Exercise 4.11: Frequency Domain Consideration of the 4-QAM
Ausgehend von der BPSK (binäre Phasenmodulation) mit rechteckförmigem Grundimpuls $g_s(t)$ der Breite $T_{\rm B} = 1 \ \rm μs$ und der Amplitude $s_0 = 2 \ \rm V$ soll in dieser Aufgabe das Leistungsdichtespektrum (LDS) der 4–QAM schrittweise ermittelt werden.
In der Aufgabe 4.7 wurde das Leistungdichtespektrum ${\it Φ}_s(f)$ der BPSK für genau diese Parameterwerte ermittelt. Mit
- $$A = s_0^2 \cdot T_{\rm B} = 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}$$
erhält man für das tatsächliche Leistungsdichtespektrum (im Bandpassbereich):
- $${{\it \Phi}_s(f)} = \frac{A}{4} \cdot {\left [ {\rm si}^2(\pi \cdot T_{\rm B}\cdot (f - f_{\rm T})) + {\rm si}^2(\pi \cdot T_{\rm B}\cdot (f + f_{\rm T}))\right ]}\hspace{0.05cm}.$$
In der oberen Grafik ist allerdings das Leistungsdichtespektrum ${{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}$ des äquivalenten Tiefpass–Signals dargestellt. Dieses ergibt sich aus ${\it Φ}_s(f)$ durch
- Abschneiden aller Anteile bei negativen Frequenzen,
- Vervierfachen der Anteile bei positiven Frequenzen (beachten Sie: ein Spektrum muss verdoppelt werden, ein Leistungsdichtespektrum vervierfacht) und
- Verschieben um $f_{\rm T}$ nach links:
- $${{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)} = A \cdot {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B}). \hspace{0.2cm}$$
Die 4–QAM unterscheidet sich von der BPSK in folgenden Details:
- Aufspaltung des binären Quellensignals in zwei Teilsignale mit jeweils halber Bitrate, das heißt mit der Symboldauer $T = 2 · T_{\rm B}$.
- Multiplikation der Teilsignale mit Cosinus und Minus–Sinus, deren Amplituden $g_0$ jeweils um den Faktor $\sqrt{2}$ kleiner sind als $s_0$.
- Summation der beiden Teilsignale, die mit $s_{\cos}(t)$ und $s_{–\sin}(t)$ bezeichnet werden:
- $$s(t) = s_{\rm cos}(t)+ s_{\rm -sin}(t) \hspace{0.05cm}.$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Quadratur–Amplitudenmodulation.
- Bezug genommen wird aber auch auf die Seite BPSK – Binary Phase Shift Keying im vorherigen Kapitel.
- Das Leistungsdichtespektrum (LDS) einer QAM-Komponente ist identisch mit dem vergleichbaren BPSK–LDS.
- Energien sind in $\rm V^2s$ anzugeben; sie beziehen sich somit auf den Bezugswiderstand $R = 1 \ \rm \Omega$.
- Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Fragebogen
Musterlösung
2. Aufgrund der doppelten Symboldauer der 4–QAM ($T = 2 · T_B$) ist die Spektralfunktion gegenüber der BPSK nur halb so breit, aber doppelt so hoch, und anstelle von $s_0$ ist nun der kleinere Wert g0 zu berücksichtigen. Der LDS–Wert bei der Frequenz f = 0 lautet damit: $${\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm cos,\hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) = \left ({s_0}/{\sqrt{2}} \right )^2 \cdot 2 \cdot T_{\rm B} ={s_0^2 \cdot T_{\rm B}} = A \hspace{0.05cm}.$$ Es ergibt sich somit genau der gleiche Wert $$A = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm cos,\hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) \hspace{0.15cm}\underline {= 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}$$ wie bei der BPSK.
3. Das zweite Teilsignal $s_{–sin}(t)$ liefert den genau gleichen Beitrag A wie das gerade betrachtete Signal $s_{cos}(t)$. Aufgrund der Orthogonalität zwischen der Cosinus– und der Minus–Sinusfunktion können die Leistungen addiert werden und man erhält: $$B = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) = 2 \cdot A \hspace{0.15cm}\underline {= 8 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$
4. Analog zur Teilaufgabe a) erhält man für die Energie pro Bit: $$E_{\rm B} = \frac{1}{2} \cdot T_{\rm B} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{B \cdot T_{\rm B}}{2T} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B})\hspace{0.1cm} {\rm d}f =$$ $$ = \frac{B \cdot T_{\rm B}}{2T} = \frac{8 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz} \cdot 1\,{\rm \mu s}}{ 2 \cdot 2\,{\rm \mu s}}\hspace{0.15cm}\underline {= 2 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$ Man erkennt, dass bei den hier getroffenen Voraussetzungen die „Energie pro Bit” bei der BPSK und der 4–QAM übereinstimmen.
