modulación digital ii

5/17/2018 Modulación Digital II - slidepdf.com

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DEPARTAMENTO DE CIENCIA Y TECNOLOGÍA UNIVERSIDAD NACIONAL DE QUILMES Roque Sáenz Peña 180 – (B1876BXD) Bernal – Buenos Aires – Argentina

Modulación digital II 1

TEORÍA DE LAS TELECOMUNICACIONES

MODULACIÓN DIGITAL II

Durante el desarrollo de la primera parte del tema Modulación Digital se han vistodistintos esquemas de modulación y sus respectivas representaciones en espacios vectoriales.Sin embargo, resta hacer el análisis más importante: cuáles de los sistemas presentan unamejor performance en cuanto a probabilidad de error se refiere y cuáles son los espectros defrecuencia de dichos sistemas. Este análisis nos permitirá encontrar la solución decompromiso, a la hora del desarrollo, entre ancho de banda y probabilidad de error.

En general, al hablar de probabilidad de error, debemos decir probabilidad de error desímbolo, P E . Esto implica que, dado un vector de señal s1 que se ha transmitido, y fue afectado

por un vector de ruido n, debemos hallar la probabilidad de que el vector resultante o vectorrecibido “caiga” fuera de la región 1. Para sistemas binarios la probabilidad de error de símboloes igual a la probabilidad de error de bit, ya que cada símbolo es representado por un bit. Parasistemas donde M > 2 la probabilidad de error de bit y de símbolo son diferentes. Sinembargo, muchas veces conviene tratar el tema desde el punto de vista de la probabilidad deerror de bit P B, aún para M > 2.

Probabilidad de error de bit en BPSK

Para este caso de modulación binaria la probabilidad de error de bit es entonces igual ala probabilidad de error de símbolo. Supongamos que las dos señales son igualmenteprobables. Supongamos además que las señales transmitidas son si (t) con i = 1 y 2, y lasseñales recibidas son r(t) = si (t) + n(t). Las señales antipodales si (t) se pueden representar,

como se ha dicho ya anteriormente, en un espacio de señal de una dimensión:

)()(

)()(

12

11

t E t s

t E t s

ψ

ψ

−=

=(1)

siendo 0 ≤ t ≤ T . La etapa de decisión del detector elegirá la señal si (t) que produzca elmayor valor z(T) a la salida del correlador. Para el caso de señales antipodales de igual energíael detector decidirá por una señal u otra según la señal a la salida del correlador sea mayor omenor que el valor umbral γ 0 = 0.

Similarmente al caso de señales antipodales en banda base, un error se puedemanifestar de dos maneras distintas. Un error puede ocurrir si s1(t) fue transmitido y el

detector adopta la hipótesis H 2 (es decir, s2(t) fue recibido). Y un error puede ocurrir si s2(t) fue transmitido y el detector decide que fue s1(t). Similarmente que para el caso de detecciónde señales binarias en banda base tenemos:

)()|()()|( 221112 sP sH P sP sH P P B += (2)

Y si las probabilidades a priori son iguales, es decir, P(s1 ) = P(s2 ) = ½, podemosescribir:



2 Modulación digital II

)|(2

1)|(

2

12112 sH P sH P P B += (3)

Y, debido a la simetría de las funciones de densidad de probabilidad tenemos:

)|()|( 2112 sH P sH P P B == (4)

Por lo tanto, y como ya se ha visto antes, la probabilidad de error de bit es

numéricamente igual al área debajo de la curva correspondiente al “lado incorrecto” delumbral de decisión γ 0. Repitiendo los desarrollos matemáticos vistos oportunamente tenemos:

∫∞

=0

)|( 2γ

dz s z pP B (5)

∫∞=

−=

−=

−=

u

aauB

aaQdu

uP

021 2 /)( 0

212

22exp

2

1

σ σ π (6)

donde a1 y a2 son los valores obtenidos a la salida del correlador (correspondientes a laseñal solamente, sin ruido). Como es sabido, σ 0 es la desviación estándar del ruido a la salidadel correlador. Y como también es sabido, Q(x) es la función de error.

Ahora bien, para el caso de BPSK, y en virtud de las ecuaciones (1), a1 y a2 representanademás las componentes de s1 y s2 sobre la función generadora ψ 1(t). Pero atención, esto espara el caso en que los correladores que se usan en la detección, previamente multiplican laseñal r(t) por la señal normalizada ψ 1(t). Recordemos que, un detector lo podemos construircon M correladores que multiplican a r(t) por si (t) (i = 1, 2,..., M ), o bien con N correladoresque multiplican a r(t) por ψ j (t) (j = 1, 2,...,N ). En la discusión que sigue consideraremos esteúltimo caso.

Además, para este caso, es decir correladores con funciones base ortonormales, sepuede demostrar (aunque no lo haremos en este texto) que si una señal de ruido n(t), condensidad espectral N 0 /2 Watts/Hz, se presenta a la entrada de un correlador de este tipo, la

potencia de ruido 2

0σ a la salida de tal correlador es de N 0 /2 Watts. La resolución de esta

demostración surge de plantear:

∫=T

j j dt t t nn0

)()( ψ

donde n j es la proyección de la señal de ruido sobre la función generadora ψ j .

Por lo tanto, por lo dicho en los dos últimos párrafos, la ecuación (6) se escribe de lasiguiente manera, luego de reemplazar a1, a2 y σ0 por los valores correspondientes:

duu

P N E

Bb

∫∞

−=

0 /2

2

2exp

2

1

π (7)

=

0

2

N

E Q b (8)

Este resultado también puede expresarse en función de la diferencia de energías entrevectores o, dicho de otro modo, en función de la distancia entre vectores. Recordemos quehabíamos visto que:




[ ] d

T E dt t st sd =−=−= ∫0

221

221

212 )()(ss (9)

y que esta ecuación lleva al siguiente resultado en función de la energía de bit(suponiendo energías iguales para s1(t) y s2(t)) y del coeficiente de correlación entre vectoresde señal:

( ) ρ ρ −=−== 1222212 bbbd E E E E d (10)

siendo ρ el coeficiente de correlación entre ambas señales BPSK. Como la probabilidadde error de bit se puede escribir como

=

02N

E QP d

B (11)

reemplazando (10) en (11) queda:

−=

0

)1(

N

E QP b

B

ρ (12)

Indudablemente, para el caso presente, BPSK, como las señales son antipodales,resulta que son anticorreladas. Entonces ρ = -1 y la (12) se convierte en la ecuación (8).

Podemos concluir aquí que la probabilidad de error de bit para señales pasa bandaantipodales es igual que para señales antipodales de bandabase.

El parámetro E b /N 0 en la ecuación (8) puede ser expresado como la relación de lapotencia media de señal a la potencia media de ruido, S/N (o SNR en inglés). Introduciendo elancho de banda B de la señal, podemos escribir las siguientes identidades que muestran larelación entre E b /N 0 y SNR para señales binarias:

===== R

B

N

S

BRN

SB

RN

S

N T

S

N

ST

N

E b

000

00 1 (13)

donde

S = potencia media de la señal modulada.

T = tiempo de duración del bit.

R = 1/T = tasa de bit.

N = N 0B = potencia media total de ruido que pasa a través del ancho de banda B.

En la Figura 1 de la página siguiente se muestra la curva de probabilidad de error, enforma de cascada, que adoptan en general la mayoría de los sistemas de comunicacionesdigitales. La curva describe la probabilidad de error de un sistema en función de la relaciónE b /N 0 disponible. Para E b /N 0 ≥ x 0, resulta P E ≤ P 0. E b /N 0 es una medida de la calidad de unsistema de comunicaciones digitales. Para una dada probabilidad de error, el sistema es máseficiente cuanto menor es la relación E b /N 0. (En la Figura 1, W representa el ancho de banda,en lugar de B)

Ejemplo. Un sistema BPSK tiene una tasa de bit de 1 Mbit/s. Las señales transmitidas,t At s 01 cos)( ω = y t At s 02 cos)( ω −= , son detectadas coherentemente con un filtro adaptado.




El valor de A es de 10 mV. La densidad espectral de potencia de ruido (banda lateral) esN 0 = 10-11 W/Hz. La potencia de señal y la energía de bit están normalizadas a una carga de1 Ω .

Solución:

V102 2−==T

E A b

s101 6−==R

T

16,32

y J1052 0

112

=×== −

N

E T

AE b

b

( )16,32

0

QN

E QP b

B =

=

Por tabla resulta:

4108 −×=BP

Figura 1. Aspecto general de la curva PE versus Eb/N0.

Para el desarrollo de la solución anterior hay que tener en cuenta que:

t At T

E t s b

00 coscos2

)( ω ω ==

donde A es el valor pico de la señal. Teniendo en cuenta que el valor pico es 2 veces el

valor rms, se puede escribir:




t At s rms ω cos2)( =

t At s rms ω cos2)( 2=

donde 2rms A representa la potencia media P (normalizada a 1 Ω). Entonces tenemos,

t P t s ω cos2)( =

y finalmente, reemplazando P watts por E joules dividido T segundos queda:

t T

E t s b ω cos

2)( =

Espectro de BPSK

Una señal BPSK puede ser pensada como una secuencia de bits b(t), con dos niveles detensión ±V, que modula a una portadora de frecuencia ω 0. De esta manera, la señal BPSK sepuede escribir matemáticamente como:

t P t bt s s 0cos2)()( ω = (14)

De manera que, cuando b(t) vale, por ejemplo 1 V, entonces se tiene una señalmodulada de frecuencia ω0 y fase por ejemplo 0, y cuando b(t) vale –1 V entonces se obtienela señal modulada con la misma frecuencia y fase opuesta.

Para analizar qué tipo de espectro tiene la señal BPSK, prestemos atención al hecho deque la señal s(t) escrita en (14) tiene una forma similar al de un esquema de modulación AM.Es decir, una señal en banda base, en este caso b(t), multiplicando a una señal portadora.Como se vio oportunamente, el efecto de multiplicar una señal en banda base por una señalsinusoidal (conocido muchas veces como efecto de batido entre señales), es el de unatraslación en frecuencia del espectro original en banda base hacia la frecuencia de la señal

portadora. Dicho de otro modo, si comparamos BPSK con AM analógico entonces b(t) sería laseñal moduladora y t P s 0cos2 ω sería la señal portadora o señal modulada.

De manera que, para hacer el análisis de cuál es el espectro de BPSK deberemos vercuál es el espectro de la señal b(t). Como b(t) es una señal NRZ resulta entonces que sudensidad espectral de potencia queda representada, como también se vio oportunamente, poruna función sinc 2. Entonces, el espectro de la señal NRZ es:

2sin

)(

=

b

bbsb

fT

fT T P f G

π

π (15)

Al escribir la (15) se ha considerado que la amplitud de la señal NRZ es sP ± y T b es el

tiempo de bit. Cuando esta señal NRZ, con un espectro como el descripto en (15), multiplica a

la señal t 0cos2 ω , se obtiene finalmente el espectro BPSK buscado:

( )( )

( )( )

+

++

−

−=

2

0

0

2

0

0 sinsin

2)(

b

b

b

bbsBPSK

T f f

T f f

T f f

T f f T P f G

π

π

π

π (16)




El espectro original y el modulado se pueden ver en la Figura 2. Se ve entonces que elancho de banda del lóbulo principal de la señal en banda base se extiende hasta f b = 1/T b. Elespectro principal de la señal modulada se extiende desde f 0 – f b hasta f 0 + f b.

Figura 2. (a) Densidad espectral de potencia de b(t). (b) Densidad espectral de potencia de BPSK.

Nótese que, en principio, el espectro Gb(f) se extiende en forma infinita, por lo que elespectro GBPSK (f) también se extiende en forma infinita. De manera que si se quieren

multiplexar señales usando diferentes portadoras habrá un solapamiento entre espectros. Paraevitar este fenómeno, lo que se hace primeramente es filtrar el espectro de la señal NRZ demanera tal de conservar el lóbulo principal del mismo que es el que concentra la mayorcantidad de potencia y luego sí modular la señal. Por lo tanto, decimos que el ancho de bandade una señal BPSK es BBPSK = 2f b.

Generación de la señal QPSK. Espectro

Vamos a ver ahora cómo es la densidad espectral de potencia de una señal moduladaen formato QPSK. Para formar la señal QPSK los bits se toman de a dos, es decir k = 2 yM = 4. Primeramente vamos a estudiar de qué manera trabaja un transmisor de este tipo. Ypara ello además, vamos a recordar de qué manera trabaja un flip-flop tipo D.

Flip-flop tipo D. Un flip flop de este tipo consta de un terminal de entrada (D) por dondeingresan los datos o secuencia de bits d(t), un terminal de clock, y dos terminales de salida, Q

y Q . Básicamente lo que hace este flip-flop es producir un retardo (Delay, por eso es tipo D)

de un ciclo de reloj en sus salidas, de la señal de entrada D. Q y Q son señales

complementarias. La frecuencia de los datos y del reloj son iguales y el sistema es activadopor flancos del reloj. Esto se puede ver en la Figura 3, donde se ha supuesto que el flip-flop seactiva por el flanco de bajada de la señal de clock. En dicha figura se ve cómo la entrada d(t) tiene un retardo de un ciclo de reloj a la salida Q.




Figura 3. Símbolo representativo del Flip-Flop D y diagrama de tiempos característico.

Antes de continuar, recordemos también cómo funciona un flip-flop Toggle. Estáconstruido a partir de un flip-flop JK al que se le han unido ambas entradas J y K y se le haforzado el nivel lógico “1”. El flip-flop Toggle también tiene dos salidas, Q y Q negado. Al estar

J y K forzados a “1” lógico, el efecto a la salida Q es la división por dos de la frecuencia de relojque activa al flip-flop. Es decir, el estado de Q cambia una vez por cada ciclo de reloj.

Teniendo presente lo dicho anteriormente acerca de estos dos tipos de flip-flop, veamoscómo es, básicamente, un transmisor QPSK. Luego veremos por qué está diseñado de talmanera. (En rigor de verdad, el circuito que analizaremos a continuación no correspondeexactamente a un sistema QPSK y ya veremos por qué).

Observemos la Figura 4 de la página siguiente. Los datos o bits b(t) ingresan al circuitocon una frecuencia f b y se dividen en dos ramas, que podemos llamar rama impar y rama par.

Cada rama alimenta la entrada de un flip-flop tipo D activado por flancos. b(t) lo consideramos±1 V. Simultáneamente, los flip-flop tipo D tienen alimentado el clock con las salidas Q y Q de

un flip-flop Toggle, que a su vez está accionado con una frecuencia de clock f b. Es decir, cadaflip-flop D está activado con un clock de frecuencia f b /2, y, lo que es importante, cada clock es

complementario del otro (pues salen de Q y Q del Toggle).

Este esquema de funcionamiento hace que la rama llamada par, “capture” precisamentelos bits pares de b(t) y la rama llamada impar “capture” los impares. La salida de datos de losflip-flop D la indicamos por b p(t) y bi (t) (los subíndices hacen referencia a par e impar).Además, b p(t) y bi (t) tienen un tiempo de bit 2T b y ambas ramas tienen un offset de T b segundos una respecto de otra. El diagrama de tiempos para este transmisor se ve en laFigura 5. En virtud del offset de T b segundos entre la rama par y la rama impar, este esquemade modulación se llama en realidad OQPSK (Offset Quadriphase Phase Shift Keying). La única

diferencia con QPSK es el mencionado offset que ya veremos por qué se lo impone en estecircuito.




Figura 4. Transmisor OQPSK. La rama superior captura los bits pares y la inferiorlos impares.

La salida de cada flip-flop D multiplica (es decir, modula) a una portadora, unasinusoidal y otra cosenoidal y luego se suman ambas multiplicaciones, obteniéndose la señalmodulada final a transmitir. En términos matemáticos esto se puede escribir de la siguientemanera:

t t bP t t bP t v psi sm 00 cos)(sin)()( ω ω += (17)

Se puede verificar que la potencia total normalizada es P s. La frecuencia f 0 = ω 0 /2π esun múltiplo entero del tiempo de símbolo T s. La Figura 5 muestra el diagrama de tiemposcompleto para este sistema.

Figura 5. Diagrama de tiempos para el transmisor OQPSK de la Figura 4.

Podríamos decir entonces que, cada rama genera una señal modulada BPSK con tiempode bit 2T b. Una rama modula a una portadora sinusoidal y la otra a una portadora cosenoidal.Ya que habíamos visto anteriormente que una señal BPSK, con tiempo de bit T b, tiene unespectro de ancho de banda 2f b, o lo que es lo mismo 2/T b, ahora en QPSK o OQPSK, dado que




cada rama tiene un tiempo de bit de 2T b, el espectro modulado tiene una ancho de banda 1/T b,o dicho de manera equivalente un espectro de ancho de banda f b. Concretamente: el ancho debanda del espectro de QPSK se reduce a la mitad frente al ancho de banda del espectro deBPSK. Es importante aclarar que el offset que se introduce en el sistema OQPSK no implica unadiferencia en el espectro respecto de QPSK.

La razón de este desarrollo con offset es evitar que se produzcan saltos de fase de 180ºcomo ocurre en el sistema QPSK común. Para darnos cuenta de ello debemos observar el

diagrama fasorial de la Figura 6. Primero tengamos en cuenta que al tratarse de un sistemacuaternario, M vale 4 y por lo tanto k vale 2. Es decir, los bits de la secuencia original de datosse van tomando de a dos. Las cuatro combinaciones posibles son 00, 01, 10 y 11. A cada parde bits le corresponde un vector de señal, cada uno de ellos ubicado en uno de los cuadrantesdel espacio de señal bidimensional. El detalle a tener en cuenta aquí es que, entre doscuadrantes adyacentes, o sea, dos vectores adyacentes, hay una diferencia en un bitsolamente. Esto hace que durante un tiempo de bit T b el máximo cambio de fase que se puedeproducir es de 90º ya que no es posible que cambien los dos bits simultáneamente. Estediagrama fasorial también vale para QPSK pero, al no existir el offset entre la rama par y laimpar, es posible que se dé un cambio simultáneo en ambos bits, produciéndose un salto defase de 180º.

La razón por la que se quieren evitar grandes cambios de fase es que durante la

recepción la señal es filtrada, y se puede demostrar que durante el filtrado los cambios bruscosde fase producen alteraciones en la amplitud de la señal. Estas alteraciones serán menores enOQPSK que en QPSK. La razón por la que no hay cambios bruscos de fase, de 180º, enOQPSK, es debido al offset entre una rama y otra. En el tiempo de bit T b como se dijo antes, elmáximo cambio de fase es de 90º. En cambio en QPSK las ramas par e impar no tienen offset(podríamos decir que salen en paralelo) y se puede dar el caso de un cambio simultáneo enambas ramas, con lo cual el cambio de fase instantáneo sería de 180º.

Figura 6. Diagrama fasorial para el transmisor de la Figura 4.

Las potenciales variaciones de amplitud pueden causar problemas en los sistemas QPSKque utilizan repetidores como por ejemplo en las comunicaciones satelitales. Losamplificadores de estos repetidores operan en forma no lineal, de manera intencional para

obtener un beneficio de eficiencia de rendimiento. Sin embargo, la conjunción de estas nolinealidades con las posibles variaciones de amplitud, producen componentes espectrales fueradel lóbulo principal del espectro, con lo cual se puede estar interfiriendo canales adyacentes.

La probabilidad de error de bit en QPSK es igual a la de BPSK. Para entender esto

nótese que la distancia entre símbolos adyacentes en QPSK es sE d 2= . Sin embargo,

como cada símbolo está formado por dos bits resulta que E s = 2E b, por lo tanto la distancia

entre símbolos expresada en función de la energía de bit es bb E E d 24 == , resultado que

coincide con la distancia entre vectores para el caso BPSK (en este caso, al ser binario,




símbolo equivale a bit). Por lo tanto, en QPSK se reduce el ancho de banda de transmisión a lamitad, respecto a BPSK, pero se mantiene la probabilidad de error de bit P B. Esta característicahace que se prefiera a QPSK frente a BPSK. Sin embargo, la detección en QPSK es un pocomás compleja ya que lleva dos correladores, comparado con BPSK que lleva un solocorrelador; por lo tanto hay veces que se prefiere optar por BPSK.

PSK M -ario

El esquema de modulación de fase puede extenderse a sistemas M -arios, tomando k bits a la vez de la secuencia de bits a transmitir. En este caso tendremos 2k = M señalesdistintas con M fases distintas. Cada una de ellas se puede representar como:

1)-...M1,0,(i )cos(2

)( 0 =+= i s

si t

T

E t v φ ω (18)

y cada símbolo tiene la fase

M i i

π φ )12( +⋅= (19)

Otra vez, las señales generadoras son:

)cos(2

)( 01 t T

t s

ω ψ =

)sin(2

)( 02 t T

t s

ω ψ =

Cada vector de señal tiene longitud sss T P E = . Por lo tanto, las proyecciones sobre

los ejes son:

i ssT P φ cos (20)

i SST P φ sin (21)

Multiplicando (20) y (21) correspondientemente con las señales generadoras, tenemos:

t P t P t v i si si 00 sinsin2coscos2)( ω φ ω φ += (22)

La densidad espectral de potencia antes de modular viene dada por:

2sin

)(

=

s

sss

fT

fT T P f G

π

π (23)

Al modular, el espectro anterior se traslada hacia la frecuencia f 0, quedando entoncesun ancho de banda:

k

f f

T B b

ss

222

=== (24)

donde k es el conjunto de bits que se toman del stream de bits. Por lo tanto, vemos queal aumentar k , o sea, el número de bits que se toma de la secuencia de datos a modular,




disminuye el ancho de banda. Por otro lado, la probabilidad de error de bit aumenta conformedisminuye la distancia entre vectores. Es decir, menor distancia entre símbolos para unaenergía de símbolo constante. Tal distancia se expresa por:

)2 /(sin4) /(sin4 22 k bs kE M E d π π == (25)

La expresión (25) surge de consideraciones geométricas simples y representa la

distancia entre dos vectores adyacentes. Una vez más, la asignación de bits dentro del espaciovectorial, está hecha de tal manera que dos vectores adyacentes cualesquiera difierensolamente en un bit. Por eso, para el cálculo de la probabilidad de error de bit P B importasolamente la distancia entre vectores adyacentes y no entre los demás vectores, pues un errorde 1 bit implica pasar del vector original transmitido a un vector adyacente (y no a cualquierotro del espacio de señal). Esta asignación particular de los bits a los vectores de señal sellama codificación Gray y facilita el cálculo de P B a partir de las fronteras de decisión.

Un transmisor MPSK genérico se muestra en la Figura 7.

Es importante poner de manifiesto aquí que los esquemas de detección de señalespasabanda que venimos viendo son del tipo coherente. Los esquemas de detección se dividenen dos tipos: coherente y no coherente. En el primer caso, para realizar la detección de laseñal recibida es necesario conocer la fase de dicha señal. En el segundo caso, dicha

información no es necesaria. Esto último causa una degradación en la performance deprobabilidad de error de bit del sistema a cambio de una mayor simplicidad del circuito dedetección.

Figura 7. Transmisor PSK M-ario.

Detección coherente de FSK. Probabilidad de error de bit.

Recordemos que en FSK la información está inmersa en la frecuencia de la portadora.También recordemos que el conjunto de señales FSK puede ser escrito matemáticamentecomo:

Ty0entredefinida )cos(

2

)( φ ω += t T

E

t s i s

si (26)

E s es la energía de la señal o energía de símbolo y T s es el tiempo de duración de cadasímbolo. La diferencia entre frecuencias (ω i+1-ω i ) es un múltiplo entero de π /T . El término defase, φ, es una constante arbitraria y generalmente se la toma como cero. El conjunto defunciones ortonormales viene definido por

Nhasta1desde jcon cos2

)( t T

t j s

j ω ψ = (27)




Recordando además que la proyección de un vector de señal sobre uno de los ejesortogonales viene dada por

∫=T

j i ij dt t t sa0

)()( ψ

entonces, de las ecuaciones anteriores podemos escribir (teniendo en cuenta que, paraeste caso, la proyección sobre uno de los ejes coordenados es en realidad la longitud del

vector de señal):

∫=T

j s

i s

sij dt t

T t

T

E a

0)cos(

2)cos(

2ω ω (28)

y esto da como resultado

=

=casootropara 0

jipara E aij (29)

Dicho de otro modo, cada i-ésimo prototipo de señal está ubicado sobre el i-ésimo eje

coordenado y tiene una longitud E desde el origen del espacio de señal. En un esquema deeste tipo, la distancia entre dos vectores de señal es E 2 .

Al igual que en el caso de PSK, el número de regiones de decisión en FSK es M . Siimagináramos un espacio de tres dimensiones, es decir con M = 3 (que en la práctica no esposible ya que 3 no es potencia de 2; lo consideramos sólo a los efectos de comprender laidea), entonces habría 3 regiones de decisión, limitadas en este caso no por rectas sino porplanos. Para espacios de mayor dimensión ya no sería posible imaginar las fronteras dedecisión.

La selección de la hipótesis más probable se hace calculando los aij y determinando aqué región del espacio vectorial pertenece. Luego, se elige como señal estimada aquella quepertenece a esa región.

La probabilid de error de bit P B para FSK viene dada por la expresión general (para elcaso binario):

duu

P N E

Bb

∫∞

−

−=

0)1(

2

2exp

2

1

ρ π (30)

Dado que las señales son ortogonales, los ángulos entre los vectores de señal son 90º yel coeficiente de correlación ρ es igual a cero. Por lo tanto la (30) se transforma en:

=

−= ∫

∞

0

2

0 2exp

2

1

N

E Qdu

uP b

N E B

bπ (31)

Este mismo resultado puede obtenerse observando que la distancia entre dos vectores,

como vimos antes, es bE d 2= , por lo tanto bd E E d 22 == . Reemplazando esto último en la

fórmula (31):

=

02N

E QP d

B




obtenemos la expresión final de (31). Las expresiones (30) y (31) son válidassolamente para BFSK.

Como era de esperar, debido a la mayor cercanía entre vectores de señal, laprobabilidad de error de bit es peor para este caso que para BPSK. Vemos además que enBFSK, P B es igual que para el caso de codificación unipolar de banda base.

Generación de la señal BFSK

La generación de la señal modulada BFSK puede representarse matemáticamentecomo:

[ ]t t d t P t v sBFSK Ω+= )(cos2)( 0ω (32)

o, escrito de una manera más clara:

( )[ ]t t d P t v sBFSK Ω+= )(cos2)( 0ω

En esta expresión, d(t) es una secuencia de +1 ó –1, correspondiente a los niveles

lógicos 1 y 0. La señal transmitida tiene una amplitud sP 2 y puede tener dos frecuencias

distintas:

( )t P t st v sH BFSK Ω+== 0cos2)()( ω (33)

( )t P t st v sLBFSK Ω−== 0cos2)()( ω (34)

según d(t) valga +1 ó –1 (se transmite una u otra de las señales, no las dossimultáneamente)

De esta manera, hay dos valores de frecuencia angular, (ω 0 + Ω ) y (ω 0 - Ω ), siendo Ω una constante de offset de la frecuencia nominal ω 0. Por lo tanto, se ve de inmediato que lafrecuencia más alta es )( Ω+=

0ω ω

H

y la frecuencia más baja es )( Ω−=0

ω ω L

. El esquema de

modulación se puede ver en la Figura 8.

Figura 8. Representación de una manera de generación de señal BFSK.

Se usan dos moduladores, uno con una portadora ω H y otro con portadora ω L. Losvalores de tensión pH y pL están relacionados con d(t) de la siguiente manera:




d(t) pH (t) pL(t)

+1V +1V 0V

-1V 0V +1V

De esta manera vemos que nunca simultáneamente pH (t) y pL(t) tienen el mismo valor.

Espectro de BFSK

En términos de pH y pL la señal BFSK se puede escribir como:

( ) ( )t pP t pP t v LLsH H sBFSK ω ω cos2cos2)( += (35)

Cada uno de los términos de la ecuación anterior luce como la expresión

t t bP s 0cos)(2 ω que habíamos visto en BPSK y para la que habíamos calculado el espectro.

Sin embargo hay una diferencia, y es que para el caso de BPSK b(t) es bipolar, es decir vale+1 ó –1, mientras que para el presente caso pH y pL son unipolares, es decir valen +1 ó 0. Sinembargo podemos rescribir pH y pL como la suma de una constante más una señal bipolar,esto es:

)(2

1

2

1)( ' t pt p H H += (36)

)(2

1

2

1)( ' t pt p LL += (37)

En las ecuaciones anteriores p’ H y p’ L son señales bipolares que alternan entre +1 y –1y además son complementarias, es decir nunca tienen simultáneamente el mismo valor. Sireemplazamos (36) y (37) en (35) podemos escribir entonces:

t P P t P P t v LLsH H sBFSK ω ω cos2

1

2

12cos

2

1

2

12)( ''

++

+= (38)

( ) ( ) ( ) ( )t pP

t pP

t P

t P

t v LLs

H H s

Ls

H s

BFSK ω ω ω ω cos2

cos2

cos2

cos2

)( '' +++= (39)

Los dos primeros términos de la ecuación (39) producen una densidad espectral queconsiste en dos impulsos delta situados en las frecuencias f H y f L. Los dos últimos términos dela ecuación generan dos espectros BPSK (un espectro cada uno de los términos). Uno de estosespectros está centrado en f H y el otro en f L. Esto se puede ver en la Figura 9. Allí, se ha

elegido que cada espectro generado por los dos últimos términos de la ecuación anterior esténseparados uno de otro por una distancia f H – f L = 2f b. Para esta separación vemos que elsolapamiento entre ambas partes del espectro no es considerable y será posible distinguirambas señales sin excesiva dificultad. El ancho de banda es, para este caso,

bBFSK f B 4= (40)

que representa el doble del espectro producido por una modulación BPSK.




Recordemos que para que las señales sean ortogonales la frecuencia de cada una deellas debe ser elegida convenientemente. Como los vectores generadores están en función deltiempo de bit T b, entonces las frecuencias f H y f L son múltiplos enteros de f b (ancho de bandade la señal moduladora).

Figura 9. Densidad espectral de potencia para los términos individuales de la ecuación (39).

Veamos algunos detalles acerca del ancho de banda utilizado por la modulación BFSK.Consideremos de nuevo las dos señales binarias que representan a BFSK:

t T

E t s H H ω cos

2)( = (41)

t T

E

t s LL ω cos

2

)( = (42)

Veamos qué relación debe haber entre ω H y ω L para que ambas señales seanortogonales. Para que ello ocurra, el coeficiente de correlación entre ambas señales debe sercero. Dicho coeficiente de correlación viene dado por:

dt t t T

E

E

T

LH ))(cos(cos21

0∫= ω ω ρ (43)

[ ]dt t t T

T

LH LH ∫ −++=0

)cos()cos(1

ω ω ω ω ρ (44)

T

LH

LH

LH

LH

T t

T t

0)(

)sin()(

)sin(ω ω

ω ω

ω ω

ω ω ρ −−+

++= (45)

Se puede despreciar el primer término suponiendo que T LH /2π ω ω >>+ . Entonces, el

coeficiente de correlación queda:

T

T

LH

LH

)(

)sin(

ω ω

ω ω ρ

−

−= (46)




La Figura 10 muestra la función de la ecuación (46) (donde se ha reemplazado ω H y ω L por ω 1 y ω 0). Nótese que es imposible que dos señales BFSK sean antipodales, ya que nunca seobtiene el valor ρ = -1.

Figura 10. Variación del coeficiente de correlación en función de la separación entrefrecuencias para señales BFSK.

Si bien existe un cero en ( ω H - ω L )T = π , en tal condición de separación entre

frecuencias no se mantiene la continuidad de fases entre los dos símbolos sH (t) y sL(t), con lasdesventajas que esto representa en cuanto a que aparecen espectros indeseados. La siguientealternativa es elegir el valor 2π . En este caso sí existe continuidad de fases entre ambossímbolos. Sin embargo, la separación entre frecuencias sería f b y habría superposición deespectros en la Figura 9, con lo cual la detección, que lleva un filtrado de cada uno de estosdos lóbulos, no sería muy buena. La conclusión entonces es que la mínima separaciónaconsejable entre frecuencias, para la cual ambas señales son ortogonales es f H – f L = 2f b.También se puede ver en la Figura 10 que para una separación de frecuencias( ω H - ω L )T = 1,43π la distancia entre vectores es algo mayor. Sin embargo, este potencialbeneficio en cuanto a una mejora en la probabilidad de error de bit no es muy grande, ya queaquí también se presenta discontinuidad de fases entre símbolos.

FSK M -ario

Un sistema FSK de M señales puede ser generado como se muestra en la Figura 11. Ungrupo de k bits llegan, a intervalos T s, a la entrada de un conversor D/A. Cada bit individualllega al conversor a intervalos de tiempo T b. La salida de este conversor alimenta unmodulador que genera portadoras de frecuencias proporcionales a la tensión de salida. Paraminimizar la probabilidad de error las frecuencias deben ser elegidas de tal manera que las M señales sean mutuamente ortogonales. Una manera común de hacer esto es elegir armónicospares de la frecuencia de símbolo f s = 1/T s. Es decir, que la distribución de frecuencias esf 0 = kf s, f 1 = (k+2)f s, f 2 = (k+4)f s, etc. De esta manera, la densidad espectral de potencia decada señal individual se solapa con los otros espectros como se muestra en la Figura 12, queno es otra cosa que una extensión del caso BFSK. Vemos de la figura que el ancho de banda es

sMf B 2= (47)

aunque hay que tener en cuenta que a medida que aumenta k , si bien aumenta M a lavez disminuye f s.

Por lo tanto, teniendo en cuenta que f s = f b /k y M = 2k tenemos:

k f B bk 22 ⋅= (48)

k f B bk /2 1+= (49)




Figura 11. Esquema básico de un transmisor FSK M -ario.

Por ejemplo, si M = 4, es decir k = 2, tendríamos un ancho de banda

k f B b122 +=

bb f f B 42 /8 == (50)

es decir, es igual que para BFSK y el doble que BPSK. Si M = 8, k = 3 y tenemos:

bbbFSK f f f B 3,53

163 /2 13

8 ≈== + (51)

Figura 12. Densidad espectral de potencia para FSK M -ario.

Con lo cual aquí sí el ancho de banda es más grande que para BFSK. Obviamente, a

medida que se sigue aumentando M el ancho de banda también sigue aumentando. Tambiénse ve que un sistema MFSK tiene un ancho de banda bastante mayor que MPSK. Por ejemplo,si hubiésemos elegido M = 8 para PSK, el ancho de banda sería:

bbb

PSK f f

k

f B 66,0

3228 ≈== (52)

Sin embargo, la probabilidad de error de bit de MFSK disminuye a medida que aumentaM y la performance es mucho mejor que en MPSK.




En cuanto a las distancias geométricas de los sistemas MFSK, teniendo en cuenta que

cada vector tiene una longitud sE , la distancia entre dos vectores es:

( ) ( ) sss E E E d 222

=+=

bs kE E d 22 == (53)

Si calculamos d para k = 1 entonces nos da bE d 2= . Comparado con BPSK la

distancia es más pequeña, ya que para este último caso la distancia es bb E E 42 = .

Si calculamos d con la (53) para el caso M = 4, es decir k = 2, obtenemos

bb E E d 422 =⋅⋅= que es igual que en BPSK y QPSK. Ya para valores más grandes de k la

distancia en MFSK se hace mayor que en MPSK, lo que da una pauta de una mejorperformance en la tasa de error. Por ejemplo si k = 3 entonces tenemos 8FSK, es decir, M = 8y la distancia d calculada con (53) resulta:

bbFSK E E d 6328 =⋅⋅=

Comparando con la distancia de 8PSK, para la cual debemos aplicar la (25):

( )k bPSK kE d 2sin4 2

8 π =

( )328 2sin34 π bPSK E d ⋅⋅=

( )8sin12 28 π bPSK E d =

( )º5,22sin12 28 bPSK E d =

146,0128 bPSK E d =

finalmente,

bPSK E d 75,18 ≈

Para este caso ya se ve entonces que la distancia en 8PSK es mucho menor que en8FSK.

Concluyendo entonces, al aumentar M la performance de probabilidad de error de bit deFSK es mejor que PSK, como se dijo anteriormente. Al mismo tiempo, aumenta el ancho debanda en FSK y disminuye en PSK.

Quadrature Amplitude Shift Keying (QASK)

En los sistemas MPSK, se transmite, en cada intervalo de símbolo, una señal que sedistingue de las demás por su fase. Sin embargo, se conservan las amplitudes de las señales.Gráficamente, los extremos de los vectores que representan a estas señales están ubicadossobre una circunferencia. Como ya hemos repetido varias veces, la posibilidad de distinguirentre dos señales que están inmersas en ruido, depende de la distancia entre los vectores deseñal. Por lo tanto, al aumentar M en un sistema MPSK se obtiene una considerable reduccióndel ancho de banda pero a costa de aumentar P B como consecuencia de la disminución de la




distancia entre vectores. Por lo tanto, parece razonable poder mejorar la inmunidad al ruido deestos sistemas si los vectores no sólo varían en fase sino que también varían en amplitud, demanera de evitar que las señales se vayan “amontonando” sobre un círculo. Describiremosentonces un sistema denominado (en Inglés) Amplitude and Phase Shift Keying (APK). Al igualque QPSK este sistema involucra la modulación de portadoras en cuadratura (o sea, cosω 0t ysenω 0t ) y muchas veces es abreviado como QAPSK o más aún como QASK. También esllamado, cuando la constelación de señales presenta simetría, QAM.

Para ejemplificar QASK consideremos que queremos transmitir símbolos formados por 4bits. Por lo tanto tenemos 24 = 16 símbolos diferentes, lo que implica entonces tener quegenerar 16 señales diferentes. Una posible representación geométrica de estas 16 señales semuestra en la Figura 13. En dicha configuración cada señal se encuentra equidistante decualquier señal adyacente, siendo la distancia d = 2a. La disposición de las señales se hapuesto en forma simétrica alrededor del origen del espacio de señal por conveniencia.

Figura 13. Representación geométrica de 16 señales de un sistema QASK.

Asumamos que las 16 señales son igualmente probables. En virtud de la simetría delesquema, podemos calcular la energía media asociada a cada señal a partir de las cuatroseñales del primer cuadrante. La energía media normalizada de una señal es:

( ) ( ) ( ) ( )[ ] 222222222 1099994

1aaaaaaaaaE s =+++++++= (54)

Por lo tanto,

sE a 1,0= (55)

sE ad 1,022 == (56)

En el presente ejemplo, ya que cada símbolo está representado por 4 bits, la energíanormalizada de símbolo es E s = 4E b, siendo E b la energía normalizada de bit. Por lo tanto,




bs E E a 4,01,0 == (57)

bE d 4,02= (58)

Se observa que la distancia es mayor para 16QASK (16QAM) que para 16PSK, donde,de la ecuación (25) tenemos:

bb E E d 15,0216

sin16 2 == π (59)

Por lo tanto, se puede ver intuitivamente en función de la distancia entre señales, que16QAM tiene menor tasa de error que 16PSK.

Una manera conveniente de expresar la señal QASK es:

)()()( 2211 t ak t ak t v QASK ψ ψ += (60)

en donde k 1 y k 2 son iguales a ±1 ó ±3. Como tenemos t T t s 01 cos2)( ω ψ = y

t T t s 02 sin2)( ω ψ = , mientras que sE a 1,0= , podemos escribir la (60) como

t T

E k t

T

E k t v

s

s

s

sQASK 0201 sin2,0cos2,0)( ω ω += (61)

y, dado que E s /T s = P s tenemos

t P k t P k t v ssQASK 0201 sin2,0cos2,0)( ω ω += (62)

Un generador de señal QASK (o QAM) para símbolos de 4 bits se muestra en la Figura14 de la página siguiente. Los 4 bits que forman el símbolo se almacenan en un registro de 4bits hecho con flip-flops. Un nuevo símbolo se presenta a cada intervalo T s = 4T b y el

contenido del registro se actualiza con cada flanco activo del clock que también tiene períodoT s. Dos bits alimentan a un conversor D/A y otros dos bits hacen lo mismo con otro conversorD/A. La salida Ae(t) de un conversor modula la portadora cosenoidal, mientras que la salida

Ao(t) del otro conversor modula la portadora senoidal. Por lo tanto, la señal transmitida es:

t P t At P t At v soseQASK 00 sin)(cos)()( ω ω += (63)

Si comparamos (62) con (63) vemos que

2,03 ó 2,0, 0 ±±= A Ae (64)

También, dado que los 4 valores de Ae y Ao son igualmente probables podemos verificarque,

122 == oe A A (65)

Así, cada uno de los términos en cuadratura de (63) transmite en promedio la mitad dela potencia media total.

El esquema de transmisión visto en la figura se puede generalizar para dimensionesmayores. Normalmente lo que se hace es tomar grupos pares de bits (es decir, k par) y dividirel grupo en dos bloques de k/2 bits. Cada bloque alimenta a un conversor D/A. En el receptor




cada señal se detecta en forma independiente usando dos filtros adaptados, cada uno con sucorrespondiente bloque de decisión y finalmente un conversor de paralelo a serie. Ladistribución de las señales a lo largo de cada eje coordenado es ±1, ±3, ±5....±(2k-1).

Figura 14. Generación de una señal QASK (o QAM).

Ancho de banda de QASK (QAM)

La densidad espectral de potencia para la señal QASK puede ser calculada de manerasimilar que para el caso de MPSK, ya que la ecuación (63) es similar a la ecuación (22). Ladensidad espectral de potencia es:

( )( )

( )( )

2

0

0

2

0

0 sin

2

sin

2)(

+

++

−

−=

s

sss

s

sssQASK

T f f

T f f T P

T f f

T f f T P f G

π

π

π

π (66)

siendo T s = kT b. El ancho de banda de la señal QASK es

k f B b /2= (67)

que es igual que para el caso de MPSK. Para el caso recientemente analizado de QASKdonde se ha tomado k = 4 (16QASK ó 16QAM), tenemos 2 /)16( bQASK f B = .

Este tipo de espectro, como así también el de MPSK es llamado Doble Banda Lateral conPortadora Suprimida (en inglés, DSB-SC, Double Sideband Suppressed Carrier), ya que elespectro es el doble al espectro original de banda base y la portadora de frecuencia no estápresente luego de la modulación.




La probabilidad de error de bit para QAM, asumiendo una constelación cuadrada, uncanal de comunicación Gaussiano y detección hecha con filtros adaptados se expresa como:

( )

−⋅

−≈

−

02

2

2

1 2

1

log3

log

12

N

E

k

k Q

k

k P b

B (68)

donde, como siempre, k es el número de bits que se toman simultáneamente para

formar la señal (en este caso, también el número de puntos sobre cada eje). También se haasumido que la asignación de bits a cada señal fue hecha de acuerdo al código Gray (esto es,las señales adyacentes difieren sólo en un bit). Nótese que si k = 2 se obtiene la probabilidadde error de bit para QPSK, ya que es un caso particular de QAM.

Es importante recalcar que los desarrollos precedentes se hicieron asumiendo que ladetección de la señal es coherente. Esto significa que al hacer la detección del símbolo esnecesario conocer la información de la fase de la portadora. El otro método de detección sellama no coherente en cuyo caso no se usa la información de fase de la portadora. Este últimométodo de detección es más simple que el primero, sin embargo, no es tan eficiente y laprobabilidad de error resulta ser mayor. La complejidad en los sistemas coherentes aparecepor el uso de los lazos de enganche de fase (PLL en inglés). Estos circuitos toman una muestrade la señal que llega al detector y “engancha” la fase del oscilador local con esta señal.

También, hay que tener en cuenta que en los sistemas coherentes, si bien se conoce lainformación de fase de la portadora, no se puede lograr un sincronismo perfecto, de maneraque siempre hay una pequeña diferencia de fase en la sincronización. Por ejemplo,consideremos el caso de BPSK. Supongamos que las señales transmitidas son s1(t) y s2(t). Elcorrelador en el detector podría estar hecho con una señal generada localmente,s1(t) - s2(t) = 2Acosω 0t. En tal caso, la salida del correlador, suponiendo que no hay ruido,puede ser A2T o - A2T .

Supongamos ahora que el generador local no está perfectamente en sincronismo y quela señal generada es 2Acos( ω 0t + φ ). Se puede verificar entonces que en este caso la salida delcorrelador será ± 2ATcosφ , es decir la señal de salida se reduce en un factor cosφ . Siendo así, laenergía de bit E b se reduce por ese mismo factor y se puede demostrar que la probabilidad deerror de bit viene dad por:

=

0

2cos2

N

E QP b

B

φ (69)

Otro problema que se presenta en la detección, y que hasta aquí no fue considerado, esla falta de exactitud en el sincronismo de bit. Idealmente, la detección comienza en t = 0 ytermina en t = T . Sin embargo, podríamos decir por ejemplo, que en la práctica el intervalo deintegración se extiende desde t = τ hasta t = τ + T . Este corrimiento producido en el instantede comienzo de integración no afecta al ruido, ya que estadísticamente presenta las mismaspropiedades a lo largo del tiempo. En cuanto a la detección de los bits, si dos bits consecutivostienen el mismo valor, tampoco se producen efectos adversos con este corrimiento. Elproblema aparece cuando los dos bits consecutivos son de distinto valor lógico.

Consideremos como ejemplo una señal BPSK, siendo Acosω 0t transmitido en el intervalo[0, T ], y -Acosω 0t en el intervalo [T , 2T ]. Si hay un corrimiento τ en el sincronismo de bit,entonces pude demostrarse que la probabilidad de error de bit viene dada por:

−=

2

0

21

2

T N

E QP b

B

τ (70)




Considerando simultáneamente el error de fase y el error de sincronismo, laprobabilidad de error de bit para BPSK queda:

( )

−=

2

2

0

21cos

2

T N

E QP b

B

τ φ (71)

donde, como se ve rápidamente, si tanto τ como φ valen cero, la expresión (71) setransforma en la expresión habitual para la P B en BPSK.

Curvas de probabilidad de error de bit

Las gráficas de la Figura 15 muestran cómo varía la probabilidad de error de bit, enfunción de E b /N 0 para un sistema de modulación ortogonal y para un sistema multifase. Ambossistemas presentan comportamientos opuestos. Los sistemas ortogonales mejoran su P B con elaumento de k , a costa de aumentar su ancho de banda. Los sistemas multifase empeoran suP B con el aumento de k pero a la vez se les reduce el ancho de banda.

Figura 15. Probabilidad de error de bit. (a) En sistema ortogonales. (b) En sistemas multifase.

Probabilidad de error de símbolo y probabilidad de error de bit

Es importante aclarar que hasta aquí siempre hemos considerado, como parámetro decalidad de un sistema, la probabilidad de error de bit P B. En los sistemas M -arios, con M > 2, lavariable natural que permite medir la calidad de un sistema es la probabilidad de error desímbolo, es decir, dado un símbolo que se ha transmitido, qué probabilidad hay de recibir otroperteneciente al conjunto de señales del sistema en cuestión. Dado un símbolo que se ha




transmitido, qué probabilidad existe de que “caiga” en una región “equivocada” del plano oespacio de señal.

Sin hacer la demostración, diremos que, para grandes valores de la relación energía desímbolo a ruido, la probabilidad de error de símbolo para un sistema MPSK, con símbolosigualmente probables y detección coherente, viene dada por la expresión:

≈ M N

E

QM P s

E

π

sin

2

2)( 0 (72)

donde P E (M) es la probabilidad de error de símbolo para un dado valor de M , y E s = kE b,siendo k el número de bits por símbolo. Para este tipo de modulación la relación entreprobabilidad de error de bit y probabilidad de error de símbolo viene dada por:

k

P P E

B ≈ (73)

Es fundamental aclarar que la expresión (73) es válida únicamente para unacodificación Gray, es decir, una asignación de códigos en donde dos símbolos adyacentesdifieren solamente en un bit. La idea detrás de esto es suponer que existe muy baja

probabilidad de que un símbolo transmitido vaya a parar a una región que no sea vecina a suregión. Es decir, suponer que cuando se produce un error, el vector recibido sólo estará enalguna de las dos regiones adyacentes a la región original y no en otras.

Por otra parte, para la modulación MFSK, con M > 2, símbolos igualmente probables ydetección coherente, la probabilidad de error de símbolo viene dada por:

−≤

0

)1()(N

E QM M P s

E (74)

Si se supone que todos los errores de símbolo ocurren con igual probabilidad, se puedeencontrar la siguiente relación:

1

2 /

12

2 1

−=

−=

−

M

M

P

P k

k

E

B (75)

modulación digital ii

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