Aufgaben:Exercise 4.15: MSK Compared with BPSK and QPSK

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Verglichen werden hier die Leistungsdichtespektren (im äquivalenten Tiefpassbereich) von

• Binary Phase Shift Keying (BPSK),
• Quaternary Phase Shift Keying (QPSK),
• Minimum Shift Keying (MSK).

Diese sind in der Grafik logarithmisch dargestellt, wobei die Frequenz auf den Kehrwert der Bitdauer $T_B$ normiert ist. Für die BPSK und die QPSK ist jeweils ein rechteckförmiger Grundimpuls der Höhe $s_0$ und der Symboldauer T vorausgesetzt.

Damit gilt für die BPSK und die QPSK (bzw. die 4–QAM und die Offset–QPSK) gleichermaßen: $${\it \Phi}_{s}(f) = \frac{s_0^2 \cdot T}{4} \cdot \left [ {\rm si}^2 ( \pi T \cdot (f- f_{\rm T}) ) + {\rm si}^2 ( \pi T \cdot (f+ f_{\rm T}) ) \right ]\hspace{0.05cm},$$ und in den äquivalenten Tiefpassbereich transformiert: $$ {\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f) = \frac{s_0^2 \cdot T}{2} \cdot {\rm si}^2 ( \pi f T ) \hspace{0.05cm}.$$ Bei der BPSK (graue Kurve) ist die Symboldauer T gleich der Bitdauer $T_B$ und es gilt mit der Energie pro Bit ($E_B = s_0^2 · T_B/2$): $${\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f) = E_{\rm B} \cdot {\rm si}^2 ( \pi f T_{\rm B} ) \hspace{0.05cm}.$$ Dagegen ist bei der QPSK (blaue Kurve) bei gleichem $E_B$ die Symboldauer T doppelt so groß: $${\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f) = 2 \cdot E_{\rm B} \cdot {\rm si}^2 ( 2\pi f T_{\rm B} ) \hspace{0.05cm}.$$

Bei der Berechnung des MSK–Spektrums (rote Kurve) kann berücksichtigt werden, dass die MSK als Offset–QPSK entsprechend dem Blockschaltbild im Theorieteil realisiert werden kann, wenn der folgende Grundimpuls verwendet wird: $$g(t) = \left\{ \begin{array}{l} g_0 \cdot \cos (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T}) \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{5}c}{\rm{f\ddot{u}r}} \\{\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{10}c} -T \le t \le +T \hspace{0.05cm}, \\ {\rm sonst}\hspace{0.05cm}. \\ \end{array}$$ In der Aufgabe Z4.14 wird die zugehörige Spektralfunktion berechnet: $$G(f) = \frac {4}{\pi}\cdot g_0 \cdot T \cdot \frac{ {\rm cos} ( 2 \pi f T )}{1 - (4 f T)^2 }\hspace{0.05cm}.$$ Hinweis: Die Aufgabe gehört zu Kapitel 4.4. Zur Berechnung des Leistungsdichtespektrums im äquivalenten Tiefpassbereich eines Zweiges – zum Beispiel der Inphasekomponente – gilt: $${\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm I},\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f) = \frac{1}{2 T} \cdot {\rm E} \left [ a_\nu ^2 \right ] \cdot |G(f)|^2 \hspace{0.05cm}.$$ Berücksichtigen Sie weiterhin:

• Die beiden Signale $s_I(t)$ und $s_Q(t)$ sind trotz der Vorcodierung unkorreliert.
• Bei MSK ist entgegen der QPSK wie bei der BPSK $T = T_B$ zu setzen.
• Auch bei MSK ist die Energie pro Bit $E_B = s_0^2 · T/2$.
• Der Betrag des Tiefpass–Signals $|s_{TP}(t)| = s_0$ ist gleich dem Maximalwert $g_0$ des Grundimpulses.

Fragebogen

1

Bei welcher Frequenz f1 hat das BPSK–Leistungsdichtespektrum seine erste Nullstelle? Der Bezugswert ist die Bitrate $1/T_B$.

$BPSK: f_1$ = $\cdot 1/T_B.$

2

Bei welcher Frequenz $f_1$ hat das QPSK–LDS seine erste Nullstelle?

$QPSK: f_1$ = $\cdot 1/T_B.$

3

Wie lautet das MSK–Leistungsdichtespektrum im äquivalenten TP–Bereich? Welcher LDS–Wert (normiert auf $E_B$) tritt bei f = 0 auf?

$MSK: Φ_{s, TP}(f = 0)$ = $\cdot E_B.$

4

Welche Aussagen treffen hinsichtlich des asymptotischen Spektralverhaltens zu?

	Die erste LDS–Nullstelle kommt bei MSK früher als bei QPSK.
	Das MSK–Leistungsdichtespektrum klingt schneller ab.
	Das Integral über $Φ_{s,TP}(f)$ (nicht logarithmiert) ist bei MSK größer.

Musterlösung

Solution

1. Aus der angegebenen Gleichung und der Grafik erkennt man, dass bei BPSK die erste Nullstelle des Leistungsdichtespektrums bei $f_1 = 1/T_B$ liegt.

2. Aufgrund der niedrigeren Symbolrate 1/T ist bei QPSK (und bei allen verwandten quaternären Modulationsverfahren) das Spektrum nur halb so breit wie bei der BPSK ⇒ $f_1 = 0.5 · 1/T_B$.

3. Für das Leistungsdichtespektren (LDS) des Gesamtsignals gilt: $${\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f) = {\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm I},\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f) + {\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm Q},\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f)=$$ $$ = 2 \cdot {\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm I},\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f) = {1}/{ T} \cdot |G(f)|^2\hspace{0.05cm}.$$ Hierbei ist berücksichtigt,

• dass die Signale $s_I(t)$ und $s_Q(t)$ unkorreliert sind, so dass man die LDS–Anteile addieren kann,
• dass wegen der binären bipolaren Amplitudenkoeffizienten der Erwartungswert $E[a_ν^2]$ gleich 1 ist.

$${\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f)= \frac{1}{ T} \cdot \left ( \frac {4}{\pi} \right ) ^2 \cdot g_0^2 \cdot T^2 \cdot \frac{ {\rm cos}^2 ( 2 \pi f T )}{ \left [1 - (4 f T)^2 \right ] ^2} \hspace{0.05cm}.$$ Mit $s_0 = g_0, T = T_B$ und $E_B = s_0^2 · T_B/2$ gilt weiter: $${\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f)= \frac{32}{ \pi^2} \cdot E_{\rm B} \cdot \frac{ {\rm cos}^2 ( 2 \pi \cdot f \cdot T_{\rm B} )}{ \left [1 - (4 \cdot f \cdot T_{\rm B})^2 \right ] ^2}$$ $$ \Rightarrow \hspace{0.3cm} {\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f = 0 )= \frac{32}{ \pi^2} \cdot E_{\rm B} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 3.243 \cdot E_{\rm B}} \hspace{0.05cm}.$$

4. Bereits aus der Grafik erkennt man, dass die erste Aussage falsch und die zweite richtig ist. Der Lösungsvorschlag 3 stimmt ebenfalls nicht. Das Integral über die Leistungsdichtespektren ergibt die Leistung ($E_B/T_B$). Die Signalverläufe von BPSK, QPSK und MSK machen deutlich, dass die Leistung bei konstanter Hüllkurve (s0) für alle betrachteten Modulationsverfahren gleich ist.