Aufgaben:Aufgabe 4.11: Frequenzbereichsbetrachtung der 4–QAM

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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 das Leistungsdichtespektrum  $\rm (LDS)$  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  (weil:   ein Spektrum muss verdoppelt werden,  ein LDS vervierfacht),
• 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

1 Wie groß ist die Energie pro Bit   ⇒   $E_{\rm B}$  bei  "Binary Phase Shift Keying"  (BPSK)?

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

2 Wie lautet das Leistungsdichtespektrum  ${\it \Phi}_{s,\hspace{0.08cm} \cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f )$  des 4–QAM–Teilsignals  $s_{\cos}(t)$  in der äquivalenten Tiefpassdarstellung?
Welcher Wert  $B_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.08cm}\cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f = 0) $  ergibt sich bei der Frequenz  $f = 0$?

$B_0 \ = \ $ $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$

3 Wie lautet das Leistungsdichtespektrum  ${\it \Phi}_{s,\hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f )$  des gesamten 4–QAM–Signals $s(t)$?
Welcher Wert  $Q_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f = 0) $  ergibt sich hier bei der Frequenz  $f = 0$?

$Q_0 \ = \ $ $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$

4 Wie groß ist die Energie pro Bit   ⇒   $E_{\rm B}$  bei der  "Quadratur–Amplitudenmodulation"  (4–QAM)?

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

Musterlösung

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.