QUESITO 3
a) Quando il cavo è posto alla temperatura ambiente $ T_c = 290°K $, la sua cifra di rumore è:
$ F_c = 1 + \frac{T_c}{T_0}(L-1) = 1 + \frac{290}{290}(L-1) = L = \frac{1}{G_c} $
dove $ \ T_0 = 290°K \ $, $ \ L = \frac{1}{4} \cdot l \ $ e $ \ l \ $ è la lunghezza del cavo.
Dalla formula di Friis ricaviamo la cifra di rumore totale del sistema:
$ F_{TOT} = 10^{\frac{F_c}{10}} + \frac{10^{\frac{F_{amp}}{10}} -1}{\frac{1}{10^{\frac{F_c}{10}}}} = 10^{\frac{l}{40}} + (10^0.9 - 1) \cdot 10^{\frac{l}{40}} = 10^{\frac{l}{40}} \cdot 10^0.9 <= 10^1.3 $
e quindi
$ 10^{\frac{l}{40}} <= 10^0.4 \ => \ \frac{l}{40} <= 0.4 \ => \ l <= 16 $
La lunghezza massima del cavo sarà dunque pari a 16 metri.
Utilizzando ancora una volta la formula di Friis, abbiamo:
$ F_{TOT} = 10^{\frac{F_{pre}}{10}} + \frac{ 10^{\frac{L \cdot l}{10}} -1 }{10^{\frac{G_{pre}}{10}}} + \frac{10^{\frac{F_{amp}}{10}} -1}{ 10^{\frac{G_{pre}}{10}}} \cdot 10^{\frac{F_c}{10}} = $
$ = 10^{0.6} + \frac{ 10^{2.5} -1 }{10^{\frac{G_{pre}}{10}}} + \frac{10^{0.9} -1}{ 10^{\frac{G_{pre}}{10}}} \cdot 10^{2.5} <= 10^{1.3} => $
$ => \frac{ 10^{2.5} -1 + 10^{3.4} - 10^{2.5} }{10^{\frac{G_{pre}}{10}}} <= 10^{1.3} - 10^{0.6} => 10^{\frac{G_{pre}}{10}} >= \frac{10^{3.4} - 1}{10^{1.3} - 10^{0.6}} => $
$ => G_{pre} >= 10 \log(\frac{10^{3.4} - 1}{10^{1.3} - 10^{0.6}}) ~~ 22 \ \ dB $
E quindi il guadagno minimo è $ G_{pre} = 22 \ \ dB $
QUESITO 4
a) Innanzitutto calcoliamo l'energia dei due segnali:
$ \epsilon_{1} = \int_{-oo}^{+oo} |s_1(t)|^2 dt = \int_{0}^{T} A^2 \sin^2(\frac{2\pi t}{T}) dt = \frac{A^2 T}{2} $
$ \epsilon_{2} = \epsilon_{1} = \frac{A^2 T}{2} $
$ \epsilon_{3} = \int_{-oo}^{+oo} |s_3(t)|^2 dt = \int_{0}^{T/2} A^2 \sin^2(\frac{2\pi t}{T}) dt = \frac{A^2 T}{4} $
$ \epsilon_{4} = 0;
Utilizzando la procedura di Gram-Schmidt, abbiamo:
$ \psi_{1}(t) = \frac{s_1(t)}{\sqrt{\epsilon_{1}}} = \frac{\sqrt{2}}{A \sqrt{T}} \cdot s_1(t) = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \cdot \sin(\frac{2\pi t}{T}) \ \ , \ \ 0 <= t <= T $
La proiezione di $ s_2(t) $ su $ s_1(t) $ è::
$ c_{21} = \int_{-oo}^{+oo} s_2(t) \cdot \psi_{1}(t) dt = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \int_{0}^{T} s_2(t) \cdot \sin(\frac{2\pi t}{T}) dt = $
$ = A \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \int_{0}^{T/2} \sin^2(\frac{2\pi t}{T}) dt - A \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \int_{T/2}^{T} \sin^2(\frac{2\pi t}{T}) dt = $
$ = \frac{AT\sqrt{2}}{4\sqrt{T}} - \frac{AT\sqrt{2}}{4\sqrt{T}} = 0 $
e quindi
$ \psi_{2}(t) = \frac{s_2(t)}{\sqrt{\epsilon_{2}}} = \frac{\sqrt{2}}{A \sqrt{T}} \cdot |s_1(t)| = {(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \cdot \sin(\frac{2\pi t}{T}) , \ \ \ 0 <= t <= T/2),(\ ,\ ),(-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \cdot \sin(\frac{2\pi t}{T}) , \ \ \ T/2 <= t <= T):} $
Le proiezioni di $ s_3(t) $ su $ s_1(t) $ e su $ s_2(t) $ sono:
$ c_{31} = \int_{-oo}^{+oo} s_3(t) \psi_1(t) dt = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \int_{0}^{T} s_3(t) \sin(\frac{2\pi t}{T}) dt = A\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \int_{0}^{T/2} \sin^2(\frac{2\pi t}{T}) dt = \frac{A}{2} \frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} $
$ c_{32} = \int_{-oo}^{+oo} s_3(t) \psi_2(t) dt = A \int_{0}^{T/2} \psi_2(t) \sin(\frac{2\pi t}{T}) dt = A\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \int_{0}^{T/2} \sin^2(\frac{2\pi t}{T}) dt = \frac{A}{2} \frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} $
Quindi la rappresentazione vettoriale dei segnali è:
$ S_1 = (A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}, 0) $
$ S_2 = (0, A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}) $
$ S_3 = (\frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}, \frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}) $
$ S_4 = (0, 0) $
Dove abbiamo utilizzato come basi $ \psi_1(t) $ e $ \psi_2(t) $.
La costellazione corrispondente è:
20070323_1.jpeg 29,37K 2071 Download
c) La struttura del ricevitore ottimo è la seguente:
20070323_2.jpeg 56,58K 2067 Download
I 4 segnali sono equiprobabili, quindi:
$ P(S_1) = P(S_2) = P(S_3) = P(S_4) = \frac{1}{4} $
Mentre le PDF condizionali sono:
$ f(r|S_1) = \frac{1}{\pi N_0} \cdot e^{-\frac{(r_1 + A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}})^2 + r_2^2}{N_0}} $
$ f(r|S_2) = \frac{1}{\pi N_0} \cdot e^{-\frac{r_1^2 + (r_2 - A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}})^2}{N_0}} $
$ f(r|S_3) = \frac{1}{\pi N_0} \cdot e^{-\frac{(r_1 + \frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}})^2 + (r_2 - \frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}})^2}{N_0}} $
$ f(r|S_4) = \frac{1}{\pi N_0} \cdot e^{-\frac{r_1^2 + r_2^2}{N_0}} $
Il valore di soglia tra $ S_1 $ e $ S_2 $ è:
$ P(S_1) f(r|S_1) {:(S_1),(>),(<),(S_2):} P(S_2) f(r|S_2) \ => \ \frac{f(r|S_1)}{f(r|S_2)} {:(S_1),(>),(<),(S_2):} \frac{P(S_2)}{P(S_2)} \ => \ \frac{\frac{1}{\pi N_0} \cdot e^{-\frac{(r_1 + A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}})^2 + r_2^2}{N_0}}}{\frac{1}{\pi N_0} \cdot e^{-\frac{r_1^2 + (r_2 - A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}})^2}{N_0}}} {:(S_1),(>),(<),(S_2):} 1 \ => $
$ => \frac{r_1^2 + (r_2 - A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}})^2 - (r_1 + A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}})^2 - r_2^2}{N_0} {:(S_1),(>),(<),(S_2):} 0 => $
$ => r_1^2 + r_2^2 - -2A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}r_2 + \frac{A^2 T}{2} - r_1^2 + 2A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} r_2 - \frac{A^2 T}{2} - r_2^2 {:(S_1),(>),(<),(S_2):} 0 => $
$ => (r_1 - r_2) 2A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} {:(S_1),(>),(<),(S_2):} 0 => r_1 {:(S_1),(>),(<),(S_2):} r_2 $
Ovvero, graficamente:
(l'immagine verrà postata prossimamente...)
Seguendo lo stesso ragionamento, otteniamo anche gli altri valori di soglia:
$ r_1 {:(S_1),(>),(<),(S_3):} r_2 + \frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} $
(l'immagine verrà postata prossimamente...)
$ r_1 {:(S_1),(>),(<),(S_4):} \frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} $
(l'immagine verrà postata prossimamente...)
$ r_2 {:(S_2),(>),(<),(S_3):} r_1 + \frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} $
(l'immagine verrà postata prossimamente...)
$ r_2 {:(S_2),(>),(<),(S_4):} \frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} $
(l'immagine verrà postata prossimamente...)
$ r_1 {:(S_3),(>),(<),(S_4):} - r_2 + \frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} $
(l'immagine verrà postata prossimamente...)
Sovrapponendo i risultati ottenuti, possiamo ricavare le regioni di decisione:
(l'immagine verrà postata prossimamente...)
d) La probabilità di commettere un errore, ovvero di scegliere un segnale piuttosto che un altro, riguarda soltanto quesi segnali le cui regioni di decisione sono contigue.
Le probabilità di errore sono quindi:
$ P(e|S_1) <= Q(\frac{d_{13}}{\sqrt{2N_0}}) + Q(\frac{d_{14}}{\sqrt{2N_0}}) = Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{2N_0}}) + Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{N_0}}) $
$ P(e|S_2) <= Q(\frac{d_{23}}{\sqrt{2N_0}}) + Q(\frac{d_{24}}{\sqrt{2N_0}}) = Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{2N_0}}) + Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{N_0}}) $
$ P(e|S_3) <= Q(\frac{d_{13}}{\sqrt{2N_0}}) + Q(\frac{d_{23}}{\sqrt{2N_0}}) = 3Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{2N_0}}) $
$ P(e|S_4) <= Q(\frac{d_{14}}{\sqrt{2N_0}}) + Q(\frac{d_{24}}{\sqrt{2N_0}}) = 2Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{2N_0}}) + 2Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{N_0}}) $
La probabilità di errore per simbolo, utilizzando la tecnica dell'union bound, è:
$ P_M <= \sum_{i=1}^{M} P(S_i) \cdot P(e|S_i) = \frac{1}{4}[P(e|S_1) + P(e|S_2) + P(e|S_3) + P(e|S_4)] = $
$ = \frac{3}{2}Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{2N_0}}) + Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{N_0}}) $
e) Per ottenere una costellazione con la stessa probabilità di errore, ma minima energia media, è sufficiente traslare la costellazione in modo da far coincidere il "baricentro" con l'origine degli assi. Ciò si ottiene sottraendo $ \frac{1}{3}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} $ a tutte le coordinate di ciascun segnale. Otteniamo così:
$ S_1 = (\frac{2}{3}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}, - \frac{1}{3}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}) $
$ S_2 = (- \frac{1}{3}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}, \frac{2}{3}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}) $
$ S_3 = (\frac{1}{6}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}, \frac{1}{6}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}) $
$ S_4 = (- \frac{1}{3}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}, - \frac{1}{3}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}) $
Graficamente:
(l'immagine verrà postata prossimamente...)
la cui energia media sarà:
$ \epsilon_{AV} = \frac{25}{144}A^2 T $
SORGENTE:
[url=http://www.r0x.it/viewtopic.php?f=41&t=2197]TRACCIA[/url]
[u][b]QUESITO 3[/b][/u]
[b]a)[/b] Quando il cavo è posto alla temperatura ambiente \$ T_c = 290°K \$, la sua cifra di rumore è:
\$ F_c = 1 + \frac{T_c}{T_0}(L-1) = 1 + \frac{290}{290}(L-1) = L = \frac{1}{G_c} \$
dove \$ \ T_0 = 290°K \ \$, \$ \ L = \frac{1}{4} \cdot l \ \$ e \$ \ l \ \$ è la lunghezza del cavo.
Dalla formula di Friis ricaviamo la cifra di rumore totale del sistema:
\$ F_{TOT} = 10^{\frac{F_c}{10}} + \frac{10^{\frac{F_{amp}}{10}} -1}{\frac{1}{10^{\frac{F_c}{10}}}} = 10^{\frac{l}{40}} + (10^0.9 - 1) \cdot 10^{\frac{l}{40}} = 10^{\frac{l}{40}} \cdot 10^0.9 <= 10^1.3 \$
e quindi
\$ 10^{\frac{l}{40}} <= 10^0.4 \ => \ \frac{l}{40} <= 0.4 \ => \ l <= 16 \$
La lunghezza massima del cavo sarà dunque pari a 16 metri.
[b]b)[/b] Utilizzando ancora una volta la formula di Friis, abbiamo:
\$ F_{TOT} = 10^{\frac{F_{pre}}{10}} + \frac{ 10^{\frac{L \cdot l}{10}} -1 }{10^{\frac{G_{pre}}{10}}} + \frac{10^{\frac{F_{amp}}{10}} -1}{ 10^{\frac{G_{pre}}{10}}} \cdot 10^{\frac{F_c}{10}} = \$
\$ = 10^{0.6} + \frac{ 10^{2.5} -1 }{10^{\frac{G_{pre}}{10}}} + \frac{10^{0.9} -1}{ 10^{\frac{G_{pre}}{10}}} \cdot 10^{2.5} <= 10^{1.3} => \$
\$ => \frac{ 10^{2.5} -1 + 10^{3.4} - 10^{2.5} }{10^{\frac{G_{pre}}{10}}} <= 10^{1.3} - 10^{0.6} => 10^{\frac{G_{pre}}{10}} >= \frac{10^{3.4} - 1}{10^{1.3} - 10^{0.6}} => \$
\$ => G_{pre} >= 10 \log(\frac{10^{3.4} - 1}{10^{1.3} - 10^{0.6}}) ~~ 22 \ \ dB \$
E quindi il guadagno minimo è \$ G_{pre} = 22 \ \ dB \$
[u][b]QUESITO 4[/b][/u]
[b]a)[/b] Innanzitutto calcoliamo l'energia dei due segnali:
\$ \epsilon_{1} = \int_{-oo}^{+oo} |s_1(t)|^2 dt = \int_{0}^{T} A^2 \sin^2(\frac{2\pi t}{T}) dt = \frac{A^2 T}{2} \$
\$ \epsilon_{2} = \epsilon_{1} = \frac{A^2 T}{2} \$
\$ \epsilon_{3} = \int_{-oo}^{+oo} |s_3(t)|^2 dt = \int_{0}^{T/2} A^2 \sin^2(\frac{2\pi t}{T}) dt = \frac{A^2 T}{4} \$
\$ \epsilon_{4} = 0;
Utilizzando la procedura di Gram-Schmidt, abbiamo:
\$ \psi_{1}(t) = \frac{s_1(t)}{\sqrt{\epsilon_{1}}} = \frac{\sqrt{2}}{A \sqrt{T}} \cdot s_1(t) = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \cdot \sin(\frac{2\pi t}{T}) \ \ , \ \ 0 <= t <= T \$
La proiezione di \$ s_2(t) \$ su \$ s_1(t) \$ è::
\$ c_{21} = \int_{-oo}^{+oo} s_2(t) \cdot \psi_{1}(t) dt = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \int_{0}^{T} s_2(t) \cdot \sin(\frac{2\pi t}{T}) dt = \$
\$ = A \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \int_{0}^{T/2} \sin^2(\frac{2\pi t}{T}) dt - A \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \int_{T/2}^{T} \sin^2(\frac{2\pi t}{T}) dt = \$
\$ = \frac{AT\sqrt{2}}{4\sqrt{T}} - \frac{AT\sqrt{2}}{4\sqrt{T}} = 0 \$
e quindi
\$ \psi_{2}(t) = \frac{s_2(t)}{\sqrt{\epsilon_{2}}} = \frac{\sqrt{2}}{A \sqrt{T}} \cdot |s_1(t)| = {(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \cdot \sin(\frac{2\pi t}{T}) , \ \ \ 0 <= t <= T/2),(\ ,\ ),(-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \cdot \sin(\frac{2\pi t}{T}) , \ \ \ T/2 <= t <= T):} \$
Le proiezioni di \$ s_3(t) \$ su \$ s_1(t) \$ e su \$ s_2(t) \$ sono:
\$ c_{31} = \int_{-oo}^{+oo} s_3(t) \psi_1(t) dt = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \int_{0}^{T} s_3(t) \sin(\frac{2\pi t}{T}) dt = A\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \int_{0}^{T/2} \sin^2(\frac{2\pi t}{T}) dt = \frac{A}{2} \frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} \$
\$ c_{32} = \int_{-oo}^{+oo} s_3(t) \psi_2(t) dt = A \int_{0}^{T/2} \psi_2(t) \sin(\frac{2\pi t}{T}) dt = A\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T}} \int_{0}^{T/2} \sin^2(\frac{2\pi t}{T}) dt = \frac{A}{2} \frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} \$
Quindi la rappresentazione vettoriale dei segnali è:
\$ S_1 = (A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}, 0) \$
\$ S_2 = (0, A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}) \$
\$ S_3 = (\frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}, \frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}) \$
\$ S_4 = (0, 0) \$
Dove abbiamo utilizzato come basi \$ \psi_1(t) \$ e \$ \psi_2(t) \$.
[b]b)[/b] La costellazione corrispondente è:
[attachment=0]20070323_1.jpeg[/attachment]
[b]c)[/b] La struttura del ricevitore ottimo è la seguente:
[attachment=1]20070323_2.jpeg[/attachment]
I 4 segnali sono equiprobabili, quindi:
\$ P(S_1) = P(S_2) = P(S_3) = P(S_4) = \frac{1}{4} \$
Mentre le PDF condizionali sono:
\$ f(r|S_1) = \frac{1}{\pi N_0} \cdot e^{-\frac{(r_1 + A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}})^2 + r_2^2}{N_0}} \$
\$ f(r|S_2) = \frac{1}{\pi N_0} \cdot e^{-\frac{r_1^2 + (r_2 - A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}})^2}{N_0}} \$
\$ f(r|S_3) = \frac{1}{\pi N_0} \cdot e^{-\frac{(r_1 + \frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}})^2 + (r_2 - \frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}})^2}{N_0}} \$
\$ f(r|S_4) = \frac{1}{\pi N_0} \cdot e^{-\frac{r_1^2 + r_2^2}{N_0}} \$
Il valore di soglia tra \$ S_1 \$ e \$ S_2 \$ è:
\$ P(S_1) f(r|S_1) {:(S_1),(>),(<),(S_2):} P(S_2) f(r|S_2) \ => \ \frac{f(r|S_1)}{f(r|S_2)} {:(S_1),(>),(<),(S_2):} \frac{P(S_2)}{P(S_2)} \ => \ \frac{\frac{1}{\pi N_0} \cdot e^{-\frac{(r_1 + A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}})^2 + r_2^2}{N_0}}}{\frac{1}{\pi N_0} \cdot e^{-\frac{r_1^2 + (r_2 - A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}})^2}{N_0}}} {:(S_1),(>),(<),(S_2):} 1 \ => \$
\$ => \frac{r_1^2 + (r_2 - A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}})^2 - (r_1 + A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}})^2 - r_2^2}{N_0} {:(S_1),(>),(<),(S_2):} 0 => \$
\$ => r_1^2 + r_2^2 - -2A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}r_2 + \frac{A^2 T}{2} - r_1^2 + 2A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} r_2 - \frac{A^2 T}{2} - r_2^2 {:(S_1),(>),(<),(S_2):} 0 => \$
\$ => (r_1 - r_2) 2A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} {:(S_1),(>),(<),(S_2):} 0 => r_1 {:(S_1),(>),(<),(S_2):} r_2 \$
Ovvero, graficamente:
[color=green][b](l'immagine verrà postata prossimamente...)[/b][/color]
Seguendo lo stesso ragionamento, otteniamo anche gli altri valori di soglia:
\$ r_1 {:(S_1),(>),(<),(S_3):} r_2 + \frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} \$
[color=green][b](l'immagine verrà postata prossimamente...)[/b][/color]
\$ r_1 {:(S_1),(>),(<),(S_4):} \frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} \$
[color=green][b](l'immagine verrà postata prossimamente...)[/b][/color]
\$ r_2 {:(S_2),(>),(<),(S_3):} r_1 + \frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} \$
[color=green][b](l'immagine verrà postata prossimamente...)[/b][/color]
\$ r_2 {:(S_2),(>),(<),(S_4):} \frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} \$
[color=green][b](l'immagine verrà postata prossimamente...)[/b][/color]
\$ r_1 {:(S_3),(>),(<),(S_4):} - r_2 + \frac{A}{2}\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} \$
[color=green][b](l'immagine verrà postata prossimamente...)[/b][/color]
Sovrapponendo i risultati ottenuti, possiamo ricavare le regioni di decisione:
[color=green][b](l'immagine verrà postata prossimamente...)[/b][/color]
[b]d)[/b] La probabilità di commettere un errore, ovvero di scegliere un segnale piuttosto che un altro, riguarda soltanto quesi segnali le cui regioni di decisione sono contigue.
Le probabilità di errore sono quindi:
\$ P(e|S_1) <= Q(\frac{d_{13}}{\sqrt{2N_0}}) + Q(\frac{d_{14}}{\sqrt{2N_0}}) = Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{2N_0}}) + Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{N_0}}) \$
\$ P(e|S_2) <= Q(\frac{d_{23}}{\sqrt{2N_0}}) + Q(\frac{d_{24}}{\sqrt{2N_0}}) = Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{2N_0}}) + Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{N_0}}) \$
\$ P(e|S_3) <= Q(\frac{d_{13}}{\sqrt{2N_0}}) + Q(\frac{d_{23}}{\sqrt{2N_0}}) = 3Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{2N_0}}) \$
\$ P(e|S_4) <= Q(\frac{d_{14}}{\sqrt{2N_0}}) + Q(\frac{d_{24}}{\sqrt{2N_0}}) = 2Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{2N_0}}) + 2Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{N_0}}) \$
La probabilità di errore per simbolo, utilizzando la tecnica dell'union bound, è:
\$ P_M <= \sum_{i=1}^{M} P(S_i) \cdot P(e|S_i) = \frac{1}{4}[P(e|S_1) + P(e|S_2) + P(e|S_3) + P(e|S_4)] = \$
\$ = \frac{3}{2}Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{2N_0}}) + Q(\frac{A\sqrt{T}}{2\sqrt{N_0}}) \$
[b]e)[/b] Per ottenere una costellazione con la stessa probabilità di errore, ma minima energia media, è sufficiente traslare la costellazione in modo da far coincidere il "baricentro" con l'origine degli assi. Ciò si ottiene sottraendo \$ \frac{1}{3}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}} \$ a tutte le coordinate di ciascun segnale. Otteniamo così:
\$ S_1 = (\frac{2}{3}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}, - \frac{1}{3}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}) \$
\$ S_2 = (- \frac{1}{3}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}, \frac{2}{3}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}) \$
\$ S_3 = (\frac{1}{6}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}, \frac{1}{6}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}) \$
\$ S_4 = (- \frac{1}{3}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}, - \frac{1}{3}A\frac{\sqrt{T}}{\sqrt{2}}) \$
Graficamente:
[color=green][b](l'immagine verrà postata prossimamente...)[/b][/color]
la cui energia media sarà:
\$ \epsilon_{AV} = \frac{25}{144}A^2 T \$