Aufgabe 1.08Z: BPSK-Fehlerwahrscheinlichkeit

Komplementäre Gaußsche Fehlerfunktion

Wir gehen vom optimalen Basisbandübertragungssystem für Binärsignale aus mit

bipolaren Amplitudenkoeffizienten $a_{\nu} \in \{–1, +1\}$,
rechteckförmigem Sendesignal mit den Signalwerten $\pm s_{0}$ und der Bitdauer $T_{\rm B}$,
AWGN–Rauschen mit der Rauschleistungsdichte $N_{0}$,
Empfangsfilter gemäß dem Matched–Filter–Prinzip,
Entscheider mit der optimalen Schwelle $E = 0$.

Wenn nichts anderes angegeben ist, so sollten Sie zudem von den folgenden Zahlenwerten ausgehen:

$$ s_0 = 4\,{\rm V},\hspace{0.2cm} T_{\rm B} = 1\,{\rm ns},\hspace{0.2cm}N_0 = 2 \cdot 10^{-9}\, {\rm V^2/Hz} \hspace{0.05cm}.$$

Die Bitfehlerwahrscheinlichkeit dieses „Basisbandsystems” wurde bereits im Kapitel Fehlerwahrscheinlichkeit bei Basisbandübertragung angegeben (Index BB):

$$p_{\rm BB} = {\rm Q}\left ( \frac{s_0}{\sigma_d } \right )\hspace{0.2cm}{\rm mit}\hspace{0.2cm}\sigma_d = \sqrt{\frac{N_0}{2 \cdot T_{\rm B}}}.$$

Hierbei bezeichnet $\sigma_{d}$ den Rauscheffektivwert am Entscheider und ${\rm Q}(x)$ die komplementäre Gaußsche Fehlerfunktion, die hier tabellarisch gegeben ist. Diese Fehlerwahrscheinlichkeit kann man auch in der Form

$$p_{\rm BB} = {\rm Q}\left ( \sqrt{{2 \cdot E_{\rm B}}/{N_0 }} \hspace{0.1cm}\right )$$

schreiben, wobei $E_{\rm B}$ die „Energie pro Bit” bezeichnet. Die Fehlerwahrscheinlichkeit eines vergleichbaren Übertragungssystems mit Binary Phase Shift Keying (BPSK) lautet:

$$p_{\rm BPSK} = {\rm Q}\left ( {s_0}/{\sigma_d } \right )\hspace{0.2cm}{\rm mit}\hspace{0.2cm}\sigma_d = \sqrt{{N_0}/{T_{\rm B}}}.$$

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Lineare digitale Modulation – Kohärente Demodulation.
Bezug genommen wird auch auf das Kapitel Fehlerwahrscheinlichkeit bei Basisbandübertragung.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Sie können die Ergebnisse mit dem Applet Komplementäre Gaußsche Fehlerfunktionen überprüfen.
Da hier der Signalwert $s_{0}$ in „Volt” angegeben ist und keine Angabe über den Bezugswiderstand gemachjt wird, besitzt $E_{\rm B}$ die Einheit „$\rm V^{2}/Hz$”.

Fragebogen

$p_{\rm BB} \ = \ $

$\ \% $

$E_{\rm B} \ = \ $

$\ \cdot 10^{-8}\ \rm V^{2}s $

$ s_{0} = 2 \ \rm V:$ $p_{\rm BB} \ = \ $

$\ \% $

	$p_{\rm BPSK} = {\rm Q}\big [(E_{\rm B}/N_{0})^{1/2}\big ]$,
	$p_{\rm BPSK} = {\rm Q}\big [(2 \cdot E_{\rm B}/N_{0})^{1/2}\big ]$,
	$p_{\rm BPSK} = {\rm Q}\big [(4\cdot E_{\rm B}/N_{0})^{1/2}\big ]$.

$E_{\rm B}/N_{0} = 8\text{:}\hspace{0.4cm} p_{\rm BPSK} \ = \ $

$\ \% $

$E_{\rm B}/N_{0} = 2\text{:}\hspace{0.4cm} p_{\rm BPSK} \ = \ $

$\ \% $

Musterlösung

(1) Der Rauscheffektivwert ergibt sich hier zu

$$\sigma_d = \sqrt{\frac{N_0}{2 \cdot T_{\rm B}}}= \sqrt{\frac{2 \cdot 10^{-9}\,{\rm V^2/Hz}}{2 \cdot 1\,{\rm ns}}}= 1\,{\rm V}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}p_{\rm BB} = {\rm Q}\left ({s_0}/{\sigma_d } \right )= {\rm Q}(4)\hspace{0.1cm}\underline {= 0.317 \cdot 10^{-4}}.$$

(2) Beim Basisbandsystem gilt:

$$E_{\rm B} = s_0^2 \cdot T_{\rm B}= (4\,{\rm V})^2 \cdot 10^{-9}\,{\rm s}\hspace{0.1cm}\underline {= 1.6 \cdot 10^{-8}\,{\rm V^2s}}.$$

Natürlich ergibt sich mit der zusätzlich angegebenen Gleichung die genau gleiche Fehlerwahrscheinlichkeit

$$p_{\rm BB} = {\rm Q}\left ( \sqrt{\frac{2 \cdot E_{\rm B}}{N_0 }} \hspace{0.1cm}\right ) = {\rm Q}\left ( \sqrt{\frac{2 \cdot 16 \cdot 10^{-9}\,{\rm V^2s}}{2 \cdot 10^{-9}\, {\rm V^2/Hz} }} \hspace{0.1cm}\right ) = {\rm Q}(4)= 0.317 \cdot 10^{-4}.$$

Ein Vergleich mit Aufgabe A1.8(4) zeigt, dass $E_{\rm B}/N_{0} = 8$ nicht (exakt) gleich $10 \cdot \lg E_{\rm B}/N_{0} = 9 \ \rm dB$ ist. Im ersten Fall ergibt sich $p_{\rm BB} = 0.317 \cdot 10^{–4}$, im zweiten $p_{\rm BB} = 0.336 \cdot 10^{-4}$.

(3) Bei halber Sendeamplitude $s_{0} = 2 \ \rm V$ sinkt die Energie pro Bit auf ein Viertel und es gelten folgende Gleichungen:

$$p_{\rm BB} = {\rm Q}\left ( \frac{s_0}{\sigma_d } \right )= {\rm Q}\left ( \frac{2\,{\rm V}}{1\,{\rm V}} \right )\hspace{0.1cm}\underline {= {\rm Q}(2)= 0.227 \cdot 10^{-1}},$$

$$p_{\rm BB} = {\rm Q}\left ( \sqrt{\frac{2 \cdot E_{\rm B}}{N_0 }} \hspace{0.1cm}\right ) = {\rm Q}\left ( \sqrt{\frac{2 \cdot 4 \cdot 10^{-9}\,{\rm V^2s}}{2 \cdot 10^{-9}\, {\rm V^2/Hz} }} \hspace{0.1cm}\right ) = {\rm Q}(2)= 0.227 \cdot 10^{-1}.$$

(4) Unter Berücksichtigung der nur mehr halben Energie $E_{\rm B} = s^{2}_{0} \cdot T_{\rm B}/2$ erhält man mit $\sigma^{2}_{d} = N_{0}/T_{\rm B}$ und

$$p_{\rm BPSK} = {\rm Q}\left ( {s_0}/{\sigma_d } \right )= {\rm Q}\left ( \sqrt{{s_0^2 \cdot T_{\rm B}}/{N_0 }} \hspace{0.1cm}\right ) = {\rm Q}\left ( \sqrt{{2 \cdot E_{\rm B}}/{N_0 }}\hspace{0.1cm}\right )$$

das genau gleiche Ergebnis wie beim optimalen Basisbandsystem (zweiter Lösungsvorschlag).

(5) Es ergeben sich die genau gleichen Ergebnisse wie bei der Basisbandübertragung:

$${ E_{\rm B}}/{N_0 }= 8{\rm :} \hspace{0.2cm}p_{\rm BPSK} = {\rm Q}(\sqrt{16}) = {\rm Q}(4)\hspace{0.1cm}\underline {= 0.317 \cdot 10^{-4}},$$

$${ E_{\rm B}}/{N_0 }= 2{\rm :} \hspace{0.2cm}p_{\rm BPSK} = {\rm Q}(\sqrt{4}) = {\rm Q}(2) \hspace{0.1cm}\underline {= 0.227 \cdot 10^{-1}}.$$