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## 13.3Modulazione QAM↓↓

L’acronimo sta per Quadrature Amplitude Modulation, ed individua la tecnica di modulazione che utilizza due portanti in quadratura come il psk
xQAM(t)=xc(t)cosω0t−xs(t)sinω0t
ma a differenza del psk, ora le componenti di banda base xc ed xs non dipendono da una stessa sequenza di fasi, ma sono originate da due flussi di dati distinti.
Con riferimento alla fig. 13.15↓, osserviamo che sebbene xc(t) e xs(t) si ottengano a partire da una medesima sequenza numerica {ak}, i bit di quest’ultima sono distribuiti alternativamente sui due rami (sequenze bc[n] e bs[n] in fig.) a velocità dimezzata [554] [554]In pratica, l’indice n si incrementa ogni due incrementi dell’indice k., suddividendo un gruppo di M bit in due simboli costituiti da M’ =M⁄2 bit. Dalle sequenze bc e bs ad M’ bit/simbolo si ottengono quindi i valori cc e cs con L’  = 2M’= 2M⁄2=√(2M)=√(L) livelli, che attraversando il filtro G(f), danno luogo ai segnali di banda base xc ed xs.
Figura 13.15  Modulatore QAM
La sequenza di operazioni descritte determina una costellazione quadrata, composta
da L=(L’)2 punti, che rappresentano le coordinate (nel piano dell’inviluppo complesso) in cui x è forzato a transitare in corrispondenza degli istanti di Nyquist multipli del periodo di simbolo Ts, che risulta essere pari a
Ts=Tb⋅M=(1)/(fb)log2L
Occupazione di banda
Se G(f) è a coseno rialzato con roll off γ, allora la banda a frequenze positive di xc ed xs risulta pari a (fs)/(2)(1 +γ)=(fb)/(2log2L)(1 +γ), mentre quella di xQAM è pari al doppio, a causa della modulazione am-bld-ps operata sui due rami del modulatore, ovvero
BQAM=(fb)/(log2L)(1 +γ)=fs(1  +γ)
e quindi uguale al psk con uguale numero di livelli (di cui condivide quindi anche l’efficienza spettrale).
Notiamo che, per come si è impostato lo schema di distribuzione dei bit tra i rami, L deve risultare un quadrato perfetto. Nulla impedisce di elaborare schemi più complessi in cui L’ è diverso per i due rami, o più in generale la cui costellazione non sia quadrata. E’ appena il caso di notare che l’ampiezza del segnale modulato varia notevolemente tra un simbolo e l’altro.

### 13.3.1Prestazioni di QAM

Notiamo subito che la “distanza” tra due punti della costellazione qam è maggiore (a parità di L) del caso psk; pertanto, c’è da aspettarsi un miglioramento delle prestazioni (a parità di Eb⁄N0) in quanto l’area che individua la probabilità di errore è ridotta. Il valore della probabilità di errore si determina dopo aver osservato che ciascuno dei due rami in fase e quadratura costituisce un segnale ask multilivello con L’ =√(L).
Abbiamo già calcolato che, per tale segnale, il rapporto Eb⁄N0 dopo demodulazione è esattamente pari a quello del segnale modulato; pertanto (considerando un impulso g(t) a banda minima) dalla eq. (18.4↑) otteniamo
Pα = Pce(simbolo)=Pse(simbolo)= = ⎛⎝1  −(1)/(L’)⎞⎠erfc{√(3(Eb)/(N0)(log2L’)/((L’)2− 1))}
Ricordando ora che L’  =√(L)=(L)1  ⁄ 2 e dunque log2L’  =(1)/(2)log2L, si ottiene
Pα=⎛⎝1  −(1)/(√(L))⎞⎠erfc{√((3)/(2)(Eb)/(N0)(log2L)/(L−  1))}
La probabilità di errore (a simbolo) complessiva, cioè la probabilità che il segnale ricevuto x̃=x+n cada fuori della regione di decisione relativa all’x trasmesso, risulta Pe(simbolo)≃Pα+Pα= 2Pα, assumendo trascurabile la probabilità di sbagliare entrambe xc ed xs. Questa stessa ipotesi, assieme all’utilizzo di un codice di Gray per codificare i gruppi di bit associati a livelli dei due rami, consente di esprimere la probabilità di errore per bit come
(18.9) PQAMe(bit) = (Pe(carattere))/(log2L)= = (2)/(log2L)⎛⎝1 −(1)/(√(L))⎞⎠erfc{√((3)/(2)(Eb)/(N0)(log2L)/(L− 1))}
In figura 13.17↓ troviamo le curve dei valori di Pe(bit), per diversi valori di L, al variare di (Eb)/(N0) espresso in dB; il confronto con le curve relative al psk permette di valutare l’entità del miglioramento di prestazioni. Come è evidente, la modulazione qam offre prestazioni sensibilmente superiori rispetto alla psk.

Figura 13.17  Prestazioni l-qam con codice di Gray
Esercizio Consideriamo un sistema di modulazione numerica psk con 16 fasi, per il quale si riceva una potenza di segnale Px= 10− 3 (Volt)2, in presenza di una densità di potenza di rumore PN(f)  = 2⋅10− 11 (Volt)2/Hz. Si desideri ricevere un flusso numerico a velocità fb= 1 Mbit/sec e si considerino impulsi a coseno rialzato con γ= 0.

- 1) Quale è la Pe per bit al ricevitore? E la banda occupata?
  2) Quale nuovo valore di Pe si ottiene usando invece una modulazione qam con lo stesso numero di punti di costellazione?
  3) Nel caso 16-qam, qualora si desideri ancora la Pe ottenuta al punto 1), quanta potenza è sufficiente ricevere?
  4) Nel caso qam con la Pe del punto 1), qualora si desideri dimezzare la banda occupata, che potenza è necessario ricevere?
  5) Nel caso 16-qam con la Pe del punto 1) e Px= 10− 3 (Volt)2, quale nuova fb è possibile raggiungere?

Soluzione

1. Osserviamo che Eb=Px⋅Tb=(Px)/(fb)=(10− 3)/(106)= 10− 9 (Volt)2/Hz, mentre N0= 2PN(f) = 4⋅10− 11 (Volt)2/Hz, pertanto (Eb)/(N0)= 25 e ⎛⎝(Eb)/(N0)⎞⎠dB= 10log1025≃14 dB.
   1. Dalle curve delle prestazioni per il PSK si trova che con Eb⁄N0= 14 dB, si ottiene Pe= 10− 3 qualora si utilizzino 16 livelli.
   2. La banda occupata risulta B=(fb)/(log2L)=(106)/(4)= 250 KHz.
2. Le curve delle prestazioni per il qam mostrano che con Eb⁄N0= 14 dB e 16 livelli, si ottiene Pe≃3⋅10− 6.
3. le stesse curve mostrano che, con il 16-qam, la Pe= 10− 3 si ottiene con Eb⁄N0= 10.5 dB, ovvero 14-10.5=3.5 dB in meno, che corrispondono ad una potenza Px’ =(Px)/(100.35)=(10− 3)/(2.24)= 4.47⋅10− 5 (Volt)2.
4. Dimezzare la banda equivale a raddoppiare log2L, ovvero utilizzare M= 8 bit/simbolo, e dunque un numero di livelli L= 2M= 256 =(L’)2. Le curve delle prestazioni per il 256-qam mostrano che per ottenere Pe= 10− 3 occorre Eb⁄N0≃18.3 dB, pari ad un aumento di 18.3 - 14= 4.3 dB, che equivale ad una potenza Px’ = 100.43Px≃2.7⋅10−  3 (Volt)2.
5. Ci ritroviamo nelle stesse condizioni del punto 3), con un eccesso di 3.5 dB nel valore di Eb⁄N0, che può essere speso riducendo di egual misura Tb, e quindi aumentando fb. Risulta: Tb’ =(Tb)/(100.35) e quindi fb’  =(1)/(Tb’)=(100.35)/(Tb)= 100.35⋅fb= 106.35≃2.24 Mb/sec.
   E se γ≠ 0 ? La trattazione del caso di banda base, mostra che l’argomento sotto radice della erfc{} subisce un peggioramento di (1  +γ)⎛⎝1  −(γ)/(4)⎞⎠, che (per esempio) con γ= 0.5 fornisce 1.31, che deve essere compensato da una uguale diminuzione di Eb⁄N0. Nel caso 5), ad esempio, la fb risulterà quindi limitata a fb’’  =fb’ ⁄ 1.31 = 1.71 Mb/sec.

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