detecciÓ de seÑales...
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DETECCIÓ DE SEÑALES DIGITALES
Hemos asignado formas de onda a los diversos símbolos ofrecidos por el Codificador de fuente. En este caso vamos a modelar el canal y encontrar receptores adecuados para poder definir, en cada ts, cual símbolo fue transmitido. Modelaremos el canal como un filtro (pasabajo o Pasabanda), un atenuador (que podemos agregar como pérdida del filtro) y un sumador de ruido térmico (blanco, gaussiano de media cero). El objetivo es determinar la Probabilidad de error (por bit o por símbolo) a la salida para diferentes tipos de señal (moduladas o no) y diferentes tipos de receptores (óptimos y subóptimos). El sistema será modelado como:
Para facilitar la comprensión del problema lo desarrollaremos por partes:
a) Análisis considerando solo ruido. Esto significaría asumir que el ancho de banda del canal es infinito. De esta manera conseguiremos el mejor receptor posible para lograr que la Probabilidad de error a la salida sea mínima b) Análisis considerando que no existe ruido pero que el ancho de banda del filtro no es
infinito. Aquí se producirá interferencia entre símbolos (ISI) y presentaremos mecanismos para evitarla
c) Análisis con ISI y ruido. En este último caso tendremos que determinar respuestas óptimas combinadas del Transmisor y del Receptor para que, en conjunto, eviten la ISI y al mismo tiempo disminuyan el impacto del ruido en la Probabilidad de error
Cálculo de Probabilidad de error cuando el canal tiene un ancho de banda infinito y solo hay ruido presente
El modelo que usaremos será el siguiente:
Comencemos suponiendo que transmitimos una señal binaria NRZp (0.5 A ; –0.5 A). Los niveles están distanciados A volts). Al pasar por el canal se contamina con ruido y cambia de apariencia tal y como se muestra en la gráfica siguiente:
Si el solo existiera un sistema de toma de decisiones que, cada tb, tome el valor de la señal contaminada y lo compare (en este caso) con cero volts, es probable que la decisión respecto a los 1’s y 0’s resulte errada. El parámetro que se debe calcular es la probabilidad de error por símbolo (para el caso binario un símbolo es igual a un bit). El modelo que usaremos será el siguiente:
Transmisión NRZp, niveles distanciado A volts, solo ruido. El receptor será un LPF ideal, ganancia unitaria y Ancho de banda=fb (si recordamos la DEP de NRZp el primer lóbulo corta en fb). En este caso diremos que, de manera aproximada la señal a la salida del filtro, es decir y(t), seguirá siendo igual a la señal transmitida (no hay atenuación). En cuando al ruido de salida será un ruido filtrado que llamaremos nout(t)
Usaremos probabilidades condicionales que facilitarán el cálculo de la Probabilidad de error:
)nout(t)5.0(2
1)nout(t)5.0(
2
1
)0()0/()1()1/(
UmbralAPUmbralAP
TpTerrorPTpTerrorPPe
>+−+<+
=+=
Donde:
p(T1)=Probabilidad de transmitir un “1”
p(T0)=Probabilidad de transmitir un “0”
Consideraremos equiprobabilidad
Entonces:
La fdp de 0.5A+ nout , es la campana de gauss de media cero trasladada hacia 0.5A.
Calcular P(0.5A+ nout <Umbral) se reduce a determinar el área que se encuentra por debajo del Umbral.
La fdp de -0.5A+ nout, es la campana de gauss de media cero trasladada hacia -0.5A.
Calcular P(-0.5A+ nout >Umbral)se reduce a determinar el área que se encuentra por encima del Umbral.
A continuación se observa esto de manera gráfica con Umbral=0:
En el ejemplo se ha supuesto que las probabilidades de transmitir 1 y 0 son iguales y por esto el umbral seleccionado ha sido cero volts.
El área con rayas verticales representa P(0.5A+ nout <Umbral)P(T1)= 0.5P(0.5A+ nout <0).
El área moteada representa P(-0.5A+ nout >Umbral)P(T0)= 0.5P(-0.5A+ nout >0)
Juatamente para este caso:
P(error)=P(0.5A+ nout <Umbral)P(T1) + P(-0.5A+ nout >Umbral)P(T0)
P(error)=0.5P(0.5A+ nout <0)+ 0.5P(-0.5A+ nout >0)
P(error)=0.5P(nout <-0.5A) + 0.5P(nout >0.5A)=Q(0.5 A /σ)
Observe que la probabilidad de error disminuye si A crece o si σ disminuye, lo cual por cierto es totalmente lógico.
Para calcular el valor de la probabilidad necesitamos el valor de A y el valor de σ
Para calcular el valor de σ debemos pasar el ruido blanco por el filtro. La DEP a la salida será la DEP del ruido blanco, la cual es constante e igual a η/2, multiplicada por el módulo de H(f) al cuadrado. Esa DEP luciría así
Como el nivel DC es nulo la potencia total coincide con la AC, que a su vez podemos calcular integrando la DEP entre –∞ e ∞ . Esto resulta igual a la varianza por ser proveniente de un Proceso Ergódico pasado por un sistema lineal. La raíz de la varianza nos proporciona la desviación estándar
fbησ =
Así
)5.0
(fb
AQPe
η=
Si queremos colocar esto en función de la E/η que será lo usual debemos entonces determinar la Energía promedio A LA ENTRADA DEL RECEPTOR que en este caso es la misma que A LA SALIDA DEL TRANSMISOR.
Recordando la constelación de una señal NRZp podemos determinar que E=E1=E0=(A2/4)tb
)()()5.0
(ηηη
EQ
EQ
fb
AQPe ===
Este gráfico se suele hacer de la siguiente manera: La probabilidad se grafica en forma semilogarítmica y E/η en forma logarítmica. Resulta una curva con la cual debemos familiarizarnos
Si tuviésemos una transmisión binaria polar arbitraria los resultados para el cálculo de la Pe serían similares. Si llamamos y(t0) el valor que toma el conmutador a la salida del receptor cada tbit, entonces
))(
())((2
1))((
2
1
0
))((2
1))((
2
1
)0()0/()1()1/(
000
00
σ
tyQtynPtynP
Umbral
UmbralntyPUmbralntyP
TpTerrorPTpTerrorPPe
=>+−<
=
>+−+<+
=+=
Que pasaría si usáramos el Rx Gram-Schmidt (GS) cuya estructura se muestra a continuación???
Conceptualmente hablando cuando la señal se enfrente a este receptor a la salida de cada rama k tendremos la componente de la señal sobre la base uk. De esta forma, si no existiese ruido, a la salida bastaría ver todas las ramas y así identificaríamos el símbolo que fue transmitido.
En el caso del ruido pasa lo mismo excepto que no sabemos el comportamiento del mismo frente a cada rama. Para conseguir esto, en primer lugar trabajaremos con el ruido blanco que se agregó a la señal en el canal de forma aditiva. Sabemos que su DEP es modelada como una constante de valor η/2; por lo tanto su autocorrelación Rn(τ)= η/2 δ(τ). Así como cada una de las señales sm(t) se descompuso en función de las bases, podemos pensar en una descomposición del ruido en función de las bases. De hecho lo que hará el receptor será proyectar al ruido sobre cada una de las bases (equivalente al producto escalar entre vectores) y a la salida de cada rama k se encontrará la componente nk
dttutnnts
kk )()(0∫=
Lo que vamos a calcular es E[ni nj]
[ ]
[ ]
=
≠
==
−=−
==
=
∫
∫∫∫∫
∫∫∫∫
ji
ji
dttutunnE
dtdtuutdtdtuutR
dtdtuuntnEdundttutnEnnE
i
ts
jji
i
ts
j
ts
i
ts
jn
ts
i
ts
j
tsts
j
ts
iji
2
0
)()(2
)()()(2
)()()(
)()()]()([)()()()(
0
0000
0000
ηη
λλλδη
λλλ
λλλλλλ
De aquí observamos que E[ni 2]=Potencia de ni = η/2 . Es decir: LA POTENCIA DEL RUIDO A
LA SALIDA DE TODAS LAS RAMAS ES LA MISMA E IGUAL A η/2. Como la potencia DC es nula (el ruido de entrada no tenía nivel DC) ese valor también es la Potencia AC que, por ergodicidad, es la varianza.
Una vez conocido el comportamiento del ruido frente al receptor GS, procederemos a ver el comportamiento de la señal frente al mismo
Habíamos dicho que teníamos una transmisión NRZp, niveles distanciado A volts (0.5 A ; –0.5 A). Es decir gráficamente tendremos lo siguiente
Cuando se transmite el pulso positivo (0.5A) y este ingresa al receptor GS, que en este caso tendría una sola rama, el pulso se multiplica por u1(t) siendo el resultado de esa multiplicación
Al integrar tendremos como resultado btA5.0 . Lógicamente cuando el pulso a la entrada sea el
negativo el voltaje será btA5.0−
OTA: ES IMPORTATE DESTACAR QUE LOS VALORES QUE GEERA CADA SIMBOLO A LA SALIDA DE CADA RAMA COICIDE CO LAS PROYECCIOES DE ESE SIMBOLO E LA BASE RESPECTIVA VISTO E LA COSTELACIO.
Por ejemplo para el caso que estamos planteando la constelación (a la entrada del receptor) sería
Compare la proyección de cada símbolo sobre u1(t) con los voltajes (de señal) que obtuvimos anteriormente.
Al plantear la probabilidad de error
)2
()
2
5.0()
5.0()5.0(
)05.0(2
1)05.0(
2
1
)5.0(2
1)5.0(
2
1
)0()0/()1()1/(
ηησ
EQ
tAQ
tAQtAnP
ntAPntAP
UmbralntAPUmbralntAP
TpTerrorPTpTerrorPPe
bb
b
bb
bb
===>
=>+−+<+
=>+−+<+
=+=
El resultado anterior en función de E/η se obtuvo recordando la constelación de una señal NRZp. De allí podemos determinar que E=E1=E0=(A2/4)tb y que la potencia del ruido a la salida del RX GS era η/2. Es decir la desviación estándar es la raíz de este valor
OBSERVE QUE ESTA PROBABILIDAD DE ERROR HA RESULTADO MEOR QUE LA QUE OBTUVIMOS CUADO EL RECEPTOR ERA U SIMPLE FILTRO PASABAJO. MAS ADELATE DEMOSTRAREMOS QUE EL RX GS ES EL OPTIMO!
EJERCICIO 1: Determine el Umbral óptimo para una transmisión binaria polar cuando los símbolos no son equiprobables.
Primero planteamos la Probabilidad de error por bit
=+>+−<
=>+−+<+
=+=
))(()0())(()1(
))(()0())(()1(
)0()0/()1()1/(
00
00
tyUmbralnPTptyUmbralnPTp
UmbralntyPTpUmbralntyPTp
TpTerrorPTpTerrorPPe
Para minimizar dicha Probabilidad de error escribiremos las probabilidades en función de la integral de la fdp que corresponde al ruido gaussiano. Para simplificar llamaremos p1 a la probabilidad de que ocurra un “1” y p0 a la probabilidad de que ocurra un “0”; tambien escribiremos U en vez de Umbral y sustituiremos y(t0) por y0. Para minimizar Pe la derivaremos respecto a U.
1
0
0
2
2
)(
02
)(
1
20
21
00
ln2
2
1
2
1
0
2
1
2
1
))(()0())(()1(
2
20
2
20
2
2
0
2
2
0
p
p
yU
epep
aigualamoseDerivamos
dxepdxep
tyUmbralnPTptyUmbralnPTp
OPTIMO
yUyU
x
yU
xyU
σ
πσπσ
πσπσ
σσ
σσ
=
=
+
=+>+−<
+−
−−
−∞
+
−−
∞−∫∫
Si, por ejemplo, el “0” es más probable que el “1” el umbral se desplazará hacia el voltaje del “1”
EJERCICIO 2
Determine la Probabilidad de error por SIMBOLO cuando tenemos una transmisión bandabase de tres en niveles (ternaria), con valores (A,0,-A) y un receptor que es un filtro pasabajo con anchote banda apropiado(el mínimo necesario que será fs). Volvemos a calcular probabilidades condicionales para TODOS los símbolos que ahora son 3.
P(error)=P(error/TA)P(TA) + P (error/T0)P(T0) +P(error/T-A)P(T-A)=
Ahora debemos conocer los voltajes de señal a LA SALIDA del RECEPTOR cuando se transmite cada uno de los símbolos. En este caso se asume nuevamente que el Filtro Pasabajo no afecta los voltajes de los pulsos transmitidos, por lo tanto, si se transmite A asumiremos que a la salida del receptor será A, etc..
P(error)=
P(A+ nout <Umbral1)P(TA) + (P(nout >Umbral1)+ P(nout <Umbral2))P(T0) +
P(-A+ nout >Umbral2)P(T-A)
Como se observa existen ahora dos niveles de umbral. Umbral1 correspondería a un umbral entre A y 0; Umbral2 correspondería a un umbral entre 0 y –A. Si fuesen equiprobables los tres niveles, entonces
Umbral1=0.5A y Umbral2= -0.5 A, con lo cual
P(error)=P(A+ nout <0.5A)P(TA) + (P(nout >0.5A)+ P(nout <-0.5 A))P(T0) +P(-A+ nout >-0.5 A)P(T-A)
P(error)=P(nout <-0.5A)0.333 + (P(nout >0.5A)+ P(nout <-0.5 A))0.333 +P(nout >0.5 A)0.333
P(error)=(4/3) Q(0.5 A /σ)
Para calcular σ tenemos que recordar que la DEP del ruido blanco será filtrada por un LPF de fcorte=fsimbolo
Observe que para la misma distancia entre niveles la probabilidad de error por símbolo da mayor para el caso ternario que para el binario, en presencia de la misma cantidad de ruido.
Por otra parte es bueno comparar la potencia transmitida.
Para el caso binario
Observe que la potencia para el caso ternario es mayor que para el caso binario suponiendo que A es el mismo.
También es conveniente pensar en el ancho de banda que requeriría el canal: Toda transmisión m-aria requerirá un ancho de banda menor que una binaria.
Para comparar mejor las probabilidades de error, es bueno expresarlas en función de la relación señal a ruido. Lo haremos para un caso genérico M-ario; consideraremos M impar aunque el resultado será idéntico para M par.
La probabilidad de error es igual a la suma de las áreas marcadas. Para cada campana se suman dos áreas(superior e inferior) menos para las dos extremas. Si son equiprobables
P(error)=(2/M)(M-2) P(nout >0.5A)+ (2/M)P(nout >0.5A)
P(error)=(2(M-1)/M) P(nout >0.5A)=( 2(M-1)/M) Q(0.5 A /σ)
Vemos que cuando M crece la probabilidad de error tiende a 2 Q(0.5 A /σ)
Lo cual es peor que ternario y por supuesto peor que binario.
La potencia de una señal M-aria es:
Esta probabilidad es la probabilidad de error por nivel o probabilidad de error por simbolo. Por ejemplo en binario 1 nivel es igual a 1 bit. En cambio si tenemos 4 niveles, por ejemplo, equivocarse en un nivel implica varios errores de bit posibles. Como M=2n
En binario:
Si M=7 (3 bits)
Se está considerando que si se cometió un error en el nivel solo puede estar malo 1 de los bits (el bit 1, el bit 2 o el bit 3) y por eso la probabilidad de error por nivel es el triple de la probabilidad de error por bit. Esto implicaría una cantidad de ruido “controlada”o “razonable”. Esto NO es aplicable si el ruido es muy fuerte frente a la señal.
RECEPTOR OPTIMO PARA TRASMISIO DE PULSOS POR CAALES AWG
Cuando se vio codificación, se modeló la señal digital como la convolución de una secuencia de impulsos de pesos aleatorios con un pulso básico p(t). Este pulso es una señal de energía. Por ejemplo para NRZ polar:
Si uno analiza la respuesta para un pulso aislado se puede en un futuro tomar en consideración la
ocurrencia aleatoria de los mismos cuando se modele el sistema como la cascada de Transmisor-Canal-Receptor. Hasta ahora el receptor se ha modelado como un filtro pasabajo ideal. Ahora buscaremos el receptor bajo la siguiente premisa:
Se asume que a la entrada del receptor llega una señal que es el pulso p(t) modificado por canal y el ruido(n(t)). Al pulso “modificado” por el filtro HR lo llamaremos y(t),mientras que al ruido filtrado por HR lo llamaremos nout..
Se busca maximizar la relación [y(t0)/σ] donde el tiempo t0 es un punto de muestreo “adecuado” u óptimo, y σ es el voltaje r.m.s del ruido nout.
Maximizar [y(t0)/σ] o su cuadrado produce el mismo efecto y veremos que hacer esto último simplifica los cálculos .
∫
∫
∫
∫
∞
∞−
∞
∞−
∗
∞
∞−
∞
∞− ==
dffV
dffWfV
dffHfG
dfefHfPty
Rn
tjR
2
2
2
2
2
20
)(
)()(
)()(
)()()(
0ω
σ
Utilizando la desigualdad de Schwartz
dffV
dffWfVdffW
fWkfVSi
dffWdffVdffWfV
2
2*
2
222*
)(
)().()(
)(.)(:
)(.)()().(
∫
∫∫
∫∫∫
∞
∞−
∞
∞−∞
∞−
∞
∞−
∞
∞−
∞
∞−
=
=
≤
En nuestro caso, podemos definir:
)(
)()(
)()()()()()()(
)()()(
0
0
fG
efPfW
efHfPfWfHfGfWfV
fHfGfV
n
tj
tjRRn
Rn
ω
ω
−∗
∗∗
=
⇒==
=
El máximo de la relación ocurre cuando
)(
)()(
)(
)()()()()(
0
0
fG
efPkfH
fG
efPkfkWfHfGfV
n
tj
R
n
tj
Rn
ω
ω
−∗
−∗
=
⇒===
Se observa que la respuesta en frecuencia del filtro óptimo es: a) Proporcional a P*(f) b) Inversamente proporcional a Gn(f) y presenta una exponencial compleja que representa un retardo temporal igual al del pulso menos el tiempo to. Con este filtro se logra un máximo (en t=t0) que es igual a
∫∫∞
∞−
∞
∞−
== dffG
fPdffW
ty
n )(
)()(
)( 22
max2
20
σ
Desarrollaremos un ejemplo completo.
Suponga una transmisión digital con pulsos p(t) que en el canal se contamina con ruido blanco. Determine hRóptimo y la relación [y(t0)/σ] máxima.
dfefPk
dfeefkP
th
efkPfH
ttjtj
tj
R
tj
R
∫∫∞
∞−
∗−−∞
∞−
−∗
−∗
==
=
ηη
η
ωω
ω
ω
])([2)(2)(
)(2)(
)( 00
0
Pero hR(t)= hR*(t)=[(2k/η ) p(t0-t)] . Por ejemplo si
Observe que para que el filtro sea realizable debe ser causal por lo tanto t0=tb y finalmente la salida será una señal triangular ubicada entre 0 y 2tb con el voltaje máximo en tb que alcanza el valor de y(t0)=2ktb/η En cuanto al ruido:
Aplicando directamente la formula:
)5.0
()(
)5.0
()(
0∏
∏
+−=
−=
b
bR
b
b
t
tttth
t
tttp
η
η
η
σ
ηη
ηηησ
b
b
b
b
t
tt
RR
t
tk
tk
ty
tk
dtk
dtthdffH
b
2
2
4
)(
24
2)(
2)(
2
2
22
2
20
2
2
2
2222
0
0
==
==== ∫∫∫+−
∞
∞−
∞
∞−
ηηησ
btdftpdffPty 2
)(2
)(2)( 22
max20
2=== ∫∫
∞
∞−
∞
∞−
FILTRO ADAPTADO
Cuando el ruido es blanco el filtro óptimo se le llama filtro adaptado ya que su respuesta impulsiva toma la forma de p(t). En este caso:
Ahora veamos un caso que será la base para los sistemas de modulación digital binaria: suponer asociada al "1" una forma p1(t) y al "0" una forma p0(t). Cuando se transmita el "1" el pulso a la salida lo llamaremos y1(t); cuando se transmita el "0" el pulso a la salida lo llamaremos y0(t)
Se supondrá que a la entrada del sistema esta presente p1(t) o p0(t) mas el ruido n(t) y que a la salida tenemos y1(t) o y0(t) mas el ruido filtrado que llamaremos nout(t).
Más que deducir vamos a inducir el resultado:
CASO A
Suponga que a la salida de un sistema binario se pueden tener solo dos niveles 0.5A y –0.5A mas el ruido. La probabilidad de error se calcula como:
)2
(
02
)2
(2
)2
(2
1)
2(
2
1
)0()0/()1()1/(
AnPPe
AA
Umbral
UmbralnA
PUmbralnA
P
TpTerrorPTpTerrorPPe
outout
>=
=−+
=
>+−+<+
=+=
===
=
=== ∫∫∞
∞−
∞
∞−
'
S
B
SStty
StE
EdffPdf
fG
fPty
b
b
n
ηησ
ηησ
2)(
2)(
2
)(
)()(
max20
2
22
max20
2
CASO B Suponga que a la salida de un sistema binario excitado con +p(t) o –p(t) se tiene a la salida y(t0) 0 -y(t0). La probabilidad de error se calcula como:
))((
02
))(()(
))((2
1))((
2
1
)0()0/()1()1/(
0
00
00
tynPPe
tytyUmbral
UmbralntyPUmbralntyP
TpTerrorPTpTerrorPPe
outout
>=
=−+
=
>+−+<+
=+=
CASO C Suponga que a la salida de un sistema binario excitado con p1(t) o p0(t) (PULSOS NO POLARES, ES DECIR FORMAS ARBITRARIAS) se tiene a la salida, al tomar la muestra en t0, y1(t0) o y0(t0). La probabilidad de error se calcula como:
))()((2
1(
)))()((2
1)((
2
1)))()((
2
1)((
2
1
:
))()((2
1
:
))((2
1))((
2
1
0001
001000101
001
001
tytynPPe
tytyntyPtytyntyPPe
Entonces
tytyUmbral
y
UmbralntyPUmbralntyPPe
ooutooout
o
outoout
−>=⇒
+>+++<+=
+=
>++<+=
Encontrando similitudes con lo obtenido antes para los casos polares a fin de conseguir, de una manera más rápida, el receptor óptimo cuando los pulsos toman formas arbitrarias, donde veamos p(t) y y(t0) los sustituiremos, en las fórmulas por
))()((2
1)(
))()((2
1)(
00010
01
tytyty
tptptp
−⇒⇒
−⇒⇒
Entonces
dttptpdffPty
ttpttpkth
efPfPkfH
bt
R
tj
R
∫∫−
∞
∞−
−∗∗
−==
−−−=
−=
0
201
2
max20
2
0001
01
)()(2
1)(
2)(
)]()([)(
)]()([)(
0
ηησ
η
η
ω
Finalmente la Pe
∫
∫∫
==
−+
−+=−=∞−
b
bb
t
tt
dttptpEE
ncorrelaciódefactor
EEEEQ
dttptptptpQdttptpQPe
001
01
0101
012
021
0
201
)()(1
2
2[
))()(2)()((2
1())()(
2
1(
λ
η
λ
ηη
ESTA FORMULA SE PUEDE USAR SIEMPRE QUE: LA TRASMISIO SEA BIARIA, EL RUIDO BLACO Y EL RECEPTOR EL OPTIMO (incluso para los casos polares)
Veamos casos particulares
a) Si E1=E0=E
−=
−=
)1(
)1()(
20
2
λη
λησ
EQP
Ety
e
b) Si p1(t) y p0(t) son ortogonales, el factor λ=0, en cuyo caso:
=
=
η
ησ
EQP
Ety
e
20
2 )(
c) Si se trata de señales antípodas (λ=-1)
=
=
η
ησ
EQP
Ety
e2
2)(20
2
Se observa que en este último caso se obtiene la menor probabilidad de error, de hecho si empleamos pulsos ortogonales necesitaremos enviar el doble de la potencia para lograr la misma probabilidad de error que usando señales antípodas.
REALIZACIONES PRÁCTICAS DEL FILTRO ADAPTADO
Como sabemos:
hR(t)optimo=k/η [p1(t0-t) -p0(t0-t)]
Esto puede implementarse con dos filtros conectados como se muestra:
Matemáticamente:
∫∫
∫∫
−−−=
−−−=−=
tt
tt
dxthdxthty
dtxthdtxthththtxty
00
01
00
0101
)()()()()(
)()()()())()((*)()(
ττττττ
ττττ
Evaluemos en t0=tb y coloquemos hk(t)=pk (tb-t)
Hacemos el cambio de variable tb-τ=u
Esto se lograría con el siguiente sistema:
Observe que si po(t)=0 y p1(t)=Constante=k entre o y tb, la multiplicación no es necesaria y el receptor optimo queda simplificado a un integrador seguido de un interruptor.
MODULACIO ASK: DETECCIO SICROA: El receptor sería como el mostrado
En ASK el pulso p1(t) es un pulso de radiofrecuencia dado por:
0)(
)(2)(
0
1
=
−
= ∏
tp
tCostb
tbt
Vtp cω
El filtro adaptado es:
ττττττ dtxtpdtxtpty b
t
bb
t
bb )()()()()(0
00
1 −−−−−= ∫∫
τττ duxupupduxupduxuptybbb ttt
b )())()(()()()()()(0
010
00
1 ∫∫∫ −=−=
)(2
)]()([)( 0001
tCostb
tbt
Vk
ttpttpkth
c
R
ωη
η
∏
−
=
−−−=
La convolución resultará
Se puede calcular la Probabilidad de error por bit usando
∫==
−+
bt
dttptpEE
ncorrelaciódefactor
EEEEQ
001
01
0101
)()(1
2
2[
λ
η
λ
En ASK el pulso para el cero es nulo, por lo tanto:
=
=
ηη
EpQ
EQPeOOK 2
1
En bandabase polar antípoda se obtiene
=
η
EpQPe
2
En conclusión:
ASK es 3 dB peor
MODULACIO FSK: DETECCIO SICROA: El demodulador en este caso luciría como:
))(()(
))(()(
0
1
tVCostp
tVCostp
c
c
Ω−=
Ω+=
ω
ω
)(2
2
)2()]2()2([
1
))(())(()()(1
0
0
2
001
01
f
t
tSendttCostCos
t
dttCostCosE
Vdttptp
EE
b
bb
t
b
bc
b
t
cc
t
∆=Ω
Ω
Ω=Ω+
=Ω+Ω−==
∫
∫∫
π
ω
ωωλ
Si λ = 0 y E1 = E0 = Ep,
=
η
EpQPeFSK
Esto se llama FSK ortogonal
que es igual a la probabilidad de error del sistema ASK. Si, en cambio se usa el valor mínimo de λ= -0.21, entonces:
−=
−
η
η
λ
η
λ
EQ
EQ
EEQ
21.1
)1([
2
22[
Esto se llama FSK de Pe mínima
DETECCIO SICROA MODULACIO PRK
Aquí los pulsos que representan el 1 y el 0 son antípodas, de manera que:
Este sistema obligatoriamente requiere el uso de detección coherente. Si el oscilador del receptor tiene un desfasaje respecto al del transmisor, la salida del detector PRK tendrá un valor de amplitud afectado por el factor Cos φ.
Es decir que, respecto al caso en que no hay error, la salida esta afectada por el factor cosΦ; por lo tanto la energía estará afectada por el cuadrado de este factor y la probabilidad de error quedaría:
=
η
φ EpCosQPePSK
)(2 2
Es decir la probabilidad de error puede crecer enormemente dependiendo del error de fase presente
Sin embargo cuando no existe error de fase la Probabilidad de error es mínima e igual a
=
η
EpQPePSK
2
Este resultado ya lo habíamos obtenido para NRZp.
En general para transmisiones binarias POLARES o ANTIPODAS el resultado será el mismo
A continuación se muestra una gráfica de Pe vs. 10log(E/η) para dos casos diferentes: PRK, OOK y FSk ortogonal con detección coherente: Observe que el mejor es PRK.
Detección no coherente de ASK:
Para eliminar la necesidad de sincronizar las fases de las portadoras de transmisión y recepción y para abaratar costos en los receptores, se puede utilizar un esquema de detección no-coherente como el siguiente:
En este caso a la salida del filtro pasabanda se tiene básicamente una portadora con amplitud A para el “1” y de amplitud 0 para el “0”
Por su parte el ruido blanco al pasar por el filtro pasabanda se convierte en un ruido pasabanda que se puede modelar como sigue
)()()()()( tSintntCostntn cqci ωω −=
A la entrada del detector de envolvente tenemos la suma de la portadora más el ruido pasabanda. Se toma, cada tb, la decisión de si se envió un UNO o un CERO. Para realizar el análisis matemático, consideraremos que en cada intervalo tb lo que llega al receptor es una portadora (de amplitud A o CERO) más el ruido gausseano pasabanda de media nula y varianza σ2. Utilizaremos las expresiones de toda señal pasabanda Envolvente-Fase y Componente en fase-Componente en cuadratura. Emplearemos algunas deducciones ya vistas en otros cursos para finalmente encontrar la función densidad de probabilidades de la envolvente R(t) que es en definitiva lo que interesa.
)(;)()(
:
)())(()()()(
)()()()()(
22 cnA
narctgbnnAR
Donde
attCostRtntACos
tSintntCostntn
i
qqi
cc
cqci
+=Φ++=
Φ+=+
−=
ωω
ωω
Cuando se analizan las componentes en fase y cuadratura del ruido gausseano pasabanda, se concluye que la función densidad conjunta es gausseana. Conociendo este hecho, se puede conseguir la función densidad conjunta de R(t).
Si las componentes originales ni y nq eran gausseanas con media nula, ahora lo que cambia es que la componente ni’ tiene media igual a A.
Esto implica que:
=
+−
=
+−−
=
=
2
22'
2
1,
2
22
2
1,
2
))((
2
))((
2
2
σ
σ
πσ
πσ
qi
enn
qi
enn
ntnp
nAtnp
qi
qi
Conociendo esto, queremos conocer la distribución conjunta pRΦ. Sabemos que:
φ
φ
φ ddRpdntdnp
ddRRdntdn
Rqinn
qi
qi=
=
)(
)(
''
'
pero en un cambio de cartesianas a polares, uno sabe que:
dxdy=ρdρdΦ Asi:
ππσ
σ ≤Φ≥=Φ
+Φ−−
Φ ;0:2
),(2
22
2
2
2AParae
RRP
AARCosR
R
Como se observa, R y Φ no son independientes, por lo tanto debemos calcular las distribuciones marginales, integrando respecto a cada una de las variables
La marginal pR se calcula:
Φ= ∫−
Φ
+−
deeR
RP
ARCosAR
Rπ
πσσ
πσ
22
22
2222
)(
Pero:
>>
<<
≈
= ∫−
12
1
)(
2
1)(
4
0
0
2
vv
e
ve
vI
Donde
evI
v
v
vCos
π
φπ
π
π
φ
donde I0 es la función de Bessel modificada de primera clase, orden 0 y argumento AR/σ2 y además , I0(0) =1
0)(20
2
)(
2
2
22
≥
=
+−
RAR
IeR
RP
AR
Rσσ
σ
Esto produce una dependencia con A (amplitud de la portadora recibida) de tal manera que podemos dividir el análisis en tres: Cuando A=0 es decir solo existe ruido, cuando A tiene valores intermedios y cuando la señal domina frente al ruido. Esto genera tres distribuciones de probabilidad de la envolvente R(t) diferentes:
1) Caso sin ruido ( A=0)
Esta es una distribución de Rayleigh
2) Caso ruido intermedio
Esta es una distribución de Rice
3) Para ruido fuerte ( R>>σ; o sea domina la señal)
Esto es prácticamente una gausseana con varianza σ2 y centrada aproximadamente en A.
Considere ahora que la señal ASK se va a detectar con un filtro pasabanda adecuado seguido de un detector de envolvente. Cuando se transmite un cero, el ruido tendrá distribución Rayleigh. Cuando se transmita un uno, la distribución puede ser Rice o Gausseana.
Cuando calculamos la probabilidad de error decimos
)()2()()1()()( 0100
11
TPUmbralnPTPUmbralnAPTPTePTP
TePPe >+<+=
+
=
Pe=P(e/T1) P(T1) + P(e/T0)P(T0)=P(A+n1<Umbral)P(T1) +P(n2>Umbral)P(T0).
La probabilidad de error tal que se transmite un 1 (P(e/T1)), deberá ser calculada usando la distribución de Rice, mientras que la probabilidad de error tal que se transmite un 0 (P(e/T0)) se calculará usando la distribución de Rayleigh. En todo caso conviene ubicar el umbral de decisión óptimo.
El umbral se consigue buscando el punto de cruce donde las dos funciones densidad pesadas por sus respectivas probabilidades producen áreas iguales:
21
0
2
1
2
:
02
81
2
===
=
=
+=
σηη
σ
AEE
'
S
Entonces
E
tbAE
A
AUmbral
p
Para el caso de bajo ruido (Ep/η)>>1 . Esto implica que(A/σ)>>1 por lo tanto (σ/A)<<1
En este caso
η
ησ
ηπ
η2
2
01
28
2
0
2
1)()(
)()(2
2
EpA
R
EpA
AR
eE
EQdRGaussPTeP
eedRRayleighPTeP
−
−−∞
≈
≈=
===
∫
∫
La probabilidad de error total es la suma de estos dos términos multiplicada por 0.5, ya que son equiprobables. Bajo las condiciones planteadas (poco ruido) el término que sobrevive es 0.5P(e/T0); por lo tanto
η2
2
1Ep
OOK ePe
−
=
A continuación se comparan las curvas de probabilidad de error cuando se usa detector coherente y no coherente para OOK:
Como se observa, OOK con detección coherente presenta menor valor de Probabilidad de error para un determinado valor E/η. Para que OOK con detección no coherente tenga la misma probabilidad de error que con detección coherente es necesario que se transmita más potencia.
FSK: Detección no coherente:
Cuando vimos modulación FSK se dijo que podía verse como la superposición de dos ondas ASK de manera que el análisis matemático para la obtención del error en este caso, se basa en imaginarse dos ramas de detección ASK y luego haciendo una relación entre la salida de las dos ramas se puede llegar a la expresión de la probabilidad de error. Esta, por cierto, resulta igual a la de ASK.
En el receptor mostrado, la señal de entrada FSK entra de forma simultánea a los dos filtros Pasabanda. Cada filtro pasará la frecuencia asignada para un 1 lógico(f1) o un 0 lógico (f0) a su detector de envolvente correspondiente. Cuando llegue la señal modulada correspondiente al “0” y1 será pequeño y y0 será grande; la resta será negativa. Para un “1” la situación será opuesta
La probabilidad de error tal que se transmite un 1 se calculará usando la distribución Rice o la distribución gaussiana. La probabilidad de error tal que se transmite un 0 será calculada usando la distribución de Rayleigh.
La regeneración de la señal está basada en la diferencia de envolventes Y1-Y0= y1(t0)-y0(t0). Dada la simetría del receptor, no importa el valor de A, La P(e/T1) será igual a:
)(.
)()(
)()0(
121
00
2)2(
21
1010110
01
1101011
2
21
1
01
ddyAy
Iey
Pe
dydyHYPHYPPe
PeTeP
TeP
Como
HYYPHYYPTeP
Ay
Y
YY
=
=
=
=
>=<−=
∫
∫∫
∞ +−
∞∞
σσσ
Si hacemos los cambios de variable:
2
2 1
A
y
=
=
α
λ
y los sustituimos en la ecuación (d), tendremos que el integrando de la Probabilidad de Error total
de FSK es exactamente la misma función correspondiente a la fdp de Distribución Rice. Por lo tanto:
ησ
σσ
σ λσ
αλ
σ
λ
24
202)(
02
4
2
1
2
1
2
1
2
2
2
22
2
2
EpA
FSK
AA
eePe
dIeePe
−−
+−∞−
==
= ∫
Se observa que las Probabilidades de Error para FSK y OOK no coherentes son prácticamente
iguales. Sólo se diferenciarán cuando Ep/η sea un valor muy pequeño.
La figura muestra la ventaja de hacer detección coherente.
COTA SUPERIOR DE LA PROBABILIDAD DE ERROR POR UIO
Vamos a regresar a calcular la Pe para NRZp
En este caso vamos a proponer un cálculo de la Pe basado en la distancia entre símbolos
Pe=0.5P(s1 se convierta en s2)+0.5P(s2 se convierta en s1)=
)12(5.0)21(5.0 ssPssPPe ⇒+⇒=
Definiremos
)2
()21(2
η
dQssP =⇒
Donde d es la distancia, en la constelación que separa los símbolos.
En el caso de NRZp identificado por la constelación de arriba btAd =
Entonces
)2
()2
4()
2
)(()
2
)((
)12(5.0)21(5.0
22
ηηηη
EQ
EQ
tAQ
tAQPe
ssPssPPe
bb ====
⇒+⇒=
Este resultado ya lo habíamos obtenido
Probemos ahora con OOK
)()2
2(
)2
)5.0((
)2
()5.0(2)12(5.0)21(5.0
2
2
ηη
η
η
EQ
EQ
tAQPe
dQssPssPPe
b
=
==
=⇒+⇒=
Con esta propuesta vamos a analizar un caso cuaternario.
Imaginemos que tenemos dos bases ortonormales y 4 símbolos
A se puede equivocar pasando a B, C o D. Podíamos decir que:
P de que A se equivoque = P(A pase a B) + P(A pase a C) + P( A pase a D).
Al hacer esto estamos considerando una misma región varias veces y la probabilidad de error, así calculada, daría superior a la verdadera.
Entonces lo que haremos es suponer que el ruido no es excesivo y solo tomaremos en cuenta la probabilidad de que cada símbolo se pueda convertir solo en los mas cercanos.
Así, para el caso cuaternario de arriba
)(25.0)(25.0
)(25.0)(25.0)(25.0)(25.0)(25.0)(25.0
CDPADP
DCPBCPCBPABPDAPBAPPe
⇒+⇒+
⇒+⇒+⇒+⇒+⇒+⇒=
Si asumimos que todos los símbolos están a la misma distancia radial de manera que las distancias entre sus vecinos mas cercanos sería la misma que llamaremos d, la probabilidad de error por símbolo quedará
)2
(2)2
()25.0(822
ηη
dQ
dQPe ==
Pongamos este resultado en función de la Energía promedio
d2=2E
)(2)2
2(2
ηη
EQ
EQPe ==
Ejercicio:
Determine la Cota Superior de la Probabilidad de error para el siguiente caso
32st
32st
2st
2st
En este ejercicio existen 3 distancia mínimas diferentes: la que hay entre s2,s3 y s7,s8, la que hay entre s6 , s3 y la que hay entre s4 ,s1 y s5 , s2
PROBLEMA 17: Comunicaciones II. UCAB. Parcial 2. Diciembre 2009
Problema 1: Se tienen una señal modulada cuya constelación (a la salida del transmisor) y base se muestra. Los símbolos son equiprobables.
Dicha señal se envía por un canal que solo contamina con ruido blanco gaussiano. El receptor es
el óptimo (GS). Cuando se envía la señal (apagando el ruido) correspondiente al símbolo “3a” de la constelación, el voltaje máximo que se obtiene a la salida del receptor GS es igual a 1 volt. Asimismo cuando se “apaga” la señal la potencia de ruido es igual a 6.9 mw
a) 4 puntos) Escriba la expresión de la Probabilidad de error por símbolo a la salida sin usar la constelación y determine su valor usando las tablas de Gauss. NO PUEDE USAR EL
ELEMENTO
η2
2dQ
SOLUCIO: Si se sabe que cuando se transmite el elemento 3a la salida es 1 volt ya se tienen los 4
niveles (1, 1/3, -1/3 y -1). Por equiprobabilidad se tienen los umbrales: -2/3, 0, 2/3 Así: Pe=(1/4)[P(1+n0<2/3)+P(1/3 + n0>2/3)+ P(1/3 + n0<0)+ P(-1+n0>2/3)+P(-1/3 + n0<-
2/3)+ P(-1/3 + n0>0)] =(3/2)Q(4.01)=4.75x10-5
b) 4 puntos) Determine ahora el valor de d que le ofrece la Probabilidad de error que obtuvo en la parte a. En base a este determine la potencia de la señal transmitida
2
*2
4* 4*2 1 1 1 12 2 2 2* *2 * *3*2 * * *2 *8 2 8 2 8 2 8 2 8 2
4* 4*5 2 12 2* * *4 2 8 2 8
e simbolo
s s s s
se
s s
e
dP P Q
t t t tt
P Q Q Q Q Q
t tt
P Q Q Q
η
η η η η η
η η
=
= + + + +
= + +
2s
η
5-2
4.75x102
)2(
4
6=
=
η
aQPe
A la salida del Rx óptimo el ruido produce una potencia de 6.9 mw y esto es igual a η/2 Por ende podemos despejar a=1/3. Con esto podemos calcular la Energía promedio=5a2
Finalmente la potencia es igual a la Energía promedio por fs S=E. fs=10000/9
c) 3 puntos) La velocidad de transmisión sube y, para compensar, la potencia de transmisión se triplica para lograr que la Pe permanezca igual. Determine la nueva velocidad de transmisión
Hay que mantener E=Potencia*ts Si la potencia se triplica, ts debe bajar a un tercio del anterior, es decir la tasa de
transmisión también se triplica fsnueva=3 fsoriginal