Aufgabe 1.08Z: BPSK-Fehlerwahrscheinlichkeit

Zahlenwerte der Funktion ${\rm Q}(x)$

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, 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: $\rm BB)$:

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

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" lautet $($Index: $\rm BPSK)$:

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

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel "Lineare digitale Modulation – Kohärente Demodulation".

Bezug genommen wird auch auf das Kapitel "Fehlerwahrscheinlichkeit bei Basisbandübertragung".

Sie können die Ergebnisse mit dem Applet "Komplementäre Gaußsche Fehlerfunktionen" überprüfen.

Da hier der Signalwert $s_{0}$ in „Volt” angegeben ist und keine Angabe zum Bezugswiderstand gemacht wird, hat $E_{\rm B}$ die Einheit „$\rm V^{2}/Hz$”.

Fragebogen

$p_{\rm BB} \ = \ $

$\ \% $

$E_{\rm B} \ = \ $

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

$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

$$\sigma_d = \sqrt{\frac{N_0}{2 \cdot T_{\rm B}}}= \sqrt{\frac{2 \cdot 10^{-9}\,{\rm V^2/Hz}}{2 \cdot 1\,{\rm ns}}}= 1\,{\rm V}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}p_{\rm BB} = {\rm Q}\left ({s_0}/{\sigma_d } \right )= {\rm Q}(4)= 0.317 \cdot 10^{-4}\hspace{0.1cm}\underline {= 0.00317 \%}.$$

(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 der Teilaufgabe (4) von Aufgabe A1.8 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:

$$p_{\rm BB} = {\rm Q}\left ( \frac{s_0}{\sigma_d } \right )= {\rm Q}\left ( \frac{2\,{\rm V}}{1\,{\rm V}} \right )\hspace{0.1cm}\underline {= {\rm Q}(2)= 2.27 \%},$$

$$p_{\rm BB} = {\rm Q}\left ( \sqrt{\frac{2 \cdot E_{\rm B}}{N_0 }} \hspace{0.1cm}\right ) = {\rm Q}\left ( \sqrt{\frac{2 \cdot 4 \cdot 10^{-9}\,{\rm V^2s}}{2 \cdot 10^{-9}\, {\rm V^2/Hz} }} \hspace{0.1cm}\right ) = {\rm Q}(2)= 2.27 \%.$$

(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 ⇒ Lösungsvorschlag 2.

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

$${ E_{\rm B}}/{N_0 }= 8{\rm :} \hspace{0.2cm}p_{\rm BPSK} = {\rm Q}(\sqrt{16}) = {\rm Q}(4)\hspace{0.1cm}\underline {= 0.00317 \%},$$

$${ E_{\rm B}}/{N_0 }= 2{\rm :} \hspace{0.2cm}p_{\rm BPSK} = {\rm Q}(\sqrt{4}) = {\rm Q}(2) \hspace{0.1cm}\underline {= 2.27 \%}.$$