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Técnicas de Modulação Digital

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Academic year: 2021

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(1)

T ´ecnicas de Modulac¸ ˜ao Digital

Gelson Vieira Mendonc¸a

gelson@lps.ufrj.br

Laborat ´orio de Processamento de Sinais – COPPE/UFRJ

c

(2)

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 posteriormente

modulados 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

- ´ario

(3)

2 – 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

(4)

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)

.

(5)

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).

(6)

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 como

s(t) = s

I

(t) cos(2πf

c

t) − s

Q

(t) sin(2πf

c

t)

=

Re



s(t)e

˜

j2πfct



onde

s(t) = s

I

(t) + js

Q

(t)

´e o chamado envelope complexo ou equivalente

(7)

seu 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

b

B

bits/s/Hz

(8)

6 – Modelo para Modulac¸ ˜ao Digital

Os s´ımbolos

m

i s ˜ao todos equiprov ´aveis, com probabilidade

p

i

=

M1 .

Os s´ımbolos s ˜ao transmitidos a cada

T

segundos.

O canal ´e linear, com uma banda grande o suficiente para transmitir cada forma de onda

(9)

7 – Modulac¸ ˜ao e Demodulac¸ ˜ao em Sincronismo ou Coerente

(10)

8 – PSK bin ´ario coerente

Transmite-se

s

1

(t)

representando o d´ıgito

1

e

s

2

(t)

representando o d´ıgito

0

s

1

(t) =

r

2E

b

T

b

cos(2πf

c

t)

s

2

(t) =

r

2E

b

T

b

cos(2πf

c

t + π) = −

r

2E

b

T

b

cos(2πf

c

t)

onde

0 ≤ t < T

b;

E

b - energia/bit

– Colocou-se as amplitudes de

s

1

(t)

e

s

2

(t)

como func¸ ˜oes de

T

b para que a

probabilidade 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 ´a

φ(t) = φ

1

(t) =

r

2

T

b

cos(2πf

c

t), 0 ≤ t < T

b

(11)

O espac¸o de sinais ´e unidimensional (s ´o tem

φ

1

(t)

) e tem dois pontos de sinais (

s

1 e

s

2):

N = 1

e

M = 2

.

s

11

=

Z

Tb 0

s

1

(t)φ

1

(t)dt = +

E

b

s

21

=

Z

Tb 0

s

2

(t)φ

1

(t)dt = −

E

b

No receptor, faz-se

x

1

=

Z

Tb 0

(12)

Caso

x

1 esteja em

Z

1, decide-se que o bit

1

foi enviado;

(13)

9 – Probabilidade de erro do PSK bin ´ario

Supondo um ru´ıdo aditivo

n(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, teremos

f

X1

(x

1

| 0) =

1

πN

0

e

− N01 (x1−s21) 2

=

1

πN

0

e

N01 (x1+√Eb)2

Logo:

P

e

(0) =

Z

0

f

X1

(x

1

| 0)dx

1

=

1

2

erfc

r

E

b

N

0

!

Da´ı pode-se obter

P

e

(1)

que ´e igual a

P

e

(0)

. Logo a probabilidade total de erro ser ´a

p

e

=

1

2

erfc

r

E

b

N

0

!

(14)
(15)

11 – Espectros do PSK

ASK banda-b ´asica

s

k

(t) = a

k

v(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¸ ˜ao

T

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 com

α = 0

,

BW

=

1

2T

b

(16)

T

b

2

1

T

b

2

- 1

1

T

b

T

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

k

v(t) cos(2πf

c

t); a

k

= ±1; R

a

(n) = δ(n)

S

X

(f ) =

1

4T

b

(|V (f − f

c

)|

2

+ |V (f + f

c

)|

2

)

(17)

– 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

(18)

– 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.

(19)
(20)

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 de

90

◦ ou

270

◦.

Ent ˜ao, a onda

s(t) = s

I

(t) cos 2πf

c

t − s

Q

(t) sin 2πf

c

t

´e uma modula´c ˜ao em quadratura.

s

I

(t)

´e chamada a componente em fase.

(21)

14 – Quadriphase Shift Keying - QPSK

Neste caso, a onda modulada ser ´a

s

i

(t) =

r

2E

T

cos

h

2πf

c

t + (2i − 1)

π

4

i

para

0 ≤ t ≤ T, i = 1, 2, 3

e

4 →

quatro poss´ıveis pulsos

A cada

i

existe um dibit associado

i 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

c

t

r

2E

T

sin

h

(2i − 1)

π

4

i

sin 2πf

c

t

para

0 ≤ t ≤ T, i = 1, 2, 3

e

4

(22)

Dessa ´ultima equac¸ ˜ao para

s

i

(t)

, observa-se que:

1. A base de vetores ortogonais ´e bidimensional (

φ

1

(t)

e

φ

2

(t)

) pois temos duas func¸ ˜oes

cos 2πf

c

t

e

sin 2πf

c

t

ortogonais.

2. As amplitudes nestes dois vetores

φ

1

(t)

e

φ

2

(t)

s ˜ao representadas pelas coordenadas do vetor:

s

i

=



s

i1

s

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

c

t, 0 ≤ t < T

φ

2

(t) =

r

2

T

sin 2πf

c

t, 0 ≤ t < T

(23)

i Dibit de entrada Fase do sinal Coordenadas dos pontos

0 ≤ t ≤ T

QPSK de mensagem 1 10

π/4

+

p

E/2

+

p

E/2

2 00

3π/4

p

E/2

+

p

E/2

3 01

5π/4

p

E/2

p

E/2

4 11

7π/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 ´e

1

o cosseno ´e positivo (e vice-versa);

se o 2o bit ´e

1

o seno ´e positivo (e vice-versa);

(24)
(25)

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 positivo

(26)
(27)

16 – Crit ´erio de decis ˜ao do sistema QPSK

Se o sinal de mensagem que chega ao receptor est ´a na regi ˜ao

Z

1, diz-se que o dibit

10

foi enviado; se cai na regi ˜ao

Z

2, escolhe-se o dibit

00

; e assim por diante.

(28)

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 0

x(t)φ

1

(t)dt =

E cos

h

(2i − 1)

π

4

i

+ w

1

x

2

=

Z

T 0

x(t)φ

2

(t)d = −

E sin

h

(2i − 1)

π

4

i

+ w

2

x

1 e

x

2 s ˜ao as coordenadas em

φ

1

(t)

e

φ

2

(t)

;

(29)

Com base nos valores das coordenadas de

φ

1

(t)

e

φ

2

(t)

podemos saber se o sinal recebido (sinal transmitido + ru´ıdo) est ´a dentro da regi ˜ao

Z

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 de

Z

4, teremos um erro.

Calculemos a probabilidade de acerto

P

c que ´e mais f ´acil. A probabilidade de erro ser ´a

1 − 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

0

1

πN

0

e

−(x1− √ E/2) N0

dx

1



·

·

Z

0

1

πN

0

e

−(x2− √ E/2) N0

dx

2



(30)

Ent ˜ao,

P

c

=

"

1 −

1

2

erfc

r

E

2N

0

!# "

1 −

1

2

erfc

r

E

2N

0

!#

P

c

=

"

1 −

1

2

erfc

r

E

2N

0

#

2

P

c

= 1 −

erfc

r

E

2N

0

!

+

1

4

erfc 2

r

E

2N

0

!

A probabilidade de erro ser ´a:

P

e

= 1 − P

c

P

e

=

erfc

r

E

2N

0

!

1

4

erfc2

r

E

2N

0

!

Como erfc

q

E 2N0



´e da ordem de

10

−4 ou menos, temos que

(31)

A energia E carrega informac¸ ˜ao sobre dois bits (dibit). Fazendo a energia por bit igual a

E

b, temos

E

b

= E/2

.

Ent ˜ao:

P

e

erfc

q

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 que

m

2 foi transmitido ou estar em

Z

3 dado que

m

1 foi

transmitido, 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 ´e

BER

=

1

2

P

e

=≈

1

2

erfc

r

E

b

N

0

!

Notar que esta probabilidade de erro ´e a mesma do BPSK, mas a banda do QPSK, por

(32)

E interessante notar que se calcul ´assemos´

P

e atrav ´es do limitante da uni ˜ao,

P

e

1

2

M

X

i=1 M

X

k=1 k6=i

p

ierfc



d

ik

2

N

0



Como

d

12

= d

14

= d

23

= d

34

=

2E

e

d

13

= d

24

= 2

E

, se desprezamos os termos correspondentes `as maiores dist ˆancias, chegamos `a mesma express ˜ao para

P

e.

(33)

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

(34)
(35)

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.

(36)

Uma poss´ıvel soluc¸ ˜ao para este problema ´e defasar uma das func¸ ˜oes base de T2

φ

1

(t) =

r

2

T

cos(2πf

c

t), 0 ≤ t < T

φ

2

(t) =

r

2

T

sin(2πf

c

t),

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)

e

φ

2

(t)

permanecem ortogonais.

(37)

21 – QPSK

×

OQPSK

No receptor:

1o bit: integro de

0

a

T

(

T = 2T

b). 2o bit: integro de

T

2

a

3T

2

.

(38)

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.

(39)

23 –

π/4

-Shifted QPSK

(40)

No

π/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 de

0

◦).

Notar que, estando em um ponto da constelac¸ ˜ao, o pr ´oximo ponto poder ´a ser um dentre

(41)

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, o

π/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 00101001

Passo

k

θ

k−1 Dibit

∆θ

θ

k

1

π/4

00

π/4

π/2

2

π/2

10

−π/4

π/4

3

π/4

10

−π/4

0

(42)

24 – Detec¸ ˜ao de sinais

π/4

-shifted QPSK

(43)

25 – PSK

M

- ´ario

Neste caso, a onda modulada ser ´a

s

i

(t) =

r

2E

T

cos



2πf

c

t +

2πi

M



,

0 ≤ t < T, i = 0, 1, 2, . . . , M − 1

Notar que

θ

i

=

2πi

M

e

f

c

=

n

c

T

, onde

n

c ´e inteiro.

Func¸ ˜oes-base:

φ

1

(t) =

r

2

T

cos 2πf

c

t, 0 ≤ t < T

φ

2

(t) =

r

2

T

sin 2πf

c

t, 0 ≤ t < T

(44)

Para o caso de M=8, ter´ıamos a seguinte representac¸ ˜ao:

(45)

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

M

X

i=1 M

X

k=1 k6=i

p

ierfc



d

ik

2

N

0



Dado que eu transmiti a mensagem

m

1, as duas menores dist ˆancias, que dar ˜ao uma probabilidade de erro significativa, s ˜ao

d

12

= d

18

= 2

E sin

 π

M



O que d ´a, supondo

M ≥ 4, P

e

erfc

r

E

N

0

sin

 π

M



!

(46)
(47)

2. Fazendo o c ´alculo mais exato.

s

i

(t) = 2x

I

cos 2πf

c

t + 2x

Q

sin 2πf

c

t

x

I

=

Z

T 0

s

i

(t) cos(2πf

c

T )dt

x

Q

=

Z

T 0

s

i

(t) sin(2πf

c

T )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 e

w

Q s ˜ao vari ´aveis aleat ´orias guassianas de m ´edia zero e vari ˆancia

σ

2

=

N20, consideradas independentes.

(48)

Demodulac¸ ˜ao de

s

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

c

t

.

– As coordenadas em

φ

1

(t)

e

φ

2

(t)

ser ˜ao ent ˜ao

E

e zero.

– Definindo

θ = tg

ˆ

−1

 x

Q



(49)

A probabilidade de acerto ´e ent ˜ao dada por

P

c

=

Z

π/M

−π/M

f

0

θ)dˆ

θ

onde

f (ˆ

θ)

´e a func¸ ˜ao de distribuic¸ ˜ao de

θ

ˆ

. Assim,

ˆ

θ = tan

−1



w

Q

E + w

I



f (ˆ

θ) =

1

e

N0E

+

r

E

πN

0

cos ˆ

θ e

N0E sin2 θˆ

·

·



1 −

1

2

erfc

 E

N

0

cos ˆ

θ



(50)
(51)

A probabilidade de erro para PSK s´ıncrono com

M ≥ 4

´e ent ˜ao:

P

e

= 1 − P

c

≈ 1 −

r

E

πN

0

Z

π/M −π/M

cos ˆ

θ e

−N0E sin 2θˆ

θ

P

e

erfc

r

E

N

0

sin

 π

M



!

Notar que, quanto maior o

M

, maior a probabilidade de erro; para manter a probabilidade de erro, tem-se que aumentar NE

(52)

PSK

M

- ´ario: Probabilidade de erro de s´ımbolo versus NEb 0:

(53)

27 – Espectro do PSK

M

- ´

Ario

A durac¸ ˜ao do s´ımbolo para o PSK

M

- ´ario ´e

T = T

b

log

2

M

.

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

2

M )

sinc2

(T

b

f log

2

M )

Notar que o gr ´afico acima est ´a normalizado por T1

b na abcissa e por

1

(54)

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 PSK

M

- ´ario ´e (ver BPSK):

BW =

2

T

Como

T = T

b

log

2

M

, e sendo

R

b

=

T1

b,

BW =

2R

b

log

2

M

Assim, a efici ˆencia espectral

ρ

´e

ρ =

R

b

BW

=

log

2

M

2

M

2 4 8 16 32 64

ρ

(bit/s/Hz) 0.5 1 1.5 2 2.5 3

(55)

PSK

M

- ´ario: efici ˆencia espectral versus NEb

0 para

P

e

= 10

(56)

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

s

s

3

(t) =

1

2

a

s

4

(t) =

3

2

a

a ´e constante

Neste caso s ´o precisamos de uma base

φ

1

(t)

igual a:

φ

1

(t) =

1

T

0 ≤ t ≤ T

s

Isto d ´a

s

i

(t) = s

i1

φ

1

(t)

, para

0 ≤ t ≤ T

s, onde

s

11

= −

3

2

a

T s

21

= −

a

2

T

(57)

A constelac¸ ˜ao ´e ent ˜ao:



3a

2

T

a

2

T

a

2

T

3a

2

T



× φ

1

(t)

Os sinais

s

i

(t) i = 1, . . . 4

, s ˜ao transmitidos chegando ao receptor

x(t) = s

i

(t) + w(t)

,

0 ≤ t ≤ T

s, onde

w(t)

´e um ru´ıdo

AW 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

1

00

s

2

(t)

m

2

01

s

3

(t)

m

3

11

s

4

(t)

m

4

10

(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

(58)

Suponha que se transmita o dibit 00 (c ´odigo

m

1). Neste caso, no receptor, teremos a vari ´avel aleat ´oria

x

1 que ´e uma func¸ ˜ao amostra de

x(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

0

2

A func¸ ˜ao densidade de probabilidade

f

X1

(x

1

| m

1

)

ser ´a ent ˜ao igual a:

f

X1

(x

1

|m

1

) =

1

π.N

0

e

N01 (x1−s11)2

s

11

= −

3

2

a

T s

21

= −

a

2

T

s

31

=

a

2

T

s

41

=

3

2

a

T

(59)

Sabendo-se que foi transmitido o s´ımbolo

m

1 (dibit 00), a probabilidade de erro ´e dada pela decis ˜ao de ter sido transmitido

m

2 (dibit 01) ou

m

3 (dibit 11), ou

m

4 (dibit 10):

P

e

(00) = P (01 | 00) + P (11 | 00) + P (10 | 00)

Por ´em, temos:

P (01 | 00) =

Z

Z2

f

X1

(x

1

| m

1

)dx

1

=

Z

0 −a√T

1

πN

0

e

−N01

[

x1−

(

−32a √ T

)]

2

dx

1

P (11 | 00) =

Z

Z3

f

X1

(x

1

| m

1

)dx

1

=

Z

a√T 0

1

πN

0

e

−N01

[

x1−

(

− 3 2a √ T

)]

2

dx

1

P (10 | 00) =

Z

Z4

f

X1

(x

1

| m

1

)dx

1

=

Z

a√T

1

πN

0

e

N01

[

x1−

(

−32a √ T

)]

2

dx

1

(60)

Assim, tem-se ent ˜ao:

P (01 | 00) =

1

2

"

erfc

a

2

r

T

N

0

!

erfc

3a

2

r

T

N

0

!#

P (11 | 00) =

1

2

"

erfc

3a

2

r

T

N

0

!

erfc

5a

2

r

T

N

0

!#

P (10 | 00) =

1

2

erfc

5a

2

r

T

N

0

!

Logo,

P

e

(00) =

1

2

erfc

a

2

r

T

N

0

!

Analogamente, pode-se obter

P

e

(01)

,

P

e

(11)

e

P

e

(10)

. Tendo-se estas probabilidades, a probabilidade total ser ´a dada por:

(61)

Assumindo-se que os d´ıgitos

m

i s ˜ao equiprov ´aveis

(p(m

i

) = 1/4)

e somando-se todos os termos de

P

e, teremos:

P

e

=

3

4

erfc

a

2

r

T

N

0

!

Este exemplo pode ser generalizado para

s

i

(t) = ±a/2, ±3a/2, · · · , ±(M − 1)

a

2

Obtendo-se

P

e

=

M − 1

M

erfc

a

2

r

T

N

0

!

(62)

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.

(63)

O sinal QAM M- ´ario pode ser decomposto em duas componentes ASK L- ´arias (no exemplo anterior

L = 4

,

L

2

= M

correspondentes `as componentes em fase em

1

(t))

e em

2

(t))

.

O sinal QAM M- ´ario ´e definido pelo sinal transmitido:

s

i

(t) =

r

2E

0

T

a

i

cos 2πf

c

t +

r

2E

0

T

b

i

sin 2πf

c

t

0 ≤ t ≤ T

onde

E

0 ´e a energia do sinal com a menor amplitude e

a

i e

b

i s ˜ao inteiros independentes de acordo com sua posic¸ ˜ao no espac¸o de sinais.

As func¸ ˜oes bases s ˜ao

φ

1

(t)

e

φ

2

(t)

dadas por:

φ

1

(t) =

r

2

T

cos 2πf

c

t

e

φ

2

(t) =

r

2

T

sin 2πf

c

t

0 ≤ t ≤ T

(64)

As coordenadas na constelac¸ ˜ao de sinais s ˜ao dadas por

(a

i

E

0

, b

i

E

0

)

, onde

L =

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)

(65)

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 em

φ

2. A probabilidade de acerto pode ser ent ˜ao calculada por

P

c

= (1 − P

e

)

2

onde

P

e′ ´e a probabilidade de erro numa das direc¸ ˜oes

φ

1

(t)

ou

φ

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 a

φ

1

(t)

e

φ

2

(t)

.

2. Foi visto anteriormente que se o sinal ASK L- ´ario em

φ

1

(t)

ou

φ

2

(t)

´e afetado por um ru´ıdo aditivo de m ´edia zero e densidade espectral N20, pode-se calcular a probabilidade de erro

P

e′ como sendo

P

e

=



1 −

L

1



erfc

r

E

0

N

0

!

onde

L =

M

(66)

3. A probabilidade de erro do QAM M- ´ario ´e dada por:

P

e

= 1 − P

c

= 1 − (1 − P

e

)

2

P

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



erfc

r

E

0

N

0

!

A probabilidade de erro

P

e pode ser colocada em func¸ ˜ao da energia m ´edia

E

AV dos s´ımbolos, ao inv ´es da energia

E

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

0

L

L/2

X

i=1

(2i − 1)

2

=

2(M − 1)E

0

3

Logo:





s

!

(67)

para

M = 4

,

P

e

=

erfc

 E

AV

2N

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

(68)

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 converter

(69)

33 – Demodulac¸ ˜ao QAM

M

- ´aria

Parallel-to-serial converter binary data Received signal cos(2 t)πf c sin(2 t)πf c dt

x

(b)

x

T Decision Decision Demodulated circuit circuit dt T 0 0 (L-1) thresholds (L-1) thresholds

(70)

34 – QAM Cross-Constelation

Para gerar um sinal QAM

M

- ´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 NEb

0 altos, temos

P

e

= 2



1 −

1

2M



erfc

r

E

b

N

0

!

(71)

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

c

t 0 ≤ t < T

φ

2

(t) =

r

2

T

sin 2πf

c

t 0 ≤ t < T

Podemos reescrever-las como

φ

1

(t) = p(t) cos 2πf

c

t

φ

2

(t) = p(t) sin 2πf

c

t

onde

p(t) =



1, 0 ≤ t < T

0, n.d.p.

(72)

Um sinal modulado em quadratura pode ser expresso como a seq ¨u ˆencia de pulsos nos tempos

kT

. Assim,

x(t) =

X

k

A

k

p(t − kT ) cos(2πf

c

t − kT ) +

X

k

B

k

p(t − kT ) sin(2πf

c

t − kT )

Como

f

c

= n/T

, temos que

x(t) =

"

X

k

A

k

p(t − kT )

#

cos(2πf

c

t) +

"

X

k

B

k

p(t − kT )

#

sin(2πf

c

t)

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.

(73)

Para

φ

1

(t)

e

φ

2

(t)

continuarem ainda ortogonais,

I =

Z

−∞

φ

1

(t)φ

2

(t)dt = 0

I =

Z

T 0

[p(t) cos 2πf

c

t][p(t) sin 2πf

c

t]dt

=

1

2

Z

T 0

p

2

(t) sin(4πf

c

t)dt

– Se

f

c

=

Tk , temos que

sin 4πf

c

t

´e sim ´etrico em relac¸ ˜ao a T2 (simetria ´ımpar). Isto implica que

sin 4πf

c

t = − sin 4πf

c

(T − t), 0 ≤ t < T

– Assim, se

p

2

(t)

´e tal que

p

2

(t) = p

2

(T − t), 0 ≤ t < T

Ent ˜ao,

Z

T 0

p

2

(t) sin(4πf

c

t)dt = 0

⇒ φ

1

(t)

e

φ

2

(t)

s ˜ao ortogonais.

(74)

Assim, conclu´ımos que basta que

p(t)

seja sim ´etrico ou anti-sim ´etrico em relac¸ ˜ao a

t =

T2 para que as func¸ ˜oes-base resultantes sejam ortogonais.

Um pulso RC satisfaz plenamente a isto, para qualquer

α

.

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.

(75)

36 – Carrierless Amplitude Modulation

E uma interpretac¸ ˜ao diferente do QAM usando pulsos n ˜ao-retangulares.´

No QAM,

s(t) = a cos 2πf

c

t − b sin 2πf

c

t

,

0 ≤ t < T

.

No caso do QAM com pulsos n ˜ao retangulares, podemos representar

s(t)

como

s(t) = ag(t) cos 2πf

c

t − bg(t) sin 2πf

c

t, 0 ≤ t < T

Se o

k

´esimo s´ımbolo,

s

k

(t)

, est ´a entre

kT

e

(k + 1)T

, ent ˜ao

s

k

(t) = a

k

g(t − kT ) cos 2πf

c

t − b

k

g(t − kT ) sin 2πf

c

t, 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.

(76)

s(t) =

X

k=−∞

s

k

(t)

=

X

k=−∞

[a

k

g(t − kT ) cos(2πf

c

t) − b

k

g(t − kT ) sin(2πf

c

t)]

=

Re

X

k=−∞

(a

k

+ jb

k

)

|

{z

}

Ak

g(t − kT )e

2πfct

=

Re

(

X

k=−∞

A

k

g(t − kT )e

2πfct

)

(77)

s(t) =

Re

(

X

k=−∞

A

k

g(t − kT )e

2πfc(t−kT )

e

2πfckT

)

=

Re

(

X

k=−∞

A

k

e

2πfckT



g(t − kT )e

2πfc(t−kT )

)

Sejam

A

˜

k

= A

k

e

j2πfckT e

g

+

(t) = g(t)e

j2πfct

⇒ s(t) =

Re

(

X

k=−∞

˜

A

k

g

+

(t − kT )

)

A

˜

k pode ser interpretado como uma vers ˜ao rodada da representac¸ ˜ao complexa das coordenadas do sinal QAM.

(78)

Supondo que

g(t)

´e passa-baixas com m ´axima freq ¨u ˆencia menor que

f

c,

g

+

(t) = g(t) cos 2πf

c

t

|

{z

}

p(t)

+j g(t) sin 2πf

c

t

|

{z

}

ˆ p(t)

= p(t) + ˆ

p(t)

– Notar que

p(t)

ˆ

´e a Transformada de Hilbert de

p(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

k

g

+

(t − kT )

)

s(t)

“parece” n ˜ao ter portadora

– ´E equivalente ao QAM

(79)

Assim, faz-se

⇒ s(t) =

Re

(

X

k=−∞

˜

A

k

g

+

(t − kT )

)

=

Re

(

X

k=−∞

[a

k

+ jb

k

][p(t − kT ) + j ˆ

p(t − kT )

)

=

X

k=−∞

[a

k

p(t − kT ) − b

k

p(t − kT )]

ˆ

Propriedades

1. Dado que

g(t)

´e par, os pulsos

p(t)

e

p(t)

ˆ

s ˜ao, respectivamente, func¸ ˜oes pares e ´ımpares. 2.

p(t)

e

p(t)

ˆ

s ˜ao ortogonais

p(t)

´e par

ˆ

p(t)

´e ´ımpar



⇒ p(t)ˆ

p(t)

´e ´ımpar

Z

p(t)ˆ

p(t)dt = 0

(80)

3. Se

p(t)

e

p(t)

ˆ

passam por um canal com resposta ao impulso

h(t)

, eles se transformam em

u(t)

e

u(t)

ˆ

tais que

u(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 )

onde

P (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 )

(81)

• u(t)

e

u(t)

ˆ

s ˜ao ortogonais, pois

Z

−∞

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, se

h(t)

´e real

⇒ H(f)

´e sim ´etrico

a integral ´e nula.

(82)

Exemplo:

g(t)

´e um pulso RC,

α = 0.2

f

c

T = 0.6

g(t) =

sinc

t

cos(παt)

(83)
(84)

37 – Transmissor CAP

Passando o sinal CAP por um canal com resposta

h(t)

e ru´ıdo aditivo

w(t)

, temos

x(t) = s(t) ∗ h(t) + w(t)

=

X

k=−∞

[a

k

p(t − kT ) ∗ h(t) − b

k

p(t − kT ) ∗ h(t)] + w(t)

ˆ

(85)

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.

(86)

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.

(87)

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

O uso de equalizadores adaptativos torna o CAP ´util quando as caracter´ısticas dos pares tranc¸ados variam muito, como ´e o caso normalmente.

Referências

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