(t)$. La base è $\phi_1=\frac{h_{Tx}}{\sqrt{E_h}}$, i punti sono $\alpha_m\sqrt{E_h}$ su una retta, $d_{\min}=2\sqrt{E_h}$, $E_s=\frac{M^2-1}{3}E_h$. I due simboli esterni sbagliano da una parte sola, gli $M-2$ interni da due: $P[E]=2\left(1-\frac1M\right)Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{\sigma_I^2}\frac{3}{M^2-1}}\right)$. Con la codifica di Gray (simboli adiacenti differiscono per un bit) $P_{bit}\simeq\frac{P[E]}{\log_2M}$.Modulazione PAM - livelli, energia media, codifica di Gray e probabilità d'errore →). Si impone $P[E]=10^{-3}$: $$Q(x)=\frac{10^{-3}}{15/8}=5{,}333\cdot10^{-4}\ \Rightarrow\ x=Q^{-1}(5{,}333\cdot10^{-4})=3{,}2723,$$ e $x^2=\frac{3E_s}{255\sigma_I^2}$ dà $$E_s=\frac{x^2\cdot255\,\sigma_I^2}{3}=\frac{10{,}708\cdot255\cdot10^{-2}}{3}=9{,}10\ \text{V}^2\text{s}.$$ (Il rapporto è $\frac{E_s}{\sigma_I^2}=910$, cioè $29{,}6$ dB: per $16$ livelli serve molto SNR. La soluzione del corso riporta $E_s=9{,}01$; con questo valore si otterrebbe $P[E]=1{,}06\cdot10^{-3}$, quindi $9{,}10$ è quello che dà esattamente $10^{-3}$.)

(4) Ricevitore ottimo con il minimo numero di filtri

La PAM ha una sola dimensione ($I=1$): basta un filtro (o un correlatore). Con $h_{Tx}$ rettangolare di durata $T$, la base è $\phi_1(t)=\frac{h_{Tx}(t)}{\sqrt{E_h}}=\frac1{\sqrt T}\operatorname{rect}\left(\frac{t-T/2}{T}\right)$.

• Filtro adattato: $h_{Rc}(t)=\phi_1(t_0-t)=\frac1{\sqrt T}\operatorname{rect}\left(\frac{t_0-t-T/2}{T}\right)$; con $t_0=T$ risulta un rettangolo uguale (simmetrico) di ampiezza $\frac1{\sqrt T}=10^3\ \text{s}^{-1/2}$ su $[0,T]$ (Ricevitore ottimo - banco di correlatori e filtri adattatiIl ricevitore ottimo calcola le coordinate $r_i[k]=\int r(t),\phi_i(t-kT),dt$ con un banco di $I$ correlatori (moltiplicatore, integratore sul simbolo, campionatore) e le passa a un blocco di decisione MAP, ML o MD. Ogni correlatore è equivalente a un filtro adattato con risposta impulsiva $\phi_i(t_0-t)$, causale se $t_0$ è la fine del supporto, campionato in $t_0+kT$. Alternativa senza base: $M$ filtri adattati ai segnali $s_m(T-t)$ e decisione $\arg\max_m\left[\langle r,s_m\rangle-\frac{E_m}2\right]$ (MD), che conviene se $M=I$. Per $M=2$ basta un solo ramo, lungo $s_1-s_2$, con una soglia.Ricevitore ottimo - banco di correlatori e filtri adattati →).
• Campionamento a $t_0+kT=(k+1)T$ (fine dell'impulso): si ottiene il numero $r_k=s_{a_k}+w_k$.
• Decisione: soglie a minima distanza $\theta_j=2j\sqrt{E_h}$, $j=-7,\dots,7$ (tra punti adiacenti $\pm\sqrt{E_h},\pm3\sqrt{E_h},\dots,\pm15\sqrt{E_h}$). Con $E_s=9{,}10$: $E_h=\frac{E_s}{85}=0{,}1071$ V$^2$s, $\sqrt{E_h}=0{,}3272$, quindi i punti stanno in $\pm0{,}327,\pm0{,}982,\dots,\pm4{,}91$ e le soglie in $0,\pm0{,}654,\pm1{,}309,\dots,\pm4{,}58$. Poi le $4$ cifre di Gray del simbolo scelto.

(Nota: $\frac{E_s}{E_h}=\frac{M^2-1}{3}=85$.)

(5) Attenuazione della fibra

Il segnale parte con potenza $10$ W e arriva con $1{,}7$ mW dopo $150$ km. Il rapporto di potenze è $\frac{P_{Tx}}{P_{Rx}}=\frac{10}{1{,}7\cdot10^{-3}}=5882$ e in dB $$(a)_{dB}=10\log_{10}5882=37{,}70\ \text{dB}.$$ Poiché l'attenuazione in dB è proporzionale alla lunghezza (Canali di trasmissione - cavo, fibra ottica e radio in spazio liberoIl canale moltiplica il segnale per un fattore $A$ e aggiunge il rumore, che nasce al ricevitore: $r(t)=A,s_{Tx}(t)+w(t)$, con $\frac{E_r}{E_{Tx}}=A^2$. Se $A<1$ c'è attenuazione $a=\frac1A$, in dB $(a^2){dB}=10\log{10}a^2$. Cavo e fibra: attenuazione proporzionale alla lunghezza, $(a^2){dB}=\tilde a\cdot l{km}$ (cavo in rame: $\tilde a$ cresce con $\sqrt f$; fibra circa $0{,}2$ dB/km). Radio in spazio libero: $(a){dB}=32{,}4+20\log{10}d_{km}+20\log_{10}f_{MHz}-g_{Tx,dB}-g_{Rx,dB}$. L'energia al ricevitore $E_s=A^2E_{Tx}$ è quella da usare nelle formule di $P[E]$; poiché $P=\frac{E}{T}$, vale $\frac{E_r}{E_{Tx}}=\frac{P_r}{P_{Tx}}$.Canali di trasmissione - cavo, fibra ottica e radio in spazio libero →), $$\tilde a=\frac{37{,}70\ \text{dB}}{150\ \text{km}}=0{,}251\ \text{dB/km}.$$ (Ordine di grandezza tipico di una fibra: $0{,}2$ dB/km.)

Errori comuni

• Scrivere $M=4$ ($4$ Mbit/s sembra "quattro"): i bit per simbolo sono $R_bT=4$, quindi $M=2^4=16$.
• Usare la mappatura naturale (binario) invece di Gray: a parità di $P[E]$ raddoppia circa $P_{bit}$.
• Dimenticare il fattore $2\left(1-\frac1M\right)=\frac{15}{8}$ nell'inversione della $Q$.
• Confondere $E_s$ con $E_h$: $E_s=\frac{M^2-1}{3}E_h=85E_h$.
• Usare $20\log_{10}$ per un rapporto di potenze (è $10\log_{10}$).