M
:
{\displaystyle M:}
E
b
:
{\displaystyle E_{b}:}
E
s
:
{\displaystyle E_{s}:}
E
s
c
:
{\displaystyle E_{sc}:}
P
b
:
{\displaystyle P_{b}:}
P
s
:
{\displaystyle P_{s}:}
P
s
c
:
{\displaystyle P_{sc}:}
P
b
c
:
{\displaystyle P_{bc}:}
k
=
log
2
(
M
)
E
s
=
k
⋅
E
b
=
log
2
(
M
)
⋅
E
b
{\displaystyle {\begin{aligned}&k=\log _{2}\left(M\right)\\&E_{s}=k\cdot E_{b}=\log _{2}\left(M\right)\cdot E_{b}\\\end{aligned}}}
Tiene lógica que necesitemos mas energía por símbolo, pues en un solo símbolo podemos transmitir 2,3,4… bits, por lo que la energía necesaria para transmitir un solo bit sería la mitad, un tercio, un cuarto ….
Nuestra modulación digital podemos representarla como:
s
T
(
t
)
=
A
c
∑
k
=
−
∞
∞
a
I
k
p
(
t
−
k
T
s
)
cos
(
ω
c
t
)
−
A
c
∑
k
=
−
∞
∞
a
Q
k
p
(
t
−
k
T
s
)
sin
(
ω
c
t
)
{\displaystyle s_{T}(t)=A_{c}\sum \limits _{k=-\infty }^{\infty }{a_{I_{k}}p\left(t-kT_{s}\right)\cos \left(\omega _{c}t\right)-A_{c}\sum \limits _{k=-\infty }^{\infty }{a_{Q_{k}}p\left(t-kT_{s}\right)\sin \left(\omega _{c}t\right)}}}
Al demodular, tendremos bien la señal in-phase o la quadrature. Por ejemplo, al demodular la in-phase:
y
R
(
t
)
=
A
c
∑
k
=
−
∞
∞
a
I
k
p
(
t
−
k
T
s
)
{\displaystyle y_{R}(t)=A_{c}\sum \limits _{k=-\infty }^{\infty }{a_{I_{k}}p\left(t-kT_{s}\right)}}
La energía de esta señal
a
I
k
{\displaystyle a_{I_{k}}}
a
Q
k
{\displaystyle a_{Q_{k}}}
E
s
c
{\displaystyle E_{sc}}
E
s
=
2
E
s
c
{\displaystyle E_{s}=2E_{sc}}
Modulación
M
{\displaystyle M}
log
2
(
M
)
{\displaystyle \log _{2}\left(M\right)}
a
I
k
{\displaystyle a_{I_{k}}}
a
Q
k
{\displaystyle a_{Q_{k}}}
Q
P
S
K
{\displaystyle QPSK}
4
{\displaystyle 4}
2
b
i
t
s
{\displaystyle 2bits}
1
b
i
t
{\displaystyle 1bit}
1
b
i
t
{\displaystyle 1bit}
16
−
Q
A
M
{\displaystyle 16-QAM}
16
{\displaystyle 16}
4
b
i
t
s
{\displaystyle 4bits}
2
b
i
t
s
{\displaystyle 2bits}
2
b
i
t
s
{\displaystyle 2bits}
64
−
Q
A
M
{\displaystyle 64-QAM}
64
{\displaystyle 64}
6
b
i
t
s
{\displaystyle 6bits}
3
b
i
t
s
{\displaystyle 3bits}
3
b
i
t
s
{\displaystyle 3bits}
s
T
(
t
)
=
A
c
∑
k
=
−
∞
∞
a
I
k
p
(
t
−
k
T
s
)
cos
(
ω
c
t
)
⏟
E
s
c
1
,
P
s
c
1
−
A
c
∑
k
=
−
∞
∞
a
Q
k
p
(
t
−
k
T
s
)
sin
(
ω
c
t
)
⏟
E
s
c
2
,
P
s
c
2
→
E
s
c
1
=
E
s
c
2
E
s
T
O
T
=
E
s
c
1
+
E
s
c
2
→
E
s
=
2
⋅
E
s
c
E
s
=
log
2
(
M
)
⋅
E
b
E
s
c
→
P
s
c
E
s
→
P
s
P
s
=
1
−
(
1
−
P
s
c
1
)
⋅
(
1
−
P
s
c
2
)
=
1
−
(
1
−
P
s
c
)
2
P
s
=
1
−
(
1
−
P
s
c
)
2
=
1
−
(
1
+
P
s
c
2
−
2
P
s
c
)
=
2
P
s
c
−
P
s
c
2
P
s
c
≤
1
→
P
s
c
2
≪
P
s
c
P
s
≈
2
P
s
c
{\displaystyle {\begin{aligned}&s_{T}(t)=\underbrace {A_{c}\sum \limits _{k=-\infty }^{\infty }{a_{I_{k}}p\left(t-kT_{s}\right)\cos \left(\omega _{c}t\right)}} _{E_{sc_{1}},P_{sc_{1}}}-\underbrace {A_{c}\sum \limits _{k=-\infty }^{\infty }{a_{Q_{k}}p\left(t-kT_{s}\right)\sin \left(\omega _{c}t\right)}} _{E_{sc_{2}},P_{sc_{2}}}\to \\&E_{sc_{1}}=E_{sc_{2}}\\&E_{s_{TOT}}=E_{sc_{1}}+E_{sc_{2}}\to E_{s}=2\cdot E_{sc}\\&E_{s}=\log _{2}\left(M\right)\cdot E_{b}\\&E_{sc}\to P_{sc}\\&E_{s}\to P_{s}\\&P_{s}=1-\left(1-P_{sc_{1}}\right)\cdot \left(1-P_{sc_{2}}\right)=1-\left(1-P_{sc}\right)^{2}\\&P_{s}=1-\left(1-P_{sc}\right)^{2}=1-\left(1+P_{sc}^{2}-2P_{sc}\right)=2P_{sc}-P_{sc}^{2}\\&P_{sc}\leq 1\to P_{sc}^{2}\ll P_{sc}\\&P_{s}\approx 2P_{sc}\\&\\\end{aligned}}}
editar
La relación entre
P
s
{\displaystyle P_{s}}
P
b
{\displaystyle P_{b}}
P
s
=
1
−
(
1
−
P
b
)
k
{\displaystyle P_{s}=1-\left(1-P_{b}\right)^{k}}
k
=
log
2
M
{\displaystyle k=\log _{2}M}
Pero, usando codificación Gray, y suponiendo que un error de símbolo solo produce un error de bit, tenemos que:
P
s
→
1
b
i
t
P
s
↔
P
b
?
k
=
log
2
M
→
P
s
k
≈
P
b
P
s
≈
k
⋅
P
b
{\displaystyle {\begin{aligned}&P_{s}\to 1bit\\&P_{s}\leftrightarrow P_{b}?\\&k=\log _{2}M\to \\&{\frac {P_{s}}{k}}\approx P_{b}\\&P_{s}\approx k\cdot P_{b}\\\end{aligned}}}
Podemos verlo intuitivamente:
Si un símbolo equivale a dos bits, y hay un error en el símbolo, la probabilidad de error de bit será la mitad que la probabilidad de error del símbolo (suponiendo que el error solo puede ser de un bit), porque el error solo afectará a uno de los bit, siendo el otro correcto. Si el símbolo equivale a 10 bits, la probabilidad de error de bit será 10 veces menor, porque de los 10 bits solo 1 estará corrupto (debido a la asunción que hemos hecho) y los otros nueve correctos.
Para la probabilidad de error de bit por portadora, es análogo:
P
s
≃
k
⋅
P
b
→
P
s
c
≃
k
⋅
P
b
c
{\displaystyle {\begin{aligned}&P_{s}\simeq k\cdot P_{b}\to \\&P_{sc}\simeq k\cdot P_{bc}\\\end{aligned}}}
s
T
(
t
)
=
A
c
∑
k
=
−
∞
∞
a
I
k
p
(
t
−
k
T
s
)
cos
(
ω
c
t
)
−
A
c
∑
k
=
−
∞
∞
a
Q
k
p
(
t
−
k
T
s
)
sin
(
ω
c
t
)
y
T
(
t
)
=
s
T
(
t
)
+
n
(
t
)
y
R
1
(
t
)
=
y
T
(
t
)
⋅
cos
(
ω
c
t
)
=
s
T
(
t
)
cos
(
ω
c
t
)
+
n
(
t
)
cos
(
ω
c
t
)
→
|
H
L
P
F
(
f
)
|
2
y
R
1
(
t
)
=
A
R
∑
k
=
−
∞
∞
a
I
k
p
(
t
−
k
T
s
)
+
n
I
(
t
)
y
R
2
(
t
)
=
y
T
(
t
)
⋅
sin
(
ω
c
t
)
=
s
T
(
t
)
sin
(
ω
c
t
)
+
n
(
t
)
sin
(
ω
c
t
)
→
|
H
L
P
F
(
f
)
|
2
y
R
2
(
t
)
=
A
R
∑
k
=
−
∞
∞
a
Q
k
p
(
t
−
k
T
s
)
+
n
Q
(
t
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&s_{T}(t)=A_{c}\sum \limits _{k=-\infty }^{\infty }{a_{I_{k}}p\left(t-kT_{s}\right)\cos \left(\omega _{c}t\right)-A_{c}\sum \limits _{k=-\infty }^{\infty }{a_{Q_{k}}p\left(t-kT_{s}\right)\sin \left(\omega _{c}t\right)}}\\&y_{T}(t)=s_{T}(t)+n(t)\\&y_{R_{1}}(t)=y_{T}(t)\cdot \cos \left(\omega _{c}t\right)=s_{T}(t)\cos \left(\omega _{c}t\right)+n(t)\cos \left(\omega _{c}t\right)\to \left|H_{LPF}\left(f\right)\right|^{2}\\&y_{R_{1}}(t)=A_{R}\sum \limits _{k=-\infty }^{\infty }{a_{I_{k}}p\left(t-kT_{s}\right)+n_{I}(t)}\\&y_{R_{2}}(t)=y_{T}(t)\cdot \sin \left(\omega _{c}t\right)=s_{T}(t)\sin \left(\omega _{c}t\right)+n(t)\sin \left(\omega _{c}t\right)\to \left|H_{LPF}\left(f\right)\right|^{2}\\&y_{R_{2}}(t)=A_{R}\sum \limits _{k=-\infty }^{\infty }{a_{Q_{k}}p\left(t-kT_{s}\right)+n_{Q}(t)}\\\end{aligned}}}
ASK
Una señal ASK es una codificación unipolar NRZ , caso particulr OOK, modula una portadora coseno, por lo que al demodular tendremos:
s
A
S
K
(
t
)
=
A
c
∑
k
=
−
∞
∞
a
k
p
(
t
−
k
T
s
)
cos
(
ω
c
t
)
y
R
(
t
)
=
A
R
∑
k
=
−
∞
∞
a
k
p
(
t
−
k
T
s
)
⏟
s
I
(
t
)
=
s
N
R
Z
(
t
)
+
n
I
(
t
)
a
k
=
{
0
,
+
A
}
A
=
1
P
e
=
p
′
1
′
⋅
Q
(
|
V
T
−
m
|
σ
2
)
+
p
′
0
′
⋅
Q
(
|
V
T
−
m
|
σ
2
)
N
R
Z
→
P
e
=
Q
(
E
b
η
)
A
S
K
→
Q
(
E
b
η
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&s_{ASK}(t)=A_{c}\sum \limits _{k=-\infty }^{\infty }{a_{k}p\left(t-kT_{s}\right)\cos \left(\omega _{c}t\right)}\\&y_{R}(t)=A_{R}\underbrace {\sum \limits _{k=-\infty }^{\infty }{a_{k}p\left(t-kT_{s}\right)}} _{s_{I}(t)=s_{NRZ}(t)}+n_{I}(t)\\&a_{k}=\left\{0,+A\right\}\\&A=1\\&P_{e}=p_{'1'}\cdot Q\left({\frac {\left|V_{T}-m\right|}{\sqrt {\sigma ^{2}}}}\right)+p_{'0'}\cdot Q\left({\frac {\left|V_{T}-m\right|}{\sqrt {\sigma ^{2}}}}\right)\\&NRZ\to P_{e}=Q\left({\sqrt {\frac {E_{b}}{\eta }}}\right)\\&ASK\to Q\left({\sqrt {\frac {E_{b}}{\eta }}}\right)\\\end{aligned}}}
s
4
−
A
S
K
(
t
)
=
A
c
∑
k
=
−
∞
∞
a
I
k
p
(
t
−
k
T
s
)
cos
(
ω
c
t
)
a
I
k
=
{
0
,
A
,
+
2
A
,
+
3
A
}
{\displaystyle {\begin{aligned}&s_{4-ASK}(t)=A_{c}\sum \limits _{k=-\infty }^{\infty }{a_{I_{k}}p\left(t-kT_{s}\right)\cos \left(\omega _{c}t\right)}\\&a_{I_{k}}=\left\{0,A,+2A,+3A\right\}\\\end{aligned}}}
La constelación de una señal ASK de 4 niveles es:
4-ASK
La probabilidad de error es:
P
s
≃
3
2
Q
(
E
s
7
η
)
=
3
2
Q
(
2
E
b
7
η
)
{\displaystyle P_{s}\simeq {\frac {3}{2}}Q\left({\sqrt {\frac {E_{s}}{7\eta }}}\right)={\frac {3}{2}}Q\left({\sqrt {\frac {2E_{b}}{7\eta }}}\right)}
s
M
−
A
S
K
(
t
)
=
A
c
∑
k
=
−
∞
∞
a
I
k
p
(
t
−
k
T
s
)
cos
(
ω
c
t
)
a
I
k
=
{
0
,
A
,
+
2
A
,
.
.
.
(
M
−
1
)
A
}
{\displaystyle {\begin{aligned}&s_{M-ASK}(t)=A_{c}\sum \limits _{k=-\infty }^{\infty }{a_{I_{k}}p\left(t-kT_{s}\right)\cos \left(\omega _{c}t\right)}\\&a_{I_{k}}=\left\{0,A,+2A,...\left(M-1\right)A\right\}\\\end{aligned}}}
La probalidad de error para una señal ASK de M niveles es:
P
s
=
2
⋅
M
−
1
M
Q
(
3
(
M
−
1
)
(
2
M
−
1
)
E
b
η
)
{\displaystyle P_{s}=2\cdot {\frac {M-1}{M}}Q\left({\sqrt {{\frac {3}{\left(M-1\right)\left(2M-1\right)}}{\frac {E_{b}}{\eta }}}}\right)}
Al igual que en ASK, FSK son (dos) señales ASK a frecuencias portadoras cercanas, una para los Ceros y otra para los Unos, que a su vez son codificaciones NRZ.
F
S
K
→
Q
(
E
b
η
)
{\displaystyle FSK\to Q\left({\sqrt {\frac {E_{b}}{\eta }}}\right)}
En BPSK, al tener solo 2 símbolos:
E
s
c
=
E
s
=
E
b
{\displaystyle E_{sc}=E_{s}=E_{b}}
por lo que:
P
s
c
=
P
s
=
P
b
{\displaystyle P_{sc}=P_{s}=P_{b}}
codificación polar , por lo que:
Constellation diagram for BPSK.
y
R
(
t
)
=
A
R
∑
k
=
−
∞
∞
I
k
p
(
t
−
k
T
s
)
+
n
I
(
t
)
I
k
=
{
−
1
,
+
1
}
,
Q
k
=
0
A
=
+
1
a
k
=
{
a
′
1
′
=
A
a
′
0
′
=
−
A
m
′
1
′
=
∫
0
T
s
s
′
1
′
(
t
)
k
p
∗
(
t
)
∂
t
=
∫
0
T
s
A
p
(
t
)
p
∗
(
t
)
∂
t
=
A
T
s
m
′
0
′
=
∫
0
T
s
s
′
0
′
(
t
)
k
p
∗
(
t
)
∂
t
=
∫
0
T
s
−
A
p
(
t
)
p
∗
(
t
)
∂
t
=
−
A
T
s
V
T
=
0
P
e
(
P
o
l
a
r
)
=
P
e
(
B
P
S
K
)
P
e
=
p
′
1
′
⋅
Q
(
|
V
T
−
m
|
σ
2
)
+
p
′
0
′
⋅
Q
(
|
V
T
−
m
|
σ
2
)
=
Q
(
2
A
2
T
s
η
)
=
Q
(
2
E
b
η
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&y_{R}(t)=A_{R}\sum \limits _{k=-\infty }^{\infty }{I_{k}p\left(t-kT_{s}\right)+n_{I}(t)}\\&I_{k}=\left\{-1,+1\right\},Q_{k}=0\\&A=+1\\&a_{k}=\left\{{\begin{aligned}&a_{'1'}=A\\&a_{'0'}=-A\\\end{aligned}}\right.\\&m_{'1'}=\int _{0}^{T_{s}}{s_{'1'}(t)kp^{*}\left(t\right)\partial t}=\int _{0}^{T_{s}}{Ap(t)p^{*}\left(t\right)\partial t}=AT_{s}\\&m_{'0'}=\int _{0}^{T_{s}}{s_{'0'}(t)kp^{*}\left(t\right)\partial t}=\int _{0}^{T_{s}}{-Ap(t)p^{*}\left(t\right)\partial t}=-AT_{s}\\&V_{T}=0\\&P_{e}\left(Polar\right)=P_{e}\left(BPSK\right)\\&P_{e}=p_{'1'}\cdot Q\left({\frac {\left|V_{T}-m\right|}{\sqrt {\sigma ^{2}}}}\right)+p_{'0'}\cdot Q\left({\frac {\left|V_{T}-m\right|}{\sqrt {\sigma ^{2}}}}\right)=Q\left({\sqrt {\frac {2A^{2}T_{s}}{\eta }}}\right)=Q\left({\sqrt {\frac {2E_{b}}{\eta }}}\right)\\\end{aligned}}}
Constellation diagram for QPSK with Gray coding. Each adjacent symbol only differs by one bit.
La probabilidad de error de QPSK es la misma que la de BPSK.
Q
P
S
K
→
Q
(
2
E
b
η
)
{\displaystyle QPSK\to Q\left({\sqrt {\frac {2E_{b}}{\eta }}}\right)}
Como se explicó, la señal MSK es una modulación OQPSK que utiliza senoides en vez de pulsos rectangulares, por ello, su probabilidad de error es la misma que la de QPSK.
M
S
K
→
Q
(
2
E
b
η
)
{\displaystyle MSK\to Q\left({\sqrt {\frac {2E_{b}}{\eta }}}\right)}
4PSK
Una señal 4PSK demodulada es equivalente a una codificación bipolar , por la que:
P
e
≃
3
2
Q
(
E
b
η
)
{\displaystyle P_{e}\simeq {\frac {3}{2}}Q\left({\sqrt {\frac {E_{b}}{\eta }}}\right)}
Esta modulación no es usada, pues su probabilidad de error es mayor que la de QPSK.
Formula aproximada (falta demostración):
P
s
c
(
M
)
≃
Q
(
2
E
s
η
sin
(
π
M
)
)
P
s
(
M
)
≃
2
Q
(
2
E
s
η
sin
(
π
M
)
)
→
Q
(
x
)
=
1
2
e
r
f
c
(
x
2
)
P
s
(
M
)
≃
e
r
f
c
(
E
s
η
sin
(
π
M
)
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&P_{sc}\left(M\right)\simeq Q\left({\sqrt {\frac {2E_{s}}{\eta }}}\sin \left({\frac {\pi }{M}}\right)\right)\\&\\&P_{s}\left(M\right)\simeq 2Q\left({\sqrt {\frac {2E_{s}}{\eta }}}\sin \left({\frac {\pi }{M}}\right)\right)\to Q(x)={\frac {1}{2}}erfc\left({\frac {x}{\sqrt {2}}}\right)\\&P_{s}\left(M\right)\simeq erfc\left({\sqrt {\frac {E_{s}}{\eta }}}\sin \left({\frac {\pi }{M}}\right)\right)\\\end{aligned}}}
editar
Constellation diagram for rectangular 16-QAM.
P
s
c
=
3
2
Q
(
1
5
E
s
η
)
{\displaystyle P_{sc}={\frac {3}{2}}Q\left({\sqrt {{\frac {1}{5}}{\frac {E_{s}}{\eta }}}}\right)}
P
s
c
=
2
(
1
−
1
M
)
⋅
Q
(
3
M
−
1
E
s
η
)
{\displaystyle P_{sc}=2\left(1-{\frac {1}{\sqrt {M}}}\right)\cdot Q\left({\sqrt {{\frac {3}{M-1}}{\frac {E_{s}}{\eta }}}}\right)}
editar
