[6] Mirza Hamza „Tutorijal 2 Iz Predmeta Telekomunikacijske Tehnike 2“, 2015

8/19/2019 [6] Mirza Hamza „Tutorijal 2 Iz Predmeta Telekomunikacijske Tehnike 2“, 2015.

http://slidepdf.com/reader/full/6-mirza-hamza-tutorijal-2-iz-predmeta-telekomunikacijske-tehnike-2 1/30

Univerzitet u SarajevuElektrotehnički fakultetOdsjek za telekomunikacije Telekomunikacijske tehnike 2

TUTORIJAL 2

1. Neka su signali s0(t) i s1(t) dati na slici 1.

a) Odrediti izlaze iz korelatora u optimalnom prijemniku (slika 2)u trenucima uzorkovanja nakon prolaska signala kroz AWGN. Nacrtati izlaze iz korelatora u idealnom slučaju kadane bi postojao uticaj šuma na signal (noise - free)

b) Skicirati uslovne gustine vjerovatnoće za primljeni signal r(t)

c) Ponoviti proračun iz a) za slučaj optimalnog prijemnika nabazi prilagođenog filtera (slika 3).

d) Izračunati vjerovatnoću greške optimalnog prijemnika

Slika 1. Signali s0 (t) i s1(t)

x 0

t

d

x 0

t

d

Detektor

Podaci

0s t

1s t

r t

0r

1r

bt T

Slika 2. Optimalni prijemnik na bazi korelatora

0 0 bh t s T t

1 1 bh t s T t

r t

0r

1r

bt T

Slika 3. Optimalni prijemnik na bazi prilagođ enog filtera

A

A

A

0s t

t

t

bT

2

bT

bT

1s t




Rješenje:

Primljeni signal na ulazu optimalnog prijemnika je , 0 1,2;i b

r t s t n t t T i gdje je

is t korisni signal, a n t aditivni bijeli Gausov šum.

Pretpostavimo da je predajnik poslao signal “0“. Primljeni signal na ulazu optimalnog prijemnika je

0, 0

br t s t n t t T .

Izlaz iz korelatora 0 u trenutku odmjeravanjab

T je

2

0 0 0 0 0

0 0 0

b b bT T T

r r t s t dt s t dt n t s t dt E n . (1.1)

Izlaz iz korelatora 1 u trenutku odmjeravanja bT je

1 1 0 1 1 1

0 0 0

b b bT T T

r r t s t dt s t s t dt n t s t dt n . (1.2)

gdje je 2

b E A T energija signala, n0 i n1 komponente šuma na izlazu korelatora.

Zbog ortogonalnosti signala važi 0 1

0

0bT

s t s t dt !!!

Vremenski oblik signala izlaza iz korelatora.

Korelator 0 : 2

0 0 0 0

0 0 0

t t t

r t r s d s d n s d

2

0 0 , 0 br t A t n t t T (1.3)

Korelator 1 : 1 1 0 1 1

0 0 0

t t t

r t r s d s s d n s d

2

1

1

2 2

1

, 02

,2

b

bb b

T A t n t t

r t T

A T A t n t t T

(1.4)

Na slikama 1.1. i 1.2. su prikazani izlazi iz korelatora bez prisustva šuma.

0 0r t n t

E

bT t

1 1r t n t

2

E

bT t

2

bT

Slika 1.1. Izlazi iz korelatora 0 i 1 ako je poslan signal “0“ bez prisustva šuma




Analogno

0 0r t n t

2

E

bT t

2

bT

1 1r t n t

E

bT t

Slika 1.2. Izlazi iz korelatora 0 i 1 ako je poslan signal “1“ bez prisustva šuma

Komponente šuma na izlazu korelatora n0 i n1 su normalne slučajne varijable sa srednjim

vrijednostima : 0 0

0

0bT

E n s t E n t dt , 1 1

0

0bT

E n s t E n t dt i

varijansama 2 2

0 0

, 1, 2b bT T

i i i i E n s t s E n t n dtd i

2 20 0 0

0 0 02 2 2

b b bT T T

i i i i

N N E N s t s t dtd s d

, pa su funkcije gustine raspodjele

primljenog signala date sa :

2

0

0 2

10 exp

22

r E p r

, 2

11 2

10 exp

22

r p r

(1.5)

i prikazane su na slici

r 0 E

1 0 p r 0

0 p r

Slika 1.3. Funkcije gustine raspodjele (PDF) primljenog signala r(t)




Optimalni prijemnik na bazi prilagođ enog filtera

0 0 bh t s T t

1 1 bh t s T t

bT

bT

2

bT

A

A

A

t

t

Slika 1.4. Impulsni odzivi prilagođ enih filtera

Pretpostavimo da je predajnik poslao signal “0“. Primljeni signal na ulazu optimalnog prijemnika je

0, 0

br t s t n t t T .

Izlaz iz prilagođenog filtera 0 u trenutku odmjeravanja bT je

0 0 0 0 0 0

0 0 0

b b bT T T

r r t h T t dt s t s t dt n t s t dt E n (1.6)

Izlaz iz prilagođenog filtera 1 u trenutku odmjeravanja bT je

1 1 0 1 1 1

0 0 0

b b b

T T T

r r t h T t dt s t s t dt n t s t dt n . (1.7)

Vremenske oblike signala izlaza iz prilagođenih filtera dobijemo konvolucijom :

, 1, 2i i i ir t r t h t s t n t h t i (1.8)

pa nakon algebarskih manipulacija ili grafičkim rješavanjem dobijemo

Prilagođeni filter 0 :

2

0

0 2 2

0

, 0

, 2

b

b b b

A t n t t T r t

A T A t n t T t T

(1.9)

Prilagođeni filter 1 :

2

1

2 2

1 1

2 2

1

, 02

3,

2 2

32 ,

2

b

b bb

b

b b

T A t n t t

T T r t A t A T n t t

T A t A T n t t T

(1.10)

Izrazi (1.9) i (1.10) su prikazani na slici 1.5. dok je na slici 1.6. prikazan slu čaj slanja “1“ i odgovarajućitalasni oblici u korelatoru:




0 0r t n t

E

bT t 2 bT

1 1r t n t

2

E

bT t 2 bT

2

E

Slika 1.5. Izlazi iz prilagođ enih filtera 0 i 1 ako je poslan signal “0“ bez prisustva šuma

0r t n t

2

E

bT t 2 bT

2

E

1r t n t

E

t 2 bT bT

2

bT

E

3

2

bT

Slika 1.6. Izlazi iz prilagođ enih filtera 0 i 1 ako je poslan signal “1“ bez prisustva šuma

r 0 E

0

1 p r

1

1 p r

Slika 1.7. Funkcije gustine raspodjele (PDF) primljenog signala r(t)

Detekcija signala:

Signali 0 i 1 su jednako vjerovatni i imaju iste energije. Detektor u optimalnom prijemniku upoređ

ujeprimljene signale r 0 i r 1. Ako je r 0 > r 1, odlučuje da je poslana 0, a ako je r 1 > r 0, odlučuje da je poslana1. Ako je poslana 0, vjerovatnoća greške ne prijemu je :

1 0 1 0 1 01 0eP P r r P n E n P n n E (1.11)

Slučajna varijabla1 0 x n n je takođe Gausova slučajna varijabla sa srednjom vrijednosti

0 E x i varijansom 2

2 2 2

1 0 1 0 1 02

x E n n E n E n E n n

1 0 1 0

0 0

b bT T

E n n s t s E n t n dtd

0 0

1 0 0 1 0 1

0 0 002 2

b b bT T T N N

E n n s t s t dtd s s d ,






2. Za slučaj on-off tastovanja nosećeg modulisanog signala (OOK, ASK), dva moguća signala su

b1

b0

Tt0 ,2sin2)(

Tt0 ,0)(

t f T E t s

t s

c

b

b

U kanalu je prisutan aditivni gausov bijeli šum (AWGN).

a) Nacrtati blok dijagram prijemnika (demodulator i detektor).b) Odrediti vrijednost signala u trenutku odmjeravanja t=Tb na izlazu iz korelatora i prilagođenog

filtra, te komentarisati prednosti i mane jednog i drugog koncepta.c) Naći vjerovatnoću greške optimalnog prijemnika za navedeni tip modulacionog formata.

Rješenje:

a) Nacrtati blok dijagram prijemnika (demodulator i detektor).

Kako se signali s0(t) i s1(t) mogu prikazati preko jednog baznog vektora blok dijagrami prijemnika suprikazani na slikama 2.1. i 2.2.

0

t

d

Slika 2.1. Prijemnik na bazi korelatora

1h t s T t

Slika 2.2. Prijemnik na bazi prilagođ enog filtera




b) Odrediti vrijednost signala u trenutku odmjeravanja t=Tb na izlazu iz korelatora i prilagođ enog filtra, te komentarisati prednosti i mane jednog i drugog koncepta.

Slika 2.3. Prikaz binarnog NRZ unipolarnog signala i ASK (OOK) signala na vremenskoj osi

Primljeni signal na ulazu optimalnog prijemnika je , 0 0,1;i b

r t s t n t t T i gdje je


Izlaz iz korelatora u trenutku odmjeravanja bT je dat izrazima r 0 (ako je poslana 0) i r 1 (ako je poslana

1)

0 1 0 1 1 0

0 0 0

b b bT T T

r r t s t dt s t s t dt n t s t dt n (2.1)

2

1 1 1 1

0 0 0

b b bT T T

r r t s t dt s t dt n t s t dt .

2

1 1 1 1

0 0

1 cos 42 2sin 2

2

b bT T

cb bc b

b b

f t E E r f t dt n dt n E n

T T

(2.2)

jer je u praksi f cT=n,b

E energija signala, n0 i n1 komponente šuma na izlazu korelatora.

Iz izraza (2.1) i (2.2) primjećujemo da je optimalni prag odlučivanja na sredini između bešumnihvrijednosti izlaza iz korelatora r 0 i r 1, r p=Eb/2.

Ako se koristi prilagođeni filter izlazi iz filtera su dati sljedećim izrazima r 0 (ako je poslana 0) i r 1 (ako jeposlana 1):

0 1 0 1 0 0

0 0 0

b b bT T T

b b br r t h T t dt s t h T t dt n t h T t dt n (2.3)

1 1 1 1 1

0 0 0

b b bT T T

br r t h T t dt s t s t dt n t s t dt

2

1 1 1 1

0 0

1 cos 42 2sin 2

2

b bT T

cb bc b

b b

f t E E r f t dt n dt n E n

T T

(2.4)

jer je s1(Tb-t)=s1(t) u intervalu od 0 do T (provjeriti grafički), u praksi f cT=n,b

E energija signala, n0 i n1

komponente šuma na izlazu korelatora.

Iz izraza (2.3) i (2.4) primjećujemo da je optimalni prag odlučivanja na sredini između bešumnihvrijednosti izlaza iz prilagođenog filtera r 0 i r 1, r p=Eb/2.




c) Nać i vjerovatnoć u greške optimalnog prijemnika za navedeni tip modulacionog formata.

ASK signali s0(t) i s1(t) se prenose u transponovanom (passband) opsegu. Bazni vektor preko kojeg se

mogu predstaviti signali s0(t) i s1(t), a zadovoljava uslov normiranosti energije uz uslov f cT=nπ je :

b

2( ) sin 2 , 0 t T

c

b

t f t T

(2.5)

Signali s0(t) i s1(t) prikazani preko baznog vektora su 00s t t , 1 b

s t E t (2.6) ili

vektorskim zapisom 00s , 1 b

s t E (2.7).

Konstelacijski dijagram ASK signala sa oblastima odlučivanja je predstavljen na slici 2.4.

b E t

0s 1s

b E t

0s 1s

d

2

d

Slika 2.4. Konstelacijski dijagram ASK signala sa oblastima odluč ivanja

Signali s0(t) i s1(t) su jednako vjerovatni, optimalni prag odlučivanja je r p=d/2, pa postoje dvijeekvivalentne oblasti odlučivanja kao na slici 2.4.

Neka je poslat signal s1(t), tada je vjerovatnoća tačnog odlučivanja da je primljen signal s1(t) data sa :

1 2 2

d d

p c s p d n p n

(2.8)

Šum je gausov srednje vrijednosti 0 i varijanse σ2, što znači da mu je funkcija gustine raspodjele

jednaka 2

221

2

x

p x e

(2.9).

Sada je 2

22

1

2

1

2 2 22

x

d

d d d p c s p d n p n e dx Q

(2.10) gdje je

sa Q(x) definisana funkcija

2

21

2

t

xQ x e dt

(2.11).

Koristeći osobine Q-funkcije, dobije se 11

2

d p c s Q

(2.12).

Kako su oblasti odlučivanja ekvivalentne vjerovatnoća tačnog odlučivanja za signal s0(t) se analogno

dobije 01

2

d p c s Q

(2.13).

Vjerovatnoća pogrešnog odlučivanja za poslane signale s0(t ) i s1(t) je

1 1 01

2

d p e s p c s Q p e s

(2.14).

Vjerovatnoća greške pri prenosu je sada jednaka 1

0 2e i i

i

d P p s p e s Q

(2.15) gdje je




i p s vjerovatnoća pojavljivanja signala si.

Srednja energija signala s0(t) i s1(t) je 21

2

0

10

2 2 2i

bi s

i

E d E p s E d

(2.16) (Binarni

prenos). Kako je varijansa šuma jednaka spektralnoj gustini snage šuma 2 0

2

N (2.17) dobije se

da je vjerovatnoća greške ASK seta signala s0(t ) i s1(t) jednaka0

2

be

E P Q

N

(2.18). Nađena

vjerovatnoća greške je bitska vjerovatnoća greške jer se koriste samo dva signala za prenos.




3. Data su dva antipodna signala s0(t) i s1(t) u osnovnom opsegu, trajanja T, energije Eb.a) Predložiti najjednostavniju varijantu signala s0(t) i s1(t).b) Prikazati signale s0(t) i s1(t) preko odgovarajućih baznih vektora u analitičkom obliku.

c) Predstaviti date signale na konstelacijskom dijagramu.d) Skicirati blok dijagram prijemnika na bazi prilagođenog filtera i na bazi korelatora.e) Odrediti izlaz iz korelatora u optimalnom prijemniku u trenucima uzorkovanja nakon prolaska

signala kroz AWGN.f) Nacrtati izlaze iz korelatora u idealnom slučaju kada ne bi postojao uticaj šuma na signal (noise

- free).g) Odrediti optimalni prag u odlučivaču.h) Naći vjerovatnoću greške optimalnog prijemnika navedenog sistema signala.

Rješenje:

a) Predložiti najjednostavniju varijantu signala s0 (t) i s1(t).

Kako su signali s0(t) i s1(t) u osnovnom opsegu, antipodni su, imaju trajanje T i energiju Eb,najjednostavnija varijanta ovih signala je :

0

, 0

0,

b E

t T s t T

ostalo t

, 1

, 0

0,

b E

t T s t T

ostalo t

(3.1).

b E

T

b E

T

t T

T

t

1s t

0s t

Slika 3.1. Vremenski oblik signala s0 (t) i s1(t)

b) Prikazati signale s0 (t) i s1(t) preko odgovaraju ć ih baznih vektora u analiti č kom obliku.

Kako su signali s0(t) i s1(t) antipodni, tada se mogu izraziti preko jednog baznog vektora t . Bazni

vektor t mora zadovoljavati uslov normiranosti energije, odnosno 2 1t

.




Posmatrajući signale s0(t) i s1(t) dolazi se do zaključka da je bazni vektor 1

, 0

0,

t T t T

ostalo t

(3.2), pa su signali s0(t) i s1(t) analitički izraženi preko baznog vektora kao: 0 bs t E t ,

1 bs t E t (3.3) ili vektorskim zapisom

0 bs E , 1 b

s t E (3.4).

c) Predstaviti date signale na konstelacijskom dijagramu.

Konstelacijski dijagram za signale s0(t) i s1(t) je dat na slici 3.2.

b E t

0s

b E

1s

Slika 3.2. Konstelacijski dijagram signala s0 (t) i s1(t)

d) Skicirati blok dijagram prijemnika na bazi prilagođ enog filtera i na bazi korelatora.

Kako su signali antipodni dovoljno je da u prijemniku postoji samo jedna grana u kojoj će se vršitikoreliranje ili prilagođeno filtriranje (pomoću signala s1(t) ili s0(t), odnosno odgovarajućih prilagođenihfiltera impulsnih odziva s1(T-t) ili s0(T-t)), uzorkovanje u trenutku t=nT i odlučivač (detektor) u kojem seupoređuje primljena vrijednost sa vrijednosti optimalnog praga r p. Vrijednost praga r p u odlučivaču za

dati sistem antipodnih signala je 0, štoć

e biti pokazano kroz stavke e,f,g.

0

t

d

Slika 3.3. Prijemnik na bazi korelatora za antipodne signale s0 (t) i s1(t)

1h t s T t

Slika 3.4. Prijemnik na bazi prilagođ enog filtera za antipodne signale s0 (t) i s1(t)

e) Odrediti izlaz iz korelatora u optimalnom prijemniku u trenucima uzorkovanja nakon prolaska signala kroz AWGN.

Primljeni signal na ulazu optimalnog prijemnika je , 0 0,1;ir t s t n t t T i gdje je





Izlaz iz korelatora u trenutku odmjeravanja T je data izrazima r 0 (ako je poslana 0) i r 1 (ako je poslana1)

0 1 0 1 1 0

0 0 0

T T T

br r t s t dt s t s t dt n t s t dt E n . (3.5)

2

1 1 1 1 1

0 0 0

T T T

br r t s t dt s t dt n t s t dt E n . (3.6)

gdje jeb


f) Nacrtati izlaze iz korelatora u idealnom slu č aju kada ne bi postojao uticaj šuma na signal(noise - free).

Vremenski oblik signala izlaza iz korelatora u prisustvu šuma je data izrazima r 0 (ako je poslana 0) i r 1 (ako je poslana 1)

0 1 0 1 1 0

0 0 0

, 0t t t

b E

r t r s d s s d n s d t n t T T

(3.7)

2

1 1 1 1 1

0 0 0

, 0t t t

b E

r t r s d s d n s d t n t T T

(3.8)

gdje jeb


Ako ne bi postojao uticaj šuma na signal tada bi vremenski oblik signala iz korelatora bi dat izrazima

0 1 0 1

0 0

, 0

t t

b E r t r s d s s d t t T

T

(3.9)

2

1 1 1

0 0

, 0

t t

b E r t r s d s d t t T

T (3.10)

što je prikazano na slici 3.5.

1r t

b E

T t

0r t

b E

T

t

Slika 3.5. Vremenski oblici signala na izlazu iz korelatora bez prisustva šuma za antipodne signale

s0 (t) i s1(t)g) Odrediti optimalni prag u odlu č ivač u.

Na osnovu razmatranja provedenih u e,f) i činjenice da su signali s0(t) i s1(t) jednako vjerovatnioptimalni prag u odlučivaču je r p=0.




h) Nać i vjerovatnoć u greške optimalnog prijemnika navedenog sistema signala.

Signali s0(t) i s1(t) su jednako vjerovatni, optimalni prag odlučivanja je r p=0, pa postoje dvije

ekvivalentne oblasti odlučivanja kao na slici 3.6.

b E t

0s

b E

1s

d

Slika 3.6. Oblasti odluč ivanja za signale s0 (t) i s1(t)

Neka je poslat signal s1(t), tada je vjerovatnoća tačnog odlučivanja da je primljen signal s1(t) data sa :

10

b b p c s p E n p n E (3.11)


jednaka 2

221

2

x

p x e

(3.12).

Sada je 2

22

1

10

2b

x

b

b b

E

E p c s p E n p n E e dx Q

(3.13)

gdje je sa Q(x) definisana funkcija 2

21

2

t

x

Q x e dt

(3.14).

Koriteći osobine Q-funkcije, dobije se 11 b

E p c s Q

(3.15).

Kako su oblasti odlučivanja ekvivalentne vjerovatnoća tačnog odlučivanja za signal s0(t) se analogno

dobije 01

b E

p c s Q

(3.16).

Vjerovatnoća pogrešnog odlučivanja za poslane signale s0(t ) i s1(t) je

1 1 01

b E

p e s p c s Q p e s

(3.17).

Vjerovatnoća greške pri prenosu je sada jednaka 1

0

b

e i i

i

E P p s p e s Q

(3.18) gdje je

i p s vjerovatnoća pojavljivanja signala si.

Kako je varijansa šuma jednaka spektralnoj gustini snage šuma 2 0

2

N (3.19) dobije se da je

vjerovatnoća greške antipodnog seta signala s0(t ) i s1(t) jednaka0

2b

e

E P Q

N

(3.20). Nađena

vjerovatnoća greške je bitska vjerovatnoća greške jer se koriste samo dva signala za prenos.






b) Prikazati set signala na konstelacijskom dijagramu.

Analitički prikaz seta signala je:

1

2, 0

2

0,

T A t

s t T

ostalo t

, 2

2, 0

2

0,

At T

s t T

ostalo t

, 3

2,

2

0,

T A t T

s t T

ostalo t

(4.3).

Set signala prikazan preko baznih vektora je: 1 1s t A t , 2 1 2

2 2

A As t t t ,

3 2s t A t , (1.4) , odnosno 1

,0s t A , 2,

2 2

A As t

30,s t A (4.5)

Na osnovu izraza (4.4) i/ili (4.5) dobije se konstelacijski dijagram kao na slici 4.2.

2

A

2

A 1

A

2

A 2s

1s

3s

Slika 4.2. Konstelacijski dijagram

c) Odrediti ekvivalentni set signala minimalne energije.

Ekvivalentni set signala minimalne energije je set signala čije je težište postavljeno u koordinatnipočetak. Rotacijom oko koordinatnog početka i translacijom konstelacijskog dijagrama vjerovatnoćagreške se ne mijenja. Rotacijom se ne mijenja srednja energija signala, dok se translacijom srednjaenergija signala mijenja. Dvije varijante ekvivalentnog seta signala minimalne energije za sistem saslike 4.2 su date na slici 4.3.

2

2

A

1

2

A3s

2

A

2

A

2s

1s

2

1

3s

2

2

A

2s

1s

2

2

A

d d

Slika 4.3. Konstelacijski dijagrami ekvivalentnog seta signala minimalne energije




d) Skicirati oblike seta signala minimalne energije.

Set signala minimalne energije prikazan preko baznih vektora je:

1 1 22 2

A A

s t t t , 2 0s t , 3 1 22 2

A A

s t t t (4.6), odnosno

1 ,2 2

A As t

, 2

0,0s t , 3 ,2 2

A As t

(4.7) za varijantu prikazanu na slici (4.3) lijevo.

1s t

t T t T

2s t

2

T

3s t

t T

2

T

2

2

A

T

2

2

A

T

2

2

A

T

2

2

A

T

Slika 4.4. Vremenski oblik seta signala minimalne energije

Set signala minimalne energije prikazan preko baznih vektora je:

1 1s t d t , 2

0s t , 3 1s t d t (4.8) , odnosno

1,0s t d , 2

0,0s t 30,s t d (4.9) za varijantu prikazanu na slici (4.3) desno.

1s t

t T t T

2s t

2

T

3s t

t T

2

T

2d

T

2d

T

Slika 4.5. Vremenski oblik seta signala minimalne energije

e) Izrač unati srednju energiju seta signala na slici 1. i srednju energiju ekvivalentnog setaminimalne energije.

Srednja energija seta signala na slici 4, čiji je konstelacijski dijagram prikazan na slici 4.2. je data

izrazom :

2

2 22 23

1

5 52

3 6 3is i s

i

A A A A d

E p s E

(4.10).

Srednja energija seta signala minimalne energije čiji su konstelacijski dijagrami dati na slici 4.3. je data

izrazom : 2 23

,min

1

2

3 3is i s

i

A d E p s E

(4.11).




f) Izrač unati vjerovatnoć u greške optimalnog prijemnika

Vjerovatnoću greške optimalnog prijemnika je najjednostavnije izračunati preko analize

konstelacijskog dijagrama na slici 4.6. Oblasti odlučivanja R1 i R3 su jednake pa je vjerovatnoćatačnog odlučivanja za navedene oblasti data izrazom :

1 32 2

d d p c s p c s p d n p n

(4.12)

Za oblast R2 vjerovatnoća tačnog odlučivanja je 22 2

d d p c s p n

(4.13)

2

1

3s

2s

1s

d d

1 R

2 R

3 R

Slika 4.6. Oblasti odluč ivanja


jednaka

2

221

2

x

p x e

(4.14).

Sada je 2

221 3

2

11

2 2 22

x

d

d d d p c s p c s p n e dx Q Q

(4.15)

2

2

2

22

2

11 2

2 2 2 2 22

d x

d

d d d d d p c s p n e dx Q Q Q

(4.16)

gdje je sa Q(x) definisana funkcija 2

21

2

t

x

Q x e dt

(4.17).

Vjerovatnoća pogrešnog odlučivanja za oblasti R1 i R3 i poslane signale s1(t ) i s3(t) je

1 1 31

2

d p e s p c s Q p e s

(4.18),

a za signal s2(t), 2 21 2 2

d

p e s p c s Q

(4.19)






5. Komunikacioni sistem za prenos koristi signale analitičkog oblika 1 2k i js t a t b t ,

3 , , ,3 , ,i j

a A A A A b A A .

a) Predložiti bazne vektore 1 2,t t u transponovanom opsegu.

b) Grafički prikazati bazne vektore 1 2,t t

c) Prikazati signale sk(t) na konstelacijskom dijagramu.d) Izvesti izraz za srednju vjerovatnoću greške optimalnog prijemnika u prisustvu AWGN.e) Komentarisati srednju vjerovatnoću greške sa aspekta simbolske greške i sa aspekta bitske

greške.

Rješenje:

a) Predložiti bazne vektore 1 2,t t u transponovanom opsegu.

Bazni vektori moraju zadovoljiti uslove normiranosti energije i međusobne ortogonalnosti.Najjednostavnija varijanta para baznih vektora u transponovanom opsegu su

1

2cos 2 ct f t

T , 2

2sin 2 ct f t

T (5.1) (Izračunati iz opšteg oblika

cos 2m c

t A f t vrijednost amplitude iz uslova normiranosti i provjeriti međusobnu

ortogonalnost).

b) Grafi č ki prikazati bazne vektore 1 2,t t

Grafički prikaz baznih vektora je dat na slici (5.1)

1

2cos 2 ct f t

T

2

2sin 2 ct f t

T

t

t

T

T

Slika 5.1. Bazni vektori u transponovanom opsegu




c) Prikazati signale sk (t) na konstelacijskom dijagramu.

A

1

2

3 A A A

A

3 A

11s

21s 31

s 41s

12s

22s 32s 42s


d) Izvesti izraz za srednju vjerovatnoć u greške optimalnog prijemnika u prisustvu AWGN.

1 R

A

1

2

3 A A A

A

3 A

11s

21s 31

s 41s

12s 22s 32s 42

s

2 R

Slika 5.3. Oblasti odluč ivanja

Zbog simetrije sistema signala i jednake vjerovatnoće pojavljivanja signala granice odlučivanja su napolovini udaljenosti između signala i primjećuje se na slici 5.3. da postoje četiri oblasti odlučivanja tipaR1 i četiri oblasti odlučivanja tip R2.Oblast tip R1:

Vjerovatnoća tačnog prijema signala s42 je jednaka 423 2 0 p c s p A n A p A n (5.2)

jer postoje dvije nezavisne ortogonalne komponente gausovog šuma koje se superponiraju na signal.

2 2

2 2

2

2 242

1 1

2 2

x x

A A

A p c s p n A p n A e dx e dx Q

2

42 1 A

p c s Q

(5.3)

Vjerovatnoće greške pri odlučivanju za simbol s42 je

2

42 2 A A

p e s Q Q

(5.4)




Oblast tip R2:

Vjerovatnoća tačnog prijema signala s32 je jednaka 320 2 0 p c s p A n A p A n

(5.5) jer postoje dvije nezavisne ortogonalne komponente gausovog šuma koje se superponiraju nasignal.

2 2

2 22 232

1 1

2 2

x x A

A A

p c s p A n A p n A e dx e dx

32 1 2 1 A A A A A

p c s Q Q Q Q Q

(5.6)

Vjerovatnoće greške pri odlučivanju za simbol s32 je

2

32 3 2 A A

p e s Q Q

(5.7)

Srednja energija sistema (koristeći osobinu simetrije konstelacijskog dijagrama) je :

8

2 2 2

1

1 14 2 10 6

8 8is i s

i

E p s E A A A

, (5.8)

Vjerovatnoća greške sistema (koristeći osobinu simetrije konstelacijskog dijagrama) je :

2 2

8

1

1 14 2 4 3 2

8 8e i i

i

A A A AP p s p e s Q Q Q Q

2

5 3

2 2e

A AP Q Q

(5.9)

Korištenjem (5.8) i 2 0

2

N (5.9) dobije se srednja vjerovatnoća greške po simbolu kao :

2

,

0 0

5 3

2 3 2 3

s se s

E E P Q Q

N N

(5.10)

Prikaz srednje vjerovatnoće greške po simbolu preko energije po bitu i SGS šuma je :2

,

0 0

5 3

2 2

b be s

E E P Q Q

N N

(5.11)

e) Komentarisati srednju vjerovatnoć u greške sa aspekta simbolske greške i sa aspektabitske greške.

Korištenjem Grayevog koda srednja vjerovatnoća greške po bitu je,

,

e s

e b

PP

ld M

pa je srednja

vjerovatnoće greške po bitu:

2

,

0 0

5 3

6 6

b be b

E E P Q Q

N N

(5.12)

NAPOMENA:

U praksi je član 2

Q x Q x pa se može zanemariti što dovodi do pojednostavljenog

izraza za srednje vjerovatnoće greške po simbolu i bitu:

,

0

52

be s E P Q

N

(5.13) , ,

0

56

be b E P Q

N

(5.14).






1

2

1s

2s

2

b E

2

b E

b E d


c) Nać i ekvivalentnu energiju sistema.

Ekvivalentna energija sistema binarnih signala je

2

1 2

0

T

ekv E s t s t dt (6.9)

Razvijanjem izraza (6.9) računajući preko sinusa ili razlaganjem na bazne vektore dobije se:

2 2

1 2 1 2 1 1 2

0 0 0 0

2 2 22 2

T T T T

b bekv b b

E E E s t dt s t dt s t s t dt E E t t t dt

2

1

0

2 2 2 2T

ekv b b b E E E t dt E (6.10)

d) Izvesti izraz za vjerovatnoć u greške preko

0

b E

N .

Za binarni skup signala vjerovatnoća greške se može takođe izračunati koristeći formulu

:0

2

ekve

E P Q

N

(6.11) ili provodeći proceduru rotiranja i transliranja konstelacijskog dijagrama sa

slike 6.1 da bi se dobio konstelacijski dijagram na slici 6.2 i zatim provela procedura tačnogodlučivanja kao u zadacima 1 i 2.

Primjenjujući (6.10) i (6.11) dobije se da je vjerovatnoća greške0

21

2

be

E P Q

N

(6.12).

1

2

1s

2s

2 2bd E


e) Nać i vrijednost vjerovatnoć e greške ako je

0

5b E

dB N

.

Primjenjujući (6.12) dobije se da je vjerovatnoća greške 25,398 2,323 1,017 10eP Q Q .




7. Posmatrajmo digitalni komunikacijski sistem koji prenosi informacije pomoću QAM (kvadraturnaamplitudna modulacija) preko telefonskog kanala brzinom od 2400 simbola/s. Pretpostavlja se da je šum u kanalu aditivni bijeli gausov šum.

d) Prikazati set signala na konstelacijskom dijagramu.e) Izvesti srednju vjerovatnoću greške za MQAM.

f) Odrediti odnos srednje energije/SGS po bitu,0 N

E b potreban da se postigne srednja

vjerovatnoća greške po simbolu 10-5 za bitsku brzinu 4800 bita/s.g) Ponoviti (c) za bitsku brzinu od 9600 bita/s.h) Ponoviti (c) za bitsku brzinu od 19200 bita/s.i) Kakvi zaključci se mogu izvući iz dobijenih rezultata?

Rješenje:

a) Prikazati set signala na konstelacijskom dijagramu

Slika 7.1. Konstelacioni dijagram opšte QAM




b) Izvesti srednju vjerovatnoć u greške za MQAM.

Prvo ćemo izvesti relaciju za vjerovatnoću greške za opštu QAM (kvadraturnu amplitudnu modulaciju),gdje je M=2k. Pretpostavićemo da su sve poruke jednakovjerovatne, te su vjerovatnoće pojavljivanja

poruka M i M

S P i,11 . (1.1) Sa slike 7.1. primjećuje se da postoje tri tipa oblasti R1, R2, R3:

Tip R1 (tačno odlučivanje) :

2

,2

21

an

an , oblastirubne4

Tip R2 (tačno odlučivanje) :

22

,2

21

an

aan ili

2

,22

21

an

an

a,

oblastiivicne M 24

Tip R3 (tačno odlučivanje):

22

,22

21

an

aan

a, oblastihunutrašnji M

2

2

Kod QAM je rezultantni impuls oblika 2 2

cos sin , 1,i i c i c

p t a p t t b p t t i M T T

(7.2).

(n1, n2 – vrijednost gausovog šuma za pojedine signale, a,b – energetska distanca pojedinih signalakoji predstavljaju poruke, p(t) uobličavač impulsa)

Pošto se posmatra kanal sa aditivnim bijelim gausovim šumom raspodjela amplituda šuma za obje

komponente n1 i n2 je data sa : 2

2

2

2

1

x

e x p

(7.3). Sada je potrebno izračunati vjerovatnoću

korektnog odlučivanja za pojedine oblasti odlučivanja date na slici 7.1.

Oblasti tip R1 :

gd

a

x

aa t a

t

dt dxt x

dxedx x pdx x pa

na

nPscP

2

2

1

2,

2

2

2

2

22

211

2

2

2

2

21

2

2

1

a

t

dt escP (7.4) . Q funkcija je definisana kao

x

t

dt e xQ 2

2

2

1

, to imamo

vjerovatnoću tačnog odlučivanja za oblasti tip R1 22

12

12

aQaQscP (7.5), pa

je vjerovatnoća pogrešnog odlučivanja za oblasti tip R1 :

2

112

111

aQscPseP (7.6).

Oblasti tip R2 :




2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

22

212

22

2

2

2

2

2

1

2

1

22

2

1

2

1

22,

2

a

a

t

a

t

gd

a

a

x

a

x

a

aa

dt edt ea

t a

t

dt dxt x

dxedxedx x pdx x pa

naa

nPscP

(7.7)

221

21

2222

aQ

aQ

aQ

aQ

aQscP (7.8)

Vjerovatnoća pogrešnog odlučivanja za oblasti tip R2 :

2212111 22

a

Q

a

QscPseP (7.9).

Oblasti tip R3 :

2 2

2

22 2

22 2

2 23 1 2

2 2 2

1 1,

2 2 2 2 2 2

aa a

x t

a a a

a a a aP c s P n n p x dx e dx e dt

(7.10)

22

32

2122

aQ

aQ

aQscP (7.11)

Vjerovatnoća pogrešnog odlučivanja za oblasti tip R3 :

2

332

2111

aQscPseP (7.12)

Ukupna vjerovatnoća greške PeM se računa kao :

3

2

21

1

22441

seP M seP M seP M

sePsPP M

k

k k eM (*)

2

2

11 12

111 Aa

QscPseP

ABa

Qa

QscPseP

1

221

2111 22

.

2

2

33 12

2111 Ba

QscPseP

2

22 1212414

1 B M AB M A

M PeM

2

22

2

224422441

B M AB M A M M M

PeM

22

22221

B M A M M

PeM






1

log6 2

M

M E a b , energetska distanca signala izražena preko srednje energije bita i broja poruka

2

02 N

, N0 spektralna gustina snage šuma.

Uvrštavajući ,a u jednačinu (*) dobije se vjerovatnoća greške pri odlučivanju za opšti QAM sistem :

2

0

2

1

log311211

N M

M E Q

M P b

eM (7.13)

c) Odrediti odnos srednje energije/SGS po bitu,

0 N

E b potreban da se postigne srednja

vjerovatnoć a greške 10 -5

za bitsku brzinu 4800 bita/s.

Iz formule (7.13) dobije se da je

M

PQ

e

112

11 (7.14)

Bitska brzina je Rb=4800 bita/s, potreban broj bita za prenos jednog simbola, 2b

s

Rk

R , koristi se

4-QAM. Uvrštavanjem vjerovatnoće i tipa QAM koja se koristi dobije se iz (7.14) :

898,9,7682,942,42

10112

000

5

0

dB

N

E

N

E

N

E

N

E Q bbbb (7.15)

d) Ponoviti (c) za bitsku brzinu od 9600 bita/s.


s

Rk

R , koristi se

16-QAM. Uvrštavanjem vjerovatnoće i tipa QAM koju koristimo dobije se iz (7.14) :

033,14,3125,2551,45

41011

3

2

5

4

000

5

0

dB N

E

N

E

N

E

N

E Q bbbb (7.16)

e) Ponoviti (c) za bitsku brzinu od 19200 bita/s.


s

Rk R

, koristi se

256-QAM. Uvrštavanjem vjerovatnoće i tipa QAM koju koristimo dobije se iz (7.14)

5

0 0 0 0

24 2481 1 10 4,56 220,932, 23,4425

255 15 255

b b b b E E E E

Q dB N N N N

(7.17)



Documents

[6] Mirza Hamza „Tutorijal 2 Iz Predmeta Telekomunikacijske Tehnike 2“, 2015