Exercise 3.4: GMSK Modulation

Various signals of the GMSK modulation

The modulation method used for GSM is known as Gaussian Minimum Shift Keying (GMSK). This is a type of Frequency Shift Keying (FSK) with continuous phase adjustment $(\rm CP-FSK)$, in which

the modulation index is smallest possible to still satisfy the orthogonality condition
$h = 0.5$ ⇒ Minimum Shift Keying,
a Gaussian low-pass filter with impulse response $h_{\rm G}(t)$ is introduced before the FSK modulator,
to further save bandwidth.

The graphic illustrates the facts:

The digital message is represented by the amplitude coefficients $a_{\nu} ∈ ±1$ to which a Dirac pulse is applied. Note that the plotted (red) sequence is assumed for the subtask (3).

Let the rectangular pulse be dimensionless, symmetric and have the GSM bit duration $T_{\rm B} = T$:

$$g_{\rm R}(t) = \left\{ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{5}c} {\rm{{\rm{for}}}} \\ {\rm{{\rm{for}}}} \\ \end{array}\begin{array}{*{5}c} |\hspace{0.05cm} t \hspace{0.05cm}| < T/2 \hspace{0.05cm}, \\ |\hspace{0.05cm} t \hspace{0.05cm}| > T/2 \hspace{0.05cm}. \\ \end{array}$$

This gives the following for the rectangular wave signal:

$$q_{\rm R} (t) = q_{\rm \delta} (t) \star g_{\rm R}(t) = \sum_{\nu} a_{\nu}\cdot g_{\rm R}(t - \nu \cdot T)\hspace{0.05cm}.$$

The Gaussian low pass is given by its frequency response or impulse response:

$$H_{\rm G}(f) = {\rm e}^{-\pi\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}[f/(2 f_{\rm G})]^2} \hspace{0.2cm}\bullet\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\circ\, \hspace{0.2cm} h_{\rm G}(t) = 2 f_{\rm G} \cdot {\rm e}^{-\pi\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}(2 f_{\rm G}\cdot t)^2}\hspace{0.05cm},$$

where the system theoretic cutoff frequency $f_{\rm G}$ is used. However, in the GSM specification, the $3 \hspace{0.05cm}\rm dB$ cutoff frequency is given as $f_{\rm 3\hspace{0.05cm} dB} = 0.3/T$ . From this $f_{\rm G}$ can be calculated directly.

The signal after the Gaussian low-pass is thus:

$$q_{\rm G} (t) = q_{\rm R} (t) \star h_{\rm G}(t) = \sum_{\nu} a_{\nu}\cdot g(t - \nu \cdot T)\hspace{0.05cm}.$$

Here $g(t)$ is called the frequency pulse. For this holds:

$$g(t) = q_{\rm R} (t) \star h_{\rm G}(t) \hspace{0.05cm}.$$

With the low-pass filtered signal $q_{\rm G}(t)$, the carrier frequency $f_{\rm T}$ and the frequency deviation $\delta f_{\rm A}$ can thus be written for the instantaneous frequency at the output of the FSK modulator:

$$f_{\rm A}(t) = f_{\rm T} + \Delta f_{\rm A} \cdot q_{\rm G} (t)\hspace{0.05cm}.$$

For your calculations, use the example values $f_{\rm T} = 900 \ \rm MHz$ and $\Delta f_{\rm A} = 68 \ \rm kHz$.

Hints:

Table of the Gaussian error function

This exercise belongs to the chapter "Radio Interface".
Reference is made in particular to the page "Gaussian Minimum Shift Keying"

Use the Gaussian integral to solve this exercise (see adjacent table):

$$\phi(x) =\frac {1}{\sqrt{2 \pi}} \cdot \int^{x} _{-\infty} {\rm e}^{-u^2/2}\,{\rm d}u \hspace{0.05cm}.$$

Questions

${\rm Max} __{\rm A}(t) __{\rm A}(t) __{\rm A}(t) __{\rm A}(t) __{\rm A}(t) __{\rm A}(t)}

$f_{\rm G} \cdot T \ = \ $

$g(t = 0) \ = \ $

$q_{\rm G}(t = 3T) \ = \ $

$ g(t = ±T) \ = \ $

${\rm Max} \ |q_{\rm G}(t)| \ = \ $

Musterlösung

Solution

(1) Wenn alle Amplitudenkoeffizienten $a_{\nu}$ gleich $+1$ sind, ist $q_{\rm R}(t) = 1$ eine Konstante.

Der Gaußtiefpass hat deshalb keinen Einfluss und es ergibt sich $q_{\rm G}(t) = 1$.
Die maximale Frequenz ist somit

$${\rm Max}\hspace{0.05cm}[f_{\rm A}(t)] = f_{\rm T} + \Delta f_{\rm A} \hspace{0.15cm} \underline {= 900.068\,{\rm MHz}} \hspace{0.05cm}.$$

Das Minimum der Augenblicksfrequenz ergibt sich, wenn alle Amplitudenkoeffizienten negativ sind:

$${\rm Min}\hspace{0.05cm}[f_{\rm A}(t)] = f_{\rm T} - \Delta f_{\rm A} \hspace{0.15cm} \underline { = 899.932\,{\rm MHz}} \hspace{0.05cm}$$

In diesem Fall ist $q_{\rm R}(t) = q_{\rm G}(t) = -1$.

(2) Diejenige Frequenz, bei der die logarithmierte Leistungsübertragungsfunktion gegenüber $f = 0$ um $3 \ \rm dB$ kleiner ist, bezeichnet man als die $3\hspace{0.05cm}\rm dB$–Grenzfrequenz.

Diese lässt sich auch wie folgt ausdrücken:

$$\frac {|H(f = f_{\rm 3\hspace{0.05cm}dB})|}{|H(f = 0)|}= \frac{1}{\sqrt{2}} \hspace{0.05cm}.$$

Insbesondere gilt für den Gaußtiefpass wegen $H(f = 0) = 1$:

$$H(f = f_{\rm 3dB})= {\rm e}^{-\pi\cdot ({f_{\rm 3dB}}/{2 f_{\rm G}})^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}(\frac{f_{\rm 3dB}}{2 f_{\rm G}})^2 = \frac{{\rm ln}\hspace{0.1cm}\sqrt{2}}{\pi} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}f_{\rm G} = \sqrt{\frac{\pi}{4 \cdot {\rm ln}\hspace{0.1cm}\sqrt{2}}}\cdot f_{\rm 3dB}\hspace{0.05cm}.$$

Die numerische Auswertung führt auf $f_{\rm G} \approx 1.5 \cdot f_{\rm 3\hspace{0.05cm}dB}$.
Aus $f_{\rm 3\hspace{0.05cm}dB} \cdot T = 0.3$ folgt somit $f_{\rm G} \cdot T \hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.45}$.

(3) Der Frequenzimpuls ergibt sich aus der Faltung von Rechteckfunktion $g_{\rm R}(t)$ und Impulsantwort $h_{\rm G}(t)$:

$$g(t) = g_{\rm R} (t) \star h_{\rm G}(t) = 2 f_{\rm G} \cdot \int \limits^{t + T/2} _{t - T/2} {\rm e}^{-\pi\cdot (2 f_{\rm G}\cdot \tau)^2}\,{\rm d}\tau \hspace{0.05cm}.$$

Mit der Substitution $u^{2 } = 8π \cdot f_{\rm G}^{2} \cdot \tau^{2}$ und der Funktion $\phi (x)$ kann hierfür auch geschrieben werden:

$$g(t) \ = \ \frac {1}{\sqrt{2 \pi}} \cdot \int \limits^{2 \cdot \sqrt{2 \pi} \cdot f_{\rm G} \cdot(t + T/2)} _{2 \cdot \sqrt{2 \pi} \cdot f_{\rm G} \cdot(t - T/2)} {\rm e}^{-u^2/2}\,{\rm d}u = \phi(2 \cdot \sqrt{2 \pi} \cdot f_{\rm G} \cdot(t + T/2))- \phi(2 \cdot \sqrt{2 \pi} \cdot f_{\rm G} \cdot(t - T/2)) \hspace{0.05cm}.$$

Für die Zeit $t = 0$ gilt unter Berücksichtigung von $\phi (-x) = 1 - \phi (x)$ und $f_{\rm G} \cdot T = 0.45$:

$$g(t = 0) \ = \ \phi(\sqrt{2 \pi} \cdot f_{\rm G} \cdot T)- \phi(-\sqrt{2 \pi} \cdot f_{\rm G} \cdot T)= 2 \cdot \phi(\sqrt{2 \pi} \cdot f_{\rm G} \cdot T)-1 \approx 2 \cdot \phi(1.12)-1 \hspace{0.15cm} \underline {= 0.737} \hspace{0.05cm}.$$

(4) Mit $a_{3} = +1$ würde sich $q_{\rm G}(t = 3 T) = 1$ ergeben. Aufgrund der Linearität gilt somit:

$$q_{\rm G}(t = 3 T ) = 1 - 2 \cdot g(t = 0)= 1 - 2 \cdot 0.737 \hspace{0.15cm} \underline {= -0.474} \hspace{0.05cm}.$$

(5) Mit dem Ergebnis der Teilaufgabe (3) und $f_{\rm G} \cdot T = 0.45$ erhält man:

$$g(t = T) \ = \ \phi(3 \cdot \sqrt{2 \pi} \cdot f_{\rm G} \cdot T)- \phi(\sqrt{2 \pi} \cdot f_{\rm G} \cdot T) \approx \ \phi(3.36)-\phi(1.12) = 0.999 - 0.868 \hspace{0.15cm} \underline { = 0.131} \hspace{0.05cm}.$$

(6) Bei der alternierenden Folge sind aus Symmetriegründen die Beträge $|q_{\rm G}(\nu \cdot T)|$ bei allen Vielfachen der Bitdauer $T$ alle gleich.

Alle Zwischenwerte bei $t \neq \nu · T$ sind kleiner.
Unter Berücksichtigung von $g(t ≥ 2T) \approx 0$ wird jeder einzelne Impulswert $g(0)$ durch den vorangegangenen Impuls mit $g(t = T)$ verkleinert, zusätzlich vom nachfolgenden mit $g(t = -T)$.
Es ergeben sich also Impulsinterferenzen und man erhält:

$${\rm Max} \hspace{0.08cm}q_{\rm G}(t) = g(0) - 2 \cdot g(T) = 0.737 - 2 \cdot 0.131 \hspace{0.15cm} \underline {= 0.475 }\hspace{0.05cm}.$$