Aufgabe 4.06Z: Signalraumkonstellationen

Drei Signalraumkonstellationen

Die (mittlere) Fehlerwahrscheinlichkeit eines optimalen Binärsystems lautet:

$$p_{\rm S} = {\rm Pr}({ \cal E} ) = {\rm Q} \left ( \frac{d/2}{\sigma_n} \right )\hspace{0.05cm}.$$

Hierzu ist anzumerken:

${\rm Q}(x)$ bezeichnet die komplementäre Gaußsche Fehlerfunktion (Definition und Approximation):

$${\rm Q}(x) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{x}^{\infty} {\rm e}^{-u^2/2} \,{\rm d} u \approx \frac{1}{\sqrt{2\pi} \cdot x} \cdot {\rm e}^{-x^2/2} \hspace{0.05cm}.$$

$d$ gibt den Abstand der beiden Sendesignalpunkte $s_0$ und $s_1$ im Vektorraum an:

$$d = \sqrt{ || \boldsymbol{ s }_1 - \boldsymbol{ s }_0||^2} \hspace{0.05cm}.$$

$\sigma_n^2$ ist die Varianz des AWGN–Rauschens nach dem Detektor, der zum Beispiel als Matched–Filter realisiert sein kann.
Es gelte $\sigma_n^2 = N_0/2$.

Durch die Grafik sind drei unterschiedliche Signalraumkonstellationen gegeben, nämlich

Variante $\rm A$: $s_0 = (+1, \, +5), \hspace{0.4cm} s_1 = (+4, \, +1)$,
Variante $\rm B$: $s_0 = (-1.5, \, +2), \, s_1 = (+1.5, \, -2)$,
Variante $\rm C$: $s_0 = (-2.5, \, 0), \hspace{0.45cm} s_1 = (+2.5, \, 0)$.

Die jeweils mittlere Energie pro Symbol $(E_{\rm S})$ kann wie folgt berechnet werden:

$$E_{\rm S} = {\rm Pr}(\boldsymbol{ s } = \boldsymbol{ s }_0) \cdot || \boldsymbol{ s }_0||^2 + {\rm Pr}(\boldsymbol{ s } = \boldsymbol{ s }_1) \cdot || \boldsymbol{ s }_1||^2\hspace{0.05cm}.$$

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel "Approximation der Fehlerwahrscheinlichkeit".

Für numerische Berechnungen kann zur Vereinfachung die Energie $E = 1$ gesetzt werden.

Wenn keine anderslautende Angabe gemacht ist, so kann von gleichwahrscheinlichen Symbolen ausgegangen werden:

$${\rm Pr}(\boldsymbol{ s } = \boldsymbol{ s }_0) = {\rm Pr}(\boldsymbol{ s } = \boldsymbol{ s }_1) = 0.5\hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

	Additives weißes Gaußsches Rauschen mit Varianz $\sigma_n^2$.
	Optimaler Binärempfänger.
	Entscheidungsgrenze in der Mitte zwischen den Symbolen.
	Gleischwahrscheinliche Symbole $s_0$ und $s_1$.

	Die kleinste Fehlerwahrscheinlichkeit tritt bei Variante $\rm A$ auf.
	Die kleinste Fehlerwahrscheinlichkeit tritt bei Variante $\rm B$ auf.
	Die kleinste Fehlerwahrscheinlichkeit tritt bei Variante $\rm C$ auf.
	Alle Varianten zeigen gleiches Fehlerverhalten.

$p_{\rm S} \ = \ $

$\ \%$

$p_{\rm S} \ = \ $

$\ \%$

$p_{\rm S} \ = \ $

$\ \%$

$E_{\rm S} \ = \ $

$\ \cdot 10^{\rm –6} \ \rm Ws$

Musterlösung

(1) Die drei erstgenannten Voraussetzungen müssen auf jeden Fall erfüllt sein:

Die Gleichung gilt dann unabhängig von den Auftrittswahrscheinlichkeiten.
Im Fall ${\rm Pr}(\boldsymbol{s} = \boldsymbol{s}_0) ≠ {\rm Pr}(\boldsymbol{s} = \boldsymbol{s}_1)$ kann durch eine Verschiebung der Entscheiderschwelle eine kleinere Fehlerwahrscheinlichkeit erzielt werden.

(2) Der Rauscheffektivwert $\sigma_n$ und damit auch die Signalenergie $E = \sigma_n^2$ sind für alle drei betrachteten Varianten gleich. Gleiches gilt für die Distanz der Signalraumpunkte. Für die Variante $\rm A$ gilt zum Beispiel:

$$d = \sqrt{ || \boldsymbol{ s }_1 - \boldsymbol{ s }_0||^2} = \sqrt{ E \cdot (4-1)^2 + E \cdot (1-5)^2} = 5 \cdot \sqrt{E}\hspace{0.05cm}.$$

Durch die Verschiebung des Koordinatensystems ändert sich am Absand zwischen $\boldsymbol{s}_0$ und $\boldsymbol{s}_1$ nichts (Variante $\rm B$), und auch bei Variante $\rm C$ (nach Drehung) ergibt sich der gleiche Abstand.

Richtig ist also der Lösungsvorschlag 4. Kommentar:

Durch eine Drehung des Koordinatensystems kann man bei einem Binärsystem $(M = 2)$ stets mit einer Basisfunktion $(N = 1)$ auskommen.
Da das zweidimensionale Rauschen zirkulär symmetrisch ist ⇒ gleiche Streuung $\sigma_n$ in alle Richtungen, kann auch der Rauschterm wie im Kapitel "Fehlerwahrscheinlichkeit bei Basisbandübertragung" eindimensional beschrieben werden.

(3) Für alle hier betrachteten Varianten gilt, also auch für die Variante $\rm A$:

$$p_{\rm S} = {\rm Pr}({ \cal E} ) = {\rm Q} \left ( \frac{d/2}{\sigma_n} \right )= {\rm Q} \left ( \frac{5/2 \cdot \sqrt{E}}{\sigma_n} \right ) = {\rm Q}(2.5)\hspace{0.05cm}.$$

Mit der angegebenen Näherung erhält man

$$p_{\rm S} = \frac{1}{\sqrt{2\pi} \cdot 2.5} \cdot {\rm e}^{-2.5^2/2} \hspace{0.1cm} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.7 \%}\hspace{0.05cm}.$$

(4) Bei der Variante $\rm C$ ergibt sich für die mittlere Energie pro Symbol:

$$E_{\rm S} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} {\rm Pr}(\boldsymbol{ s } = \boldsymbol{ s }_0) \cdot (-2.5 \cdot \sqrt{E})^2 + {\rm Pr}(\boldsymbol{ s } = \boldsymbol{ s }_1) \cdot (+ 2.5 \cdot \sqrt{E})^2 = \left [ {\rm Pr}(\boldsymbol{ s } = \boldsymbol{ s }_0) + {\rm Pr}(\boldsymbol{ s } = \boldsymbol{ s }_0) \right ] \cdot 6.25 \cdot E = 6.25 \cdot E$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} E = \frac {E_{\rm S}}{6.25} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \sqrt{E}= \frac {\sqrt{E_{\rm S}}}{2.5} \hspace{0.05cm}.$$

Setzt man dieses Ergebnis in die unter (3) gefundene Gleichung ein, so erhält man mit $\sigma_n^2 = N_0/2$:

$$p_{\rm S} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} {\rm Q} \left ( \frac{2.5 \cdot \sqrt{E}}{\sigma_n} \right )= {\rm Q} \left ( \frac{ \sqrt{E_{\rm S}}}{\sigma_n} \right ) = {\rm Q} \left ( \frac{ \sqrt{2 \cdot E_{\rm S}}}{N_0} \right ) ={\rm Q} \left ( \sqrt{\frac{ 2 \cdot 6.25 \cdot 10^{-6}\,{\rm Ws}}{2 \cdot 10^{-6}\,{\rm W/Hz}}} \right ) ={\rm Q}(2.5) \hspace{0.1cm} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.7 \%}\hspace{0.05cm}. $$

(5) Durch Drehung des Koordinatensystems ändert sich nichts an den Energieverhältnissen. Deshalb erhält man wieder $p_{\rm S} \ \underline {\approx 0.7\%}$.

(6) Bei der Variante $\rm A$ ist die mittlere Energie pro Symbol

$$E_{\rm S} = {1}/{2} \cdot \left [ (1^2 + 5^2) \cdot E + (4^2 + 1^2) \cdot E \right ] = 21.5 \cdot E \hspace{0.05cm}. $$

Der Abstand von der Schwelle, die bei gleichwahrscheinlichen Symbolen in der Mitte zwischen $\boldsymbol{s}_0$ und $\boldsymbol{s}_1$ liegen sollte, ist wie bei den anderen Varianten $d/2 = 2.5 \cdot E^{\rm 1/2}$. Mit $\sigma_n^2 = N_0/2$ erhält man somit die Bestimmungsgleichung:

$$p_{\rm S} = {\rm Q} \left ( \frac{ 2.5 \cdot \sqrt{E}}{\sqrt{N_0/2}} \right ) ={\rm Q}(2.5)\approx 0.7 \cdot 10^{-2} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \sqrt{\frac {2E}{N_0}} = 1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \frac {E}{N_0} = 0.5 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\frac {E_{\rm S}}{21.5 \cdot N_0} = 0.5$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} {E_{\rm S}} = 0.5 \cdot {21.5 \cdot N_0} \hspace{0.1cm} \hspace{0.15cm}\underline { = 21.5 \cdot 10^{-6}\,{\rm Ws}}\hspace{0.05cm}.$$

Das bedeutet: Bei der Variante $\rm A$ ist gegenüber den beiden anderen Symbolen eine um den Faktor $3.44$ größere mittlere Symbolenergie $E_{\rm S}$ erforderlich, um die gleiche Fehlerwahrscheinlichkeit $p_{\rm S} = 0.7%$ zu erzielen. Kommentar:

Diese Signalraumkonstellation ist sehr ungünstig. Es ergibt sich ein sehr großes $E_{\rm S}$, ohne dass gleichzeitig der Abstand $d$ vergrößert wird.
Mit $E_{\rm S} = 6.25 \cdot 10^{\rm –6} \ \rm Ws$ würde sich dagegen $p_{\rm S} = {\rm Q}(2.5/3.44^{\rm 1/2}) \approx {\rm Q}(1.35) \approx 9\%$ ergeben.
Das heißt: Die Fehlerwahrscheinlichkeit würde um mehr als eine Zehnerpotenz größer.