Esercizio - quaternaria ortogonale e biortogonale con impulsi rettangolari

Testo (scheda di esercizi n. 5, modulazione digitale, esercizio 1). Si considerino due impulsi rettangolari $s_1(t)$ e $s_3(t)$ di altezza $2\sqrt{E_1/T}$, con durata rispettivamente da $0$ a $\frac T4$ e da $\frac T2$ a $\frac{3T}4$, con $T=5\ \mu$s. Sono noti: la potenza media trasmessa $P_{tx}=11$ dBm, l'attenuazione del canale $a_{ch}=15$ dB, il guadagno del ricevitore $g_{Rc}=7$ dB, l'impedenza caratteristica $Z=100\ \Omega$ (puramente resistiva, in adattamento di carico), la densità di potenza elettrica del rumore all'ingresso del ricevitore $p_{w,in}(f)=7{,}3\cdot10^{-11}$ W/Hz (si noti che $p_{w,in}(f)\,|Z|=\frac{N_0}2$). Con opportuni limiti (come la union bound) stimare la probabilità d'errore sul bit di una modulazione quaternaria con tempo di simbolo $T$ ed energia media $E_1$ che usa $s_1(t)$ e $s_3(t)$ come forme d'onda, nei due casi: a) ortogonale (scegliere le altre forme d'onda); b) biortogonale.

Teoria usata: 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 →, 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 →, Link budgetIl sistema di trasmissione si modella con un canale che attenua ($a_{ch}$) e filtra il segnale, un rumore additivo bianco gaussiano (AWGN) che si somma dopo il canale, e un ricevitore con cifra di rumore $F_{rc}$. Il link budget è il bilancio che dà l'SNR in ricezione, $\text{SNR}=\frac{P_{tx}}{a_{ch},kT_0F_{rc},B}=\frac{M_{tx}}{a_{ch}N_0B}$, che deve superare una soglia; in dB (banda stretta) $\text{SNR}{dB}=(P{tx}){dBm}+114-(a{ch}){dB}-(F{rc}){dB}-10\log{10}B_{MHz}$. Lo si usa per ricavare la potenza minima, la banda massima o la distanza massima di un collegamento.Link budget →.

1. Energie e rapporto $\frac{E_s}{N_0}$

Energia dei segnali. Ogni impulso ha ampiezza $2\sqrt{E_1/T}$ e durata $\frac T4$, quindi energia $\frac{4E_1}T\cdot\frac T4=E_1$: tutte le forme d'onda di questo tipo hanno la stessa energia $E_1$, che è quindi anche l'energia media $E_s$ (qui $E_1$ è l'energia per simbolo trasmessa, nelle ipotesi dell'esercizio).

Energia ricevuta. Quello che conta per le prestazioni è l'energia in ricezione. La potenza ricevuta è $P_{rc}=\frac{P_{tx}}{a_{ch}}$: $11-15=-4$ dBm $=0{,}4$ mW. Convertendo la potenza elettrica in statistica ($\times Z$) e moltiplicando per il tempo di simbolo, $$E_s=P_{rc}\,T\,Z=0{,}4\cdot10^{-3}\cdot5\cdot10^{-6}\cdot100=2\cdot10^{-7}\ \text{V}^2\text{s}$$ (equivale a $\frac{E_1}{a_{ch}}$ con $E_1=P_{tx}TZ=6{,}3\cdot10^{-6}$ V$^2$s). Il guadagno del ricevitore $g_{Rc}$ non serve: il rumore è dato in ingresso al ricevitore, dove si definisce anche l'SNR (il guadagno moltiplica allo stesso modo segnale e rumore).

Rumore. Dal testo $p_{w,in}|Z|=\frac{N_0}2=7{,}3\cdot10^{-11}\cdot100=7{,}3\cdot10^{-9}$ V$^2$/Hz, quindi $N_0=1{,}46\cdot10^{-8}$ V$^2$/Hz e $$\frac{E_s}{N_0}=\frac{2\cdot10^{-7}}{1{,}46\cdot10^{-8}}=13{,}6\ (11{,}3\ \text{dB}),\qquad\sqrt{\frac{E_s}{N_0}}=3{,}69 .$$ Introduciamo $Q_0=Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{N_0}}\right)=Q(3{,}69)=1{,}11\cdot10^{-4}$.

a) Modulazione ortogonale

Scelta delle forme d'onda. I due impulsi dati stanno nel primo e nel terzo quarto del periodo. Per ottenere quattro segnali ortogonali con la stessa energia si completano con gli altri due quarti: $s_2(t)$ nel secondo quarto $\left[\frac T4,\frac T2\right]$ e $s_4(t)$ nell'ultimo $\left[\frac{3T}4,T\right]$, di ampiezza $2\sqrt{E_1/T}$ (è una 4-PPM, modulazione a posizione d'impulso). I supporti sono disgiunti, quindi i segnali sono ortogonali, e la base è $\varphi_j=\frac{s_j}{\sqrt{E_1}}$ con $I=M=4$.

Distanze. Tutte le coppie sono a distanza $d=\sqrt{2E_s}=d_{min}$. Con $\frac{d_{min}}{2\sigma_I}=\sqrt{\frac{E_s}{N_0}}$ la union bound (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 →) dà $$Q_0\le P[E]\le(M-1)\,Q_0=3Q_0:\qquad1{,}1\cdot10^{-4}\le P[E]\le3{,}3\cdot10^{-4}.$$ Il limite superiore è quello stretto: tutti gli altri $3$ simboli sono "vicini" a $d_{min}$, quindi $P[E]\approx3Q_0=3{,}3\cdot10^{-4}$ (il valore esatto, ottenuto per integrazione numerica, è $3{,}25\cdot10^{-4}$).

Dal simbolo al bit. Nella modulazione ortogonale tutti gli errori di simbolo sono equiprobabili, quindi qualunque mappa di bit dà lo stesso risultato. Dato un errore, il simbolo sbagliato è uno dei $3$ altri con uguale probabilità: con parole $00,01,10,11$ la frazione media di bit sbagliati è $\frac13\cdot\frac12+\frac13\cdot\frac12+\frac13\cdot1=\frac23$ (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 →), cioè $$P_{bit}=\frac23P[E]\ \approx\ \frac23\cdot3Q_0=2Q_0\approx\boxed{2{,}2\cdot10^{-4}}\qquad\left(\text{tra }\tfrac23Q_0=0{,}7\cdot10^{-4}\text{ e }2Q_0\right).$$

b) Modulazione biortogonale

Si usano $s_1(t)$ e $s_3(t)$ (ortogonali) e i loro opposti: $\{s_1,-s_1,s_3,-s_3\}$, con $I=\frac M2=2$. È una costellazione di quattro punti sugli assi, a distanza minima $\sqrt{2E_s}$ tra segnali ortogonali (ogni simbolo ne ha due) e a distanza $2\sqrt{E_s}$ dall'opposto. Il limite migliorato è $$Q_0\le P[E]\le(M-2)\,Q_0+Q\left(\sqrt{\frac{2E_s}{N_0}}\right)=2Q_0+Q(5{,}22)=2{,}2\cdot10^{-4}+8{,}9\cdot10^{-8}\approx2Q_0=2{,}2\cdot10^{-4},$$ dove il termine dell'opposto è trascurabile (e quindi $P[E]\approx2Q_0$; una simulazione Monte Carlo dà $2{,}2\cdot10^{-4}$).

Dal simbolo al bit. Qui conviene una mappa "furba" (di Gray, ciclica): i due vicini ortogonali devono differire per un solo bit e l'opposto per due. Con $s_1=00$, $s_3=01$, $-s_1=11$, $-s_3=10$ gli errori più probabili cambiano un solo bit, e $$P_{bit}\approx\frac{P[E]}2\approx Q_0=\boxed{1{,}1\cdot10^{-4}}\qquad\left(\tfrac{Q_0}2\le P_{bit}\le Q_0\right).$$

Confronto

A parità di $\frac{E_s}{N_0}$ la biortogonale ha metà della probabilità d'errore sul bit (e solo due dimensioni invece di quattro, cioè metà della banda). Per questo conviene.

Errori comuni

• Usare il guadagno del ricevitore $g_{Rc}=7$ dB nel conto dell'energia: non serve, perché il rumore è dato in ingresso al ricevitore.
• Usare l'energia trasmessa $E_1$ invece di quella ricevuta ($E_s=\frac{E_1}{a_{ch}}$).
• Dimenticare il passaggio da $\frac{N_0}2$ a $N_0$ (fattore $2$): $\frac{N_0}2=p_{w,in}\,|Z|$.
• Uguagliare $P_{bit}$ a $P[E]$: per la quaternaria ortogonale $P_{bit}=\frac23P[E]$.