Aufgaben:Exercise 1.08Z: BPSK Error Probability

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Komplementäre Gaußsche Fehlerfunktion

Wir gehen vom optimalen Basisbandübertragungssystem für Binärsignale aus mit

• bipolaren Amplitudenkoeffizienten $a_{\nu} \in \{–1, +1\}$,
• rechteckförmigem Sendesignal mit den Signalwerten $\pm s_{0}$ und der Bitdauer $T_{\rm B}$,
• AWGN–Rauschen mit der Rauschleistungsdichte $N_{0}$,
• Empfangsfilter gemäß dem Matched–Filter–Prinzip,
• Entscheider mit der optimalen Schwelle $E = 0$.

Wenn nichts anderes angegeben ist, so sollten Sie zudem von den folgenden Zahlenwerten ausgehen:

$$ s_0 = 4\,{\rm V},\hspace{0.2cm} T_{\rm B} = 1\,{\rm ns},\hspace{0.2cm}N_0 = 2 \cdot 10^{-9}\, {\rm V^2/Hz} \hspace{0.05cm}.$$

Die Bitfehlerwahrscheinlichkeit dieses „Basisbandsystems” wurde bereits im Kapitel Fehlerwahrscheinlichkeit bei Basisbandübertragung angegeben (Index BB):

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

Hierbei bezeichnet $\sigma_{d}$ den Rauscheffektivwert am Entscheider und ${\rm Q}(x)$ die komplementäre Gaußsche Fehlerfunktion, die hier tabellarisch gegeben ist. Diese Fehlerwahrscheinlichkeit kann man auch in der Form

$$p_{\rm BB} = {\rm Q}\left ( \sqrt{{2 \cdot E_{\rm B}}/{N_0 }} \hspace{0.1cm}\right )$$

schreiben, wobei $E_{\rm B}$ die „Energie pro Bit” bezeichnet. Die Fehlerwahrscheinlichkeit eines vergleichbaren Übertragungssystems mit Binary Phase Shift Keying (BPSK) lautet:

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

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Lineare digitale Modulation – Kohärente Demodulation.
• Bezug genommen wird auch auf das Kapitel Fehlerwahrscheinlichkeit bei Basisbandübertragung.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
• Sie können die Ergebnisse mit dem Applet Komplementäre Gaußsche Fehlerfunktionen überprüfen.
• Da hier der Signalwert $s_{0}$ in „Volt” angegeben ist und keine Angabe über den Bezugswiderstand gemachjt wird, besitzt $E_{\rm B}$ die Einheit „$\rm V^{2}/Hz$”.

Fragebogen

1

Wie groß ist die Fehlerwahrscheinlichkeit des Basisbandsystems?

$s_{0} = 4 \ \rm V:$ $p_{\rm BB} \ = \ $ $\ \cdot 10^{-4} $

2

Wie groß ist die Energie pro Bit beim Basisbandsystem?

$ s_{0} = 4 \ \rm V:$ $E_{\rm B} \ = \ $ $\ \cdot 10^{-8}\ \rm V^{2}s $

3

Welche Fehlerwahrscheinlichkeit ergibt sich bei halber Sendeamplitude?

$ s_{0} = 2 \ \rm V:$ $p_{\rm BB} \ = \ $ $\ \cdot 10^{-1} $

4

Geben Sie die Fehlerwahrscheinlichkeit der BPSK abhängig vom Quotienten $E_{\rm B}/N_{0}$ an. Welches Ergebnis stimmt?

	$p_{\rm BPSK} = $ Q$[(E_{\rm B}/N_{0})^{1/2}]$,
	$p_{\rm BPSK} = $ Q$[(2E_{\rm B}/N_{0})^{1/2}]$,
	$p_{\rm BPSK} = $ Q$[(4E_{\rm B}/N_{0})^{1/2}]$.

5

Welche Fehlerwahrscheinlichkeiten ergeben sich für $E_{\rm B}/N_{0} = 8$ und $E_{\rm B}/N_{0} = 2$?

$E_{\rm B}/N_{0} = 8: p_{\rm BPSK} \ = \ $ $\ \cdot 10^{-4} $

$E_{\rm B}/N_{0} = 2: p_{\rm BPSK} \ = \ $ $\ \cdot 10^{-1} $

Musterlösung

Solution

(1)  Der Rauscheffektivwert ergibt sich hier zu

$$\sigma_d = \sqrt{\frac{N_0}{2 \cdot T_{\rm B}}}= \sqrt{\frac{2 \cdot 10^{-9}\,{\rm V^2/Hz}}{2 \cdot 1\,{\rm ns}}}= 1\,{\rm V}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}p_{\rm BB} = {\rm Q}\left ({s_0}/{\sigma_d } \right )= {\rm Q}(4)\hspace{0.1cm}\underline {= 0.317 \cdot 10^{-4}}.$$

(2)  Beim Basisbandsystem gilt:

$$E_{\rm B} = s_0^2 \cdot T_{\rm B}= (4\,{\rm V})^2 \cdot 10^{-9}\,{\rm s}\hspace{0.1cm}\underline {= 1.6 \cdot 10^{-8}\,{\rm V^2s}}.$$

Natürlich ergibt sich mit der zusätzlich angegebenen Gleichung die genau gleiche Fehlerwahrscheinlichkeit

$$p_{\rm BB} = {\rm Q}\left ( \sqrt{\frac{2 \cdot E_{\rm B}}{N_0 }} \hspace{0.1cm}\right ) = {\rm Q}\left ( \sqrt{\frac{2 \cdot 16 \cdot 10^{-9}\,{\rm V^2s}}{2 \cdot 10^{-9}\, {\rm V^2/Hz} }} \hspace{0.1cm}\right ) = {\rm Q}(4)= 0.317 \cdot 10^{-4}.$$

Ein Vergleich mit Aufgabe A1.8(4) zeigt, dass $E_{\rm B}/N_{0} = 8$ nicht (exakt) gleich $10 \cdot \lg E_{\rm B}/N_{0} = 9 \ \rm dB$ ist. Im ersten Fall ergibt sich $p_{\rm BB} = 0.317 \cdot 10^{–4}$, im zweiten $p_{\rm BB} = 0.336 \cdot 10^{-4}$.

(3)  Bei halber Sendeamplitude $s_{0} = 2 \ \rm V$ sinkt die Energie pro Bit auf ein Viertel und es gelten folgende Gleichungen:

$$p_{\rm BB} = {\rm Q}\left ( \frac{s_0}{\sigma_d } \right )= {\rm Q}\left ( \frac{2\,{\rm V}}{1\,{\rm V}} \right )\hspace{0.1cm}\underline {= {\rm Q}(2)= 0.227 \cdot 10^{-1}},$$

$$p_{\rm BB} = {\rm Q}\left ( \sqrt{\frac{2 \cdot E_{\rm B}}{N_0 }} \hspace{0.1cm}\right ) = {\rm Q}\left ( \sqrt{\frac{2 \cdot 4 \cdot 10^{-9}\,{\rm V^2s}}{2 \cdot 10^{-9}\, {\rm V^2/Hz} }} \hspace{0.1cm}\right ) = {\rm Q}(2)= 0.227 \cdot 10^{-1}.$$

(4)  Unter Berücksichtigung der nur mehr halben Energie $E_{\rm B} = s^{2}_{0} \cdot T_{\rm B}/2$ erhält man mit $\sigma^{2}_{d} = N_{0}/T_{\rm B}$ und

$$p_{\rm BPSK} = {\rm Q}\left ( {s_0}/{\sigma_d } \right )= {\rm Q}\left ( \sqrt{{s_0^2 \cdot T_{\rm B}}/{N_0 }} \hspace{0.1cm}\right ) = {\rm Q}\left ( \sqrt{{2 \cdot E_{\rm B}}/{N_0 }}\hspace{0.1cm}\right )$$

das genau gleiche Ergebnis wie beim optimalen Basisbandsystem (zweiter Lösungsvorschlag).

(5)  Es ergeben sich die genau gleichen Ergebnisse wie bei der Basisbandübertragung:

$${ E_{\rm B}}/{N_0 }= 8{\rm :} \hspace{0.2cm}p_{\rm BPSK} = {\rm Q}(\sqrt{16}) = {\rm Q}(4)\hspace{0.1cm}\underline {= 0.317 \cdot 10^{-4}},$$

$${ E_{\rm B}}/{N_0 }= 2{\rm :} \hspace{0.2cm}p_{\rm BPSK} = {\rm Q}(\sqrt{4}) = {\rm Q}(2) \hspace{0.1cm}\underline {= 0.227 \cdot 10^{-1}}.$$