Esercizio - quattro segnali con triangoli e rettangoli, lower bound e costellazione biortogonale (esame del 29 agosto 2023, es. 164)

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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 →, 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 →, 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 →, Modulazioni M-arie - ortogonali, PPM, biortogonali e union boundCon $M>2$ segnali ogni simbolo porta $\log_2M$ bit. La probabilità d'errore si limita con la union bound: $P[E\mid m]\le\sum_{m'\ne m}Q\left(\frac{d_{m',m}}{2\sigma_I}\right)$, da cui $\frac{N_{\min}}{M},Q\left(\frac{d_{\min}}{2\sigma_I}\right)\le P[E]\le(M-1),Q\left(\frac{d_{\min}}{2\sigma_I}\right)$ ($d_{\min}$ distanza minima della costellazione, $N_{\min}$ numero di punti che hanno un vicino a quella distanza). Modulazioni ortogonali (PPM): $d=\sqrt{2E_s}$ per ogni coppia, $P[E]\le(M-1)Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{2\sigma_I^2}}\right)$. Biortogonali ($M/2$ ortogonali più i loro opposti): $P[E]\le(M-2)Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{2\sigma_I^2}}\right)+Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{\sigma_I^2}}\right)$.Modulazioni M-arie - ortogonali, PPM, biortogonali e union bound →, 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 →.

Notazione: $\operatorname{triang}(u)=1-|u|$ per $|u|<1$, quindi $\operatorname{triang}\left(\frac{t-0{,}5}{0{,}5}\right)$ è un triangolo con altezza $1$ e base $[0,1]$.

(1) Punti della costellazione e regioni

Energie. Un triangolo di altezza $h$ e base $b$ ha energia $\frac{h^2b}3$ (integrale di $\left(h\cdot\text{rampa}\right)^2$: $2\cdot\frac b2\cdot\frac{h^2}3$). Con $h=\sqrt{18}$ e $b=1$: $\frac{18}3=6$ per ciascun triangolo, quindi $E_1=6+6=12$ V$^2$s. Il segnale $s_3$ vale $\sqrt6$ per $0<t<2$: $E_3=6\cdot2=12$. Tutti hanno $E_s=12$ ($s_2=-s_1$, $s_4=2s_3$ ha energia $48$).

Ortogonalità. $\langle s_1,s_3\rangle=\sqrt6\int_0^2s_1\,dt=\sqrt6\left[\sqrt{18}\cdot\tfrac12-\sqrt{18}\cdot\tfrac12\right]=0$ (i due triangoli hanno la stessa area e segno opposto). $s_2$ è proporzionale a $s_1$ e $s_4$ a $s_3$: base di dimensione $I=2$, $$\phi_1=\frac{s_1}{\sqrt{12}},\qquad\phi_2=\frac{s_3}{\sqrt{12}}.$$ Coordinate (con $a=\sqrt{E_s}=\sqrt{12}=3{,}464$): $$\mathbf s_1=(a,0)=(3{,}46,0),\quad\mathbf s_2=(-a,0),\quad\mathbf s_3=(0,a)=(0,3{,}46),\quad\mathbf s_4=(0,2a)=(0,6{,}93).$$

Regioni. Simboli equiprobabili e AWGN: minima distanza; confini = assi dei segmenti ($2\mathbf r\cdot(\mathbf s_j-\mathbf s_i)=E_j-E_i$):

• $\mathbf s_1$-$\mathbf s_2$: $x=0$;
• $\mathbf s_1$-$\mathbf s_3$: $y=x$ (energie uguali, vettore differenza $(-a,a)$); $\mathbf s_2$-$\mathbf s_3$: $y=-x$;
• $\mathbf s_3$-$\mathbf s_4$: i punti sono sull'asse $y$, il confine è $y=\frac{a+2a}2=1{,}5a=5{,}20$;
• $\mathbf s_1$-$\mathbf s_4$: $2(-a\,x+2a\,y)=4a^2-a^2=3a^2$, cioè $y=\frac x2+\frac{3a}4=\frac x2+2{,}60$; per simmetria $\mathbf s_2$-$\mathbf s_4$: $y=-\frac x2+2{,}60$.

$$\begin{aligned}\mathcal R_1&=\{x>0,\ y<x,\ y<\tfrac x2+\tfrac{3a}4\},\qquad\mathcal R_2=\{x<0,\ y<-x,\ y<-\tfrac x2+\tfrac{3a}4\},\\\mathcal R_3&=\{|x|<y<1{,}5a\},\qquad\mathcal R_4=\{y>1{,}5a,\ y>\tfrac{3a}4+\tfrac{|x|}2\}.\end{aligned}$$ In $\mathcal R_1$ il confine con $\mathbf s_4$ (la retta di pendenza $\frac12$) conta solo per $x>1{,}5a=5{,}2$, dove $\frac x2+2{,}6<x$; per $x<5{,}2$ il confine è $y=x$. (Le regioni sono state verificate numericamente contro la classificazione al punto più vicino.)

(2) Ricevitore più efficiente

Con $M=4>I=2$ il ricevitore più efficiente ha $I=2$ rami (filtri adattati alle funzioni di base) e un blocco decisionale con le regioni precedenti (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 →). Le forme d'onda occupano $[0,2]$ s: $T=2$ s, campionamento in $t_0=T=2$ s. I filtri sono $$\psi_1(t)=\phi_1(2-t)=\frac{s_1(2-t)}{\sqrt{12}}=-\frac{s_1(t)}{\sqrt{12}},\qquad\psi_2(t)=\phi_2(2-t)=\frac{s_3(2-t)}{\sqrt{12}}=\frac{s_3(t)}{\sqrt{12}},$$ perché $s_3$ è simmetrico rispetto a $t=1$ e $s_1(2-t)=-s_1(t)$ ($s_1$ è antisimmetrico rispetto a $t=1$: i triangoli si scambiano e il segno cambia). I campioni $[x,y]=[r_1,r_2]$ entrano nelle regioni.

(3) Lower bound

Dalla union bound inferiore, $P[E]\ge\frac1M\sum_mQ\left(\frac{d_{min,m}}{2\sigma_I}\right)$, con $d_{min,m}$ distanza del punto più vicino:

• $\mathbf s_1,\mathbf s_2$: il più vicino è $\mathbf s_3$, a $\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt2a=4{,}90$ (da $\mathbf s_1$ a $\mathbf s_2$ è $2a=6{,}93$);
• $\mathbf s_3,\mathbf s_4$: si guardano a vicenda, $d=a=3{,}46$ ($\mathbf s_3$ è a $4{,}90$ dagli altri due, $\mathbf s_4$ a $\sqrt{a^2+4a^2}=7{,}75$).

$$P[E]\ge\frac14\left[2\,Q\left(\frac{4{,}90}2\right)+2\,Q\left(\frac{3{,}46}2\right)\right]=\frac12\left[Q(2{,}449)+Q(1{,}732)\right]=\frac12\left[0{,}00715+0{,}04163\right]=0{,}0244.$$ La soluzione del corso riporta $7{,}5\cdot10^{-5}$ per la stessa espressione: con i valori $\frac{4{,}9}2$ e $\frac{3{,}46}2$ dati dalla stessa soluzione il risultato corretto è $2{,}4\cdot10^{-2}$ (consistente con il punto 5, dove con $\sigma_I=1$ si ottiene $P[E]\simeq10^{-2}$; una simulazione del sistema a quattro punti dà $P[E]=0{,}028$, compresa tra il lower bound $0{,}0244$ e l'upper bound completo $0{,}0282$).

(4) Nuova costellazione

Il nuovo $s_2(t)$ vale $+\sqrt6$ nei due intervalli $[0;0{,}5]$ e $[1;1{,}5]$ e $-\sqrt6$ in $[0{,}5;1]$ e $[1{,}5;2]$: energia $6\cdot2=12$. È ortogonale a $s_1$ (in ciascun triangolo il segno di $s_2$ cambia a metà e le due metà del triangolo hanno la stessa area: contributo nullo) e a $s_3$ (area netta di $s_2$ nulla). Quindi $s_1,s_2,s_3$ sono a due a due ortogonali, tutti con energia $E_s=12$, e $s_4=-s_3$, $s_5=-s_1$, $s_6=-s_2$ sono i loro opposti: modulazione biortogonale con $M=6$ e $I=3$ dimensioni (la base è $\phi_1,\phi_2=\frac{s_2}{\sqrt{12}},\phi_3=\frac{s_3}{\sqrt{12}}$). I sei punti sono i vertici di un ottaedro: $$\pm(a,0,0),\ \pm(0,a,0),\ \pm(0,0,a),\qquad a=\sqrt{E_s}=3{,}46.$$ (Con il rumore che agisce nelle tre dimensioni.)

(5) Upper e lower bound per la biortogonale

Ogni punto ha $M-2=4$ vicini a distanza $d=\sqrt2\,a=\sqrt{2E_s}$ (i punti sugli altri due assi) e un solo punto opposto a distanza $2a=2\sqrt{E_s}$. Dalla union bound (Modulazioni M-arie - ortogonali, PPM, biortogonali e union boundCon $M>2$ segnali ogni simbolo porta $\log_2M$ bit. La probabilità d'errore si limita con la union bound: $P[E\mid m]\le\sum_{m'\ne m}Q\left(\frac{d_{m',m}}{2\sigma_I}\right)$, da cui $\frac{N_{\min}}{M},Q\left(\frac{d_{\min}}{2\sigma_I}\right)\le P[E]\le(M-1),Q\left(\frac{d_{\min}}{2\sigma_I}\right)$ ($d_{\min}$ distanza minima della costellazione, $N_{\min}$ numero di punti che hanno un vicino a quella distanza). Modulazioni ortogonali (PPM): $d=\sqrt{2E_s}$ per ogni coppia, $P[E]\le(M-1)Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{2\sigma_I^2}}\right)$. Biortogonali ($M/2$ ortogonali più i loro opposti): $P[E]\le(M-2)Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{2\sigma_I^2}}\right)+Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{\sigma_I^2}}\right)$.Modulazioni M-arie - ortogonali, PPM, biortogonali e union bound →), con $\frac{d}{2\sigma_I}=\sqrt{\frac{E_s}{2\sigma_I^2}}=\sqrt6=2{,}449$ e $\frac{2a}{2\sigma_I}=\sqrt{\frac{E_s}{\sigma_I^2}}=\sqrt{12}=3{,}464$: $$\underbrace{Q\left(\sqrt{\tfrac{E_s}{2\sigma_I^2}}\right)}_{\text{lower}}\le P[E]\le\underbrace{(M-2)\,Q\left(\sqrt{\tfrac{E_s}{2\sigma_I^2}}\right)+Q\left(\sqrt{\tfrac{E_s}{\sigma_I^2}}\right)}_{\text{upper}}.$$ Numericamente $Q(2{,}449)=7{,}15\cdot10^{-3}$ e $Q(3{,}464)=2{,}7\cdot10^{-4}$: $$7{,}15\cdot10^{-3}\le P[E]\le4\cdot7{,}15\cdot10^{-3}+2{,}7\cdot10^{-4}=2{,}89\cdot10^{-2}.$$ (Il lower bound è $\frac1M\sum_mQ(\cdot)$ con tutti i punti a $d_{min}=\sqrt2a$; la soluzione del corso riporta $7{,}1\cdot10^{-3}\le P[E]\le2{,}9\cdot10^{-2}$, uguale. Una simulazione a sei punti dà $P[E]=2{,}6\cdot10^{-2}$, vicino all'upper bound come atteso quando i vicini sono tanti.)