Exercise 4.16: Binary Frequency Shift Keying
Bei der binären FSK werden die beiden Nachrichten $m_0$ und $m_1$ durch zwei unterschiedliche Frequenzen dargestellt. Für die beiden möglichen Bandpass–Signale gilt dann jeweils im Bereich $0 ≤ t ≤ T$ mit $f_0 = f_{\rm T} + \Delta f_{\rm A}$ sowie $f_1 = f_{\rm T} \, – \Delta f_{\rm A}$:
- $$s_{\rm BP0}(t) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \sqrt{2E/T} \cdot \cos( 2\pi f_0 t)\hspace{0.05cm},$$
- $$ s_{\rm BP1}(t) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \sqrt{2E/T} \cdot \cos( 2\pi f_1 t)\hspace{0.05cm}.$$
Die Grafik zeigt beispielhafte Signale. In obiger Gleichung gibt $f_{\rm T}$ die Trägerfrequenz an und $\Delta f_{\rm A}$ den Frequenzhub als die maximale Abweichung der Augenblicksfrequenz von der Trägerfrequenz an. $T$ ist die Symboldauer und $E$ die Signalenergie. Dabei gilt gleichermaßen für die mittlere Symbolenergie und die mittlere Bitenergie:
- $$E_{\rm S} = E_{\rm B} = E\hspace{0.05cm}.$$
Meist arbeitet man mit dem Modulationsindex, der als das Verhältnis von Gesamtfrequenzhub und Symbolrate definiert ist:
- $$h = \frac{2 \cdot \Delta f_{\rm A}}{1/T} = 2 \cdot \Delta f_{\rm A} \cdot T \hspace{0.05cm}.$$
Die äquivalente Tiefpassdarstellung führt unter Verwendung von $h$ zu den beiden komplexen Signalen
- $$ s_{\rm TP0}(t) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \sqrt{E/T} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}+{\rm j} \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} \pi \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} h \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}t/T}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} 0 \le t \le T\hspace{0.05cm},$$
- $$ s_{\rm TP1}(t) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \sqrt{E/T} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-{\rm j} \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} \pi \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} h \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}t/T}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} 0 \le t \le T\hspace{0.05cm}.$$
Eine orthogonale FSK liegt vor, wenn das innere Produkt den Wert $0$ ergibt:
- $$< \hspace{-0.05cm}s_{\rm TP0}(t) \cdot s_{\rm TP1}(t) \hspace{-0.05cm}> \hspace{0.2cm}= \int_{0}^{T} s_{\rm TP0}(t) \cdot s_{\rm TP1}^{\star}(t) \,{\rm d} t =0 \hspace{0.05cm}.$$
In diesem Fall ist auch eine nichtkohärente Demodulation wie im Kapitel Trägerfrequenzensysteme mit nichtkohärenter Demodulation beschrieben möglich.
Das innere Produkt der BP–Signale kann aus dem inneren Produkt der TP–Signale ermittelt werden:
- $$< \hspace{-0.05cm}s_{\rm BP0}(t) \cdot s_{\rm BP1}(t) \hspace{-0.05cm}> \hspace{0.2cm}= {\rm Re}\left [ \hspace{0.1cm}< \hspace{-0.05cm}s_{\rm TP0}(t) \cdot s_{\rm TP1}(t) \hspace{-0.05cm}> \hspace{0.15cm} \right ]\hspace{0.05cm}.$$
Gilt $〈 s_{\rm BP0}(t) \cdot s_{\rm BP1}(t)〉 = 0$, aber gleichzeitig auch $〈 s_{\rm TP0}(t) \cdot s_{\rm TP1}(t)〉 ≠ 0$, so ist zwar eine kohärente Demodulation möglich, aber keine nichtkohärente.
Hinweise:
Fragebogen
Musterlösung
- $$f_{\rm T} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} {1}/{2}\cdot (f_0 + f_1) = \underline{4 \cdot 1/T}\hspace{0.05cm},$$
- $$ \Delta f_{\rm A} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} {1}/{2}\cdot (f_0 - f_1)= \underline{0.5 \cdot 1/T }\hspace{0.05cm}.$$
(2) Mit der angegebenen Gleichung gilt für den Modulationsindex:
- $$h = 2 \cdot \Delta f_{\rm A} \cdot T = 2 \cdot 0.5 \cdot 1/T \cdot T \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \underline{h= 1}\hspace{0.05cm}. $$
(3) Das innere Produkt der TP–Signale lautet:
- $$< \hspace{-0.05cm} s_{\rm TP0}(t) \hspace{0.05cm} \ \cdot \ \hspace{0.05cm} s_{\rm TP1}(t) \hspace{-0.05cm} > \hspace{0.2cm} = \int_{0}^{T} s_{\rm TP0}(t) \cdot s_{\rm TP1}^{\star}(t) \,{\rm d} t =$$
- $$ \hspace{-1.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \frac{E}{T} \cdot \int_{0}^{T} {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} 2\pi h \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}t/T} \,{\rm d} t = \frac{E}{{\rm j}2\pi h} \cdot \left [ {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} 2\pi h} - 1 \right ] \hspace{0.05cm}.$$
Orthogonalität bedeutet, dass dieses innere Produkt $0$ sein muss:
- $$< \hspace{-0.05cm} s_{\rm TP0}(t) \cdot s_{\rm TP1}(t) \hspace{-0.05cm} > \hspace{0.2cm} = \frac{E}{{\rm j}2\pi h} \cdot \left [ {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} 2\pi h} - 1 \right ] = 0 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} h = 1, 2, 3, ...$$
Richtig sind demzufolge die Lösungsvorschläge 3 und 4. Ist der Modulationsindex $h$ ganzzahlig, so kann nichtkohärent demoduliert werden, ohne dass die Orthogonalität verletzt wird.
(4) Für das innere Produkt der Bandpass–Signale kann nach den Erläuterungen auf der Angabenseite geschrieben werden:
- $$< \hspace{-0.05cm}s_{\rm BP0}(t) \hspace{0.01cm} \ \cdot \ \hspace{0.01cm} s_{\rm BP1}(t) \hspace{-0.05cm}> \hspace{0.2cm}= {\rm Re}\left [ \hspace{0.1cm}< \hspace{-0.05cm}s_{\rm TP0}(t) \cdot s_{\rm TP1}(t) \hspace{-0.05cm}> \hspace{0.2cm} \right ] = {\rm Re}\left [ \frac{E}{{\rm j}2\pi h} \cdot \left ( {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} 2\pi h} - 1 \right ) \right ] =$$
- $$ \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} {\rm Re}\left [ \frac{E}{2\pi h} \cdot \left ( \sin( 2\pi h) - {\rm j} \cdot [\cos( 2\pi h) - 1 ]\right ) \right ] = \frac{E \cdot \sin( 2\pi h)}{2\pi h} \hspace{0.05cm}.$$
Dieses Ergebnis ist immer dann $0$, wenn der Modulationsindex $h$ ein ganzzahliges Vielfaches von $0.5$ ist. Richtig sind also die Lösungsvorschläge 1, 3 und 4.
(5) Richtig ist hier nur der Lösungsvorschlag 2. Für kohärente Demodulation muss $h$ ein Vielfaches von $0.5$ sein. Ist nichtkohärente Demodulation möglich, wie zum Beispiel im hier betrachteten Fall ($h = 1$), so ist auch kohärente Demodulation anwendbar. Dagegen kann für $h = 0.5$ zwar kohärent demoduliert werden, aber eine nichtkohärente Demodulation (die auf die Hüllkurve angewiesen ist) versagt.
