Exercise 4.14Z: 4-QAM and 4-PSK

Signalraumkonstellation von 4–QAM und 4-PSK

Für die Quadraturamplitudenmodulation (M&ndashQAM) wurde im Theorieteil für $M ≥ 16$) eine obere Schranke („Union–Bound”) der Symbolfehlerwahrscheinlichkeit angegeben:

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

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

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

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:

Die Aufgabe bezieht sich auf die Theorieseite 6 und die Theorieseite 7 von Kapitel 4.4.
In der obigen Grafik rot eingezeichnet ist die Gray–Zuordnung der Symbole zu Bitdupeln.

Fragebogen

$\phi_{\rm off}$ =

$\ \rm Grad$

	$p_{\rm UB} = 4 \cdot {\rm Q}[(E_{\rm S}/N_0)^{\rm 1/2}]$,
	$p_{\rm UB} = 2 \cdot {\rm Q}[(E_{\rm S}/N_0)^{\rm 1/2}]$,
	$p_{\rm UB} = 2 \cdot {\rm Q}[(2E_{\rm S}/N_0)^{\rm 1/2}]$.

	$p_{\rm S} ≤ 4 \cdot {\rm Q}[(E_{\rm S}/N_0)^{\rm 1/2}]$,
	$p_{\rm S} ≤ 2 \cdot {\rm Q}[(E_{\rm S}/N_0)^{\rm 1/2}]$,
	$p_{\rm S} ≤ 2 \cdot {\rm Q}[(2E_{\rm S}/N_0)^{\rm 1/2}]$.

	$p_{\rm B} ≤ 2 \cdot {\rm Q}[(E_{\rm S}/N_0)^{\rm 1/2}]$,
	$p_{\rm B} ≤ {\rm Q}[(2E_{\rm S}/N_0)^{\rm 1/2}]$,
	$p_{\rm B} ≤ {\rm Q}[(E_{\rm S}/N_0)^{\rm 1/2}]$.

Musterlösung

Solution

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

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

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

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

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

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

(2) Für die 4–PSK ergibt sich mit der vorne angegebenen Gleichung

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

$$\hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} 2 \cdot {\rm Q} \left [ { 1}/{ \sqrt{2}} \cdot \sqrt{ { 2E_{\rm S}}/{ N_0}} \right ]= 2 \cdot {\rm Q} \left [ \sqrt{ { E_{\rm S}}/{ N_0}} \right ] \hspace{0.05cm}.$$

Richtig ist also der Lösungsvorschlag 2.

(3) Da die 4–QAM mit der 4–PSK identisch ist (hinsichtlich Fehlerwahrscheinlichkeit sogar unabhängig vom Phasenoffset), ist auch hier der Lösungsvorschlag 2 richtig. Der Lösungsvorschlag 1 gibt die Union Bound der M–QAM allgemein an, wobei $M = 4$ eingesetzt ist. Da es aber bei 4–QAM keine innere 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 Entscheidungsregionen 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 A4.13 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 die 4–QAM durch zwei orthogonale BPSK–Modulationen (mit Cosinus– bzw. Minus–Sinusträger) dargestellt werden 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.

Alle Ergebnisse der Aufgabe können Sie mit folgendem Interaktionsmodul per Simulation überprüfen: [[|M–stufiges Phase Shift Keying und Union Bound]]