Aufgabe 1.09: BPSK und 4-QAM

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Phasendiagramme von BPSK und 4–QAM

Die Grafik zeigt schematisch die Phasendiagramme der binären Phasenmodulation  (abgekürzt BPSK) und der Quadraturamplitudenmodulation  (4–QAM genannt).

  • Letztere lässt sich durch zwei BPSK–Systeme mit Cosinus– und Minus–Sinus–Träger beschreiben, wobei bei jedem der Teilkomponenten die Sendeamplitude gegenüber der BPSK um den Faktor  $\sqrt{2}$  reduziert ist.
  • Die Hüllkurve des Gesamtsignals  $s(t)$  ist somit ebenfalls konstant gleich  $s_{0}$.
  • Die Fehlerwahrscheinlichkeit abhängig vom Quotienten  $E_{\rm B}/N_{0}$  lautet bei BPSK und 4–QAM gleichermaßen:
$$p_{\rm B} = \ {\rm Q}\left ( \sqrt{{2 \cdot E_{\rm B}}/{N_0 }} \hspace{0.1cm}\right ) = \ {1}/{2}\cdot {\rm erfc}\left ( \sqrt{E_{\rm B}/{ N_0 }} \right ).$$

Die Fehlerwahrscheinlichkeit des BPSK–Systems kann aber auch in der Form

$$p_{\rm B,\hspace{0.04cm}BPSK} = {\rm Q}\left ( \frac{s_0}{\sigma_d } \right )\hspace{0.2cm}{\rm mit}\hspace{0.2cm}\sigma_d = \sqrt{\frac{N_0}{T_{\rm B}}}$$

dargestellt werden. Entsprechend gilt für das 4–QAM–System:

$$p_{\rm B,\hspace{0.04cm}QAM} = {\rm Q}\left ( \frac{s_0/\sqrt{2}}{\sigma_d } \right )\hspace{0.2cm}{\rm mit}\hspace{0.2cm}\sigma_d = \sqrt{\frac{N_0}{2 \cdot T_{\rm B}}}.$$

Die Gleichungen gelten nur unter der Voraussetzung einer exakten Phasensynchronisation:

  • Bei einem Phasenversatz  $\Delta\phi_{\rm T}$  zwischen sender– und empfangsseitigem Trägersignal erhöht sich die Fehlerwahrscheinlichkeit signifikant, wobei BPSK– und QAM–System unterschiedlich degradiert werden.
  • Im Phasendiagramm macht sich der Phasenversatz durch eine Rotation der Punktwolken bemerkbar. In der Grafik sind die Mittelpunkte der Punktwolken für  $\Delta\phi_{\rm T} = 15^\circ$  durch gelbe Kreuze markiert, während die roten Kreise die Mittelpunkte für  $\Delta\phi_{\rm T} = 0$  angeben.


Es gilt stets  $E_{\rm B}/N_{0} = 8$, so dass sich die Fehlerwahrscheinlichkeiten von BPSK und QAM im günstigsten Fall (ohne Phasenversatz) jeweils wie folgt ergeben   ⇒   Aufgabe 1.8Z:

$$p_{\rm B} = {\rm Q}\left ( \sqrt{{2 \cdot E_{\rm B}}/{N_0 }} \hspace{0.1cm}\right ) = {\rm Q}(4)= 0.317 \cdot 10^{-4}.$$

Weitere Bemerkungen:

  • Bezeichnet man den Abstand der BPSK–Nutzabtastwerte von der (vertikalen) Entscheiderschwelle mit  $s_{0}$, so ergibt sich für den Rauscheffektivwert  $\sigma_{d} = s_{0}/4$. Die helleren Kreise in der Grafik markieren die Höhenlinien mit dem Radius  $2\cdot \sigma_{d}$  bzw.  $3\cdot \sigma_{d}$  der Gaußschen 2D–WDF.
  • Bei der 4–QAM sind gegenüber der BPSK die Abstände der rot eingezeichneten Nutzabtastwerte von den nun zwei Entscheiderschwellen jeweils um den Faktor  $\sqrt{2}$  geringer, aber es ergibt sich auch ein um den gleichen Faktor kleinerer Rauscheffektivwert  $\sigma_{d}$.




Hinweise:


Fragebogen

1

Wie groß ist die Bitfehlerwahrscheinlichkeit bei BPSK mit  $\Delta\phi_{\rm T} = 15^\circ$?

$p_\text{B, BPSK} \ = \ $

$\ \% $

2

Welche Bitfehlerwahrscheinlichkeit ergibt sich bei BPSK mit  $\Delta\phi_{\rm T} = 45^\circ$?

$p_\text{B, BPSK} \ = \ $

$\ \%$

3

Wie groß ist die Bitfehlerwahrscheinlichkeit bei 4–QAM mit  $\Delta\phi_{\rm T} = 15^\circ$?

$p_\text{B, 4-QAM} \ = \ $

$\ \%$

4

Welche Fehlerwahrscheinlichkeit ergibt sich bei 4–QAM mit  $\Delta\phi_{\rm T} = 45^\circ$?

$p_\text{B, 4-QAM} \ = \ $

$\ \%$


Musterlösung

(1)  Durch die Rotation des Phasendiagramms um $\Delta\phi_{\rm T} = 15^\circ$ wird der Abstand der Nutzabtastwerte von der Schwelle um $\cos(15^\circ) \approx 0.966$ geringer. Daraus folgt:

$$p_{\rm B} = {\rm Q}(0.966 \cdot 4) \approx {\rm Q}(3.86)= 0.57 \cdot 10^{-4}\hspace{0.1cm}\underline {= 0.0057\, \%}.$$


(2)  Analog zu Teilaufgabe (1) erhält man mit $\cos(45^\circ) \approx 0.707$:

$$p_{\rm B} = {\rm Q}(0.707 \cdot 4) \approx {\rm Q}(2.83)\hspace{0.1cm}\underline {= 0.233 \, \%}.$$


(3)  Bei 4–QAM wird durch die Rotation um $\Delta\phi_{\rm T}$ im Uhrzeigersinn der Abstand

  • von der horizontalen Schwelle (Entscheidung des ersten Bits) gleich $s_{0} \cdot \cos(45^\circ + \Delta\phi_{\rm T})$, also kleiner als ohne Phasenversatz,
  • von der vertikalen Schwelle (Entscheidung des zweiten Bits) gleich $s_{0} \cdot \cos(45^\circ - \Delta\phi_{\rm T})$, also größer als ohne Phasenversatz.


Damit erhält man für die mittlere Fehlerwahrscheinlichkeit:

$$p_{\rm B} = {1}/{2} \cdot {\rm Q}\left ( \frac{\cos(45^\circ+{\rm \Delta} \phi_{\rm T}) \cdot s_0}{0.25 \cdot s_0 / \sqrt{2}} \right ) + {1}/{2} \cdot {\rm Q}\left ( \frac{\cos(45^\circ-{\rm \Delta} \phi_{\rm T}) \cdot s_0}{0.25 \cdot s_0 / \sqrt{2}}\right ).$$
  • Hierbei ist der kleinere Rauscheffektivwert der 4–QAM bereits berücksichtigt.
  • Zur Kontrolle berechnen wir die Fehlerwahrscheinlichkeit für $\Delta\phi_{\rm T} = 0$:
$$p_{\rm B} = {1}/{2} \cdot {\rm Q}\left ( \frac{\cos(45^\circ) \cdot 4}{1 / \sqrt{2}} \right ) +{1}/{2} \cdot {\rm Q}\left ( \frac{\cos(45^\circ) \cdot 4}{1 / \sqrt{2}} \right )= {\rm Q}(4) = 0.317 \cdot 10^{-4}.$$

Dagegen erhält man mit $\Delta\phi_{\rm T} = 15^\circ$:

$$p_{\rm B} = {1}/{2} \cdot {\rm Q}\left ( \frac{\cos(60^\circ) \cdot 4}{1 / \sqrt{2}} \right ) +{1}/{2} \cdot {\rm Q}\left ( \frac{\cos(30^\circ) \cdot 4}{1 / \sqrt{2}} \right )= {1}/{2} \cdot \left [{\rm Q}(2.83)+ {\rm Q}(4.90)\right]$$
$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm B} \approx \frac{1}{2} \cdot \left [0.233 \cdot 10^{-2}+ 0.479 \cdot 10^{-6}\right] \hspace{0.1cm}\underline {= 0.117 \, \%}.$$


(4)  Bei einem Phasenversatz von $45^\circ$ erhält man aus der oben allgemein hergeleiteten Gleichung:

$$p_{\rm B} ={1}/{2} \cdot {\rm Q}\left ( \frac{\cos(90^\circ) \cdot 4}{1 / \sqrt{2}} \right ) +{1}/{2} \cdot {\rm Q}\left ( \frac{\cos(0^\circ) \cdot 4}{1 / \sqrt{2}} \right )= {1}/{2} \cdot \left [{\rm Q}(0)+ {\rm Q}(5.66)\right] \approx 0.25\hspace{0.1cm}\underline {= 25 \, \%}.$$

Das heißt:

  • Die Fehlentscheidung für das erste Bit ist $50\%$.
  • Dagegen wird das zweite Bit nahezu fehlerfrei $(\approx 10^{–8})$ entschieden.
  • Insgesamt ergibt sich so eine mittlere Fehlerwahrscheinlichkeit von ca. $25\%$.