Aufgabe 4.11: Frequenzbereichsbetrachtung der 4–QAM

Leistungsdichtespektren von
BPSK und 4-QAM

Ausgehend von der BPSK (binäre Phasenmodulation) mit rechteckförmigem Grundimpuls $g_s(t)$ der Breite $T_{\rm B} = 1 \ \rm µ s$ und der Amplitude $s_0 = 2 \ \rm V$ soll in dieser Aufgabe das Leistungsdichtespektrum (LDS) der 4–QAM schrittweise ermittelt werden.

In der Aufgabe 4.7 wurde das Leistungdichtespektrum ${\it Φ}_s(f)$ 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 Leistungsdichtespektrum (im Bandpassbereich):

$${{\it \Phi}_s(f)} = {A}/{4} \cdot {\big [ {\rm si}^2(\pi \cdot T_{\rm B}\cdot (f - f_{\rm T})) + {\rm si}^2(\pi \cdot T_{\rm B}\cdot (f + f_{\rm T}))\big ]}\hspace{0.05cm}.$$

In der oberen Grafik ist allerdings das Leistungsdichtespektrum ${{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}$ des äquivalenten Tiefpass–Signals dargestellt. Dieses ergibt sich aus ${\it Φ}_s(f)$ 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 $f_{\rm T}$ 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 $T = 2 · T_{\rm B}$.
Multiplikation der Teilsignale mit Cosinus und Minus–Sinus, deren Amplituden $g_0$ jeweils um den Faktor $\sqrt{2}$ kleiner sind als $s_0$.
Summation der beiden Teilsignale, die mit $s_{\cos}(t)$ und $s_{–\sin}(t)$ bezeichnet werden:

$$s(t) = s_{\rm cos}(t)+ s_{\rm -sin}(t) \hspace{0.05cm}.$$

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Quadratur–Amplitudenmodulation.
Bezug genommen wird aber auch auf die Seite BPSK – Binary Phase Shift Keying im vorherigen Kapitel.
Das Leistungsdichtespektrum (LDS) einer QAM-Komponente ist identisch mit dem vergleichbaren BPSK–LDS.
Energien sind in $\rm V^2s$ anzugeben; sie beziehen sich somit auf den Bezugswiderstand $R = 1 \ \rm \Omega$.

Fragebogen

$E_{\rm B} \ = \ $

$\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$

$B_0 \ = \ $

$\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$

$Q_0 \ = \ $

$\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$

$E_{\rm B} \ = \ $

$\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$

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:

$$P_{\rm BPSK} = \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{1}{2} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{A}{2} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B})\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{A}{2T_{\rm B}} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi x)\hspace{0.1cm} {\rm d}x =\frac{A}{2T_{\rm B}}$$

$$\text{Mit} \ \ A = 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} T_{\rm B}= 10^{-6}\,{\rm s} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm BPSK} = 2\,{\rm V^2} ( = {s_0^2 }/{2})\hspace{0.05cm}.$$

Die Energie pro Bit ist dementsprechend bei der BPSK:

$$E_{\rm B} = {P_{\rm BPSK} \cdot T_{\rm B}}\hspace{0.15cm}\underline {= 2 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$

Hierbei ist wieder der Bezugswiderstand $1\ \rm Ω$ zugrunde gelegt.

(2) Aufgrund der doppelten Symboldauer der 4–QAM ($T = 2 · T_{\rm B}$) ist die Spektralfunktion gegenüber der BPSK nur halb so breit, aber doppelt so hoch, und anstelle von $s_0$ ist nun der kleinere Wert $g_0$ zu berücksichtigen. Der LDS–Wert bei der Frequenz $f = 0$ lautet damit:

$${\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm cos,\hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) = \left ({s_0}/{\sqrt{2}} \right )^2 \cdot 2 \cdot T_{\rm B} ={s_0^2 \cdot T_{\rm B}} = B_0 \hspace{0.05cm}.$$

Es ergibt sich somit genau der gleiche Wert wie bei der BPSK:

$$B_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm cos,\hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) \hspace{0.15cm}\underline {= 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}$$

(3) Das zweite Teilsignal $s_{–\sin}(t)$ liefert den genau gleichen Beitrag 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: $$Q_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) = 2 \cdot B_0 \hspace{0.15cm}\underline {= 8 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$

(4) Analog zur Teilaufgabe (1) erhält man für die Energie pro Bit:

$$E_{\rm B} = \frac{1}{2} \cdot T_{\rm B} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{Q_0 \cdot T_{\rm B}}{2T} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B})\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{Q_0 \cdot T_{\rm B}}{2T} = \frac{8 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz} \cdot 1\,{\rm \mu s}}{ 2 \cdot 2\,{\rm \mu s}}\hspace{0.15cm}\underline {= 2 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$

Man erkennt, dass bei den hier getroffenen Voraussetzungen die „Energie pro Bit” von BPSK und 4–QAM übereinstimmen.