Aufgabe 4.11: Frequenzbereichsbetrachtung der 4–QAM

Ausgehend von der binären Phasenmodulation (BPSK) mit rechteckförmigem Grundimpuls $g_s(t)$ der Breite $T_B = 1 μs$ und der Amplitude $s_0 = 2 V$ soll nun in dieser Aufgabe das Leistungsdichtespektrum (LDS) der 4–QAM schrittweise ermittelt werden.

In Aufgabe A4.6 wurde das Leistungdichtespektrum $Φ-s(f)$ der BPSK für genau diese Parameterwerte ermittelt. Mit $$A = s_0^2 \cdot T_{\rm B} = 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}$$ erhält man für das tatsächliche LDS (im Bandpassbereich): $${{\it \Phi}_s(f)} = \frac{A}{4} \cdot {\left [ {\rm si}^2(\pi \cdot T_{\rm B}\cdot (f - f_{\rm T})) + {\rm si}^2(\pi \cdot T_{\rm B}\cdot (f + f_{\rm T}))\right ]}\hspace{0.05cm}.$$ In der oberen Grafik ist allerdings das LDS des äquivalenten TP–Signals dargestellt. Dieses ergibt sich aus $Φ_s(f)$ durch Abschneiden aller Anteile bei negativen Frequenzen, Vervierfachen der Anteile bei positiven Frequenzen (beachten Sie: ein Spektrum muss verdoppelt werden, ein Leistungsdichtespektrum vervierfacht) und Verschieben um $f_T$ nach links: $${{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)} = A \cdot {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B}). \hspace{0.2cm}$$ Die 4–QAM unterscheidet sich von der BPSK in folgenden Details:

Aufspaltung des binären Quellensignals in zwei Teilsignale mit jeweils halber Bitrate, das heißt mit der Symboldauer $T = 2 · T_B$.
Multiplikation der Teilsignale mit Cosinus und Minus–Sinus, deren Amplituden $g_0$ jeweils um den Faktor „Wurzel aus 2” kleiner sind als $s_0$. Die Signale werden mit $s_{cos}(t)$ und $s_{–sin}(t)$ bezeichnet.
Summation der beiden Teilsignale:

$$s(t) = s_{\rm cos}(t)+ s_{\rm -sin}(t) \hspace{0.05cm}.$$ Hinwies: Die Aufgabe bezieht sich auf Kapitel 4.2 (BPSK) und Kapitel 4.3 (QAM) dieses Buches.

Fragebogen

$BPSK: E_B$ =

$10^{-6}$ $V^2/Hz$

$4–QAM: A = Φ_{s, cos, TP}(f = 0)$ =

$10^{-6}$ $V^2/Hz$

$ 4–QAM: B = Φ_{s, TP}(f = 0)$ =

$10^{-6}$ $V^2/Hz$

$4–QAM: E_B$ =

$10^{-6}$ $V^2/Hz$

Musterlösung

1. Die Leistung des BPSK–Sendesignals ist gleich dem Intergral über das Leistungsdichtespektrum. Integriert man über das äquivalente Tiefpass–LDS, so ist noch der Faktor 1/2 zu berücksichtigen: $$P_{\rm BPSK} = \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{1}{2} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{A}{2} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B})\hspace{0.1cm} {\rm d}f =$$ $$ = \frac{A}{2T_{\rm B}} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi x)\hspace{0.1cm} {\rm d}x =\frac{A}{2T_{\rm B}}$$ $$A = 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} T_{\rm B}= 10^{-6}\,{\rm s} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm BPSK} = 2\,{\rm V^2} ( = {s_0^2 }/{2})\hspace{0.05cm}.$$ Die Energie pro Bit ist dementsprechend $$E_{\rm B} = {P_{\rm BPSK} \cdot T_{\rm B}}\hspace{0.15cm}\underline {= 2 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$ Hierbei ist wieder der Bezugswiderstand 1Ω zugrunde gelegt.

2. Aufgrund der doppelten Symboldauer der 4–QAM ($T = 2 · T_B$) ist die Spektralfunktion gegenüber der BPSK nur halb so breit, aber doppelt so hoch, und anstelle von $s_0$ ist nun der kleinere Wert g0 zu berücksichtigen. Der LDS–Wert bei der Frequenz f = 0 lautet damit: $${\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm cos,\hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) = \left ({s_0}/{\sqrt{2}} \right )^2 \cdot 2 \cdot T_{\rm B} ={s_0^2 \cdot T_{\rm B}} = A \hspace{0.05cm}.$$ Es ergibt sich somit genau der gleiche Wert $$A = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm cos,\hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) \hspace{0.15cm}\underline {= 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}$$ wie bei der BPSK.

3. Das zweite Teilsignal $s_{–sin}(t)$ liefert den genau gleichen Beitrag A wie das gerade betrachtete Signal $s_{cos}(t)$. Aufgrund der Orthogonalität zwischen der Cosinus– und der Minus–Sinusfunktion können die Leistungen addiert werden und man erhält: $$B = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) = 2 \cdot A \hspace{0.15cm}\underline {= 8 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$

4. Analog zur Teilaufgabe a) erhält man für die Energie pro Bit: $$E_{\rm B} = \frac{1}{2} \cdot T_{\rm B} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{B \cdot T_{\rm B}}{2T} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B})\hspace{0.1cm} {\rm d}f =$$ $$ = \frac{B \cdot T_{\rm B}}{2T} = \frac{8 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz} \cdot 1\,{\rm \mu s}}{ 2 \cdot 2\,{\rm \mu s}}\hspace{0.15cm}\underline {= 2 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$ Man erkennt, dass bei den hier getroffenen Voraussetzungen die „Energie pro Bit” bei der BPSK und der 4–QAM übereinstimmen.