Esercizio - da 2-PAM a 8-PAM con codifica di Gray

Testo (scheda di esercizi n. 5, modulazione digitale, esercizio 2). Un sistema di trasmissione usa una PAM binaria, inviando $1000$ b/s con $P_{bit}=10^{-9}$. Per aumentare la velocità di trasmissione, modulatore e demodulatore sono sostituiti con un sistema $8$-PAM con codifica di Gray. Il tempo di simbolo, l'energia media trasmessa per simbolo, il rumore, la banda e l'attenuazione restano invariati. Come cambia il bit-rate? E la probabilità d'errore sul bit?

Teoria usata: Modulazioni PAM, PSK, QAM e FSKLe modulazioni pratiche usano un solo impulso base $h(t)$ (energia $E_h$) e coefficienti scelti in un insieme regolare. PAM: $s_n=\alpha_nh(t)$, $\alpha_n\in{-M+1,\dots,M-1}$, punti su una retta, $d_{min}=2\sqrt{E_h}$, $E_s=\frac{M^2-1}3E_h$, $P[E]=2\left(1-\frac1M\right)Q\left(\sqrt{\frac{6E_s}{(M^2-1)N_0}}\right)$. QAM: coefficienti complessi su due portanti in quadratura, base di dimensione 2, per $M=L^2$ $E_s=\frac{M-1}3E_h$ e $P[E]\approx4\left(1-\frac1{\sqrt M}\right)Q\left(\sqrt{\frac{3E_s}{(M-1)N_0}}\right)$. PSK: ampiezza costante, fasi $\theta_n=\frac{(2n-1)\pi}M$, punti su una circonferenza, $E_s=\frac{E_h}2$, $P[E]\approx2Q\left(\sqrt{\frac{2E_s}{N_0}}\sin\frac\pi M\right)$. FSK: due sinusoidi a frequenze diverse, $\rho\approx\operatorname{sinc}(4f_dT)$. Con la codifica di Gray $P_{bit}\approx\frac{P[E]}{\log_2M}$.Modulazioni PAM, PSK, QAM e FSK →, Canale binario simmetrico, codifica di Gray e probabilità di bitIl canale numerico equivalente a modulatore, canale e demodulatore è un canale binario simmetrico senza memoria (BSC): ogni bit è sbagliato con probabilità $P_{bit}$, indipendentemente dagli altri. Per una modulazione $M$-aria con $n=\log_2M$ bit per simbolo, la probabilità di errore sul simbolo è $P[E]=1-(1-P_{bit})^n\approx nP_{bit}$ e $P_{bit}\le P[E]$. Il legame inverso passa dalla distanza di Hamming tra le parole di bit: $P_{bit}=\sum_k\sum_{j\ne k}p_kP_{j|k}\frac{d_H(\mathbf c_j,\mathbf c_k)}{\log_2M}$. Con la codifica di Gray (simboli adiacenti differiscono per un solo bit) e SNR non troppo basso gli errori più probabili, verso i vicini, sbagliano un solo bit, quindi $P_{bit}\approx\frac{P[E]}{\log_2M}$.Canale binario simmetrico, codifica di Gray e probabilità di bit →, Probabilità d'errore e funzione QPer due segnali di energie $E_1,E_2$ con coefficiente di correlazione $\rho=\frac{\langle s_1,s_2\rangle}{\sqrt{E_1E_2}}$ la distanza è $d_{12}=\sqrt{E_1+E_2-2\rho\sqrt{E_1E_2}}$ e, con rumore AWGN, simboli equiprobabili e criterio MD, $P[E]=Q\left(\frac{d_{12}}{2\sigma_I}\right)=Q\left(\sqrt{\frac{E_s(1-\rho)}{N_0}}\right)$ con $\sigma_I^2=\frac{N_0}2$ e $Q$ la coda della gaussiana. Il caso antipodale ($\rho=-1$) dà $Q\left(\sqrt{\frac{2E_s}{N_0}}\right)$, l'ortogonale ($\rho=0$) $Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{N_0}}\right)$: 3 dB peggio. Con $M>2$ segnali si usano limiti: $\frac{N^*}M Q\left(\frac{d_{min}}{2\sigma_I}\right)\le P[E]\le(M-1)Q\left(\frac{d_{min}}{2\sigma_I}\right)$ (union bound); la probabilità dipende solo da $\frac{E_s}{N_0}$, cioè dall'SNR.Probabilità d'errore e funzione Q →.

Bit-rate

Con $T$ invariato, nella PAM binaria un simbolo porta $1$ bit: $T_b=T$. Nella $8$-PAM ogni simbolo porta $\log_28=3$ bit: $T_b=\frac T3$ e $$R_b=\frac1{T_b}=\frac{\log_2M}T=3\cdot\frac1T=\boxed{3000\ \text{b/s}}$$ cioè il bit-rate triplica.

Probabilità d'errore

Passo 1: $\frac{E_s}{N_0}$ del sistema binario. La $2$-PAM è antipodale e $P_{bit}=Q\left(\sqrt{\frac{2E_s}{N_0}}\right)=10^{-9}$. Dalla tabella della funzione $Q$: $Q^{-1}(10^{-9})=5{,}998\approx6$, quindi $$\sqrt{\frac{2E_s}{N_0}}=6\ \Longrightarrow\ \frac{2E_s}{N_0}=36,\qquad\frac{E_s}{N_0}=18\ (12{,}55\ \text{dB}).$$ Passo 2: $8$-PAM con la stessa $E_s$ e lo stesso $N_0$ ($M=8$, $M^2-1=63$): $$P[E]=2\left(1-\frac18\right)Q\left(\sqrt{\frac{6E_s}{(M^2-1)N_0}}\right)=\frac74\,Q\left(\sqrt{\frac{6\cdot18}{63}}\right)=\frac74\,Q(1{,}309)=1{,}75\cdot0{,}0953=0{,}167 .$$ Passo 3: dal simbolo al bit. Con Gray, $P_{bit}\approx\frac{P[E]}{\log_2M}=\frac{0{,}167}3=\boxed{0{,}056}$. (Il calcolo esatto, sommando per ogni coppia di simboli $P_{j|k}\frac{d_H}{3}$ con la mappa di Gray, dà $0{,}0556$.)

Commento

• Il sistema non funziona: un tasso d'errore del $5{,}6\%$ è inutilizzabile (si passa da $10^{-9}$ a $5{,}6\cdot10^{-2}$, sette ordini e mezzo di grandezza).
• Il valore $P_{bit}\approx\frac{P[E]}{3}$ è qui poco più che indicativo: l'approssimazione di Gray assume $P_{bit}$ piccola (errori solo verso i simboli adiacenti), ipotesi ormai violata; però, nel caso specifico, il calcolo esatto dà quasi lo stesso valore.
• Perché peggiora così tanto: a parità di $E_s$ la distanza minima cala. Per la $2$-PAM $d_{min}=2\sqrt{E_s}$; per la $8$-PAM, con $E_h=\frac{3E_s}{M^2-1}$ e $d_{min}=2\sqrt{E_h}=2\sqrt{\frac{3E_s}{63}}=0{,}436\sqrt{E_s}$: oltre $4{,}6$ volte più piccola ($13{,}2$ dB).
• Per ripristinare $P_{bit}=10^{-9}$ con la $8$-PAM servirebbero $\frac{E_s}{N_0}=25{,}6$ dB invece di $12{,}55$ dB: $13{,}1$ dB in più di energia per simbolo (un fattore $20$). Si pagano $13$ dB per triplicare il bit-rate.

Errori comuni

• Credere che con la stessa $E_s$ la $P_{bit}$ resti uguale: $P[E]$ dipende da $M$ anche dentro la $Q$.
• Usare il bit-rate invariato: il tempo di simbolo è fisso, quindi sono i bit per simbolo a triplicare.
• Applicare $P_{bit}\approx\frac{P[E]}{\log_2M}$ con $P_{bit}$ molto grande senza segnalare che l'approssimazione non è più affidabile.