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Note per Studenti Esercizio - segnali binari a gradini, Gram-Schmidt da s1 - s2 e ricevitore a un solo correlatore (esercizi del corso, cap. 3, es. 25)

Esercizio - segnali binari a gradini, Gram-Schmidt da s1 - s2 e ricevitore a un solo correlatore (esercizi del corso, cap. 3, es. 25)

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Testo (esercizi del corso di Fondamenti di Telecomunicazioni, Ing. Informatica UniPD, cap. 3, es. 25). Un sistema di trasmissione binario, a simboli equiprobabili, usa le forme d'onda in figura, di uguale energia Es=10−6E_s=10^{-6} V2^2s, con T=10 μT=10\ \mus, su canale AWGN:

  • s1(t)=As_1(t)=A per 0<t<25T0<t<\frac25T, s1(t)=A2s_1(t)=\frac A2 per 25T<t<35T\frac25T<t<\frac35T, nullo altrove;
  • s2(t)=A2s_2(t)=\frac A2 per 25T<t<35T\frac25T<t<\frac35T, s2(t)=As_2(t)=A per 35T<t<T\frac35T<t<T, nullo altrove.
  1. Determinare AA e, con il metodo di Gram-Schmidt partendo da ϕ1(t)∝s1(t)−s2(t)\phi_1(t)\propto s_1(t)-s_2(t), una base ortonormale e la relativa costellazione.
  2. Con i risultati del punto 1, rappresentare lo schema a blocchi del ricevitore ottimo specificandone le regioni di decisione.
  3. Disegnare un'implementazione del ricevitore ottimo che richieda il solo correlatore ϕ1(t)\phi_1(t), specificandone la regola di decisione.
  4. Per quale varianza del rumore σI2\sigma_I^2 si ottiene una probabilità d'errore di 10−310^{-3}?

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 →, 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 →, 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 →, 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 →.

Grafico interattivo: I due segnali del testo con T = 1 e ampiezze in unità di A: s₁ vale 1 fino a 0,4, poi 1/2 fino a 0,6; s₂ vale 1/2 tra 0,4 e 0,6, poi 1 fino a 1

(1) Ampiezza, correlazione e base

Energia in funzione di AA. E1=A2⋅25T+A24⋅T5=A2T(25+120)=920A2TE_1=A^2\cdot\frac25T+\frac{A^2}4\cdot\frac T5=A^2T\left(\frac25+\frac1{20}\right)=\frac9{20}A^2T, e E2=A24⋅T5+A2⋅25T=920A2TE_2=\frac{A^2}4\cdot\frac T5+A^2\cdot\frac25T=\frac9{20}A^2T: uguali. Con Es=10−6E_s=10^{-6} V2^2s e T=10−5T=10^{-5} s, A=20Es9T=20⋅10−69⋅10−5=0,471 V.A=\sqrt{\frac{20E_s}{9T}}=\sqrt{\frac{20\cdot10^{-6}}{9\cdot10^{-5}}}=0{,}471\ \text{V}.

Correlazione. I due segnali si sovrappongono solo in [25T,35T]\left[\frac25T,\frac35T\right] dove entrambi valgono A2\frac A2: ⟨s1,s2⟩=A24⋅T5=A2T20\langle s_1,s_2\rangle=\frac{A^2}4\cdot\frac T5=\frac{A^2T}{20}, quindi ρ=⟨s1,s2⟩Es=1/209/20=19\rho=\frac{\langle s_1,s_2\rangle}{E_s}=\frac{1/20}{9/20}=\frac19.

Gram-Schmidt partendo da s1−s2s_1-s_2. La differenza vale AA in [0,25T]\left[0,\frac25T\right], 00 nella zona centrale, −A-A in [35T,T]\left[\frac35T,T\right]; la sua energia è A2⋅25T⋅2=45A2T=2Es(1−ρ)=169EsA^2\cdot\frac25T\cdot2=\frac45A^2T=2E_s(1-\rho)=\frac{16}9E_s (conferma con A2T=209EsA^2T=\frac{20}9E_s: 45⋅209=169\frac45\cdot\frac{20}9=\frac{16}9). Allora ϕ1(t)=s1(t)−s2(t)2Es(1−ρ)={+54T0<t<25T025T<t<35T−54T35T<t<T\phi_1(t)=\frac{s_1(t)-s_2(t)}{\sqrt{2E_s(1-\rho)}}=\begin{cases}+\sqrt{\frac5{4T}}&0<t<\frac25T\\0&\frac25T<t<\frac35T\\-\sqrt{\frac5{4T}}&\frac35T<t<T\end{cases} (ampiezza 54T=A16Es/9\sqrt{\frac{5}{4T}}=\frac{A}{\sqrt{16E_s/9}}: 354354 s−1/2\text{s}^{-1/2} numericamente). Si proietta s1s_1 su ϕ1\phi_1: c1=⟨s1,ϕ1⟩=A54T⋅25T=AT5=Es(1−ρ)2=K1=6,67⋅10−4 Vs,c_1=\langle s_1,\phi_1\rangle=A\sqrt{\frac5{4T}}\cdot\frac25T=\frac{A\sqrt T}{\sqrt5}=\sqrt{\frac{E_s(1-\rho)}2}=K_1=6{,}67\cdot10^{-4}\ \text{V}\sqrt{\text{s}}, e ⟨s2,ϕ1⟩=−K1\langle s_2,\phi_1\rangle=-K_1 (con il segno negativo, perché s2s_2 vale AA dove ϕ1\phi_1 è negativa). Il resto ϕ2′=s1−K1ϕ1={A−A2=A20<t<25TA225T<t<35T0+A2=A235T<t<T\phi'_2=s_1-K_1\phi_1=\begin{cases}A-\frac A2=\frac A2&0<t<\frac25T\\ \frac A2&\frac25T<t<\frac35T\\0+\frac A2=\frac A2&\frac35T<t<T\end{cases} vale A2\frac A2 su tutto [0,T][0,T]: è la semisomma s1+s22\frac{s_1+s_2}2 (per questo si può anche scrivere ϕ2∝s1+s2\phi_2\propto s_1+s_2). La sua energia è A2T4=5,56⋅10−7\frac{A^2T}4=5{,}56\cdot10^{-7} e ϕ2(t)=1T 1[0,T](t).\phi_2(t)=\frac1{\sqrt T}\,\mathbf 1_{[0,T]}(t). La coordinata di s1s_1 su ϕ2\phi_2 è K2=⟨s1,ϕ2⟩=1T∫s1 dt=1TA(25T+T10)=AT2=Es(1+ρ)2=7,45⋅10−4K_2=\langle s_1,\phi_2\rangle=\frac1{\sqrt T}\int s_1\,dt=\frac1{\sqrt T}A\left(\frac25T+\frac T{10}\right)=\frac{A\sqrt T}2=\sqrt{\frac{E_s(1+\rho)}2}=7{,}45\cdot10^{-4} Vs\sqrt{\text{s}}. Le due coordinate corrispondono alle formule generali per segnali di uguale energia: s1=[K1, K2],s2=[−K1, K2],K1=Es(1−ρ)2,K2=Es(1+ρ)2.\mathbf s_1=[K_1,\ K_2],\qquad\mathbf s_2=[-K_1,\ K_2],\qquad K_1=\sqrt{\frac{E_s(1-\rho)}2},\quad K_2=\sqrt{\frac{E_s(1+\rho)}2}. Con Es=10−6E_s=10^{-6} e ρ=19\rho=\frac19: K1=6,67⋅10−4K_1=6{,}67\cdot10^{-4}, K2=7,45⋅10−4K_2=7{,}45\cdot10^{-4}. Controlli: K12+K22=4,44⋅10−7+5,56⋅10−7=10−6=EsK_1^2+K_2^2=4{,}44\cdot10^{-7}+5{,}56\cdot10^{-7}=10^{-6}=E_s ✓; le due funzioni sono ortogonali (verificato anche numericamente con gli integrali). I due punti sono simmetrici rispetto all'asse ϕ2\phi_2 e a distanza d=2K1=1,33⋅10−3d=2K_1=1{,}33\cdot10^{-3} Vs\sqrt{\text{s}}.

Grafico interattivo: Costellazione in unità 10⁻⁴ V·√s: s₁ = (6,67; 7,45) e s₂ = (−6,67; 7,45) sono simmetrici rispetto all'asse φ₂; il confine di decisione è proprio l'asse φ₂ (x = 0)

(2) Ricevitore ottimo e regioni

Simboli equiprobabili, AWGN: minima distanza. Il confine è l'asse del segmento, cioè la retta x=0x=0 (il segmento è orizzontale e simmetrico): R1={(x,y): x≥0},R2={(x,y): x<0}.\mathcal R_1=\{(x,y):\ x\ge0\},\qquad\mathcal R_2=\{(x,y):\ x<0\}. Lo schema ha I=2I=2 rami (correlatori o filtri adattati a ϕ1(t)\phi_1(t) e ϕ2(t)\phi_2(t), campionati in TT) seguiti dal blocco decisionale con queste regioni (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 →).

(3) Un solo correlatore

La regione dipende solo da x=r1x=r_1: la coordinata y=r2y=r_2 non entra nella decisione (i due punti hanno la stessa y=K2y=K_2). Basta quindi il ramo di ϕ1\phi_1: correlatore r1=∫0Tr(t)ϕ1(t) dtr_1=\int_0^Tr(t)\phi_1(t)\,dt, oppure filtro adattato ϕ1(T−t)\phi_1(T-t) campionato in t0=Tt_0=T, e la regola r1 ≷a^=1a^=2 0.r_1\ \underset{\hat a=2}{\overset{\hat a=1}{\gtrless}}\ 0. È l'implementazione a ramo unico delle modulazioni binarie, con soglia nel punto medio s∗=K1+(−K1)2=0s^*=\frac{K_1+(-K_1)}2=0.

(4) Varianza del rumore per P[E]=10−3P[E]=10^{-3}

Per la modulazione binaria P[E]=Q(d2σI)=Q(K1σI)P[E]=Q\left(\frac d{2\sigma_I}\right)=Q\left(\frac{K_1}{\sigma_I}\right), con K1=Es(1−ρ)2K_1=\sqrt{\frac{E_s(1-\rho)}2}. Q(a)=10−3Q(a)=10^{-3} per a=3,09a=3{,}09, quindi σI2=K12a2=Es(1−ρ)2a2=10−6⋅892⋅9,55=4,65⋅10−8 V2s\sigma_I^2=\frac{K_1^2}{a^2}=\frac{E_s(1-\rho)}{2a^2}=\frac{10^{-6}\cdot\frac89}{2\cdot9{,}55}=4{,}65\cdot10^{-8}\ \text{V}^2\text{s} (cioè N02=4,65⋅10−8\frac{N_0}2=4{,}65\cdot10^{-8} V2^2/Hz). La soluzione del corso riporta lo stesso valore, 4,65⋅10−84{,}65\cdot10^{-8}.

Versione ripasso

Dati. s1=As_1=A su [0,25T]\left[0,\frac25T\right], A2\frac A2 su [25T,35T]\left[\frac25T,\frac35T\right]; s2=A2s_2=\frac A2 su [25T,35T]\left[\frac25T,\frac35T\right], AA su [35T,T]\left[\frac35T,T\right]; Es=10−6E_s=10^{-6} V2^2s, T=10 μT=10\ \mus.

(1) Base (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 →)

  • E=920A2T⇒A=20Es9T=0,471E=\frac9{20}A^2T\Rightarrow A=\sqrt{\frac{20E_s}{9T}}=0{,}471 V. ⟨s1,s2⟩=A2T20\langle s_1,s_2\rangle=\frac{A^2T}{20}, ρ=19\rho=\frac19.
  • s1−s2=A,0,−As_1-s_2=A,0,-A nei tre tratti, energia 2Es(1−ρ)2E_s(1-\rho): ϕ1=s1−s22Es(1−ρ)=±54T\phi_1=\frac{s_1-s_2}{\sqrt{2E_s(1-\rho)}}=\pm\sqrt{\frac5{4T}} su [0,25T]\left[0,\frac25T\right] e [35T,T]\left[\frac35T,T\right].
  • c=⟨s1,ϕ1⟩=K1c=\langle s_1,\phi_1\rangle=K_1; resto s1−K1ϕ1=A2s_1-K_1\phi_1=\frac A2 su tutto [0,T][0,T], quindi ϕ2=1T1[0,T]\phi_2=\frac1{\sqrt T}\mathbf 1_{[0,T]}.
  • s1=[K1,K2], s2=[−K1,K2]\boxed{\mathbf s_1=[K_1,K_2],\ \mathbf s_2=[-K_1,K_2]}, K1=Es(1−ρ)2=6,67⋅10−4K_1=\sqrt{\frac{E_s(1-\rho)}2}=6{,}67\cdot10^{-4}, K2=Es(1+ρ)2=7,45⋅10−4K_2=\sqrt{\frac{E_s(1+\rho)}2}=7{,}45\cdot10^{-4}; d=2K1d=2K_1.

(2)-(3) Ricevitore (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 →)

(4) P[E]=Q(K1σI)=10−3P[E]=Q\left(\frac{K_1}{\sigma_I}\right)=10^{-3}, a=3,09a=3{,}09: σI2=Es(1−ρ)2a2=4,65⋅10−8\sigma_I^2=\frac{E_s(1-\rho)}{2a^2}=4{,}65\cdot10^{-8} V2^2s (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 →).

Errori tipici

  • Cercare ϕ2\phi_2 senza controllare il resto s1−K1ϕ1s_1-K_1\phi_1: qui è una costante, ϕ2\phi_2 è un rect.
  • Usare tutti e due i rami: la regione non dipende da yy.
  • Dimenticare che ⟨s2,ϕ1⟩\langle s_2,\phi_1\rangle è negativo.

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