Signalraumkonstellation von "4–QAM" und "4-PSK"
Für die "Quadraturamplitudenmodulation" $\rm (M–QAM)$ wurde im Theorieteil für $M ≥ 16$ eine obere Schranke der Symbolfehlerwahrscheinlichkeit angegeben ("Union–Bound"):
- $$ p_{\rm UB} = 4 \cdot {\rm Q} \left [ \sqrt{ { E_{\rm S}}/{ N_0}} \hspace{0.05cm}\right ] \ge p_{\rm S} \hspace{0.05cm}.$$
Im Theorieteil findet man ebenfalls die "Union–Bound" für die M–stufige Phasenmodulation $\rm (M–PSK)$:
- $$ p_{\rm UB} = 2 \cdot {\rm Q} \left [ \sin ({ \pi}/{ M}) \cdot \sqrt{ { 2E_{\rm S}}/{ N_0}} \hspace{0.05cm}\right ] \ge p_{\rm S} \hspace{0.05cm}.$$
Bei beiden Verfahren hat jeder Signalraumpunkt die genau gleiche Energie, nämlich $E_{\rm S}$.
Aus der Grafik erkennt man, dass für den Sonderfall $M = 4$ die beiden Modulationsverfahren eigentlich identisch sein müssten, was aus den obigen Gleichungen nicht direkt hervorgeht.
- Die "4–PSK" ist hier mit dem Phasenoffset $\phi_{\rm off} = 0$ dargestellt.
- Mit allgemeinem Phasenoffset lauten die Inphase– und Quadraturanteile der Signalraumpunkte: $(i = 0, \ ... \ , M = 1)$:
- $$s_{{\rm I}i} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \cos \left ( { 2\pi i}/{ M} + \phi_{\rm off} \right ) \hspace{0.05cm},$$
- $$ s_{{\rm Q}i} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \sin \left ( { 2\pi i}/{ M} + \phi_{\rm off} \right ) \hspace{0.05cm}.$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel "Trägerfrequenzsysteme mit kohärenter Demodulation".
- Bezug genommen wird insbesondere auf die Seiten "Quadraturamplitudenmodulation" und "Mehrstufige Phasenmodulation".
- In der Grafik rot eingezeichnet ist die Gray–Zuordnung der Symbole zu Bitdupeln.
- Alle Ergebnisse der Aufgabe können mit dem interaktiven SWF–Applet "M–stufiges Phase Shift Keying und Union Bound" per Simulation überprüft werden.
Fragebogen
Musterlösung
(1) Mit $M = 4$ lauten die Signalraumpunkte $\boldsymbol{s}_i = (s_{\rm I \it i}, s_{\rm Q \it i})$ der digitalen Phasenmodulation $(i = 0, \ \text{...} \ , 3)$:
- $$s_{{\rm I}i} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \cos \left ( { 2\pi i}/{ M} + \phi_{\rm off} \right ) \hspace{0.05cm},$$
- $$ s_{{\rm Q}i} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \sin \left ( { 2\pi i}/{ M} + \phi_{\rm off} \right ) \hspace{0.05cm}.$$
- Mit $\phi_{\rm off} \ \underline {= \pi/2 \ (45^°)}$ ergeben sich genau die Signalraumpunkte der 4–QAM:
- $$\boldsymbol{ s}_{\rm 0} = (+\sqrt{2}, +\sqrt{2})\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}\boldsymbol{ s}_{\rm 1} = (-\sqrt{2}, +\sqrt{2})\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} \boldsymbol{ s}_{\rm 3} = (-\sqrt{2}, -\sqrt{2})\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}\boldsymbol{ s}_{\rm 4} = (+\sqrt{2}, -\sqrt{2}) \hspace{0.05cm}.$$
(2) Richtig ist der Lösungsvorschlag 2: Für die 4–PSK ergibt sich mit der vorne angegebenen Gleichung:
- $$p_{\rm S} \le p_{\rm UB} \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}2 \cdot {\rm Q} \left [ \sin ({ \pi}/{ M}) \cdot \sqrt{ { 2E_{\rm S}}/{ N_0}} \right ] = 2 \cdot {\rm Q} \left [ { 1}/{ \sqrt{2}} \cdot \sqrt{ { 2E_{\rm S}}/{ N_0}} \right ]= 2 \cdot {\rm Q} \left [ \sqrt{ { E_{\rm S}}/{ N_0}} \right ] \hspace{0.05cm}.$$
(3) Richtig ist der Lösungsvorschlag 2:
- Die 4–QAM ist mit der 4–PSK identisch (hinsichtlich Fehlerwahrscheinlichkeit sogar unabhängig vom Phasenoffset).
- Der Lösungsvorschlag 1 gibt dagegen die Union Bound der "M–QAM" allgemein an, wobei hier $M = 4$ eingesetzt ist.
- Da es aber bei "4–QAM" keine inneren Symbole gibt, ist diese Schranke zu pessimistisch.
- Die sich ergebende "Union Bound" ist dann doppelt so groß wie die 4–PSK–Schranke.
(4) Hier ist wiederum der zweite Lösungsvorschlag richtig:
- Bei Graycodierung führt jeder Symbolfehler zu einem Bitfehler, wenn man nur benachbarte Regionen betrachtet: $p_{\rm B} \approx p_{\rm S}/2$.
- Außerdem gilt $E_{\rm S} = 2 \ E_{\rm B}$. Daraus folgt:
- $$p_{\rm B} = \frac{p_{\rm S}}{2} \le {\rm Q} \left [ \sqrt{ { E_{\rm S}}/{ N_0}} \right ] = {\rm Q} \left [ \sqrt{ { 2E_{\rm B}}/{ N_0}} \right ] \hspace{0.05cm}.$$
- Wie in der Musterlösung zur "Aufgabe 4.13" hergeleitet, gilt sogar exakt:
- $$p_{\rm B} = {\rm Q} \left [ \sqrt{ { 2E_{\rm B}}/{ N_0}} \right ] \hspace{0.05cm}.$$
- Bei der Herleitung wurde verwendet, dass man die "4–QAM" durch zwei orthogonale BPSK–Modulationen (mit Cosinus– bzw. Minus–Sinusträger) darstellen kann.
- Somit ist die Bitfehlerwahrscheinlichkeit der "4–QAM" und damit auch der "4–PSK" in Abhängigkeit von $E_{\rm B}/N_0$ die gleiche wie für BPSK.
