Prestazioni QPSK

In questo caso (PSK con 4 livelli) il demodulatore è costituito da due rami indipendenti in fase e quadratura, operanti a frequenza di simbolo f_L metà di quella binaria.

0.700000

Demodulatore QPSK

Ognuno dei due rami effettua una decisione per uno dei due bit che compongono il simbolo, e le due decisioni vengono re-serializzate, come mostrato nella figura a lato. Entrambi i rami si comportano pertanto come un demodulatore L-ASK con L=2, ovvero (a parte una rotazione di fase) un BPSK, e la probabilità di errore^11.12 di ogni singolo ramo risulta (per $\gamma$ = 0):

P_e^{$\left(\vphantom{ c}\right.$c$\left.\vphantom{ c}\right)$} = P_e^{$\left(\vphantom{ s}\right.$s$\left.\vphantom{ s}\right)$} = $$\left(\vphantom{ 1-\frac{1}{L}}\right.$$1 - $${\frac{1}{L}}$$ $$\left.\vphantom{ 1-\frac{1}{L}}\right)$$erfc$$\left.\vphantom{ \left\{ \sqrt{3\frac{E_{b}}{N_{0}}\frac{\log _{2}L}{\left( L^{2}-1\right) }}\right\} }\right.$$$$\left\{\vphantom{ \sqrt{3\frac{E_{b}}{N_{0}}\frac{log_{2}L}{\left( L^{2}-1\right) }}}\right.$$$$\sqrt{3\frac{E_{b}}{N_{0}}\frac{log_{2}L}{\left( L^{2}-1\right) }}$$ $$\left.\vphantom{ \sqrt{3\frac{E_{b}}{N_{0}}\frac{log_{2}L}{\left( L^{2}-1\right) }}}\right\}$$ $$\left.\vphantom{ \left\{ \sqrt{3\frac{E_{b}}{N_{0}}\frac{\log _{2}L}{\left( L^{2}-1\right) }}\right\} }\right\vert _{L=2}^{}$$ = $${\textstyle\frac{1}{2}}$$erfc$$\left\{\vphantom{ \sqrt{\frac{E_{b}}{N_{0}}}}\right.$$$$\sqrt{\frac{E_{b}}{N_{0}}}$$ $$\left.\vphantom{ \sqrt{\frac{E_{b}}{N_{0}}}}\right\}$$

mentre la probabilità di errore in un bit della sequenza re-serializzata risulta^11.13

P_eQPSK = P_e^{$\left(\vphantom{ c}\right.$c$\left.\vphantom{ c}\right)$ .} P^{$\left(\vphantom{ c}\right.$c$\left.\vphantom{ c}\right)$} + P_e^{$\left(\vphantom{ s}\right.$s$\left.\vphantom{ s}\right)$ .} P^{$\left(\vphantom{ s}\right.$s$\left.\vphantom{ s}\right)$} = $${\textstyle\frac{1}{2}}$$$$\left(\vphantom{ P_{e}^{\left( c\right) }+P_{e}^{\left( s\right) }}\right.$$P_e^{$\left(\vphantom{ c}\right.$c$\left.\vphantom{ c}\right)$} + P_e^{$\left(\vphantom{ s}\right.$s$\left.\vphantom{ s}\right)$}$$\left.\vphantom{ P_{e}^{\left( c\right) }+P_{e}^{\left( s\right) }}\right)$$ = P_e^{$\left(\vphantom{ c}\right.$c$\left.\vphantom{ c}\right)$} = P_e^{$\left(\vphantom{ s}\right.$s$\left.\vphantom{ s}\right)$} = $${\textstyle\frac{1}{2}}$$erfc$$\left\{\vphantom{ \sqrt{\frac{E_{b}}{N_{0}}}}\right.$$$$\sqrt{\frac{E_{b}}{N_{0}}}$$ $$\left.\vphantom{ \sqrt{\frac{E_{b}}{N_{0}}}}\right\}$$

 

0.250000

 in cui P^{$\left(\vphantom{ c}\right.$c$\left.\vphantom{ c}\right)$} e P^{$\left(\vphantom{ s}\right.$s$\left.\vphantom{ s}\right)$} sono le probabilità che il bit ricevuto provenga dal ramo in fase o da quello in quadratura, e si assume che P_e^{$\left(\vphantom{ c}\right.$c$\left.\vphantom{ c}\right)$ .} P_e^{$\left(\vphantom{ s}\right.$s$\left.\vphantom{ s}\right)$} $\ll$ P_e^{$\left(\vphantom{ c}\right.$c$\left.\vphantom{ c}\right)$} e quindi trascurabile.

Osserviamo quindi come il QPSK consenta di ottenere le stesse prestazioni del BPSK, utilizzando solo metà banda: B = f_L = ${\frac{f_{b}}{2}}$ (con $\gamma$ = 0). Il risultato ha una giustificazione intuitiva: osserviamo infatti che, dimezzando la banda, si dimezza anche la varianza del rumore gaussiano in ingresso al demodulatore, e questo fatto compensa la riduzione di ampiezza delle componenti analogiche di bassa frequenza ricevute nel caso QPSK.