ZBIRKA ZADATAKA IZ DIGITALNIH TELEKOMUNIKACIJA
191
10.2 ZADACI
10.2.1 Slika 10.2.1.1 prikazuje sistem za prenos kvadraturnog PSK signala (QPSK). Signali
u1 (t ) i u2 (t ) su binarni i prikazani su na slici (Slika 10.2.1.2).
a) Pokazati da se na izlazu kola za sabiranje dobija fazno modulisani signal:
s A (t ) = A cos[ 2πf 0t + Φ(t )] .
b) Prikazati fazorsku predstavu (konstelaciju) modulisanog signala.
c) Nacrtati vremenski oblik devijacije faze Φ(t ) .
d) Odrediti signale u tačkama E i G u idealnom slučaju: H c ( f ) = 1 i važi f 0 >> 1 2 T ;
T je signalizacioni interval.
Slika 10.2.1.1 Sistem za prenos QPSK signala
Slika 10.2.1.2 Modulišući signali
Rešenje:
a) Modulisani signal se dobija superpozicijom 2PSK signala (u jedan sa nosiocem u fazi
i drugi sa nosiocem u kvadraturi):
s A (t ) = 2u1 (t ) cos(2πf 0 t ) + 2u 2 (t ) sin(2πf 0 t )
= A cos[2πf 0 t + Φ (t )] = A cos Φ (t ) ⋅ cos(2πf 0 t ) − A sin Φ (t ) ⋅ sin( 2πf 0 t ).
Važi:
2u1 (t ) = A cos Φ (t ) , i
2u 2 (t ) = − A sin Φ (t ).
Amplituda fazno modulisanog signala treba da je konstantna:
A = 2 u12 (t ) + u 22 (t ) = 2 2U 2 = 2 2U = const ,
što je zadovoljeno.
192
DIGITALNA FAZNA MODULACIJA
Sledi:
cos Φ (t ) =
2u1 (t ) u1 (t )
=
,
A
2U
sin Φ (t ) = −
u (t )
2u 2 (t )
=− 2 .
A
2U
Faza kvadraturnog PSK signala je:
u (t )
Φ (t ) = −arctg 2 .
u1 (t )
Tabela 10.2.1.1 daje vrednosti faze u zavisnosti od vrednosti modulišućeg signala.
cos Φ(t )
u1 (t )
u2 (t )
U
U
2 2
U
-U
2 2
-U
U
− 2 2
-U
-U
− 2 2
sin Φ(t )
Φ(t )
− 2 2
−π 4
2 2
− 2 2
2 2
π 4
− 3π 4
3π 4
Tabela 10.2.1.1 Kombinacije vrednosti modulišućih signala i odgovarajuće vrednosti faze
b) Konstelacija QPSK signala je prikazana na slici (Slika 10.2.1.3).
A
U
−U
U
−U
Slika 10.2.1.3 Konstelacija QPSK signala
Treba primetiti, što se na osnovu izgleda konstelacije lako uočava, da su 4QAM i
QPSK međusobno ekvivalentne. Može se reći da je QAM generalizovani oblik
modulacije sa jednom nosećom frekvencijom, čiji su specijalni slučajevi ASK i PSK
modulacije. Za frekvencijsku modulaciju (FSK) ovo ne važi, jer se u ovom slučaju
koristi više nosećih frekvencija (vidi zadatak 11.2.1).
c) Slika 10.2.1.4 prikazuje vremenski oblik devijacije faze.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DIGITALNIH TELEKOMUNIKACIJA
193
Slika 10.2.1.4 Devijacija faze
d) Na izlazu produktnog modulatora signali su:
sD (t ) = u1 (t ) ⋅ cos(2 ⋅ 2πf 0t ) + u1 (t ) + u2 (t ) ⋅ sin(2 ⋅ 2πf 0t ) ,
sF (t ) = u1 (t ) ⋅ sin(2 ⋅ 2πf 0t ) − u2 (t ) ⋅ cos(2 ⋅ 2πf 0t ) + u2 ( t ) .
Svrha NF filtra u sinhronom prijemniku je da propusti signal u osnovnom opsegu, a
da potisne signal modulisan na 2 f 0 , pa su signali na izlazu prijemnika:
sE (t ) = u1 (t ),
sG (t ) = u2 (t ).
10.2.2 Posmatra se 8PSK modulacija.
a) Skicirati konstelaciju 8PSK signala. Ako se tokom prenosa faza modulisanog
signala promeni za |εg| ≤ π koliko će bita biti pogrešno primljeno?
b) Izvesti izraz za verovatnoću bitske greške u funkciji simbolske greške, za opšti
slučaj broja simbola M. Izraziti verovatnoću bitske greške u fukciji odnosa Eb N 0 ,
gde je Eb prosečna energija koja se emituje po bitu informacije.
Pretpostaviti da se koristi Grejov kod.
Rešenje:
a) Slika 10.2.2.1 prikazuje 8PSK konstelaciju.
Slika 10.2.2.1 8PSK konstalacija
194
DIGITALNA FAZNA MODULACIJA
Za ε ≤ π 8 ne dolazi do greške, za π 8 ≤ ε ≤ 3π 8 greška je na 1 bitu, za
3π 8 ≤ ε ≤ 5π 8 greška je na dva bita, a za 5π 8 ≤ ε ≤ π može doći do greške i na
sva 3 bita (granice regiona dekodovanja su na polovini ugaonog rastojanja između
simbola u konstelaciji).
b) Istim rezonovanjem kao u zadatku 9.2.2 pod d), dobija se da je verovatnoća bitske
greške približno:
PE
2 ⎛ A sin(π M ) ⎞
⎟⎟ .
=
Q⎜
ldM ldM ⎜⎝
σn
⎠
Prosečna snaga modulisanog signala je:
Pb ≈
A2
,
2
a prosečna energija je:
Ps =
E s = Ps T =
A 2T
,
2
pa je:
2Es
.
T
Snaga šuma je (pretpostavka je da je na prijemu pojasni filtar, širine propusnog
opsega B = 1 T ):
A=
N0
.
T
Dobija se:
σ n2 =
⎞
⎛ 2Es
⎞
⎛ 2E sT
2
2
Q⎜
π
M ) ⎟⎟ =
Q⎜⎜
π
M ) ⎟⎟ ,
sin(
sin(
ldM ⎜⎝ N 0T
⎠
⎠ ldM ⎝ N 0
Prosečna energija po bitu je:
E
Eb = s ,
ldM
pa je konačno:
Pb =
Pb =
⎞
2 ⎛⎜ 2 ⋅ ldM ⋅ Eb
Q⎜
sin(π M ) ⎟⎟ .
N0
ldM ⎝
⎠
10.2.3 Posmatra se MPSK modulacija:
a) U kakvom odnosu stoje srednje snage PSK signala za M = 4 i M = 8 pod uslovom
da su verovatnoće greške jednake, i da se koristi polarni alfabet?
b) Za istu verovatnoću greške uporediti PSK i ASK sistem sa istim brojem simbola.
Pretpostaviti da se koristi elementarni impuls koji ispunjava I Nikvistov kriterijum. Pored
toga, pretpostaviti da se može usvojiti aproksimacija da je:
M −1
≈ 1, za M ≥ 4 .
M
ZBIRKA ZADATAKA IZ DIGITALNIH TELEKOMUNIKACIJA
195
Rešenje:
a) Verovatnoća greške za PSK sa M ≥ 4 simbola data je izrazom:
⎛ A sin(π M ) ⎞
⎟⎟
PEPSK = 2Q⎜⎜ M
σn
⎠
⎝
Iz uslova PE4 = PE8 dobija se A4 sin
modulisani signal ( S N ) M =
(S N )8
(S N )4
=
π
4
= A8 sin
π
8
. Pošto je odnos signal/šum za fazno
A M2
, sledi:
2σ n2
A82 sin 2 (π 4)
=
= 4 cos 2 (π 8) = 3,41,
2
2
A4 sin (π 8)
odnosno:
SNR8 = SNR4 + 10 ⋅ log 3,41 = SNR4 + 5,33 dB .
b) Snaga ASK modulisanog signala je:
1
PASK = PS ,
2
gde je PS snaga signala u osnovnom opsegu.
PASK =
6P
M 2 −1 2
d ⇒ d 2 = 2ASK ,
2⋅3
M −1
PE ASK = 2
6 PASK
M − 1 ⎛⎜
Q
M ⎜⎝ ( M 2 − 1)σ n2
⎛
π
PEPSK = 2Q⎜ sin
⎜
M
⎝
⎞
⎟,
⎟
⎠
2 PPSK ⎞⎟
.
σ n2 ⎟⎠
Porede se sistemi za M ≥ 4 jer su za M = 2 binarni PSK i binarni ASK sistem potpuno
ekvivalentni i imaju iste performanse.
Za M ≥ 4 je ( M − 1) / M ≈ 1 , pa se može pisati:
⎛
6 PPSK
PEFSK ≅ 2Q⎜
⎜ ( M 2 − 1)σ 2
n
⎝
⎛ ⎛ π ⎞ 2 PPSK
⎞
⎟ = PE
= 2Q⎜ sin ⎜ ⎟
FSK
⎜ ⎝M ⎠ σ2
⎟
n
⎝
⎠
sledi:
6
2
M −1
(S
(S
⎛π ⎞
N ) ASK = 2 sin 2 ⎜ ⎟ ⋅ (S N )PSK ,
⎝M ⎠
N )ASK =
(M
2
)
⎛π ⎞
− 1 sin 2 ⎜ ⎟
⎝ M ⎠ (S N ) ,
PSK
3
SNR ASK = SNRPSK
⎡ M 2 −1 2 ⎛ π
+ 10 ⋅ log ⎢
sin ⎜
⎝M
⎣ 3
⎞⎤
⎟⎥ [dB] .
⎠⎦
Za M = 4:
SNR4 ASK = SNR4 PSK + 10 ⋅ log 2,5 ≅ SNR4 PSK + 4 [dB].
⎞
⎟,
⎟
⎠
196
DIGITALNA FAZNA MODULACIJA
Za M = 8:
SNR8 ASK = SNR8 PSK + 10 ⋅ log 3,07 ≅ SNR8 PSK + 4,9 [dB] .
Za M = 16:
SNR16 ASK = SNR16 PSK + 10 ⋅ log 3,2 ≅ SNR16 PSK + 5 [dB].
Slika 10.2.3.1 Verovatnoća greške za ASK i PSK u funkciji SNR sa parametrom M
Udvostručenje broja simbola kod ASK zahteva povećanje snage signala za oko 6 dB
za istu verovatnoću greške. Za M = 2 ASK je isto što i PSK, a za M > 2 ASK zahteva
za oko 5 dB veću snagu od odgovarajućeg PSK.
10.2.4 Optimalni koherentni MPSK prijemnik je prikazan na slici (Slika 10.2.4.1). Odrediti
signal na izlazu iz prijemnika.
T
∫
s (t )
X
0
arctan(Y X )
cos(2πf 0t )
T
∫
0
Y
sin( 2πf 0t )
Slika 10.2.4.1
Rešenje:
U k-tom signalizacionom intervalu prenošeni signal je:
s (t ) = A cos(2πf 0 t − Φ k ).
Nakon množenja sa kosinusiodom i integraljenja, dobija se:
φ
ZBIRKA ZADATAKA IZ DIGITALNIH TELEKOMUNIKACIJA
T
197
T
X = ∫ A cos(2πf 0 t − Φ k ) cos(2πf 0 t )dt = A cos Φ k ∫ cos(2πf 0 t ) cos(2πf 0 t )dt +
0
0
T
+ A sin Φ k ∫ cos(2πf 0 t ) sin(2πf 0 t )dt
0
T
T
⎞
⎛T
⎜ dt + cos(4πf 0 t )dt ⎟ + A sin Φ k sin(4πf 0 t )dt
∫
∫
⎟
⎜∫
2
0
0
⎠
⎝0
sin(4πf 0T ) ⎞ A sin Φ k 1 − cos(4πf 0T )
A cos Φ k ⎛
⎟⎟ +
⎜⎜ T +
=
2
4
2
4πf 0
π
f
0
⎠
⎝
A cos Φ k
2
=
AT
cos Φ k ,
2
uz pretpostavku da je f 0 >> 1 .
=
Za granu sa sinusoidom se na sličan način dobija:
T
T
Y = ∫ A cos(2πf 0 t − Φ k ) sin(2πf 0 t )dt = A cos Φ k ∫ cos(2πf 0 t ) sin( 2πf 0 t )dt +
0
0
T
+ A sin Φ k ∫ sin(2πf 0 t ) sin(2πf 0 t )dt
0
T
⎞
⎛T
⎜ dt − cos(4πf 0 t )dt ⎟
∫
⎟
⎜∫
0
⎠
⎝0
sin( 4πf 0T ) ⎞
A cos Φ k 1 − cos(4πf 0T ) A sin Φ k ⎛
⎜⎜ T −
⎟⎟
=
+
2
4πf 0
2
4πf 0
⎝
⎠
T
A cos Φ k
A sin Φ k
sin(4πf 0 t )dt +
=
∫
2
2
0
.
AT
sin Φ k .
2
Važi:
=
⎞
⎟⎟ = Φ k .
⎠
Problem koherentnog prijemnika je to što se na prijemu mora obezbediti estimacija faze
nosioca. Za to se obično koristi PLL kolo koje usložnjava realizaciju prijemnika.
⎛ sin Φ k
⎛Y ⎞
⎟ = arctan⎜⎜
⎝X⎠
⎝ cos Φ k
φ = arctan⎜
10.2.5 Na ulaz u prijemnik čija je blok šema prikazana na slici (Slika 10.2.5.1) dolazi fazno
modulisani signal s (t ) = U 0 cos[2πf 0 t + φ (t )] . Vremenski oblik trenutne devijacije faze
φ (t ) prikazan je na slici (Slika 10.2.5.2).
198
DIGITALNA FAZNA MODULACIJA
1
s(t )
T
C
2
~~
A
f0
~~
B
f0
Slika 10.2.5.1 Blok šema prijemnika
Pri tome je 2πf 0T = π 4 + 2kπ , gde je k ceo broj i k >> 1 .
Slika 10.2.5.2 Trenutna devijacija faze
Pronaći signale na izlazima iz prijemnika, u tačkama A i B, i prikazati njihove vremenske
oblike.
Rešenje:
Signal u tački C je:
s C (t ) = s (t − T ),
a signali u pojedinim tačkama prijemnika su:
s1 (t ) = U 0 cos[2πf 0 t + Φ (t )] ⋅ U 0 cos[2πf 0 (t − T ) + Φ (t − T )]
=
U 02
{cos[4πf 0 t − 2πf 0T + Φ(t ) + Φ(t − T )] + cos[2πf 0T + Φ(t ) − Φ(t − T )]},
2
U 02
cos[2πf 0T + Φ (t ) − Φ (t − T )]
2
U2
2
π ⎞ U2
⎛
= 0 cos⎜ ΔΦ(t ) + ⎟ = 0 [cos ΔΦ(t ) − sin ΔΦ(t )]
,
2
4⎠
2
2
⎝
s A (t ) =
s 2 (t ) = U 0 cos[2πf 0 t + Φ (t )] ⋅ U 0 sin[2πf 0 (t − T ) + Φ (t − T )]
U 02
{sin[4πf 0 t − 2πf 0T + Φ(t ) + Φ(t − T )] − sin[2πf 0T + Φ(t ) − Φ(t − T )]},
=
2
U 02
s B (t ) = −
sin[2πf 0T + Φ (t ) − Φ (t − T )]
2
U2
2
= − 0 [sin ΔΦ (t ) + cos ΔΦ (t )]
.
2
2
ZBIRKA ZADATAKA IZ DIGITALNIH TELEKOMUNIKACIJA
199
Slika 10.2.5.3 Demodulisani signal
Ovo je primer tzv. diferencijalne koherentne detekcije, gde se na prijemu ne generiše
lokalni nosilac u fazi sa nosiocem u predajniku (tj. koherentna detekcija), već se za
demodulaciju koristi u nosilac primljen u prethodnom signalizacionom intervalu. Obično
se ovakav način detekcije kombinuje sa diferencijalnim kodovanjem na predaji (vidi
zadatak 10.2.6).
10.2.6 Za prenos poruke {ak}={101011000110} koristi se diferencijalna PSK. Neka je prvi
simbol diferencijalno kodovane poruke {bk} jednak 1. Za demodulaciju se koristi
prijemnik sa slike (Slika 10.2.6.1). Digitalni protok je 1200 b/s. Detektor na svom izlazu
daje "1" kada je signal na njegovom ulazu negativan.
a) Odrediti diferencijalno kodovanu poruku {bk} i simbole PSK signala koji
odgovaraju toj poruci. Simbolu "1" odgovara faza 0, a simbolu "0" faza π.
b) Odrediti minimalnu učestanost nosioca PSK signala, tako da prijemnik ispravno
radi.
c) Odrediti dekodovanu poruku ako se u 5-tom signalizacionom intervalu promenila
faza nosioca za π.
Slika 10.2.6.1 Sistem za prenos DPSK signala
Rešenje:
a) Originalna poruka je:
{ak } = 10101100 0110 ,
a odgovarajuća diferencijalno kodovana poruka bk = a k ⊕ bk −1 je:
200
DIGITALNA FAZNA MODULACIJA
{bk } = 1001101111011.
Poruci {bk } odgovaraju sledeći simboli PSK signala:
{Φ k } = 0 ππ 00 π 000 0π 00 .
b) Idealni PSK signal u k-tom signalizacionom intervalu ima oblik:
sk (t ) = A cos(2πf 0t + Φ k ) ,
pa je signal na ulazu u NF filtar oblika:
sk ( t ) ⋅ sk −1 ( t ) = A cos( 2πf 0 t + Φ k ) ⋅ A cos(2πf 0 ( t − T ) + Φ k −1 ) .
Nakon NF filtra, na ulaz detektora dolazi signal:
s D (t ) =
A2
cos(2πf 0T + ΔΦ k ), 2πf 0T = const ,
2
gde je:
ΔΦ k = Φ k − Φ k −1 .
Uslov da prijemnik ispravno radi svodi se na uslov:
n
f 0T = n ⇒ f 0 = .
T
Minimalna učestanost nosioca je za n = 1 i iznosi:
1
f 0min = = 1200 Hz.
T
c) Tada je ispunjen uslov ispravnog rada prijemnika:
sD ( t ) =
A2
cos ΔΦ k ,
2
$ = 0|ππ 00|0πππ |π 0ππ |,
Φ
k
ΔΦ k = π 0π 0 0π 00 0ππ 0 ,
{aˆ k } = 1010 0100 0110 ≅ {a k }.
Diferencijalnim kodovanjem simbol ak je utisnut u razliku faza PSK signala u dva
uzastopna signalizaciona intervala, čime je izbegnuta osetljivost demodulacije na
promenu faze nosioca.
10.2.7 Slika 10.2.7.1 prikazuje sistem koji koristi diferencijalnu binarnu faznu modulaciju:
Slika 10.2.7.1 Sistem za prenos DPSK signala
Na ulaz kola za sabiranje po modulu 2 u tački A dolazi povorka vrlo uskih impulsa:
a0 a1 a2 a3 a4 a5
-1 -1 1 1 -1 -1
H ( f ) je kolo za uobličavanje impulsa. U tački C, DFSK signal se može napisati u
obliku:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DIGITALNIH TELEKOMUNIKACIJA
sC ( t ) =
∑ h(t − kT ) cos(2πf t + Φ
0
k
201
).
k
a) Odrediti vrednosti simbola bk u tački B iza sabirača (pretpostaviti da je b-1 = -1).
b) Na osnovu oblika signala u tački C odrediti vezu između faze Φk i simbola bk.
c) Ako sistem za prenos ima idealnu amplitudsku karakteristiku i faznu karakteristiku
oblika:
ϕ ( f ) = − fΔt ,
i ako se prenos vrši brzinom vd = 2400 b/s odrediti minimalnu vrednost učestanosti
nosioca f0 tako da u trenutku odabiranja signala u tački F ne dođe do ISI pod
uslovom da elementarni impuls h(t ) zadovoljava sledeći kriterijum:
k = 0,
⎧ h0
⎪
h(k T 2) = ⎨h0 2 k = ±1,
⎪ 0
k ≠ 0,± 1.
⎩
Rešenje:
a) Diferencijalno kodovana poruka je:
bk = bk −1 ⊕ a k .
Ako operacija sabiranja po modulu 2 daje “1” kad su simboli različiti i ako se
pretpostavi b−1 = −1 onda je:
b0 b1 b2 b3 b4 b5
-1 -1 1 -1 -1 -1
b) Na osnovu blok dijagrama na slici 8.7., signal u tački C je:
sc ( t ) = ∑ bk h ( t − kT ) cos( 2πf 0 t ).
k
Po uslovu zadatka taj signal je oblika:
sc (t ) =
∑ h(t − kT ) cos(2πf t + Φ
0
k
)=
k
=
∑ h(t − kT ) cos(2πf t ) ⋅ cos Φ −∑ h(t − kT ) sin(2πf t ) ⋅ sin Φ
0
0
k
k
k
pa se poređenjem može zaključiti da je:
bk = cos Φ k , tj. Φ k = arccos bk = {0,π }.
bk
-1
-1
1
-1
-1
-1
Φκ
π
π
0
π
π
π
Tabela 10.2.7.1 Kodovanje i modulacija DPSK signala
c) Funkcija prenosa sistema je:
H L ( f ) = H T ( f ) ⋅ H C ( f ) ⋅ H R ( f ) = A ⋅ e − j 2πfΔt ( A = 1),
što znači da sistem unosi kašnjenje za Δt, pa kasni i odlučivanje:
sD (t + Δt ) = sC (t ),
sE (t + Δt ) = sD (t + Δt − τ ) = sC (t − τ );
sF (t ) = NF {sD (t ) ⋅ sE (t )},
k
,
202
DIGITALNA FAZNA MODULACIJA
sF (t + Δt ) = NF { sC (t ) ⋅ sC (t − τ )}
⎧
⎫
= NF ⎨ ∑ h(t − kT ) cos[ 2πf 0t + Φk ] ⋅ ∑ h(t − τ − kT ) cos[ 2πf 0 (t − τ ) + Φ'k ] ⎬
⎩ k
⎭.
k
U trenutku odlučivanja nT + Δt je:
s F (nT + Δt ) =
(
)
⎫
⎧
NF ⎨∑ h((n − k )T ) cos(2πf 0 nT + Φ k ) ⋅ ∑ h((n − k )T − τ ) cos 2πf 0 (nT − τ ) + Φ 'k ⎬
k
⎭.
⎩k
U prvoj sumi od nule je različit samo član za k = n, pa je
1
sF (nT + Δt ) = ∑ h0h( (n − k )T − τ ) cos[ 2πf 0τ + Φn − Φ'k ]
2
k
.
Oblik impulsnog odziva h(t ) poznat je u trenucima t = kT/2 pa je potrebno analizirati
prethodni izraz za vrednosti τ = mT/2:
⋅ τ = 0 nema smisla jer se gubi informacija sadržana u razlici faza;
⋅ za τ = ±T/2 u sumi ostaju dva člana - postoji ISI
⋅ τ = ±T dobija se:
h2
sF (nT + Δt ) = 0 cos[ 2πf 0τ + Φn − Φn−1 ]
2
.
Ako se za učestanost nosioca odabere minimalna vrednost:
v
1
1
f0 =
= = d = 2400 Hz,
T0 T ld M
konačno se dobija željeni demodulisani DPSK signal:
h2
sF (nT + Δt ) = 0 cos[ Φn − Φn−1 ] .
2
Dekodovanje daje originalnu (ali invertovanu) sekvencu:
ΔΦ k
0
0
π
π
0
0
a$ k
1
1
-1
-1
1
1
Tabela 10.2.7.2 Demodulacija i dekodovanje DPSK signala
10.2.8 Na slici (Slika 10.2.8.1) prikazan je diferencijalni fazni demodulator u kome je NF filtar
zamenjen integratorom (optimalni prijemnik). Na ulaz prijemnika dolazi kvaternarni
fazno modulisani signal:
∞
⎧1 0 < t ≤ T ,
sM (t ) = ∑ h(t − kT ) ⋅ cos( 2πf 0t + ϕ k ) , h(t ) = ⎨
k = −∞
⎩0 t ≤ 0, t > T ,
u kome promeni faze ϕ k − ϕ k −1 odgovara dibit a k bk :
ZBIRKA ZADATAKA IZ DIGITALNIH TELEKOMUNIKACIJA
ϕ k − ϕ k −1
ak
bk
0
0
0
π 2
0
1
π
1
0
3π 2
1
1
203
a) Odrediti f 0T tako da sd 1 i sd 2 zavise samo od razlike ϕ k − ϕ k −1 .
b) Za f 0T = 1 nacrtati modulisan signal koji odgovara poruci, i popuniti tabelu:
k
ak
0
1
2
3
4
0
0
1
0
1
bk
1
0
1
1
0
ϕk
ϕ k − ϕ k −1
sd1
sd 2
Slika 10.2.8.1 Demodulator DPSK signala
Napomena: ϕ −1 = a −1 = b−1 = 0.
Rešenje:
a) U intervalu integraljenja kT < t ≤ ( k + 1) T signal na ulazu integratora je:
⎤
⎤⎡ ∞
⎡ ∞
s1 (t ) = 2⎢ ∑ h(t − nT ) sin(2πf 0 t + φ n )⎥ ⎢ ∑ h(t − mT − T ) cos(2πf 0 (t − T ) + φ m )⎥
⎦
⎦ ⎣ m = −∞
⎣ n = −∞
= 2 sin(2πf 0 t + φ k ) cos(2πf 0 (t − T ) + φ k −1 ),
pa je u trenutku t = ( k + 1) T
odlučivanje, taj odbirak jednak:
1
s d 1 [(k + 1)T ] =
T
uzimanja odbirka demodulisanog signala za
( k +1)T
∫ [sin(2 ⋅ 2πf t − 2πf T + φ
0
kT
= sin( 2πf 0T + φ k − φ k −1 ).
0
k
+ φ k −1 ) + sin( 2πf 0T + φ k − φ k −1 )]dt
204
DIGITALNA FAZNA MODULACIJA
Slično se dolazi do:
sd 2 [ ( k + 1) T ] = cos( 2πf 0 T + φ k − φ k −1 ) .
Za f 0 T = n, n ∈ Z + , demodulisani signali zavisiće samo od razlike dve uzastopne
faze.
b)
k
ak
0
1
2
3
4
0
0
1
0
1
bk
1
0
1
1
0
ϕ k − ϕ k −1
π/2
0
3π/2
π/2
π
sd 1[( k + 1) T ]
1
0
-1
1
0
sd 2 [( k + 1) T ]
0
1
0
0
-1
ϕk
π/2
π/2
0
π/2
3π/2
Slika 10.2.8.2 Diferencijalno fazno modulisani signal
Download

10 Digitalna fazna modulacija