Aufgaben:Aufgabe 4.11: Frequenzbereichsbetrachtung der 4–QAM: Unterschied zwischen den Versionen

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Ausgehend von der [[Modulationsverfahren/Lineare_digitale_Modulation#BPSK_.E2.80.93_Binary_Phase_Shift_Keying|BPSK]] (binäre Phasenmodulation) mit rechteckförmigem Grundimpuls $g_s(t)$ der Breite $T_{\rm B} = 1 \ \rm μs$ und der Amplitude $s_0 = 2 \ \rm  V$ soll  in dieser Aufgabe das Leistungsdichtespektrum (LDS) der [[Modulationsverfahren/Quadratur–Amplitudenmodulation#Signalverl.C3.A4ufe_der_4.E2.80.93QAM|4–QAM]] schrittweise ermittelt werden.
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Ausgehend von der &nbsp;[[Modulationsverfahren/Lineare_digitale_Modulation#BPSK_.E2.80.93_Binary_Phase_Shift_Keying|BPSK]]&nbsp; (binäre Phasenmodulation) mit rechteckförmigem Grundimpuls &nbsp;$g_s(t)$&nbsp; der Breite &nbsp;$T_{\rm B} = 1 \ \rm &micro; s$&nbsp; und der Amplitude &nbsp;$s_0 = 2 \ \rm  V$&nbsp; soll  in dieser Aufgabe das Leistungsdichtespektrum (LDS) der &nbsp;[[Modulationsverfahren/Quadratur–Amplitudenmodulation#Signalverl.C3.A4ufe_der_4.E2.80.93QAM|4–QAM]]&nbsp; schrittweise ermittelt werden.
  
In der [[Aufgaben:4.7_Spektren_von_ASK_und_BPSK| Aufgabe 4.7]] wurde das Leistungdichtespektrum ${\it Φ}_s(f)$ der BPSK für genau diese Parameterwerte ermittelt. Mit
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In der &nbsp;[[Aufgaben:4.7_Spektren_von_ASK_und_BPSK| Aufgabe 4.7]]&nbsp; wurde das Leistungdichtespektrum &nbsp;${\it Φ}_s(f)$&nbsp; der BPSK für genau diese Parameterwerte ermittelt. Mit
 
:$$A = s_0^2 \cdot T_{\rm B} = 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}$$
 
:$$A = s_0^2 \cdot T_{\rm B} = 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}$$
 
erhält man für das tatsächliche Leistungsdichtespektrum (im Bandpassbereich):
 
erhält man für das tatsächliche Leistungsdichtespektrum (im Bandpassbereich):
:$${{\it \Phi}_s(f)} = {A}/{4} \cdot {\left [ {\rm si}^2(\pi \cdot T_{\rm B}\cdot (f - f_{\rm T})) + {\rm si}^2(\pi \cdot T_{\rm B}\cdot (f + f_{\rm T}))\right ]}\hspace{0.05cm}.$$
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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  
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In der oberen Grafik ist allerdings das Leistungsdichtespektrum &nbsp;${{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}$&nbsp; des äquivalenten Tiefpass–Signals dargestellt. Dieses ergibt sich aus &nbsp;${\it Φ}_s(f)$&nbsp; durch  
 
*Abschneiden aller Anteile bei negativen Frequenzen,  
 
*Abschneiden aller Anteile bei negativen Frequenzen,  
*Vervierfachen der Anteile bei positiven Frequenzen (beachten Sie: ein Spektrum muss verdoppelt werden, ein Leistungsdichtespektrum vervierfacht) und  
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*Vervierfachen der Anteile bei positiven Frequenzen  
*Verschieben um $f_{\rm T}$ nach links:
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:$${{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)} = A \cdot {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B}). \hspace{0.2cm}$$
 
:$${{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)} = A \cdot {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B}). \hspace{0.2cm}$$
  
 
Die 4–QAM unterscheidet sich von der BPSK in folgenden Details:
 
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 $T = 2 · T_{\rm B}$.
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* Aufspaltung des binären Quellensignals in zwei Teilsignale mit jeweils halber Bitrate, das heißt mit der Symboldauer &nbsp;$T = 2 · T_{\rm B}$.
* Multiplikation der Teilsignale mit Cosinus und Minus–Sinus, deren Amplituden $g_0$ jeweils um den Faktor $\sqrt{2}$ kleiner sind als $s_0$.  
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* Multiplikation der Teilsignale mit Cosinus und Minus–Sinus, deren Amplituden &nbsp;$g_0$&nbsp; jeweils um den Faktor &nbsp;$\sqrt{2}$&nbsp; kleiner sind als &nbsp;$s_0$.  
* Summation der beiden Teilsignale, die mit $s_{\cos}(t)$ und $s_{–\sin}(t)$ bezeichnet werden:
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* Summation der beiden Teilsignale, die mit &nbsp;$s_{\cos}(t)$&nbsp; und &nbsp;$s_{–\sin}(t)$&nbsp; bezeichnet werden:
 
:$$s(t) = s_{\rm cos}(t)+ s_{\rm -sin}(t) \hspace{0.05cm}.$$
 
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*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel [[Modulationsverfahren/Quadratur%E2%80%93Amplitudenmodulation|Quadratur&ndash;Amplitudenmodulation]].
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*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel&nbsp; [[Modulationsverfahren/Quadratur%E2%80%93Amplitudenmodulation|Quadratur&ndash;Amplitudenmodulation]].
*Bezug genommen wird aber auch auf die Seite [[Modulationsverfahren/Lineare_digitale_Modulation#BPSK_.E2.80.93_Binary_Phase_Shift_Keying|BPSK &ndash; Binary Phase Shift Keying]] im vorherigen Kapitel.
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*Bezug genommen wird aber auch auf die Seite&nbsp; [[Modulationsverfahren/Lineare_digitale_Modulation#BPSK_.E2.80.93_Binary_Phase_Shift_Keying|BPSK &ndash; Binary Phase Shift Keying]]&nbsp; im vorherigen Kapitel.
 
* Das Leistungsdichtespektrum (LDS) einer QAM-Komponente ist identisch mit dem vergleichbaren BPSK&ndash;LDS.   
 
* Das Leistungsdichtespektrum (LDS) einer QAM-Komponente ist identisch mit dem vergleichbaren BPSK&ndash;LDS.   
*Energien sind in  $\rm V^2s$ anzugeben; sie beziehen sich somit auf den Bezugswiderstand $R = 1 \ \rm \Omega$.
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{Wie groß ist die Energie pro Bit &nbsp; &rArr; &nbsp; $E_{\rm B}$ bei der ''Binary Phase Shift Keying'' (BPSK)?
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$E_{\rm B} \ = \ $ { 2 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$
 
$E_{\rm B} \ = \ $ { 2 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$
  
{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? <br>Welcher Wert $B_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.08cm}\cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f = 0) $ ergibt sich bei der Frequenz  $f = 0$?
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{Wie lautet das Leistungsdichtespektrum &nbsp;${\it \Phi}_{s,\hspace{0.08cm} \cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f )$ des 4–QAM–Teilsignals $s_{\cos}(t)$ in der äquivalenten Tiefpassdarstellung? <br>Welcher Wert &nbsp;$B_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.08cm}\cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f = 0) $&nbsp; ergibt sich bei der Frequenz  &nbsp;$f = 0$?
 
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$B_0 \ = \ $ { 4 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$
 
$B_0 \ = \ $ { 4 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$
  
{Wie lautet das Leistungsdichtespektrum ${\it \Phi}_{s,\hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f )$ des gesamten 4–QAM–Signals $s(t)$?  
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{Wie lautet das Leistungsdichtespektrum &nbsp;${\it \Phi}_{s,\hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f )$&nbsp; 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 $f = 0$?
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<br>Welcher Wert &nbsp;$Q_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f = 0) $&nbsp; ergibt sich hier bei der Frequenz &nbsp;$f = 0$?
 
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$Q_0 \ = \ $ { 8 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$
  
{Wie groß ist die Energie pro Bit &nbsp; &rArr; &nbsp; $E_{\rm B}$ bei der ''Quadratur&ndash;Amplitudenmodulation'' (4–QAM)?
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{Wie groß ist die Energie pro Bit &nbsp; &rArr; &nbsp; $E_{\rm B}$&nbsp; bei der &nbsp;''Quadratur&ndash;Amplitudenmodulation''&nbsp; (4–QAM)?
 
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$E_{\rm B} \ = \ $ { 2 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$
 
$E_{\rm B} \ = \ $ { 2 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$

Version vom 11. Januar 2019, 16:39 Uhr

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

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

(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.