Aufgabe 4.14Z: 4-QAM und 4-PSK

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Signalraumkonstellation von 4–QAM und 4-PSK

Für die  Quadraturamplitudenmodulation  ($M$–QAM) wurde im Theorieteil für  $M ≥ 16$  eine obere Schranke  ("Union–Bound")  der Symbolfehlerwahrscheinlichkeit angegeben:

$$ p_{\rm UB} = 4 \cdot {\rm Q} \left [ \sqrt{ { E_{\rm S}}/{ N_0}} \hspace{0.05cm}\right ] \ge p_{\rm S} \hspace{0.05cm}.$$

Im Theorieteil findet man ebenfalls die "Union–Bound" für die  M–stufige Phasenmodulation  (M–PSK)

$$ p_{\rm UB} = 2 \cdot {\rm Q} \left [ \sin ({ \pi}/{ M}) \cdot \sqrt{ { 2E_{\rm S}}/{ N_0}} \hspace{0.05cm}\right ] \ge p_{\rm S} \hspace{0.05cm}.$$

Bei beiden Verfahren hat jeder Signalraumpunkt die genau gleiche Energie, nämlich  $E_{\rm S}$.

Aus der Grafik erkennt man, dass für den Sonderfall  $M = 4$  die beiden Modulationsverfahren eigentlich identisch sein müssten, was aus den obigen Gleichungen nicht direkt hervorgeht.

Die 4–PSK ist hier mit dem Phasenoffset  $\phi_{\rm off} = 0$  dargestellt. Mit einem allgemeinen Phasenoffset lauten dagegen die Inphase– und Quadraturanteile der Signalraumpunkte allgemein:  $(i = 0, \ ... \ , M = 1)$:

$$s_{{\rm I}i} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \cos \left ( { 2\pi i}/{ M} + \phi_{\rm off} \right ) \hspace{0.05cm},$$
$$ s_{{\rm Q}i} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \sin \left ( { 2\pi i}/{ M} + \phi_{\rm off} \right ) \hspace{0.05cm}.$$



Hinweise:



Fragebogen

1

Für welchen Phasenoffset stimmen die 4–QAM und die 4–PSK exakt überein?

$\phi_{\rm off}\ = \ $

$\ \rm Grad$

2

Wie lautet die obere Schranke  $($Union–Bound,  $p_{\rm UB} ≥ p_{\rm S})$  für die 4–PSK?

$p_{\rm UB} = 4 \cdot {\rm Q}[\sqrt{E_{\rm S}/N_0}\hspace{0.05cm}]$,
$p_{\rm UB} = 2 \cdot {\rm Q}[\sqrt{E_{\rm S}/N_0}\hspace{0.05cm}]$,
$p_{\rm UB} = 2 \cdot {\rm Q}[\sqrt{2E_{\rm S}/N_0}\hspace{0.05cm}]$.

3

Geben Sie eine nähere obere Schranke für die 4–QAM an.

$p_{\rm S} ≤ 4 \cdot {\rm Q}[\sqrt{E_{\rm S}/N_0}\hspace{0.05cm}]$,
$p_{\rm S} ≤ 2 \cdot {\rm Q}[\sqrt{E_{\rm S}/N_0}\hspace{0.05cm}]$,
$p_{\rm S} ≤ 2 \cdot {\rm Q}[\sqrt{2E_{\rm S}/N_0}\hspace{0.05cm}]$.

4

Wie lautet die Bitfehlerwahrscheinlichkeitsschranke für die 4–QAM, Graycodierung vorausgesetzt?

$p_{\rm B} ≤ 2 \cdot {\rm Q}[\sqrt{2E_{\rm B}/N_0}\hspace{0.05cm}]$,
$p_{\rm B} ≤ {\rm Q}[\sqrt{2E_{\rm B}/N_0}\hspace{0.05cm}]$,
$p_{\rm B} ≤ {\rm Q}[\sqrt{E_{\rm B}/N_0}\hspace{0.05cm}]$.


Musterlösung

(1)  Mit $M = 4$ lauten die Signalraumpunkte $\boldsymbol{s}_i = (s_{\rm I \it i}, s_{\rm Q \it i})$ der digitalen Phasenmodulation ($i = 0, \ \text{...} \ , 3$):

$$s_{{\rm I}i} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \cos \left ( { 2\pi i}/{ M} + \phi_{\rm off} \right ) \hspace{0.05cm},$$
$$ s_{{\rm Q}i} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \sin \left ( { 2\pi i}/{ M} + \phi_{\rm off} \right ) \hspace{0.05cm}.$$

Mit $\phi_{\rm off} \ \underline {= \pi/2 \ (45^°)}$ ergeben sich genau die Signalraumpunkte der 4–QAM:

$$\boldsymbol{ s}_{\rm 0} = (+\sqrt{2}, +\sqrt{2})\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}\boldsymbol{ s}_{\rm 1} = (-\sqrt{2}, +\sqrt{2})\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} \boldsymbol{ s}_{\rm 3} = (-\sqrt{2}, -\sqrt{2})\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}\boldsymbol{ s}_{\rm 4} = (+\sqrt{2}, -\sqrt{2}) \hspace{0.05cm}.$$


(2)  Richtig ist der Lösungsvorschlag 2: Für die 4–PSK ergibt sich mit der vorne angegebenen Gleichung:

$$p_{\rm S} \le p_{\rm UB} \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}2 \cdot {\rm Q} \left [ \sin ({ \pi}/{ M}) \cdot \sqrt{ { 2E_{\rm S}}/{ N_0}} \right ] = 2 \cdot {\rm Q} \left [ { 1}/{ \sqrt{2}} \cdot \sqrt{ { 2E_{\rm S}}/{ N_0}} \right ]= 2 \cdot {\rm Q} \left [ \sqrt{ { E_{\rm S}}/{ N_0}} \right ] \hspace{0.05cm}.$$


(3)  Richtig ist der Lösungsvorschlag 2:

  • Die 4–QAM ist mit der 4–PSK identisch (hinsichtlich Fehlerwahrscheinlichkeit sogar unabhängig vom Phasenoffset).
  • Der Lösungsvorschlag 1 gibt dagegen die Union Bound der $M$–QAM allgemein an, wobei $M = 4$ eingesetzt ist.
  • Da es aber bei 4–QAM keine inneren Symbole gibt, ist diese Schranke zu pessimistisch.
  • Die sich ergebende "Union Bound" ist dann doppelt so groß wie die 4–PSK–Schranke.


(4)  Hier ist wiederum der zweite Lösungsvorschlag richtig:

  • Bei Graycodierung führt jeder Symbolfehler zu einem Bitfehler, wenn man nur benachbarte Regionen betrachtet:   $p_{\rm B} \approx p_{\rm S}/2$.
  • Außerdem gilt $E_{\rm S} = 2 \ E_{\rm B}$. Daraus folgt:
$$p_{\rm B} = \frac{p_{\rm S}}{2} \le {\rm Q} \left [ \sqrt{ { E_{\rm S}}/{ N_0}} \right ] = {\rm Q} \left [ \sqrt{ { 2E_{\rm B}}/{ N_0}} \right ] \hspace{0.05cm}.$$
  • Wie in der Musterlösung zur Aufgabe 4.13 hergeleitet, gilt sogar exakt:
$$p_{\rm B} = {\rm Q} \left [ \sqrt{ { 2E_{\rm B}}/{ N_0}} \right ] \hspace{0.05cm}.$$
  • Bei dieser Herleitung wurde verwendet, dass man die 4–QAM durch zwei orthogonale BPSK–Modulationen (mit Cosinus– bzw. Minus–Sinusträger) darstellen kann.
  • Somit ist die Bitfehlerwahrscheinlichkeit der 4–QAM und damit auch der 4–PSK in Abhängigkeit von $E_{\rm B}/N_0$ die gleiche wie für BPSK.