Difference between revisions of "Aufgaben:Exercise 4.15: MSK Compared with BPSK and QPSK"

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* die Signale $s_{\rm I}(t)$ und $s_{\rm Q}(t)$ unkorreliert sind, so dass man die LDS–Anteile addieren kann,
 
* die Signale $s_{\rm I}(t)$ und $s_{\rm Q}(t)$ unkorreliert sind, so dass man die LDS–Anteile addieren kann,
 
* wegen der binären bipolaren Amplitudenkoeffizienten der Erwartungswert $E[a_ν^2] = 1$ ist.
 
* wegen der binären bipolaren Amplitudenkoeffizienten der Erwartungswert $E[a_ν^2] = 1$ ist.
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Damit erhält man:
 
Damit erhält man:
:$${\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f)= \frac{1}{ T} \cdot \left ( \frac {4}{\pi} \right ) ^2 \cdot g_0^2 \cdot T^2 \cdot \frac{ {\rm cos}^2 ( 2 \pi f T )}{ \left [1 - (4 f T)^2 \right ] ^2} \hspace{0.05cm}.$$
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:$${\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f)= \frac{1}{ T} \cdot \left ( \frac {4}{\pi} \right ) ^2 \cdot g_0^2 \cdot T^2 \cdot \frac{ {\rm cos}^2 ( 2 \pi f T )}{ \big [1 - (4 f T)^2 \big ] ^2} \hspace{0.05cm}.$$
 
Mit $s_0 = g_0$, $T = T_{\rm B}$ und $E_{\rm B} = s_0^2 · T_{\rm B}/2$ gilt weiter:
 
Mit $s_0 = g_0$, $T = T_{\rm B}$ und $E_{\rm B} = s_0^2 · T_{\rm B}/2$ gilt weiter:
:$${\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f)= \frac{32}{ \pi^2} \cdot E_{\rm B} \cdot \frac{ {\rm cos}^2 ( 2 \pi \cdot f \cdot T_{\rm B} )}{ \left [1 - (4 \cdot f \cdot T_{\rm B})^2 \right ] ^2}\hspace{0.3cm}
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:$${\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} )}{ \big [1 - (4 \cdot f \cdot T_{\rm B})^2 \big ] ^2}\hspace{0.3cm}
 
  \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}.$$
 
  \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)'''&nbsp; Richtig ist <u>nur der Lösungsvorschlag 1</u>:
 
'''(4)'''&nbsp; Richtig ist <u>nur der Lösungsvorschlag 1</u>:
 
*Bereits aus der Grafik ist zu ersehen, dass die erste Aussage falsch und die zweite richtig ist.  
 
*Bereits aus der Grafik ist zu ersehen, dass die erste Aussage falsch und die zweite richtig ist.  
*Der Lösungsvorschlag 3 stimmt ebenfalls nicht. Das Integral über die Leistungsdichtespektren ergibt die Leistung ($E_{\rm B}/T_{\rm B}$).  
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*Der Lösungsvorschlag 3 stimmt ebenfalls nicht. Das Integral über die Leistungsdichtespektren ergibt die Leistung $(E_{\rm B}/T_{\rm B})$.  
*Die Signalverläufe von BPSK, QPSK und MSK machen deutlich, dass die Leistung bei konstanter Hüllkurve ($s_0$) für alle betrachteten Modulationsverfahren gleich ist.
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*Die Signalverläufe von BPSK, QPSK und MSK machen deutlich, dass die Leistung bei konstanter Hüllkurve $(s_0)$ für alle betrachteten Modulationsverfahren gleich ist.
  
 
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Revision as of 17:35, 13 January 2019

Leistungsdichtespektren:   BPSK, QPSK, MSK

Verglichen werden 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  $T_{\rm B}$  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:

$${\it \Phi}_{s}(f) = \frac{s_0^2 \cdot T}{4} \cdot \big [ {\rm si}^2 ( \pi T \cdot (f- f_{\rm T}) ) + {\rm si}^2 ( \pi T \cdot (f+ f_{\rm T}) ) \big ]\hspace{0.05cm},$$

und in den äquivalenten Tiefpassbereich transformiert:

$$ {\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f) = \frac{s_0^2 \cdot T}{2} \cdot {\rm si}^2 ( \pi f T ) \hspace{0.05cm}.$$

Trotz gleicher Formel weisen die BPSK und die QPSK unterschiedliche Leistungsdichtespektren auf:

  • Bei der BPSK (graue Kurve) ist die Symboldauer  $T$  gleich der Bitdauer  $T_{\rm B}$  und es gilt mit der Energie pro Bit  $(E_{\rm B} = s_0^2 · T_{\rm B}/2)$ :
$${\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f) = E_{\rm B} \cdot {\rm si}^2 ( \pi f T_{\rm B} ) \hspace{0.05cm}.$$
  • Dagegen ist bei der QPSK (blaue Kurve) bei gleichem  $E_{\rm B}$  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 4.14Z  wird die zugehörige Spektralfunktion berechnet:

$$G(f) = \frac {4}{\pi}\cdot g_0 \cdot T \cdot \frac{ {\rm cos} ( 2 \pi f T )}{1 - (4 f T)^2 }\hspace{0.05cm}.$$

Berücksichtigen Sie weiterhin:

  • Die beiden Signale  $s_{\rm I}(t)$  und  $s_{\rm Q}(t)$  sind trotz der Vorcodierung unkorreliert.
  • Bei MSK ist entgegen der QPSK wie bei der BPSK  $T = T_{\rm B}$  zu setzen.
  • Auch bei MSK ist die Energie pro Bit wie folgt gegeben:   $E_{\rm B} = s_0^2 · T/2$.
  • Der Betrag des Tiefpass–Signals  $|s_{\rm TP}(t)| = s_0$  ist gleich dem Maximalwert  $g_0$  des Grundimpulses  $g(t)$.



Hinweise:

  • Das Leistungsdichtespektrums im äquivalenten Tiefpassbereich eines Zweiges – zum Beispiel:  Inphasekomponente – lautet:
$${\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm I},\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f) = \frac{1}{2 T} \cdot {\rm E} \left [ a_\nu ^2 \right ] \cdot |G(f)|^2 \hspace{0.05cm}.$$


Fragebogen

1

Bei welcher Frequenz  $f_1$  hat das BPSK–Leistungsdichtespektrum seine erste Nullstelle? Der Bezugswert ist die Bitrate  $1/T_{\rm B}$.

$f_1 \ = \ $

$\ \cdot 1/T_{\rm B}$

2

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

$f_1 \ = \ $

$\ \cdot 1/T_{\rm B}$

3

Wie lautet das MSK–Leistungsdichtespektrum im äquivalenten TP–Bereich? Welcher LDS–Wert $($normiert auf  $E_{\rm B})$  tritt bei  $f = 0$  auf?

${\itΦ}_\text{s, TP}(f = 0) \ = \ $

$\ \cdot E_{\rm B}$

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.
Bei MSK ist das Integral über  ${\itΦ}_\text{s, TP}(f)$  (nicht logarithmiert) größer als bei QPSK.


Musterlösung

(1)  Aus der angegebenen Gleichung und der Grafik erkennt man, dass bei Binary Phase Shift Keying (BPSK) die erste Nullstelle des Leistungsdichtespektrums bei $f_1\hspace{0.15cm}\underline{ =1} \cdot 1/T_{\rm B}$ liegt.


(2)  Aufgrund der niedrigeren Symbolrate $1/T$ ist bei Quaternary Phase Shift Keying (QPSK) – und bei allen verwandten quaternären Modulationsverfahren – das Spektrum nur halb so breit wie bei der BPSK   ⇒   $f_1\hspace{0.15cm}\underline{ =0.5} \cdot 1/T_{\rm B}$.


(3)  Für das Leistungsdichtespektren (LDS) des Gesamtsignals gilt im äquivalenten Tiefpassbereich:

$${\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f) = {\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm I},\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f) + {\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm Q},\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f)= 2 \cdot {\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm I},\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f) = {1}/{ T} \cdot |G(f)|^2\hspace{0.05cm}.$$

Hierbei ist berücksichtigt, dass

  • die Signale $s_{\rm I}(t)$ und $s_{\rm Q}(t)$ unkorreliert sind, so dass man die LDS–Anteile addieren kann,
  • wegen der binären bipolaren Amplitudenkoeffizienten der Erwartungswert $E[a_ν^2] = 1$ ist.


Damit erhält man:

$${\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f)= \frac{1}{ T} \cdot \left ( \frac {4}{\pi} \right ) ^2 \cdot g_0^2 \cdot T^2 \cdot \frac{ {\rm cos}^2 ( 2 \pi f T )}{ \big [1 - (4 f T)^2 \big ] ^2} \hspace{0.05cm}.$$

Mit $s_0 = g_0$, $T = T_{\rm B}$ und $E_{\rm B} = s_0^2 · T_{\rm B}/2$ gilt weiter:

$${\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f)= \frac{32}{ \pi^2} \cdot E_{\rm B} \cdot \frac{ {\rm cos}^2 ( 2 \pi \cdot f \cdot T_{\rm B} )}{ \big [1 - (4 \cdot f \cdot T_{\rm B})^2 \big ] ^2}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} {\it \Phi}_{s,\hspace{0.05cm} {\rm TP}}(f = 0 )= \frac{32}{ \pi^2} \cdot E_{\rm B} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 3.243 \cdot E_{\rm B}} \hspace{0.05cm}.$$

(4)  Richtig ist nur der Lösungsvorschlag 1:

  • Bereits aus der Grafik ist zu ersehen, dass die erste Aussage falsch und die zweite richtig ist.
  • Der Lösungsvorschlag 3 stimmt ebenfalls nicht. Das Integral über die Leistungsdichtespektren ergibt die Leistung $(E_{\rm B}/T_{\rm B})$.
  • Die Signalverläufe von BPSK, QPSK und MSK machen deutlich, dass die Leistung bei konstanter Hüllkurve $(s_0)$ für alle betrachteten Modulationsverfahren gleich ist.