Esercizio - segnalazione binaria con seno più coseno, ampiezza per una probabilità d'errore data e scelta antipodale (esercizi del corso, cap. 3, es. 35)

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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 →, 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 →.

(1) Costellazione

I due segnali sono multipli dello stesso segnale $g(t)=\sin(2\pi f_0t)+\cos(2\pi f_0t)$ su $\left(0,\frac1{f_0}\right]$: $s_1=A\,g$, $s_2=B\,g$. Lo spazio ha una sola dimensione: $\rho=\pm1$ (i segnali sono collineari) e bastano un punto per ogni segnale su una retta.

Energia di $g$. Su un periodo intero $$E_g=\int_0^{1/f_0}\left[\sin^2+\cos^2+2\sin\cos\right]dt=\int_0^{1/f_0}\sin^2dt+\int_0^{1/f_0}\cos^2dt+\int_0^{1/f_0}\sin(4\pi f_0t)\,dt=\frac1{2f_0}+\frac1{2f_0}+0=\frac1{f_0}.$$ (Su un periodo intero $\int\sin^2=\int\cos^2=\frac1{2f_0}$ e $2\sin\cos=\sin(4\pi f_0t)$ ha integrale nullo.) Con $f_0=1$ Hz: $E_g=1$ V$^2$s.

Base e coordinate. $\phi_1(t)=\frac{g(t)}{\sqrt{E_g}}=\sqrt{f_0}\,g(t)$ e $$s_1=A\sqrt{E_g}=A\sqrt{\frac1{f_0}}=A,\qquad s_2=B\sqrt{E_g}=B=2\qquad(\text{V}\sqrt{\text{s}},\ f_0=1\text{ Hz}).$$ I due punti sono sull'asse $\phi_1$ in $A$ e in $2$. Per un $A$ positivo e maggiore di $2$, $s_2$ sta più vicino all'origine; per $A<0$ i punti stanno da parti opposte.

(2) Ricevitore a minima complessità e regioni

Con una sola dimensione basta un correlatore (o un filtro adattato) con $\phi_1(t)=\sqrt{f_0}\,g(t)$, campionato in $t_0=\frac1{f_0}$ (fine del periodo): $r_1=\langle r,\phi_1\rangle=s_{m}+w$, $w\sim\mathcal N\left(0,\frac{N_0}2\right)$ (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 →). La soglia a minima distanza (simboli equiprobabili) è a metà tra i due punti: $$s^*=\frac{s_1+s_2}{2}=\frac{A+2}{2}.$$ Regioni, supponendo $A>2$: $\mathcal R_1=\{r_1\ge s^*\}$, $\mathcal R_2=\{r_1<s^*\}$ (se $A<2$ si scambiano i versi).

(3) Valore di $A$ per $P[E]=3{,}5\cdot10^{-3}$

Segnalazione binaria: $P[E]=Q\left(\frac{d}{2\sigma_I}\right)$ con $d=\lvert s_1-s_2\rvert=\lvert A-2\rvert$ e $\sigma_I=\sqrt{\frac{N_0}{2}}=\sqrt{0{,}25}=0{,}5$. Si impone $$Q\left(\frac{\lvert A-2\rvert}{2\cdot0{,}5}\right)=Q(\lvert A-2\rvert)=3{,}5\cdot10^{-3}\ \Rightarrow\ \lvert A-2\rvert=Q^{-1}(3{,}5\cdot10^{-3})=2{,}697.$$ Due soluzioni: $$A=2+2{,}697=4{,}697\ \text{V}\qquad\text{oppure}\qquad A=2-2{,}697=-0{,}697\ \text{V}.$$ La soluzione del corso riporta $A=4{,}7$ (la prima). La seconda è matematicamente altrettanto valida: un segnale $s_1$ di ampiezza $-0{,}697$ dista $2{,}697$ da $s_2=2$ e dà la stessa $P[E]$, ma con energia molto minore: $E_{s_1}=A^2=0{,}486$ contro $22{,}06$ della prima. Con energia media $E_s=\frac{A^2+4}{2}$ si ha $2{,}24$ (seconda) contro $13{,}0$ (prima): a parità di errore la seconda costa meno energia. Verifica: $Q\left(\frac{4{,}697-2}{1}\right)=Q(2{,}697)=3{,}5\cdot10^{-3}$ ✓.

(4) Minima probabilità d'errore a energia uguale

Se $E_{s_1}=E_{s_2}$: $A^2=B^2=4$, quindi $A=\pm2$.

• $A=+2$: $s_1=s_2$, i segnali sono identici, $d=0$ e $P[E]=\frac12$ (inutile).
• $A=-2$: segnali antipodali ($s_1=-s_2$), $d=4$: $$P[E]=Q\left(\frac{4}{2\cdot0{,}5}\right)=Q(4)=3{,}17\cdot10^{-5}.$$ La scelta che massimizza la distanza a energia fissata è l'antipodale (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 →: $\rho=-1$, $d=2\sqrt{E_s}=4$), quindi $$A=-B=-2\ \text{V}.$$ Confronto con il punto 3: per ottenere $3{,}5\cdot10^{-3}$ servivano $A=4{,}7$ (energia $22$); con l'antipodale e energia $4$ l'errore scende a $3{,}2\cdot10^{-5}$.

Verifica con Python

$Q^{-1}(3{,}5\cdot10^{-3})=2{,}6968$, quindi $A=4{,}6968$ oppure $A=-0{,}6968$; $Q(4{,}6968-2)=3{,}49\cdot10^{-3}$; $Q(4)=3{,}167\cdot10^{-5}$; $E_g=1$.

Errori comuni

• Costruire due basi (due dimensioni) per due segnali che sono multipli dello stesso: lo spazio è uno, la costellazione sta su una retta.
• Usare $d=A+2$ invece di $\lvert A-2\rvert$ (distanza tra i punti $A$ e $2$).
• Scrivere $Q\left(\frac{d}{\sigma_I}\right)$ senza il $2$ al denominatore: $\frac{d}{2\sigma_I}$.
• Dire che $A=+2$ va bene perché le energie sono uguali: i segnali sarebbero uguali e $P[E]=\frac12$.
• Dimenticare la seconda soluzione $A<0$ del punto 3.