1. Modulaciones analógicas QAM y BLU (3 puntos) -

Examen Final de Junio de la Teoría de la Comunicación
21 de Junio de 2010
1. Modulaciones analógicas QAM y BLU (3 puntos)
1.1. Definición y generación de la modulación QAM: dibujar el diagrama de bloques de
un modulador QAM, siendo x1(t), x2(t) las señales de información (de mismo ancho de
banda Bx), fc la frecuencia de la portadora e y(t) la señal modulada. Dibujar el espectro de
la señal a la salida del modulador de manera aproximada, indicando su ancho de banda.
(0.5 ptos.)
La modulación QAM consiste en enviar dos señales de información independientes en dos
portadoras ortogonales de la misma frecuencia (desfasadas π/2):
K
0
Bx
f
-
-90º
Q
0
Bx
|Y(f)|
f
0
By=2Bx
K/2
Q/2
f
fc
Puesto que las dos señales x1(t), x2(t) se envían sobre la misma portadora, sus espectros se
solapan. Si cada una tiene un ancho de banda Bx el de la señal transmitida y1(t)- y2(t) será 2Bx.
1.2. Suponer que la señal QAM ideal y(t) del apartado 1.1 se contamina con ruido
blanco y gaussiano de d.e.p. η, y llega al receptor A de la figura 1. Definir las
características de los filtros y calcular las señales x1r(t) y x2r(t) a la salida del demodulador
A. (0.5 ptos.)
By=2Bx
Los filtros son los siguientes:
Si la señal recibida es del tipo:
1
1
f
fc
Filtro predetcción
Bx
0
f
Filtros postdetcción
y (t ) = x1 (t ) cos ωct − x2 (t )sin ωc t + nI (t ) cos ωct − nQ (t )sin ωct ,
las señales a la entrada de cada filtro son:
z1r (t ) = y (t )cos ωc t = ( x1 (t ) + nI (t ))cos 2 ωc t − ( x2 (t ) + nQ (t ))sin ωc t cos ωc t =
= 12 ( x1 (t ) + nI (t )) + 12 ( x1 (t ) + nI (t ))cos 2ωc t − 12 ( x2 (t ) + nQ (t ))sin 2ωc t
z2 r (t ) = − y (t )sin ωc t = −( x1 (t ) + nI (t )) cos ωc t sin ωc t + ( x2 (t ) + nQ (t ))sin 2 ωc t =
= − 12 ( x1 (t ) + nI (t ))sin 2ωc t + 12 ( x2 (t ) + nQ (t )) − 12 ( x1 (t ) + nI (t )) cos 2ωc t
Al filtrar paso bajo se obtienen las señales enviadas (si no ha habido perturbación durante la
transmisión):
x1r (t ) = 12 ( x1 (t ) + nI (t )) , x2 r (t ) = 12 ( x2 (t ) + nQ (t )) .
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1.3. Definición y generación de BLU: dibujar el diagrama de bloques de un modulador
BLI/BLS por transformada de Hilbert (TH), siendo x(t) la señal de información (de ancho
de banda Bx), fc la frecuencia de la portadora e y(t) la señal modulada. Dibujar el espectro
de la señal a la salida del modulador de manera aproximada, indicando su ancho de
banda. (0.5 ptos.)
La señal de una modulación BLI
(Banda Lateral Única, donde sólo se
transmite la parte correspondiente a
la Banda Lateral Inferior de la señal de
información) se puede construir con
el siguiente diagrama de bloques.
2Bx
|X2(f)|
|Y2(f)|
BLU de BLS
-fc
0
2Bx
|X2(f)|
fc
f
fc
f
|Y2(f)|
BLU de BLI
0
-fc
Su expresión en el tiempo (signo superior para BLI e inferior para BLS) combina
x(t) con su transformada de Hilbert (TH, con función de transferencia H(f)=-jsign(f), desfase de
90º para todas las frecuencias).
(BLI)
(BLS)
-90º
-90º
(BLI)
(BLS)
-1
1.4. Suponer que la señal BLU ideal y(t) del apartado 1.3 (en este caso sin ruido) llega al
receptor A de la figura 1, al que se le añade el B. ¿Sirve el receptor A+B para demodular
BLU (BLI o BLS)? Razonar la respuesta calculando la señal xr(t). ( notar que
TH{TH{x(t)}} = - x(t) ). (0.5 ptos.)
En este caso, la señal recibida es del tipo y (t ) = x(t )cos ωc t ± x(t )sin ωc t , y por tanto las
señales a la salida son: x1r (t ) = 12 x(t ) , x2 r (t ) = ∓ 12 x(t ) . Al pasar por el transformador de Hilbert
xr (t ) = x1r (t ) + TH [ x2 r (t )] = 12 x(t ) + TH [∓ 12 x(t )] = 12 ( x(t ) ± x(t )) .
Para BLI recupera la señal. Para BLS la elimina.
1.5. Si ahora la señal BLU llega con ruido, definir las características de los filtros y
calcular la SNR a la salida del demodulador A+B (1 pto.).
El filtro de postdetección no cambia. El filtro de predetcción tiene amplitud 1 de fc a fc±Bx
(centrado en fc±Bx/2 para BLI/BLS). Las señales a la salida de A con ruido son:
x1r (t ) = 12 ( x1 (t ) + nI (t )) , x2 r (t ) = 12 (∓ x(t ) + nQ (t )) .
A la salida de B: xr (t ) = 12 ( x(t ) ± x(t )) + 12 (nI (t ) + nQ (t )) = x(t ) + 12 (nI (t ) + nQ (t ))
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La potencia de ruido de cada componente, al pasar por el filtro de ancho de banda Bx es
Pn0=PnI=PnQ=ηBy=ηBx. La potencia de TH{nQ} es la misma que la de nQ (su d.e.p se multiplica
por el módulo de H(f)=-jsign(f), que es 1). La snr final es la siguiente, que es el doble de la de
un receptor BLU convencional.
snr =
1
4
Px
Px
2P
=1
= x = 2z
1
1
PnI + 4 PnQ 4 η Bx + 4 η Bx η Bx
2. Modulaciones analógicas y perturbaciones (2 ptos)
Se tiene un sistema de comunicaciones por ondas de radio donde la señal de
información a transmitir es: x(t)=A1cos(2πf1t)+A2cos(2πf2t)+A3sinc(t/T3), f1=3KHz,
f2=4KHz, 1/T3=6KHz. La señal x(t) tiene como valor máximo la unidad y su potencia es
pxN=0.5. La frecuencia de la portadora es 100MHz. Todo el ruido del sistema es térmico
(η=kt=10-15W/Hz) y se puede modelar de la manera habitual como una fuente de ruido a la
entrada del receptor. El canal tiene una atenuación de 60 dB. El sistema no debe tener
distorsión y debe funcionar con una relación señal ruido superior a 30 dB. Se van a
estudiar dos alternativas: AM (a=0.5) y FM (D=2).
2.1. Representar el espectro de la señal a transmitir e indicar que características debe
cumplir la función de transferencia del canal, indicando el rango de frecuencias, para que
la señal emitida por el transmisor no sufra distorsión en AM o FM. (0.5 ptos.).
La señal en banda base tiene un ancho de banda de Bx=4KHz, el mayor de entre las tres
componentes. La transformada TF{A3sinc(t/T3)}= A3T3Π(T3f) es un pulso en frecuencia de
anchura f3=1/T3=6Hz, de f3/2=-3KHz a f3/2=+3KHz en banda base.
A1/2
La señal en AM tiene un
ancho
de
banda
de
By=2Bx=8KHz.
|X(f)|
A2/2
A3T3
Bx=f2
f
-f2
La señal FM un ancho de
banda
de
By=2(2+1)4=24KHz
-f1
f3/2
0
f1
f3/2
f2
A1/4
|YAM(f)|
A3T3/2
A2/4
By=2Bx=2f2
f
El canal debe tener modulo
constante y fase lineal
(retardo de grupo plano) de
fc-By/2 a fc+By/2.
0
fc-f2
fc-f1
fc
fc-f3/2
|YFM(f)|
fc+f1
fc+f2
fc+f3/2
By=2(D+1)Bx
f
fc
0
2.2. Dibujar un esquema del receptor AM que no necesite osciladores coherentes,
detallando el filtro de predetección. Calcular la potencia del transmisor. (0.5 ptos.).
El receptor que no necesita osciladores coherentes es el detector de envolvente
By=2Bx
1
f
fc
Filtro predetección
yr(t)
ur
ur(t)
wr(t)
xr(t)
yr
Elemento no lineal
Filtrado
paso-bajo
Eliminación de la
continua
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La calidad del sistema vendrá dada por:
snr = E p z =
a 2 pxN prx
a 2 pxN ptx 10− A /10
=
≥ 1030 /10 ,
1 + a 2 pxN η Bx 1 + a 2 pxN η Bx
donde A=60 es la atenuación del enlace y ptx es la potencia transmitida. Con estos datos,
despejando de la fórmula de la snr se tiene la potencia mínima:
SNR = 10log E p + Ptx [dBW ] − A − 10log(η Bx ) ≥ 30dB ⇒ Ptx ≥ −14.43dBW = 0.036W .
60 dB
−9.54 dB
−114 dBW
2.3. Dibujar un esquema del receptor FM, detallando el filtro de predetección. Calcular
la potencia del transmisor. (0.5 ptos.).
Conversor FM-AM
Despejando de la fórmula de la snr se
tiene la potencia mínima:
Detector de
envolvente
Elim.
Cont.
By=2(D+1)Bx
1
f
fc
Filtro predetección
SNR = 10log3D 2 pxn + Ptx [dBW ] − A − 10log(η Bx ) ≥ 30dB ⇒ Ptx ≥ −31.76dBW = 0.66mW .
7.78 dB
60 dB
−114 dBW
2.4. Si para conseguir la potencia necesaria en el transmisor se utilizara un
amplificador trabajando cerca del regimen no lineal, ¿Qué tipo de perturbación sufriría la
señal de salida? ¿Qué sistema elegiría de entre los dos estudiados en esta situación? (0.5
ptos.).
Si el amplificador entra en régimen no lineal, se
produce distorsión no lineal, caracterizada por la
aparición de nuevas componentes frecuenciales
(armónicos y productos de intermodulación). Este
perturbación afecta más a las modulaciones AM, ya que
la información va en la amplitud, mientras que en FM (la
elegida) va en la frecuencia (tiene envolvente constante).
vs(t)
Vs,sat
ve(t)
Ve,sat
t
distorsión
3. Características de los sistemas digitales (2.5 puntos)
Se dispone de un modulador digital binario que codifica los símbolos “0”,”1” con las
señales
⎧ A , 0 ≤ t ≤ T2 + Q
s1 (t ) = ⎨ 1
,
resto
⎩ 0,
⎧A ,
s 2 (t ) = ⎨ 2
⎩ 0,
T
2
−Q ≤ t ≤T
, 0≤Q≤
resto
T
2
3.1. Dar una base ortonormal y dibujar la constelación (indicando las coordenadas)
para los siguientes casos particulares: a) A1=-A2 y Q=T/2; b) A2=0 y Q=0; c) A1=-A2 y Q=0.
(1 pto.) (se toma Ia,b(t) como señal que es 0 excepto en a≤t≤b que vale 1).
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a) Modulación 2-PAM simétrica (señales antipodales banda base, dimensión 1).
ψ (t ) =
1
T
s1 (t ) = A1 Tψ (t ),
I 0,T (t ),
s2 (t ) = − A1 Tψ (t ),
Es = A1 T
b) Modulación RZ (señales ortogonales banda base, dimensión 1)
ψ (t ) =
I 0,T / 2 (t ),
1
T /2
s1 (t ) = A1 T / 2ψ (t ),
s2 (t ) = 0,
E s = A1 T / 2
c) Señales ortogonales (banda base, dimensión 2)
ψ 1 (t ) =
1
T /2
I 0,T / 2 (t ),ψ 2 (t ) =
−1
T /2
s1 (t ) = A1 T / 2ψ 1 (t ), s2 (t ) = A1 T / 2ψ 2 (t ), E s = A1 T / 2
I T / 2,0 (t ),
b)
a)
c)
3.2. Sin suponer ningún valor particular para A1 ,A2, Q, calcular la energía media de la
constelación (símbolos equiprobables) y la distancia entre las dos señales s1(t) y s2(t). (0.5
ptos.)
La energía media de la constelación y la distancia son por definición :
Ebit = E simb =
E s1
2
+
E s2
2
T
=
T
1
1
( ∫ s12 (t )dt + ∫ s22 (t )dt ) = ( A12 + A22 )( T2 + Q )
2 0
2
0
T
2
d 2,1
= ∫ ( s2 (t ) − s1 (t )) 2 dt = ( A12 + A22 )( T2 − Q) + ( A2 − A1 ) 2 2Q =
0
= Es 2 + Es1 − 2 < s1 , s2 >= ( A12 + A22 )( T2 + Q ) − 4 A2 A1 Q
T
T / 2−Q
0
T / 2−Q
< s1 (t ), s2 (t ) >= ∫ s2 (t ) s1 (t )dt =
∫
s2 (t ) s1 (t )dt = A2 A1 2Q
Este modulador se quiere utilizar para un canal de datos de 10 Mbps con PE=10-8 en banda
base con un ruido blanco y gaussiano a la entrada del receptor de η=10-12 W/Hz. En el
sistema se usarán receptores óptimos. Las señales s1(t) y s2(t) deberán tener envolvente
constante, ocupar el mínimo ancho de banda posible y minimizar la potencia que debe
llegar al receptor.
3.3. Calcular el valor de la potencia de señal que debe llegar al receptor. Razonar como
deben escogerse A1 ,A2, Q y su valor numérico en función de los datos del problema. (1
pto.)
Si la señales tienen la misma energía |A1|=|A2|=A. Para que tengan el menor ancho de banda
posible, se hace que tengan la mayor duración posible Q=T/2= 1/(2Rb)=50ns. Si tienen que
minimizar la potencia del receptor, hay que hacer máxima la distancia con señales antipodales:
A=A1=-A2. En estas condiciones:
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Ebit = A2T =
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prx
2 Ebit
2 prx
2
= (2 A) 2 T = 4 Ebit , PE = Q(
, d1.2
) = Q(
).
η
Rb
Rbη
Si se debe conseguir PE=10-8, mirando la gráfica de la función Q, se tiene que:
2 prx
= 5.6,
Rbη
prx =
5.62 Rbη
= 156.8 μW ,
2
A=
prx
=
TRb
prx = 0.0125V .
4. Sistemas M-PSK (3.5 puntos)
Se dispone de un modulador digital M-PSK. Este modulador se quiere utilizar para un
enlace de comunicaciones de 20 Mbps en una banda de frecuencias centrada en fc = ωc
/(2π) =2.4 GHz. El canal radio que conecta el transmisor y el receptor tiene una atenuación
de Ac=20dB y las perturbaciones de la señal se puede modelar como una fuente aditiva de
ruido blanco y gaussiano a la entrada del receptor de densidad espectral de potencia η=1012
W/Hz.
4.1. Indicar la base, las coordenadas y dibujar la constelación de un sistema M-PSK
genérico. (0.5 ptos).
Las señales M-PSK tienen todas la misma amplitud. Sus fases varían en múltiplos de
360º/M. Su expresión viene dada por:
Una base ortonormal para estas señales es:
Ej: M = 8
Las señales M-PSK también se pueden escribir como
y por tanto, por inspección, las coordenadas son:
La constelación se representa más bajo, y se corresponde con puntos sobre una
circunferencia de radio A/K
4.2. Diseñar un receptor digital óptimo para M-PSK genérico indicando los instantes de
muestreo y el criterio de decisión utilizado. Para el caso M=2, ¿podría hacerse el receptor
de manera más sencilla? (0.5 ptos.)
El diagrama del receptor se encuentra en la siguiente figura, donde las regiones de decisión
serían las del apartado 4.2 y las funciones de la base serían las del apartado 4.1. El cálculo de las
muestras antes del decisor para una señal r(t)=Ag(t)cosωct+θm)=AImg(t)cosωct-AQmg(t)sinωct se
hace más facilmente si se usa la expresión en base a sus coordenadas de 4.2:
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T
∫
Ri = r (t )ψ i (t ) dt =< r (t ),ψ i (t ) >=< S m1ψ 1 (t ) + S m 2ψ 2 (t ) ,ψ i (t ) >=
0
= S m1 < ψ 1 (t ),ψ i (t ) > + S m 2 < ψ 2 (t ),ψ i (t ) > .
Si ahora se particulariza para i=1,2, por la ortogonalidad, R1=Sm1 y R2=Sm2. Los valores
obtenidos de las muestras son las coordenadas de la señal recibida respecto de la base.
Decisión
por
distancia
mínima
Para el caso M=2, se puede eliminar una rama (la constelación son dos señales antipodales, y
se podría tomar sólo las componentes en fase) o utilizar un receptor con umbral 0:
Receptor óptimo
Suponga ahora que el canal tiene un ancho de banda limitado.
4.3. ¿En que se traduce la limitación de ancho de banda?. Si el ancho de banda de canal
del que se dispone son 6 MHz y se pudiera utilizar un sistema M-PSK de M señales, elija el
valor de M mínimo para poder transmitir los 20 Mbps por el canal y el criterio en el que
se basa. (0.5 ptos).
Se traduce en Interferencia entre Símbolos (al muestrear en el receptor se solapan las
muestras de distintos símbolos). Para que no haya IES, se tiene que cumplir el criterio de
Nyquist: la suma de X(f) y sus réplicas desplazadas múltiplos enteros de la velocidad de
símbolo (1/T) debe ser constante para todas las frecuencias. En PAM banda base, este criterio se
traduce en que para Bx<Vsimb/2=1/(2T) siempre habrá IES.
En M-PSK y M-QAM (paso banda, y por tanto los anchos de banda ocupados se multiplican
por dos) se puede hacer un desarrollo análogo y llegar a que si Bc,min<Vsimb=1/T siempre habrá
IES y la velocidad de símbolo máxima para transmitir sin IES es Bc,min=Vsimb,max=1/Tmin.
Se hace notar que el criterio especifica T (o Vsimb), pero no el Rbin, que es log2(M)/T. El Rbin
se puede mejorar al aumentar M, a costa de aumentar la potencia usada para no empeorar la Pe.
⎡R / B
⎤
El valor de M mínimo que permite esto es M = 2 ⎢ b c ,min ⎥ = 2 ⎡⎢
caso se ocuparían 20/log2(16)=5 MHz de ancho de banda de canal.
20 / 6 ⎤⎥
= 2 4 = 16 , ya que en este
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4. A la vista de las curvas de la Fig. 3, calcular la potencia necesaria en el transmisor
para garantizar PE =10-7. ¿Podría utilizarse en el sistema un M mayor que el de 4.3?
¿Ocuparía más o menos ancho de banda? ¿Y tendría que utilizar más o menos potencia?
(0.5 pto).
Al aumentar el número de señales, hay que garantizar también que en el nuevo sistema se
tendrá PE≤10-7. Mirando las gráficas:
PE ≤ 10 −7 ⇔ 10 log10
Ebit
η
≥ SNRb = 20 ⇔
Ebit
η
≥ 10 SNRb /10
y por tanto:
ptx ≥ 10 SNRb /10η Rb 10 Ac /10 = 0.2 W ( −7 dBW ).
Si se aumenta M, la eficiencia espectral es mayor (1/T podría ser más pequeño y ocupar
menos ancho de banda para el mismo Rb, por lo que podría utilizarse en el sistema). Sin
embargo, para el mismo Rb necesitaría mas potencia.
4.5. Si se hicieran los mismos cálculos en un sistema M-QAM, ¿ocuparía más o menos
ancho de banda?. ¿La potencia necesaria en el transmisor sería mayor o menor?.
Argumentar la respuesta en términos de la eficiencia espectral y protección frente al ruido
(0.5 pto).
La eficiencia espectral de una modulación digital
es la relación entre el régimen binario y la cantidad
de ancho de banda que se necesita para su
transmisión:
En PSK y QAM, el ancho de banda mínimo para transmitir la señal de información viene
determinado por la IES (1/T) y las dos modulaciones tienen la misma eficiencia espectral.
Sin embargo, M-QAM tiene mejor protección frente al ruido (distribuye las señales
de acuerdo a una retícula rectangular, frente al círculo de M-PSK) y para el mismo M y
mismo snrbit, la PE es mejor en M-QAM que en M-PSK. Por tanto, con M-QAM
necesitaría (a mismo M y Rb) menos potencia para conseguir el mismo Pe.
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