T ´ecnicas de Modulac¸ ˜ao Digital
Gelson Vieira Mendonc¸a
gelson@lps.ufrj.br
Laborat ´orio de Processamento de Sinais – COPPE/UFRJ
c
1 – Introduc¸ ˜ao
•
Modulac¸ ˜ao em banda b ´asica:– A seq ¨u ˆencia de dados ´e representada na forma de um trem de pulsos (PAM)
•
Modulac¸ ˜ao digital (passband modulation)– A seq ¨u ˆencia de dados ´e mapeada em uma seq ¨u ˆencia de formas de onda.
– De um modo geral, as formas de onda s ˜ao do tipo passa-banda (sen ´oides com
diferentes amplitudes, freq ¨u ˆencias e/ou fases, moduladas por pulsos).
– Atrav ´es da modulac¸ ˜ao digital, se permite usar as t ´ecnicas de detec¸ ˜ao e estimac¸ ˜ao para
que a transmiss ˜ao fique mais imune ao ru´ıdo, com uma menor probabilidade de erro.
•
Em qualquer um dos dois casos, os pulsos/formas de onda s ˜ao posteriormentemodulados em frequ ˆencia muito mais alta, em FM, para serem transmitidos, por exemplo, espac¸o livre.
•
Alguns tipos b ´asicos de modulac¸ ˜ao:– Amplitude-Shift Keying (ASK) - Bin ´ario ou
M
- ´ario– Frequency-Shift (FSK) - Bin ´ario ou
M
- ´ario2 – Exemplos
Para a seq ¨u ˆencia de d´ıgitos bin ´arios:
0 1 1 0 1 0 0 1
, temos:0 1 1 0 1 0 0 1 Dados binários Amplidude Shift-keying Phase Shift-keying Frequency Shift-keying t t t
3 – Metas a serem atingidas
1. M ´axima taxa de dados (data rate)
2. M´ınima probabilidade de erro dos s´ımbolos 3. M´ınima pot ˆencia de transmiss ˜ao
4. M´ınima banda passante ocupada no canal 5. M ´axima resist ˆencia a sinais de interfer ˆencia 6. M´ınima complexidade nos circuitos
•
Algumas dessas metas s ˜ao conflitantes. Por exemplo(1)
e(2)
est ˜ao em conflito com(3)
e(4)
.4 – Probabilidade de erro
•
O principal objetivo de um receptor ´e minimizar a probabilidade m ´edia de erro na presenc¸a de ru´ıdo branco aditivo (AWGN).5 – Espectro de Pot ˆencia
•
O espectro de pot ˆencia das formas de onda usadas na modulac¸ ˜ao digital deve ser levando em conta, para que:– Se possa determinar a banda ocupada.
– Se possa determinar a interfer ˆencia entre canais adjacentes nos sistemas
multiplexados.
•
De um modo geral, as formas de onda usadas em modulac¸ ˜ao digital s ˜ao sen ´oides com diferentes amplitudes, fases ou freq ¨u ˆencias, moduladas por um pulso.•
Neste caso, elas podem ser expressas genericamente comos(t) = s
I(t) cos(2πf
ct) − s
Q(t) sin(2πf
ct)
=
Res(t)e
˜
j2πfctonde
s(t) = s
I(t) + js
Q(t)
´e o chamado envelope complexo ou equivalenteseu envelope complexo, temos que
S
S(f ) =
1
4
[S
B(f − f
c) + S
B(f + f
c)]
f S (f) B f f -f c c S (f) S•
Efici ˆencia Espectral: Relac¸ ˜ao entre a taxa de bits transmitida e a banda do canal.ρ =
R
bB
bits/s/Hz6 – Modelo para Modulac¸ ˜ao Digital
•
Os s´ımbolosm
i s ˜ao todos equiprov ´aveis, com probabilidadep
i=
M1 .•
Os s´ımbolos s ˜ao transmitidos a cadaT
segundos.•
O canal ´e linear, com uma banda grande o suficiente para transmitir cada forma de onda7 – Modulac¸ ˜ao e Demodulac¸ ˜ao em Sincronismo ou Coerente
8 – PSK bin ´ario coerente
•
Transmite-ses
1(t)
representando o d´ıgito1
es
2(t)
representando o d´ıgito0
s
1(t) =
r
2E
bT
bcos(2πf
ct)
s
2(t) =
r
2E
bT
bcos(2πf
ct + π) = −
r
2E
bT
bcos(2πf
ct)
onde0 ≤ t < T
b;E
b - energia/bit– Colocou-se as amplitudes de
s
1(t)
es
2(t)
como func¸ ˜oes deT
b para que aprobabilidade de erro s ´o dependa da relac¸ ˜ao energia
E
b versus pot ˆencia de ru´ıdo.•
Neste caso, teremos somente uma func¸ ˜ao base de energia unit ´aria, que ser ´aφ(t) = φ
1(t) =
r
2
T
bcos(2πf
ct), 0 ≤ t < T
b√
•
O espac¸o de sinais ´e unidimensional (s ´o temφ
1(t)
) e tem dois pontos de sinais (s
1 es
2):N = 1
eM = 2
.s
11=
Z
Tb 0s
1(t)φ
1(t)dt = +
√
E
bs
21=
Z
Tb 0s
2(t)φ
1(t)dt = −
√
E
b•
No receptor, faz-sex
1=
Z
Tb 0•
Casox
1 esteja emZ
1, decide-se que o bit1
foi enviado;9 – Probabilidade de erro do PSK bin ´ario
•
Supondo um ru´ıdo aditivon(t)
AWGN de m ´edia zero e densidade espectral de pot ˆencia igual a N20,x
1 ser ´a uma v.a. de m ´edia igual a+
√
E
b ou−
√
E
b e vari ˆancia N20.•
Caso o bit “0
” tenha sido enviado, teremosf
X1(x
1| 0) =
1
√
πN
0e
− N01 (x1−s21) 2=
√
1
πN
0e
− N01 (x1+√Eb)2•
Logo:P
e(0) =
Z
∞ 0f
X1(x
1| 0)dx
1=
1
2
erfcr
E
bN
0!
•
Da´ı pode-se obterP
e(1)
que ´e igual aP
e(0)
. Logo a probabilidade total de erro ser ´ap
e=
1
2
erfcr
E
bN
0!
11 – Espectros do PSK
•
ASK banda-b ´asicas
k(t) = a
kv(t); a
k= ±1; R
a(n) = δ(n)
onde
v(t)
´e o pulso a ser transmitido.– no caso de
v(t)
ser um pulso retangular de durac¸ ˜aoT
b,S
X(f )
=
1
T
b|V (f)|
2=
1
T
bsinc 2(f T
b)
⇒
BW=
1
T
b; ρ =
efici ˆencia espectral= 1
onde
ρ
´e a efici ˆencia espectral– no caso de
v(t)
ser um pulso RC comα = 0
,⇒
BW=
1
2T
bT
b2
1
T
b2
- 1
1
T
bT
b- 1
f
Pulso RC,
α=0
f
Pulso Retangular
•
Nota que os demais casos de pulsos RC (α ∈ [0, 1]
) est ˜ao entre estes dois.•
ASK passa-bandas (BPSK)s
k(t) = a
kv(t) cos(2πf
ct); a
k= ±1; R
a(n) = δ(n)
S
X(f ) =
1
4T
b(|V (f − f
c)|
2+ |V (f + f
c)|
2)
– Pulso retangular: f c f c -- 1 T b f -c 1 T b -f + c 1 T b f -c 1 T b f + c f
∗
Banda m´ınima:−f
c+
1
T
b= f
c−
1
T
b⇒ f
c=
1
T
b⇒
BW= f
c+
1
T
b=
2
T
b⇒ ρ =
efici ˆencia espectral=
1
– Pulso RC com
α = 0
: f c f c -T b 2 1 -f -c T b 2 1 -f + c T b 2 1 f -c T b 2 1 f + c f∗
Banda m´ınima:−f
c+
1
2T
b= f
c−
1
2T
b⇒ f
c=
1
2T
b⇒
BW= f
c+
1
2T
b=
1
T
b⇒ ρ =
efici ˆencia espectral= 1
•
Notar que, de acordo com o visto at ´e agora, a modulac¸ ˜ao ASK passa-baixas (banda base) seria mais eficiente em termos espectrais (efici ˆencia espectral maior).•
Entretanto, se usamos modulac¸ ˜ao AM para transmitir o sinal pelo ar, por exemplo, ent ˜ao o BPSK passa-banda pode ser t ˜ao vantajoso quanto o ASK passa-baixas, pois podemos colocar os diferentes canais “intercalados” na freq ¨u ˆencia.13 – T ´ecnicas de Modulac¸ ˜ao Coerente em Quadratura
•
Modulac¸ ˜ao em quadratura significa dizer que as duas func¸ ˜oes base ortogonais s ˜ao um seno e um cosseno de mesma fase, isto ´e, s ˜ao sen ´oides defasadas ou de90
◦ ou270
◦.•
Ent ˜ao, a ondas(t) = s
I(t) cos 2πf
ct − s
Q(t) sin 2πf
ct
´e uma modula´c ˜ao em quadratura.–
s
I(t)
´e chamada a componente em fase.14 – Quadriphase Shift Keying - QPSK
•
Neste caso, a onda modulada ser ´as
i(t) =
r
2E
T
cos
h
2πf
ct + (2i − 1)
π
4
i
para
0 ≤ t ≤ T, i = 1, 2, 3
e4 →
quatro poss´ıveis pulsos•
A cadai
existe um dibit associadoi 1 2 3 4
dibit 10 00 01 11
– Notar a codificac¸ ˜ao segundo um c ´odigo de Gray
• s
i(t)
acima pode ser escrito como:s
i(t) =
r
2E
T
cos
h
(2i − 1)
π
4
i
cos 2πf
ct
−
r
2E
T
sin
h
(2i − 1)
π
4
i
sin 2πf
ct
para0 ≤ t ≤ T, i = 1, 2, 3
e4
•
Dessa ´ultima equac¸ ˜ao paras
i(t)
, observa-se que:1. A base de vetores ortogonais ´e bidimensional (
φ
1(t)
eφ
2(t)
) pois temos duas func¸ ˜oescos 2πf
ct
esin 2πf
ct
ortogonais.2. As amplitudes nestes dois vetores
φ
1(t)
eφ
2(t)
s ˜ao representadas pelas coordenadas do vetor:s
i=
s
i1s
i2=
√
E cos(2i − 1)
π
4
−
√
E sin(2i − 1)
π
4
, i = 1, 2, 3 e 4
φ
1(t) =
r
2
T
cos 2πf
ct, 0 ≤ t < T
φ
2(t) =
r
2
T
sin 2πf
ct, 0 ≤ t < T
i Dibit de entrada Fase do sinal Coordenadas dos pontos
0 ≤ t ≤ T
QPSK de mensagem 1 10π/4
+
p
E/2
+
p
E/2
2 003π/4
−
p
E/2
+
p
E/2
3 015π/4
−
p
E/2
−
p
E/2
4 117π/4
+
p
E/2
−
p
E/2
•
A ordem dos dibits seguiu um c ´odigo de Gray.– Da tabela acima v ˆe-se que os dibits s ˜ao formados da seguinte maneira:
∗
se o 1o bit ´e1
o cosseno ´e positivo (e vice-versa);∗
se o 2o bit ´e1
o seno ´e positivo (e vice-versa);15 – Exemplo: Como gerar o sinal QSPK
•
Suponha que se deseja transmitir a seguinte sequ ˆencia bin ´aria:0 1 1 0 1 0 0 0
. Divide-se em duas sequ ˆencias de pares e ´ımpares.– Posic¸ ˜ao ´ımpar = 1
⇒
cosseno ´e positivo– Posic¸ ˜ao ´ımpar = 0
⇒
cosseno ´e negativo– Posic¸ ˜ao par = 1
⇒
seno ´e positivo16 – Crit ´erio de decis ˜ao do sistema QPSK
•
Se o sinal de mensagem que chega ao receptor est ´a na regi ˜aoZ
1, diz-se que o dibit10
foi enviado; se cai na regi ˜aoZ
2, escolhe-se o dibit00
; e assim por diante.17 – Probabilidade de erro do QPSK
•
O sinal recebido ser ´a da seguinte forma:x(t) = s
i(t) + w(t), 0 ≤ t < T, i = 1, 2, 3, 4
–
s
i ´e o sinal transmitido–
w(t)
´e o ru´ıdo AWGN de m ´edia zero e densidade espectral de pot ˆencia igual a N20.•
Definam-se:x
1=
Z
T 0x(t)φ
1(t)dt =
√
E cos
h
(2i − 1)
π
4
i
+ w
1x
2=
Z
T 0x(t)φ
2(t)d = −
√
E sin
h
(2i − 1)
π
4
i
+ w
2 –x
1 ex
2 s ˜ao as coordenadas emφ
1(t)
eφ
2(t)
;•
Com base nos valores das coordenadas deφ
1(t)
eφ
2(t)
podemos saber se o sinal recebido (sinal transmitido + ru´ıdo) est ´a dentro da regi ˜aoZ
4 ou n ˜ao, claro que, se o dibit 11 foi transmitido. Ent ˜ao, caso o dibit 11 tenha sido transmitido e o sinal recebido tem coordenadas fora deZ
4, teremos um erro.•
Calculemos a probabilidade de acertoP
c que ´e mais f ´acil. A probabilidade de erro ser ´a1 − P
c.–
x
1 ser ´a normal de m ´edia+
q
E
2 e vari ˆancia N0
2 ,
x
2 ser ´a normal de m ´edia−
q
E 2 e vari ˆancia N20.•
Logo:P
c=
Z
∞ 01
√
πN
0e
−(x1− √ E/2) N0dx
1·
·
Z
∞ 01
√
πN
0e
−(x2− √ E/2) N0dx
2•
Ent ˜ao,P
c=
"
1 −
1
2
erfcr
E
2N
0!# "
1 −
1
2
erfcr
E
2N
0!#
P
c=
"
1 −
1
2
erfcr
E
2N
0#
2P
c= 1 −
erfcr
E
2N
0!
+
1
4
erfc 2r
E
2N
0!
•
A probabilidade de erro ser ´a:P
e= 1 − P
cP
e=
erfcr
E
2N
0!
−
1
4
erfc2r
E
2N
0!
•
Como erfcq
E 2N0´e da ordem de
10
−4 ou menos, temos que•
A energia E carrega informac¸ ˜ao sobre dois bits (dibit). Fazendo a energia por bit igual aE
b, temosE
b= E/2
.•
Ent ˜ao:P
e≈
erfcq
Eb N0 .•
Como:– Estamos usando um c ´odigo Gray
– Supomos que NE
0 ´e grande o suficiente para que a probabilidade de errarmos dois bits (estar em
Z
4 dado quem
2 foi transmitido ou estar emZ
3 dado quem
1 foitransmitido, e assim por diante) ´e desprez´ıvel
⇒
Ent ˜ao podemos supor que para cada s´ımbolo errado teremos somente 1 bit errado. Assim, a taxa de erro de bits ´eBER
=
1
2
P
e=≈
1
2
erfcr
E
bN
0!
•
Notar que esta probabilidade de erro ´e a mesma do BPSK, mas a banda do QPSK, por•
E interessante notar que se calcul ´assemos´P
e atrav ´es do limitante da uni ˜ao,P
e≤
1
2
MX
i=1 MX
k=1 k6=ip
ierfcd
ik2
√
N
0 Comod
12= d
14= d
23= d
34=
√
2E
ed
13= d
24= 2
√
E
, se desprezamos os termos correspondentes `as maiores dist ˆancias, chegamos `a mesma express ˜ao paraP
e.18 – Gerac¸ ˜ao do QPSK
• b(t)
´e a onda bin ´aria NRZ polar representada por+
√
E
b para o bit 1 e−
√
E
b para o bit 0.• b(t)
´e dividida em bits ´ımpares(b
1(t))
e pares(b
2(t))
.– Como as componentes em fase e em quadratura s ˜ao independentes, o espectro ´e o
20 – Offset QPSK (OQPSK)
•
Poss´ıveis transic¸ ˜oes de fase do QPSK:– Transic¸ ˜oes de fase de
0
◦,±90
◦,±180
◦⇒
Grande flutuac¸ ˜ao de amplitude, o que ´e desvantajoso no caso de filtragem ou n ˜ao linearidades do canal.•
Uma poss´ıvel soluc¸ ˜ao para este problema ´e defasar uma das func¸ ˜oes base de T2φ
1(t) =
r
2
T
cos(2πf
ct), 0 ≤ t < T
φ
2(t) =
r
2
T
sin(2πf
ct),
T
2
≤ t <
3T
2
– Somente um dos coeficientes de cada func¸ ˜ao base muda de valor de cada vez.
– Notar que
φ
1(t)
eφ
2(t)
permanecem ortogonais.21 – QPSK
×
OQPSK
No receptor:
1o bit: integro de0
aT
(T = 2T
b). 2o bit: integro deT
2
a3T
2
.22 – Espectros do QPSK e OQPSK
Mesmo espectro do BPSK, s ´o que com
T = 2T
b. Notar que o OQPSK d ´a um menor espalhamento espectral em canais n ˜ao lineares, logo, menor interfer ˆencia entre canais.23 –
π/4
-Shifted QPSK
•
Noπ/4
-shifted QPSK, escolho alternadamente de uma ou de outra constelac¸ ˜ao.– Somente transic¸ ˜oes de fase de
±45
◦ e±135
◦ (notar que n ˜ao h ´a transic¸ ˜oes de0
◦).•
Notar que, estando em um ponto da constelac¸ ˜ao, o pr ´oximo ponto poder ´a ser um dentre•
Assim, pode-se fazer o seguinte mapeamento entre os dibits e as variac¸ ˜oes de fase: Dibit∆θ
00
π/4
01
3π/4
11
−3π/4
10
−π/4
•
Notar que, estritamente, oπ/4
-shifted QPSK deveria se chamar “π/4
-shifted DQPSK” (Differential).I
k= cos(θ
k−1+ ∆θ
k) = cos(θ
k)
Q
k= sin(θ
k−1+ ∆θ
k) = sin(θ
k)
•
Exemplo: Seq ¨u ˆencia 00101001Passo
k
θ
k−1 Dibit∆θ
θ
k1
π/4
00
π/4
π/2
2
π/2
10
−π/4
π/4
3
π/4
10
−π/4
0
24 – Detec¸ ˜ao de sinais
π/4
-shifted QPSK
25 – PSK
M
- ´ario
•
Neste caso, a onda modulada ser ´as
i(t) =
r
2E
T
cos
2πf
ct +
2πi
M
,
0 ≤ t < T, i = 0, 1, 2, . . . , M − 1
Notar que
θ
i=
2πi
M
ef
c=
n
cT
, onden
c ´e inteiro.•
Func¸ ˜oes-base:φ
1(t) =
r
2
T
cos 2πf
ct, 0 ≤ t < T
φ
2(t) =
r
2
T
sin 2πf
ct, 0 ≤ t < T
•
Para o caso de M=8, ter´ıamos a seguinte representac¸ ˜ao:26 – Probabilidade de Erro do PSK
M
- ´ario
•
Iremos calcular a probabilidade de erro de duas formas: 1. Usando o limitante da uni ˜ao,P
e≤
1
2
MX
i=1 MX
k=1 k6=ip
ierfcd
ik2
√
N
0•
Dado que eu transmiti a mensagemm
1, as duas menores dist ˆancias, que dar ˜ao uma probabilidade de erro significativa, s ˜aod
12= d
18= 2
√
E sin
π
M
O que d ´a, supondo
M ≥ 4, P
e≈
erfcr
E
N
0sin
π
M
!
2. Fazendo o c ´alculo mais exato.
s
i(t) = 2x
Icos 2πf
ct + 2x
Qsin 2πf
ct
x
I=
Z
T 0s
i(t) cos(2πf
cT )dt
x
Q=
Z
T 0s
i(t) sin(2πf
cT )dt
•
Em presenc¸a de ru´ıdo, teremos:x
I=
√
E cos
2πi
M
+ w
I, i = 0, 1, 2 . . . , M − 1
x
Q= −
√
E sin
2πi
M
+ w
Q, i = 0, 1, 2 . . . , M − 1
–
w
I ew
Q s ˜ao vari ´aveis aleat ´orias guassianas de m ´edia zero e vari ˆanciaσ
2=
N20, consideradas independentes.•
Demodulac¸ ˜ao des
i(t)
θ^ (t) x cos(2 )πf c t sin(2 )πf c t dt 0 x dt x T b xQ x1 T 0 Received signal Phase discriminator Parallel-to-serial converter data binary Reconstructed•
Podemos proceder agora ao c ´alculo da probabilidade de erro:– Como as regi ˜oes de decis ˜ao s ˜ao sim ´etricas, as probabilidades de erro em cada
s
i(t)
ser ˜ao iguais. Ent ˜ao basta calcular apenas uma delas.– O caso mais simples ´e obtido para
s
0(t) =
q
2E
T
cos 2πf
ct
.– As coordenadas em
φ
1(t)
eφ
2(t)
ser ˜ao ent ˜ao√
E
e zero.– Definindo
θ = tg
ˆ
−1x
Q•
A probabilidade de acerto ´e ent ˜ao dada porP
c=
Z
π/M−π/M
f
0(ˆ
θ)dˆ
θ
onde
f (ˆ
θ)
´e a func¸ ˜ao de distribuic¸ ˜ao deθ
ˆ
. Assim,ˆ
θ = tan
−1w
Q√
E + w
If (ˆ
θ) =
1
2π
e
−N0E+
r
E
πN
0cos ˆ
θ e
−N0E sin2 θˆ·
·
1 −
1
2
erfcE
N
0cos ˆ
θ
•
A probabilidade de erro para PSK s´ıncrono comM ≥ 4
´e ent ˜ao:P
e= 1 − P
c≈ 1 −
r
E
πN
0Z
π/M −π/Mcos ˆ
θ e
−N0E sin 2θˆdˆ
θ
P
e≈
erfcr
E
N
0sin
π
M
!
•
Notar que, quanto maior oM
, maior a probabilidade de erro; para manter a probabilidade de erro, tem-se que aumentar NE•
PSKM
- ´ario: Probabilidade de erro de s´ımbolo versus NEb 0:27 – Espectro do PSK
M
- ´
Ario
•
A durac¸ ˜ao do s´ımbolo para o PSKM
- ´ario ´eT = T
blog
2M
.
•
Como o espectro ´e o mesmo do PSK bin ´ario (modulac¸ ˜ao em quadratura), temos:S
B(f ) = 2E
sinc2(T f )
= 2E
b(log
2M )
sinc2(T
bf log
2M )
•
Notar que o gr ´afico acima est ´a normalizado por T1b na abcissa e por
1
28 – Efici ˆencia espectral do PSK
M
- ´
Ario
•
Considerando a banda como sendo limitada pelo primeiro zero da densidade espectral de pot ˆencia, a banda do PSKM
- ´ario ´e (ver BPSK):BW =
2
T
•
ComoT = T
blog
2M
, e sendoR
b=
T1b,
BW =
2R
blog
2M
•
Assim, a efici ˆencia espectralρ
´eρ =
R
bBW
=
log
2M
2
M
2 4 8 16 32 64ρ
(bit/s/Hz) 0.5 1 1.5 2 2.5 3•
PSKM
- ´ario: efici ˆencia espectral versus NEb0 para
P
e= 10
29 – PAM
M
- ´ario
•
Suponha que se deseja transmitir os seguintes sinais:s
1(t) = −
3
2
a
s
2(t) = −
1
2
a
0 ≤ t ≤ T
ss
3(t) =
1
2
a
s
4(t) =
3
2
a
a ´e constante•
Neste caso s ´o precisamos de uma baseφ
1(t)
igual a:φ
1(t) =
√
1
T
0 ≤ t ≤ T
sIsto d ´a
s
i(t) = s
i1φ
1(t)
, para0 ≤ t ≤ T
s, ondes
11= −
3
2
a
√
T s
21= −
a
2
√
T
•
A constelac¸ ˜ao ´e ent ˜ao:−
3a
2
√
T
−
a
2
√
T
a
2
√
T
3a
2
√
T
× φ
1(t)
•
Os sinaiss
i(t) i = 1, . . . 4
, s ˜ao transmitidos chegando ao receptorx(t) = s
i(t) + w(t)
,0 ≤ t ≤ T
s, ondew(t)
´e um ru´ıdoAW GN
.– Neste caso cada par de d´ıgitos (dibit) transmitidos se somar ´a ao ru´ıdo branco de
densidade espectral igual a
N
0/2
.FORMA DE ONDA S´ımbolo Dibit(C ´odigo de Gray)
s
1(t)
m
100
s
2(t)
m
201
s
3(t)
m
311
s
4(t)
m
410
(t) T T T T φ1 T x1 <-a -a T < x1< 0 0 < x1 < a T x1> a T Z 1 = - 3a 2 = - 3a 2 = a 2 = 3a 2 s41 s31 s21 s11 00 01 11 10 dibit Z 2 Z3 Z4•
Suponha que se transmita o dibit 00 (c ´odigom
1). Neste caso, no receptor, teremos a vari ´avel aleat ´oriax
1 que ´e uma func¸ ˜ao amostra dex(t)
,que neste caso s ´o tem uma coordenada.¯
x
1= E[x
1] = s
11+ ¯
w
i= s
11= −
3
2
a
√
T
σ
x21=
N
02
•
A func¸ ˜ao densidade de probabilidadef
X1(x
1| m
1)
ser ´a ent ˜ao igual a:f
X1(x
1|m
1) =
√
1
π.N
0e
−N01 (x1−s11)2s
11= −
3
2
a
√
T s
21= −
a
2
√
T
s
31=
a
2
√
T
s
41=
3
2
a
√
T
•
Sabendo-se que foi transmitido o s´ımbolom
1 (dibit 00), a probabilidade de erro ´e dada pela decis ˜ao de ter sido transmitidom
2 (dibit 01) oum
3 (dibit 11), oum
4 (dibit 10):P
e(00) = P (01 | 00) + P (11 | 00) + P (10 | 00)
•
Por ´em, temos:P (01 | 00) =
Z
Z2f
X1(x
1| m
1)dx
1=
Z
0 −a√T1
√
πN
0e
−N01[
x1−(
−32a √ T)]
2dx
1P (11 | 00) =
Z
Z3f
X1(x
1| m
1)dx
1=
Z
a√T 01
√
πN
0e
−N01[
x1−(
− 3 2a √ T)]
2dx
1P (10 | 00) =
Z
Z4f
X1(x
1| m
1)dx
1=
Z
∞ a√T1
√
πN
0e
−N01[
x1−(
−32a √ T)]
2dx
1•
Assim, tem-se ent ˜ao:P (01 | 00) =
1
2
"
erfca
2
r
T
N
0!
−
erfc3a
2
r
T
N
0!#
P (11 | 00) =
1
2
"
erfc3a
2
r
T
N
0!
−
erfc5a
2
r
T
N
0!#
P (10 | 00) =
1
2
erfc5a
2
r
T
N
0!
Logo,P
e(00) =
1
2
erfca
2
r
T
N
0!
•
Analogamente, pode-se obterP
e(01)
,P
e(11)
eP
e(10)
. Tendo-se estas probabilidades, a probabilidade total ser ´a dada por:•
Assumindo-se que os d´ıgitosm
i s ˜ao equiprov ´aveis(p(m
i) = 1/4)
e somando-se todos os termos deP
e, teremos:P
e=
3
4
erfca
2
r
T
N
0!
•
Este exemplo pode ser generalizado paras
i(t) = ±a/2, ±3a/2, · · · , ±(M − 1)
a
2
•
Obtendo-seP
e=
M − 1
M
erfca
2
r
T
N
0!
30 – QAM
M
- ´ario
•
Neste tipo de modulac¸ ˜ao, os sinais tem fase e amplitudes diferentes.– No PSK M- ´ario, as fases s ˜ao diferentes, mas as amplitudes s ˜ao iguais. – No PAM M- ´ario, as fases s ˜ao iguais, mas as amplitudes s ˜ao diferentes.
•
Notar que a enumerac¸˜ao dos bits segue o c ´odigo de Gray, isto ´e, para um determinado ponto, seu vizinho mais pr ´oximo s ´o difere dele de um ´unico bit.•
O sinal QAM M- ´ario pode ser decomposto em duas componentes ASK L- ´arias (no exemplo anteriorL = 4
,L
2= M
correspondentes `as componentes em fase em(φ
1(t))
e em(φ
2(t))
.•
O sinal QAM M- ´ario ´e definido pelo sinal transmitido:s
i(t) =
r
2E
0T
a
icos 2πf
ct +
r
2E
0T
b
isin 2πf
ct
0 ≤ t ≤ T
onde
E
0 ´e a energia do sinal com a menor amplitude ea
i eb
i s ˜ao inteiros independentes de acordo com sua posic¸ ˜ao no espac¸o de sinais.•
As func¸ ˜oes bases s ˜aoφ
1(t)
eφ
2(t)
dadas por:φ
1(t) =
r
2
T
cos 2πf
ct
eφ
2(t) =
r
2
T
sin 2πf
ct
0 ≤ t ≤ T
•
As coordenadas na constelac¸ ˜ao de sinais s ˜ao dadas por(a
i√
E
0, b
i√
E
0)
, ondeL =
√
M
e(a
i, b
i) =
(−L + 1, L − 1)
(−L + 3, L − 1)
· · · (L − 1, L − 1)
(−L + 1, L − 3)
(−L + 3, L − 3)
· · · (L − 1, L − 3)
. . . . . . . . .(−L + 1, −L + 1) (−L + 3, −L + 1) · · · (L − 1, L + 1)
• L = 4
(16 QAM):(a
i, b
i) =
(−3, 3)
(−1, 3)
(1, 3)
(3, 3)
(−3, 1)
(−1, 1)
(1, 1)
(3, 1)
(−3, −1) (−1, −1) (1, −1) (3, −1)
(−3, −3) (−1, −3) (1, −3) (3, −3)
31 – Probabilidade de erro do QAM
M
- ´ario
Para se calcular a probabilidade de erro da modulac¸ ˜ao QAM M- ´aria segue-se os seguintes passos:
1. S ´o h ´a acerto se h ´a acerto tanto em
φ
1 quanto emφ
2. A probabilidade de acerto pode ser ent ˜ao calculada porP
c= (1 − P
′
e
)
2onde
P
e′ ´e a probabilidade de erro numa das direc¸ ˜oesφ
1(t)
ouφ
2(t)
.•
Isto pode ser feito porque:– As componentes em fase e em quadratura s ˜ao independentes (na verdade,
descorrelatadas)
– Existe uma simetria total de modo que
P
e′ ´e o mesmo em relac¸ ˜ao aφ
1(t)
eφ
2(t)
.2. Foi visto anteriormente que se o sinal ASK L- ´ario em
φ
1(t)
ouφ
2(t)
´e afetado por um ru´ıdo aditivo de m ´edia zero e densidade espectral N20, pode-se calcular a probabilidade de erroP
e′ como sendoP
e′=
1 −
L
1
erfcr
E
0N
0!
ondeL =
√
M
3. A probabilidade de erro do QAM M- ´ario ´e dada por:
P
e= 1 − P
c= 1 − (1 − P
e′)
2P
e= 1 − (1 − 2P
e′+ P
′2e) = 2P
e′− P
′2e≈ 2P
e′Logo a probabilidade de erro do QAM ser ´a:
P
e≈ 2
1 −
√
1
M
erfcr
E
0N
0!
•
A probabilidade de erroP
e pode ser colocada em func¸ ˜ao da energia m ´ediaE
AV dos s´ımbolos, ao inv ´es da energiaE
0, j ´a que essa ´ultima varia de acordo com a posic¸ ˜ao do s´ımbolo na constelac¸ ˜ao de sinais.E
AV= 2
2E
0L
L/2X
i=1(2i − 1)
2
=
2(M − 1)E
03
Logo:s
!
•
paraM = 4
,P
e=
erfcE
AV2N
0, que ´e id ˆentica `a calculada anteriormente (PSK quarten ´ario), onde nesse caso
E
AV= E
, energia/s´ımbolo.E0 E0 E0 E0 E 2 0 φ1 φ 2 0
32 – Modulac¸ ˜ao QAM
M
- ´aria
x
x
x
cos(2 t)π f c converter 2-to- L converter 2-to- L Binary data M-ary QAM wave Serial-to-parallel converter33 – Demodulac¸ ˜ao QAM
M
- ´aria
Parallel-to-serial converter binary data Received signal cos(2 t)πf c sin(2 t)πf c dtx
(b)x
T Decision Decision Demodulated circuit circuit dt T 0 0 (L-1) thresholds (L-1) thresholds34 – QAM Cross-Constelation
•
Para gerar um sinal QAMM
- ´ario com um n ´umero de bits/s´ımbolo ´ımpar, devemos usar uma constelac¸ ˜ao em cruz (cross constellation).•
O c ´alculo da probabilidade de erro ´e mais complicado do que no caso do PAM, pois o QAM cross constellation n ˜ao pode ser fatorado em dois PAMs. Para NEb0 altos, temos
P
e= 2
1 −
√
1
2M
erfcr
E
bN
0!
35 – Modulac¸ ˜ao em quadratura usando pulsos n ˜ao retangulares
Exemplo: QPSK com pulsos RC
•
No QPSK visto at ´e agora, tinhamos as seguintes func¸ ˜oes-base:φ
1(t) =
r
2
T
cos 2πf
ct 0 ≤ t < T
φ
2(t) =
r
2
T
sin 2πf
ct 0 ≤ t < T
•
Podemos reescrever-las comoφ
1(t) = p(t) cos 2πf
ct
φ
2(t) = p(t) sin 2πf
ct
ondep(t) =
1, 0 ≤ t < T
0, n.d.p.
•
Um sinal modulado em quadratura pode ser expresso como a seq ¨u ˆencia de pulsos nos temposkT
. Assim,x(t) =
X
kA
kp(t − kT ) cos(2πf
ct − kT ) +
X
kB
kp(t − kT ) sin(2πf
ct − kT )
Como
f
c= n/T
, temos quex(t) =
"
X
kA
kp(t − kT )
#
cos(2πf
ct) +
"
X
kB
kp(t − kT )
#
sin(2πf
ct)
•
Para usar o espectro de uma forma eficiente e reduzir a interfer ˆencia intersimb ´olica,p(t)
, ao inv ´es de ser um pulso retangular, pode ser um pulso RC.•
Paraφ
1(t)
eφ
2(t)
continuarem ainda ortogonais,I =
Z
∞ −∞φ
1(t)φ
2(t)dt = 0
I =
Z
T 0[p(t) cos 2πf
ct][p(t) sin 2πf
ct]dt
=
1
2
Z
T 0p
2(t) sin(4πf
ct)dt
– Se
f
c=
Tk , temos quesin 4πf
ct
´e sim ´etrico em relac¸ ˜ao a T2 (simetria ´ımpar). Isto implica quesin 4πf
ct = − sin 4πf
c(T − t), 0 ≤ t < T
– Assim, se
p
2(t)
´e tal quep
2(t) = p
2(T − t), 0 ≤ t < T
Ent ˜ao,Z
T 0p
2(t) sin(4πf
ct)dt = 0
⇒ φ
1(t)
eφ
2(t)
s ˜ao ortogonais.•
Assim, conclu´ımos que basta quep(t)
seja sim ´etrico ou anti-sim ´etrico em relac¸ ˜ao at =
T2 para que as func¸ ˜oes-base resultantes sejam ortogonais.•
Um pulso RC satisfaz plenamente a isto, para qualquerα
.•
N ˜ao muda o c ´alculo das probabilidades de erro.•
Na pr ´atica, nas modulac¸ ˜oes em quadratura, s ˜ao usados pulsos RC ao inv ´es de pulsos retangulares, pois o uso do espectro ´e muito mais eficiente.36 – Carrierless Amplitude Modulation
•
E uma interpretac¸ ˜ao diferente do QAM usando pulsos n ˜ao-retangulares.´•
No QAM,s(t) = a cos 2πf
ct − b sin 2πf
ct
,0 ≤ t < T
.•
No caso do QAM com pulsos n ˜ao retangulares, podemos representars(t)
comos(t) = ag(t) cos 2πf
ct − bg(t) sin 2πf
ct, 0 ≤ t < T
•
Se ok
´esimo s´ımbolo,s
k(t)
, est ´a entrekT
e(k + 1)T
, ent ˜aos
k(t) = a
kg(t − kT ) cos 2πf
ct − b
kg(t − kT ) sin 2πf
ct, k = 0, ±1, ±2, . . .
– Se
f
c=
Tn, ent ˜ao temos a equival ˆencia com o QAM; na an ´alise a seguir (mais geral), podemos relaxar esta condic¸ ˜ao.s(t) =
∞X
k=−∞s
k(t)
=
∞X
k=−∞[a
kg(t − kT ) cos(2πf
ct) − b
kg(t − kT ) sin(2πf
ct)]
=
Re
∞X
k=−∞(a
k+ jb
k)
|
{z
}
Akg(t − kT )e
2πfct
=
Re(
∞X
k=−∞A
kg(t − kT )e
2πfct)
s(t) =
Re(
∞X
k=−∞A
kg(t − kT )e
2πfc(t−kT )e
2πfckT)
=
Re(
∞X
k=−∞A
ke
2πfckTg(t − kT )e
2πfc(t−kT ))
SejamA
˜
k= A
ke
j2πfckT eg
+(t) = g(t)e
j2πfct⇒ s(t) =
Re(
∞X
k=−∞˜
A
kg
+(t − kT )
)
–
A
˜
k pode ser interpretado como uma vers ˜ao rodada da representac¸ ˜ao complexa das coordenadas do sinal QAM.•
Supondo queg(t)
´e passa-baixas com m ´axima freq ¨u ˆencia menor quef
c,g
+(t) = g(t) cos 2πf
ct
|
{z
}
p(t)+j g(t) sin 2πf
ct
|
{z
}
ˆ p(t)= p(t) + ˆ
p(t)
– Notar que
p(t)
ˆ
´e a Transformada de Hilbert dep(t)
.–
g(t)
´e o pulso em banda b ´asica–
p(t)
´e o pulso passa-bandas em fase–
p(t)
ˆ
´e o pulso passa-bandas em quadratura⇒ s(t) =
Re(
∞X
k=−∞˜
A
kg
+(t − kT )
)
–
s(t)
“parece” n ˜ao ter portadora– ´E equivalente ao QAM
•
Assim, faz-se⇒ s(t) =
Re(
∞X
k=−∞˜
A
kg
+(t − kT )
)
=
Re(
∞X
k=−∞[a
k+ jb
k][p(t − kT ) + j ˆ
p(t − kT )
)
=
∞X
k=−∞[a
kp(t − kT ) − b
kp(t − kT )]
ˆ
Propriedades1. Dado que
g(t)
´e par, os pulsosp(t)
ep(t)
ˆ
s ˜ao, respectivamente, func¸ ˜oes pares e ´ımpares. 2.p(t)
ep(t)
ˆ
s ˜ao ortogonaisp(t)
´e parˆ
p(t)
´e ´ımpar⇒ p(t)ˆ
p(t)
´e ´ımpar⇒
Z
∞ ∞p(t)ˆ
p(t)dt = 0
3. Se
p(t)
ep(t)
ˆ
passam por um canal com resposta ao impulsoh(t)
, eles se transformam emu(t)
eu(t)
ˆ
tais queu(t) = p(t) ∗ h(t) ˆu(t) = ˆ
p(t) ∗ h(t)
U (f ) =P (f )H(f ) ˆ
U (f ) = ˆ
P (f )H(f )
ondeP (f ) =
G(f − f
c) + G(f + f
c)
2
ˆ
P (f ) =
G(f − f
c) − G(f + f
c)
2j
isto ´e,P (f ) = −j
ˆ
sgn(f )P (f )
• u(t)
eu(t)
ˆ
s ˜ao ortogonais, poisZ
∞ −∞u(t)ˆ
u(t)dt =
Z
∞ −∞U (f ) ˆ
U
∗(f )dt
=
Z
∞ −∞P (f )H(f )[−j
sgn(f )P (f )H
∗(f )df
=
Z
∞ −∞j|P (f)|
2|H(f)|
2sgn(f )df = 0
pois, seh(t)
´e real⇒ H(f)
´e sim ´etrico⇒
a integral ´e nula.•
Exemplo:–
g(t)
´e um pulso RC,α = 0.2
–
f
cT = 0.6
g(t) =
sinct
cos(παt)
37 – Transmissor CAP
•
Passando o sinal CAP por um canal com respostah(t)
e ru´ıdo aditivow(t)
, temosx(t) = s(t) ∗ h(t) + w(t)
=
∞X
k=−∞[a
kp(t − kT ) ∗ h(t) − b
kp(t − kT ) ∗ h(t)] + w(t)
ˆ
∞•
No caso de um canal com ru´ıdo aditivo e sem dispers ˜ao, o receptor ´otimo ´e um filtro casado bidimensional.•
No caso de um canal tanto com ru´ıdo aditivo quanto dispers ˜ao, deve ser usado um receptor linear ´otimo, que ´e obtido adicionando-se um par de equalizadores id ˆenticos, depois dos filtros casados, para compensar a dispers ˜ao do canal.•
Se se usa processamento digital, (com a adic¸ ˜ao de um conversor A/D `a entrada), o filtro casado e o equalizador podem ser fundidos em um ´unico filtro adaptativo.Aplicac¸ ˜oes:
•
Transmiss ˜ao em pares tranc¸ados em at ´e 100 Mbit/s, em LANs– S ˜ao usados 32 a 64 pontos na constelac¸ ˜ao;
– Taxas de 51 Mbit/s a 155 Mbit/s podem ser atingidas, numa banda menor que 30 MHz. – Dist ˆancias maiores s ˜ao poss´ıveis usando CAP.
•
Problemas:– NEXT
– Atenuac¸ ˜ao