Aufgaben:Exercise 4.19: Orthogonal Multilevel FSK

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Vorgegebene Signalraumkonstellationen

Wir betrachten in dieser letzten Übungsaufgabe zu diesem Kapitel Frequency Shift Keying (FSK) mit $M$ Signalformen und setzen voraus, dass diese paarweise zueinander orthogonal sind. In diesem Fall können die äquivalenten Tiefpass–Signale $s_i(t)$ mit $i = 1, \ ... \ , M$ in folgender Form dargestellt werden:

$$s_i(t) = \sqrt{E_{\rm S}} \cdot \xi_i(t) \hspace{0.05cm}.$$

$\xi_i(t)$ sind komplexe Basisfunktionen, für die allgemein $i = 1, \ ... \ , N$ gilt. Bei orthogonaler Signalisierung ist allerdings stets $M = N$.

Die Grafik zeigt drei verschiedene Signalraumkonstellationen. Jedoch beschreiben nicht alle drei eine orthogonale FSK. Hierauf wird in der Teilaufgabe (1) Bezug genommen.

Im Theorieteil ist die exakte Formel für die Wahrscheinlichkeit einer korrekten Entscheidung bei AWGN–Störung angegeben:

$${\rm Pr}({\cal{C}}) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \sum_{i = 0}^{M-1} (-1)^i \cdot {M-1 \choose i } \cdot \frac{1}{i+1} \cdot $$

$$\hspace{-0.1cm} \ \cdot \ \hspace{-0.1cm} {\rm exp } \left [ - \frac{i } {(i+1) }\cdot \frac{ E_{\rm S} } { N_0}\right ] \hspace{0.05cm}.$$

Daraus lässt sich sehr einfach die Symbolfehlerwahrscheinlichkeit berechnen:

$$p_{\rm S} = {\rm Pr}({\cal{E}}) = 1 - {\rm Pr}({\cal{C}}) = \sum_{i = 1}^{M-1} (-1)^{i+1} \cdot {M-1 \choose i } \cdot \frac{1}{i+1} \cdot {\rm exp } \left [ - \frac{i } {(i+1) }\cdot \frac{ E_{\rm S} } { N_0}\right ] \hspace{0.05cm}.$$

Eine obere Schranke ($p_{\rm S, \ max} ≥ p_{\rm S}$) ergibt sich aufgrund der alternierenden Vorzeichen, wenn man von dieser Summe nur den ersten Term berücksichtigt:

$$p_{\rm S, \hspace{-0.05cm}max} = \frac {M-1}{ 2} \cdot {\rm e }^{-E_{\rm S}/(2N_{\rm 0})} \hspace{0.05cm}.$$

In der Teilaufgabe (4) soll diese Schranke bei gegebenem Verhältnis $E_{\rm B}/N_0$ ausgewertet werden, wobei $E_{\rm B}$ die mittlere Signalenergie pro Bit angibt:

$$E_{\rm B} = \frac{ E_{\rm S} } { {\rm log_2}\hspace{0.1cm}(M)} \hspace{0.05cm}.$$

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Trägerfrequenzsysteme mit nichtkohärenter Demodulation.
• Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite Nichtkohärente Demodulation von mehrstufiger FSK.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

Fragebogen

1

Welche der obigen Signalraumkonstellationen gelten für orthogonale FSK?

	Konstellation A,
	Konstellation B,
	Konstellation C.

2

Berechnen Sie für $E_{\rm S}/N_0 = 6$ die Fehlerwahrscheinlichkeit der binären, ternären und quaternären FSK. $E_{\rm S}$ bezeichnet die Symbolenergie.

$M = 2 \text{:} \hspace{0.4cm} p_{\rm S} \ = \ $

$M = 3 \text{:} \hspace{0.4cm} p_{\rm S} \ = \ $

$M = 4 \text{:} \hspace{0.4cm} p_{\rm S} \ = \ $

3

Berechnen Sie für $E_{\rm S}/N_0 = 6$ die Fehlerwahrscheinlichkeit der binären, ternären und quaternären FSK. $E_{\rm S}$ bezeichnet die Symbolenergie.

$E_{\rm S}/N_0 = 6, M = 2 \text{:} \hspace{0.4cm} p_{\rm S, \ max} \ = \ $

$\hspace{2.3cm} M = 3 \text{:} \hspace{0.4cm} p_{\rm S, \ max} \ = \ $

$\hspace{2.3cm} M = 4 \text{:} \hspace{0.4cm} p_{\rm S, \ max} \ = \ $

4

Berechnen Sie für $E_{\rm B}/N_0 = 6$ die Fehlerwahrscheinlichkeit der binären, ternären und quaternären FSK. $E_{\rm B}$ bezeichnet die Symbolenergie.

$E_{\rm B}/N_0 = 6, M = 2 \text{:} \hspace{0.4cm} p_{\rm S, \ max} \ = \ $

$\hspace{2.35cm} M = 3 \text{:} \hspace{0.4cm} p_{\rm S, \ max} \ = \ $

$\hspace{2.35cm} M = 4 \text{:} \hspace{0.4cm} p_{\rm S, \ max} \ = \ $

Musterlösung

Solution

(1)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 1 und 3. Bei der Konstellation B ist dagegen Orthogonalität nicht gegeben. Vielmehr gilt hier $M = 3$ und $N = 2$.

(2)  Für die binäre FSK ($M = 2$) gilt mit der Abkürzung $x = E_{\rm S}/N_0 = 6$:

$$p_{\rm S} = (-1)^{2} \cdot {1 \choose 1 } \cdot {1}/{2} \cdot {\rm e }^{-x/2 } = {1}/{2} \cdot {\rm e }^{-3} \approx \underline{0.0249} \hspace{0.05cm}.$$

Entsprechend erhält man für die ternäre FSK ($M = 3$):

$$p_{\rm S} \hspace{-0.25cm} \ = \ \hspace{-0.25cm} (-1)^{2} \cdot {2 \choose 1 } \cdot {1}/{2} \cdot {\rm e }^{-(1/2) \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} x} + (-1)^{3} \cdot {2 \choose 2 } \cdot {1}/{3}\cdot {\rm e }^{-(2/3) \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} x}=$$

$$ \hspace{-0.25cm} \ = \ \hspace{-0.25cm} {\rm e }^{-3} - {1}/{3} \cdot {\rm e }^{-4} \approx 0.0498 - 0.0061 = \underline{0.0437} \hspace{0.05cm}.$$

Schließlich ergibt sich für die quaternäre FSK ($M = 4$):

$$p_{\rm S} \hspace{-0.25cm} \ = \ \hspace{-0.25cm} (-1)^{2} \cdot {3 \choose 1 } \cdot \frac{{\rm e }^{-x/2}}{2} + (-1)^{3} \cdot {3 \choose 2 } \cdot \frac{{\rm e }^{-2x/3}}{3} + (-1)^{4} \cdot {4 \choose 3 } \cdot \frac{{\rm e }^{-3x/4 }}{4} =$$

$$\hspace{-0.25cm} \ = \ \hspace{-0.25cm} {3}/ {2} \cdot{\rm e }^{-3} - {\rm e }^{-4} + {\rm e }^{-4.5} \approx 0.0747 - 0.0183 + 0.0111 = \underline{0.0675} \hspace{0.05cm}.$$

(3)  Mit konstantem $E_{\rm S}/N_0 = 6$ gilt stets $p_{\rm S, \ max} ≥ p_{\rm S}$:

$$M =2: \hspace{0.2cm} p_{\rm S, \hspace{0.05cm}max} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \underline{0.0249} = p_{\rm S} \hspace{0.05cm},$$

$$M =3: \hspace{0.2cm} p_{\rm S, \hspace{0.05cm}max} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \underline{0.0498} > 0.0437 = p_{\rm S} \hspace{0.05cm},$$

$$M =4: \hspace{0.2cm} p_{\rm S, \hspace{0.05cm}max} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \underline{0.0747} > {0.0675} = p_{\rm S} \hspace{0.05cm}.$$

Analysiert man die Gleichung

$$p_{\rm S, \hspace{-0.05cm}max} = (M-1)/2 \cdot {\rm e }^{-E_{\rm S}/(2N_{\rm 0})}$$

etwas genauer, so erkennt man, dass diese Schranke genau die Union–Bound angibt:

• Beim Binärsystem gibt $1/2 \cdot \exp {[–E_{\rm S}/(2N_0)]}$ die Verfälschungswahrscheinlichkeit an, zum Beispiel von $\boldsymbol{s}_1$ nach $\boldsymbol{s}_2$ oder umgekehrt.
• Beim M–stufigen System ist der Abstand zwischen $\boldsymbol{s}_1$ und $\boldsymbol{s}_2$ genau so groß. Aber auch die Punkte $\boldsymbol{s}_1, \ ... \, \boldsymbol{s}_M$ liegen im gleichen Abstand zu $\boldsymbol{s}_1$ bzw. zu $\boldsymbol{s}_2$
• Die „Union–Bound” berücksichtigt die Verfälschungsmöglichkeiten eines Punktes zu jedem der allgemein $M–1$ anderen Punkte durch den Faktor $M \, –1$.

(4)  Mit $E_{\rm B} = E_{\rm S}/{\rm log}_2(M)$ erhält man

$$p_{\rm S, \hspace{-0.05cm}max} = \frac {M-1}{ 2} \cdot {\rm exp } \left [ - \frac{ {\rm log_2}\hspace{0.1cm}(M) \cdot E_{\rm B}}{2 \cdot N_{\rm 0}}\right ] \hspace{0.05cm}.$$

Nun wird die Fehlerwahrscheinlichkeit mit zunehmender Stufenzahl immer kleiner, da bei konstantem $E_{\rm B}$ die Energie $E_{\rm S}$ pro Symbol um den Faktor ${\rm log}_2 \, (M)$ zunimmt. Der Faktor $M–1$ (dieser berücksichtigt die Verfälschungsmöglichkeiten eines Signalraumpunktes) hat dann weniger Einfluss als die Vergrößerung des negativen Exponenten:

$$M =2\hspace{-0.1cm}: \hspace{0.2cm} p_{\rm S, \hspace{-0.05cm}max} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} {1}/{ 2} \cdot {\rm e }^{-3} \hspace{0.15cm} \underline{= 0.0249} \hspace{0.05cm},$$

$$M =3\hspace{-0.1cm}: \hspace{0.2cm} p_{\rm S, \hspace{-0.05cm}max} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} {\rm e }^{-4.755} \hspace{0.5cm} \underline{= 0.0086} \hspace{0.05cm},$$

$$M =4\hspace{-0.1cm}: \hspace{0.2cm} p_{\rm S, \hspace{-0.05cm}max} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} {3}/{ 2} \cdot {\rm e }^{-6} \hspace{0.15cm} \underline{=0.0037} \hspace{0.05cm}.$$