Esercizio - pacchetti di controllo in BPSK e dati in 16-QAM, attenuazione di 12 dB e rumore con varianze diverse sugli assi (esame del 10 luglio 2018, es. 81)

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Teoria usata: 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 →, Modulazione QAM - costellazioni, energia e probabilità d'erroreLa QAM trasmette due PAM indipendenti su due portanti in quadratura: $s_m(t)=\alpha_{m,I}h_{Tx}(t)\cos(2\pi f_0t)-\alpha_{m,Q}h_{Tx}(t)\sin(2\pi f_0t)$ con $\alpha\in{\pm1,\pm3,\dots}$ e $M=2^{2b}$ ($2b$ bit per simbolo). La base è $\phi_{1,2}\propto h_{Tx}\cos,,-h_{Tx}\sin$ con energia $\frac{E_h}2$, i punti stanno su una griglia $\sqrt M\times\sqrt M$ con $d_{\min}=\sqrt{2E_h}$ ed $E_s=\frac{M-1}{3}E_h$. Con $q=Q\left(\sqrt{\frac{E_h}{2\sigma_I^2}}\right)$: $P[E]=4\left(1-\frac1{\sqrt M}\right)q-4\left(1-\frac1{\sqrt M}\right)^2q^2$, con $\frac{E_h}{2\sigma_I^2}=\frac{E_s}{\sigma_I^2}\frac{3}{2(M-1)}$. Con Gray su ogni asse $P_{bit}\simeq\frac{P[E]}{\log_2M}$.Modulazione QAM - costellazioni, energia e probabilità d'errore →, 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 →, Energia, potenza e rapporto segnale-rumore in decibelL'energia di un segnale è E_s = ∫s²(t)dt (a tempo discreto Σs²(mT)), si misura in V²s, vale α²E_s se il segnale è moltiplicato per α; un impulso triangolare di altezza A e base B ha E = A²B/3, un rettangolo di altezza A e durata T ha A²T. La potenza media si usa per segnali che durano sempre (sinusoide: A²/2). Con simboli aleatori si calcola l'energia media pesando con le probabilità. Sul canale AWGN l'energia media del rumore su [0,T] è σ²T e SNR = E_su/E_w = A²E_sTx/E_w, che in decibel è 10log₁₀ del rapporto (A² vale 20log₁₀A dB; dBW e dBm sono potenze rispetto a 1 W e 1 mW).Energia, potenza e rapporto segnale-rumore in decibel →, 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 →.

In questo esercizio $\sigma^2$ è la varianza del rumore per dimensione (nel testo $\sigma_I^2$ del resto del corso); nel punto 4 compare però anche un $\sigma_I^2$ con altro significato (asse immaginario): per evitare confusione i due assi si indicano con $\sigma_R^2$ (reale) e $\sigma_{Im}^2=2\cdot10^{-2}$ (immaginario).

(1) Energia minima per i pacchetti di controllo

Guadagno del canale. Un'attenuazione di $12$ dB è un guadagno in energia $G=10^{-12/10}=10^{-1{,}2}=0{,}0631$ (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 →). L'energia ricevuta è $G\,E_{s,c}$.

BPSK. I pacchetti di controllo sono antipodali: $P_{bit}=Q\left(\sqrt{\frac{E_{rx}}{\sigma^2}}\right)$ con $E_{rx}=G\,E_{s,c}$ (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 →). Si impone $P_{bit}=0{,}1642$: $$Q\left(\sqrt{\frac{0{,}0631\,E_{s,c}}{0{,}01}}\right)=0{,}1642\ \Rightarrow\ \sqrt{\frac{G\,E_{s,c}}{\sigma^2}}=Q^{-1}(0{,}1642)=0{,}9773.$$ $$E_{s,c}=\frac{\sigma^2}{G}\cdot0{,}9773^2=\frac{0{,}01}{0{,}0631}\cdot0{,}9552=0{,}1514\ \text{(V}^2\text{s)}.$$ (La soluzione del corso: $0{,}1516$, stesso valore con arrotondamenti.)

(2) BER dei pacchetti dati con energia media complessiva unitaria

Su $10$ pacchetti, $1$ è di controllo e $9$ sono dati, quindi l'energia media trasmessa per simbolo è $$\frac1{10}E_{s,c}+\frac9{10}E_{s,d}=1\ \Rightarrow\ E_{s,d}=\frac{1-0{,}1\cdot0{,}1514}{0{,}9}=\frac{0{,}98486}{0{,}9}=1{,}0943.$$ 16-QAM. Energia ricevuta media $E_s=G\,E_{s,d}=0{,}0631\cdot1{,}0943=0{,}06905$. Con $M=16$, $\frac{E_h}{2\sigma^2}=\frac{3E_s}{2(M-1)\sigma^2}=\frac{3\cdot0{,}06905}{30\cdot0{,}01}=0{,}6905$: $$q=Q\left(\sqrt{0{,}6905}\right)=Q(0{,}8309)=0{,}2030.$$ Probabilità di errore sul simbolo: $P[E]=3q-2{,}25q^2=0{,}6090-0{,}0927=0{,}5163$ (Modulazione QAM - costellazioni, energia e probabilità d'erroreLa QAM trasmette due PAM indipendenti su due portanti in quadratura: $s_m(t)=\alpha_{m,I}h_{Tx}(t)\cos(2\pi f_0t)-\alpha_{m,Q}h_{Tx}(t)\sin(2\pi f_0t)$ con $\alpha\in{\pm1,\pm3,\dots}$ e $M=2^{2b}$ ($2b$ bit per simbolo). La base è $\phi_{1,2}\propto h_{Tx}\cos,,-h_{Tx}\sin$ con energia $\frac{E_h}2$, i punti stanno su una griglia $\sqrt M\times\sqrt M$ con $d_{\min}=\sqrt{2E_h}$ ed $E_s=\frac{M-1}{3}E_h$. Con $q=Q\left(\sqrt{\frac{E_h}{2\sigma_I^2}}\right)$: $P[E]=4\left(1-\frac1{\sqrt M}\right)q-4\left(1-\frac1{\sqrt M}\right)^2q^2$, con $\frac{E_h}{2\sigma_I^2}=\frac{E_s}{\sigma_I^2}\frac{3}{2(M-1)}$. Con Gray su ogni asse $P_{bit}\simeq\frac{P[E]}{\log_2M}$.Modulazione QAM - costellazioni, energia e probabilità d'errore →); con la mappatura di Gray $P_{bit}\simeq\frac{P[E]}{4}=0{,}129$ oppure, trascurando il termine $q^2$ come fa la soluzione del corso, $P_{bit}\simeq\frac{3q}{4}=0{,}152$. Poiché qui $q=0{,}20$ non è piccolo, le approssimazioni non sono buone; il valore esatto con Gray per asse si ottiene dalla BER di una 4-PAM Gray, $\frac34Q(a)+\frac12Q(3a)-\frac14Q(5a)$ con $a=\sqrt{0{,}6905}$ (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 →): $$P_{bit}=0{,}75\cdot0{,}2030+0{,}5\cdot0{,}00635-0{,}25\cdot1{,}7\cdot10^{-5}=0{,}1554.$$ Risposta: BER $\simeq0{,}15$ (esatta $0{,}155$; simulazione con $2\cdot10^6$ simboli: $0{,}1556$). Il collegamento è molto degradato: l'energia media unitaria con $12$ dB di attenuazione e rumore $10^{-2}$ per dimensione dà $\frac{E_s}{\sigma^2}=6{,}9$ ($8{,}4$ dB), insufficiente per la 16-QAM.

(3) Spostare i quattro punti d'angolo verso l'esterno

I quattro punti d'angolo $\left(\pm3,\pm3\right)\sqrt{E_h/2}$ si allontanano dall'origine lungo le bisettrici.

• Energia media: aumenta. L'energia di un punto è il quadrato della sua distanza dall'origine; per i quattro punti d'angolo cresce e gli altri dodici non cambiano.
• BER: diminuisce. Il punto d'angolo si allontana da tutti i suoi vicini, quindi le distanze dagli altri punti crescono. Anche le regioni di decisione (minima distanza) dei suoi vicini si allargano, perché il confine con il punto d'angolo si sposta verso l'esterno. Nessuna distanza tra punti diminuisce, quindi nessun termine di errore aumenta.

Verifica numerica (Python, stesso rumore e stessa $d_{\min}$ degli altri punti): spostando i punti d'angolo di un fattore $1{,}2$ la BER scende da $0{,}155$ a $0{,}139$ e l'energia media ricevuta sale da $0{,}0690$ a $0{,}0827$; con fattore $1{,}5$ la BER è $0{,}125$ e l'energia $0{,}108$.

(4) Rumore con potenze diverse sugli assi: BPSK

La BPSK ha i punti $\pm\sqrt{E_{s,c}}$ sull'asse reale, e lungo quest'asse il rumore ha ancora varianza $\sigma_R^2=10^{-2}$. Il rumore sull'asse immaginario è ortogonale alla costellazione e non influisce sulla decisione (Demodulatore digitale - proiezione del rumore e teorema di irrilevanzaIl demodulatore digitale proietta il segnale ricevuto sulla base ortonormale della segnalazione: $r_i=\langle r,\phi_i\rangle=s_{a_0,i}+w_i$, cioè $\mathbf r=\mathbf s_{a_0}+\mathbf w$. Con rumore bianco gaussiano le componenti $w_i$ sono gaussiane a media nulla, scorrelate e quindi indipendenti, tutte con varianza $\sigma_I^2=N_0/2$: $\mathbf r|{a_0=m}$ è una nuvola gaussiana circolare centrata su $\mathbf s_m$. La parte di rumore fuori dallo spazio dei segnali (le componenti $w{I+1},\dots$) non porta informazione e si butta via: è il teorema di irrilevanza, che vale se le componenti scartate sono indipendenti da quelle usate e dal simbolo trasmesso.Demodulatore digitale - proiezione del rumore e teorema di irrilevanza →). Quindi la BER è quella del punto 1: $$P_{bit}=Q\left(\sqrt{\frac{G\,E_{s,c}}{\sigma_R^2}}\right)=0{,}1642.$$ (La soluzione del corso scrive $10^{-3}$: è un errore di battitura, il valore è $0{,}1642$, uguale a quello del punto 1.)

(5) Simbolo interno della 16-QAM con rumore a varianze diverse

Un simbolo interno della costellazione ha regione di decisione quadrata: si decide bene se $\lvert w_R\rvert<h$ e $\lvert w_{Im}\rvert<h$ con $h=\frac{d_{\min}}2=\sqrt{\frac{E_h}{2}}$ ($E_h$ in ricezione). Qui $E_h=\frac{3E_s}{M-1}=\frac{3\cdot0{,}06905}{15}=0{,}013809$ e $h=\sqrt{0{,}0069045}=0{,}08309$. Le due componenti sono indipendenti con deviazioni $\sigma_R=0{,}1$ e $\sigma_{Im}=\sqrt{0{,}02}=0{,}1414$: $$P[C]=\left[1-2Q\left(\frac h{\sigma_R}\right)\right]\left[1-2Q\left(\frac h{\sigma_{Im}}\right)\right]=\left[1-2Q(0{,}8309)\right]\left[1-2Q(0{,}5876)\right].$$ $Q(0{,}8309)=0{,}2030$ e $Q(0{,}5876)=0{,}2784$, quindi $P[C]=0{,}5940\cdot0{,}4432=0{,}2632$ e $$P[E]=1-0{,}2632=0{,}737.$$ (Controllo Monte Carlo: $0{,}737$.) La soluzione del corso riporta $8{,}5\cdot10^{-2}$ con la stessa struttura ma argomenti $\sqrt{\frac{E_{s,d}G}{2\sigma^2}}$ senza il fattore $\frac{3}{M-1}=\frac15$ (e anche così il risultato sarebbe $0{,}24$): il valore corretto con i dati del testo è $0{,}737$. L'errore è molto alto perché la distanza tra punti della 16-QAM è piccola rispetto al rumore (l'SNR è $8$ dB); il rumore più forte sull'asse immaginario peggiora ancora.

Verifica con Python

$G=0{,}063096$; $Q^{-1}(0{,}1642)=0{,}97734$, $E_{s,c}=0{,}151388$; $E_{s,d}=1{,}09429$; $E_s=0{,}069045$; $q=0{,}203006$, $P[E]=0{,}51629$; BER esatta $0{,}155419$ (simulazione $0{,}155573$); punto 5: $h=0{,}083093$, $P[C]=0{,}263239$, $P[E]=0{,}736761$ (simulazione $0{,}73705$).

Errori comuni

• Dimenticare di applicare l'attenuazione ($G=0{,}063$) all'energia in trasmissione: la $Q$ usa l'energia ricevuta.
• Mediare le energie dei due tipi di pacchetto con pesi sbagliati: la frazione è $\frac1{10}$ controllo e $\frac9{10}$ dati (non $\frac19$ e $\frac89$).
• Usare la formula approssimata $3q$ con $q$ grande ($0{,}2$): conta il termine $-2{,}25q^2$.
• Pensare che il rumore sull'asse immaginario cambi la BPSK: la BPSK ha i punti sull'asse reale.
• Usare la stessa varianza per i due assi nel calcolo del simbolo interno.