Transcript ELG 5372 Error Control Coding

ELG3575
8. La modulation d’amplitude en
quadrature et SSB
La modulation d’amplitude en quadrature
(QAM)
• La modulation d’amplitude en quadrature (« quadrature
amplitude modulation » - QAM) est plus efficace dans son
utilisation du spectre que le DSB-SC et l’AM conventionnelle
parce qu’on transmet deux signaux sur la même bande.
sQAM (t )  Ac m1 (t ) cos 2f c t  Ac m2 (t ) sin 2f c t
• où m1(t) et m2(t) sont deux signaux indépendants avec largeurs
de bandes Bm1 et Bm2. Typiquement Bm1=Bm2=Bm.
Spectre d’un signal QAM
• Le spectre d’un signal QAM est :
S QAM ( f ) 
Ac
A
A
A
M1 ( f  f c )  c M1 ( f  f c )  c M 2 ( f  f c )  c M 2 ( f  f c )
2
2
2j
2j
Démodulation du signal m1(t)
• Pour la démodulation, si nous multiplions sQAM(t) par Arcos2fct,
nous avons :
Ar sQAM (t ) cos 2f c t 

Ac Ar m1 (t ) cos 2 2f c t  Ac Ar m2 (t ) sin 2f c t cos 2f c t
Ac Ar
A A
A A
m1 (t )  c r m1 (t ) cos 4f c t  c r m2 (t ) sin 4f c t
2
22

signal en bande de base
(cosAsinA = 0.5sin2A).
signal en bande passante
Démodulation du signal m2(t)
• Similairement, si nous multiplions sQAM(t) par Arsin2fct, nous
avons :
Ar sQAM (t ) sin 2f ct 

Ac Ar m2 (t ) sin 2 2f ct  Ac Ar m1 (t ) cos 2f ct sin 2f ct
Ac Ar
AA
AA
m2 (t )  c r m2 (t ) cos 4f ct  c r m1 (t ) sin 4f ct
2 22
signal en bande de base
signalen bande passante
Système QAM
m1(t)
FPB
Arcos(2fct)
Accos(2fct)
HT
m2(t)
×
×
Km1(t)
×
+
canal
HT
×
FPB
Km2(t)
Avantage et désavantage de la QAM
• 2 fois plus d’info sur la même bande
• Plus sensible que la DSB-SC aux erreurs de porteuse générée
au récepteur.
• Erreur de fréquence ou de phase produit de la diaphonie
(crosstalk).
Rappel: Le spectre d’un signal DSB-SC
M(f)
(1/2)M-(f)
-Bm
(Ac/4)M-(f+fc)
Bm
(Ac/4)M+(f+fc)
(Ac/2)mo
-fc-Bm
-fc
-fc+Bm
(1/2)M+(f)
mo
f
(Ac/4)M-(f-fc)
SDSB-SC(f)
fc-Bm
(Ac/4)M+(f-fc)
fc
fc+Bm
f
Modulation SSB: Motivation
• De la figure precedente, nous voyons que le spectre d’un signal
DSB-SC est SDSB-SC(f) = (Ac/4)M+(f-fc) + (Ac/4)M-(f-fc) + (Ac/4)M+(
f+fc) + (Ac/4)M-(f+fc).
• Alors, le spectre d’un signal DSB-SC a deux « copies » de la
pre-enveloppe positive de m(t) et deux « copies » de la preenveloppe négative de m(t).
• En actualité, il nous faut qu’une « copie » de chaque pour
reconstruire le signal m(t).
• En éliminant une bande latérale, nous obtenons la modulation à
bande latérale unique (« single sideband » – SSB).
La modulation à bande latérale haute
• La bande latérale haute (« Upper Sideband ») du signal DSBSC est celui qui a le spectre SUSB(f) suivant :
S DSB SC ( f ),
SUSB ( f )  
0,

| f | f c
autrement
• Comparé au spectre d’un signal DSB-SC, qui a une largeur de
bande de 2Bm, le spectre du signal USB occupe la gamme de
fréquences fc < |f| < fc + Bm, donc sa largeur de bande est la
moitié de celle du signal DSB-SC.
Spectre d’un signal USB
M(f)
(1/2)M-(f)
(1/2)M+(f)
mo
-Bm
Bm
f
(Ac/4)M-(f+fc)
(Ac/2)mo
-fc-Bm
-fc
SUSB(f)
(Ac/4)M+(f-fc)
fc
fc+Bm
f
USB par discrimination de fréquence
• La modulation USB se fait par deux méthodes : la discrimination
de fréquence ou la discrimination de phase.
• Pour la modulation par discrimination de fréquence, nous filtrons
le signal DSB-SC avec un filtre passe haut qui à la réponse :
1 | f | f c
H USB ( f )  
0 | f | f c
m(t)
×
Accos(2fct)
HUSB(f)
sUSB(t)
USB par discrimination de phase
• Pour la modulation par discrimination de phase, nous utilisons le
spectre du signal USB.
• SUSB(f) = (Ac/4)M+(f-fc) + (Ac/4)M-(f+fc).
• Si nous prenons la transformée de Fourier inverse du spectre
de la bande latérale haute, nous obtenons :
sUSB (t ) 

Ac
4
Ac
4
m (t )e j 2f ct 
Ac
2
m (t )e  j 2f ct
(m(t )  jmh (t ))(cos 2f c t  j sin 2f c t ) 
Ac
4

Ac
4
(m(t )  jmh (t ))(cos 2f c t  j sin 2f c t )
(m(t ) cos 2f c t  mh (t ) sin 2f c t )
sUSB (t )  Am(t ) cos 2f c t  Amh (t ) sin 2f c t
Modulateur USB par discrimination de phase
×
+
Acos2fct
m(t)
+
HT
Trans.
Hilbert
×
mh(t)
Asin2fct
-
sUSB(t)
La modulation à bande latérale basse
• La bande latérale basse (« Lower Sideband ») du signal DSBSC est la bande qui contient les composantes spectrales où
|f|<fc.
• Alors le spectre d’un signal LSB est SLSB(f) qui est donné par :
S DSB SC ( f ),
S LSB ( f )  
0,

| f | f c
autrement
Spectre du signal LSB
M(f)
(1/2)M-(f)
-Bm
Bm
(Ac/4)M+(f+fc)
(Ac/2)mo
-fc
-fc+Bm
(1/2)M+(f)
mo
f
(Ac/4)M-(f-fc)
SLSB(f)
fc-Bm
fc
f
LSB par discrimination de fréquence
• Pour la modulation par discrimination de fréquence, nous filtrons
le signal DSB-SC avec un filtre qui a la réponse en fréquence
HLSB(f) qui est donné par :
1 | f | f c
H LSB ( f )  
0 | f | f c
LSB par discrimination de phase
• Nous pouvons démontrer que le signal qui produit ce spectre
est sLSB(t) qui est donné par :
s LSB (t )  Am(t ) cos 2f c t  Amh (t ) sin 2f c t
• Pour la modulation par discrimination de phase, nous utilisons le
modulateur par discrimination de phase pour la USB en
inversant la phase de la composante en quadrature.
Exemples
• Le signal d’information est m(t) = cos(2fmt). Trouvez les
signaux USB est LSB pour une porteuse avec amplitude A et
fréquence fc >> fm.
• Solution (discrimination de phase)
• sUSB(t) = Acos(2fmt)cos(2fct)-Asin(2fmt)sin(2fct) =
(A/2)cos(2(fc-fm)t) + (A/2)cos(2(fc+fm)t) – (A/2)cos(2(fc-fm)t) +
(A/2)cos(2(fc+fm)t) = Acos(2(fc+fm)t).
• Similairement, on peut démontrer que sLSB(t) = Acos(2(fc-fm)t).
• Solution (discrimination de fréquence)
• sDSB-SC(t) = Accos(2fmt)cos(2fct).
• SDSB-SC(f) = (Ac/4)d(f-fc-fm)+(Ac/4)d(f+fc+fm)+(Ac/4)d(f-fc+fm)
+(Ac/4)d(f+fc-fm).
(Ac/4)
(Ac/4)
-fc-fm –fc+fm
(Ac/4)
fc-fm
(Ac/4)
fc+fm
Alors SUSB(f) = (Ac/4)d(f-fc-fm)+(Ac/4)d(f+fc+fm) et donc
sUSB(t) = (Ac/2)cos(2(fc+fm)t) = Acos(2(fc+fm)t)
et
SLSB(f) = (Ac/4)d(f-fc+fm)+(Ac/4)d(f+fc-fm) et donc
sLSB(t) = (Ac/2)cos(2(fc+fm)t) = Acos(2(fc+fm)t)
Modulation d’amplitude à bande
latérale résiduelle: Motivation
• Pour des signaux à larges bandes, la modulation BLU est
difficile.
• Pour la modulation par discrimination de fréquence, il faut que le
spectre du signal d’information soit 0 autour de f = 0 et que les
bandes soient séparées suffisamment en fréquence.
• Pour utiliser la modulation par discrimination de phase, il faut
concevoir un transformateur de Hilbert qui est difficile si la
largeur de bande du signal est large.
Modulation VSB
• Dans ces cas, nous utilisons la modulation d’amplitude à bande
latérale résiduelle (« vestigial sideband » - VSB).
• La modulation VSB emploie la discrimination de fréquence.
Mais pour la modulation VSB, le filtrage n’élimine pas
complètement la bande latérale secondaire.
• Aussi, la bande principale n’est pas complètement passée par le
filtre.
Modulateur VSB
•
•
•
Le modulateur VSB ainsi que la réponse en fréquence de son filtre sont
démontrés ci-dessous.
La réponse en fréquence du filtre VSB est donnée par HVSB(f).
Nous remarquons qu’il y a une bande transitoire autour de la fréquence fc.
m(t)
HVSB(f)
×
Accos(2fct)
sVSB(t)
HVSB(f)
-fc
f
fc
fc-x
fc+x
Spectre d’un signal VSB
M(f)
-Bm
Bm
f
SDSB-SC(f)
-fc-Bm –fc -fc+Bm
fc-Bm
fc
fc+Bm
f
fc-x fc
fc+Bm
f
SVSB(f)
-fc-Bm –fc-fc+x
•
Dans l’exemple nous considérons un système qui utilise la bande
latérale haute comme la bande principale et la bande latérale basse
comme la bande résiduelle. Mais c’est également possible d’employer
la bande latérale basse comme la bande principale.
• Dans l’exemple de la figure precedante, pour les fréquences
supérieures à fc+x, le gain du filtre est constant.
• Pour les fréquences fc < |f| < fc+x, qui résident dans la bande
principale, il y a une perte par rapport à la passe bande du filtre.
• Pour les fréquences fc-x < |f| < fc, le gain du filtre n’est pas zéro,
alors une partie de la bande latérale basse est passée par le
filtre et le signal sVSB(t) contient une bande résiduelle.
SVSB(f)
SVSB ( f ) 


S DSB SC ( f ) H VSB ( f )
Ac
Ac
M ( f  f c ) H VSB ( f ) 
M ( f  f c ) H VSB ( f )
2
2
Ac
A


M  ( f  f c ) H VSB
( f )  c M  ( f  f c ) H VSB
(f)
4
4
Ac
Ac



M  ( f  f c ) H VSB ( f ) 
M  ( f  f c ) H VSB
(f)
4
4
où
H

VSB
H VSB ( f )
(f)
 0
f 0
f 0
et
H

VSB
 0
(f)
H VSB ( f )

*
( f )  HVSB
( f ) dû à la symétrie
Il faut noter que HVSB
Hermitienne de la réponse en fréquence des systèmes réels.
f 0
f 0
La démodulation d’un signal VSB
• Se fait de la même manière que le DSB-SC
sVSB(t)
SVSB(f)
×
Filtre
x(t) passe bas z(t) = Gm(t)
X(f)
Z(f)
Arcos(2fct)
• Pour que z(t) = Gm(t), il faut imposer une contrainte sur la
réponse de filtre HVSB(f) du modulateur.
X(f)
Ar
A
SVSB ( f  f c )  r SVSB ( f  f c )
2
2
Ac Ar
A A



M  ( f  2 f c ) H VSB
( f  f c )  c r M  ( f  2 f c ) H VSB
( f  fc )
8
8
Ac Ar
Ac Ar



M  ( f ) H VSB ( f  f c ) 
M  ( f ) H VSB
( f  fc )
8
8
A A
A A


 c r M  ( f ) H VSB
( f  f c )  c r M  ( f ) H VSB
( f  fc )
8
8
A A
A A


 c r M  ( f  2 f c ) H VSB
( f  f c )  c r M  ( f  2 f c ) H VSB
( f  fc )
8
8
X( f ) 
Bande de base
Z(f)
Ac Ar
Ac Ar


Z( f ) 
M  ( f ) H VSB ( f  f c ) 
M  ( f ) H VSB
( f  fc )
8
8
Ac Ar
Ac Ar



M  ( f ) H VSB ( f  f c ) 
M  ( f ) H VSB
( f  fc )
8
8
Ac Ar


Z( f ) 
M  ( f )( H VSB
( f  f c )  H VSB
( f  f c ))
8
A A


 c r M  ( f )( H VSB
( f  f c )  H VSB
( f  f c ))
8
Nous voulons que Z(f) = GM(f), où G est une constante. Si


H VSB
( f  f c )  H VSB
( f  fc )  K
Ac Ar K
Ac Ar K
Ac Ar K
Z( f ) 
M(f )
M(f ) 
M( f )
8
8
4
• Alors z(t) = (AcArK/4)m(t).

*
• Si nous remplaçons H VSB ( f ) par H VSB ( f ) et et f par Df nous
obtenons
*

H VSB
( f c  Df )  H VSB
( f c  Df )  K
(***)
• (ce critère est nécessaire sur la bande du signal VSB).
x2
x1
K
fc-Df
fc
fc+Df
x1*+x2 = K
Filtres VSB
• Filtres à bandes transitoires linéaires
• Filtres à réponse en cosinus carré
fc-x fc fc+x
Exemple
• Le signal m(t) = 2cos(210t)+3cos(230t). Nous transmettons
ce signal en utilisant la modulation VSB avec une porteuse c(t)
= 5cos(2500t). La réponse du filtre VSB est démontrée cidessous. Trouvez le signal sVSB(t) ainsi que sa largeur de
bande
1
480 500 520
Solution
• Parce que la modulation VSB est faite par discrimination de
fréquence, c’est mieux d’essayer de trouver la solution dans le
domaine de fréquence.
• On commence en trouvant M(f) et SDSB-SC(f).
M(f)
1
SDSB-SC(f)
1.5
-30 -10 10 30
2.5
-530 -510 -490 -470
3.75
470 490 510 530
• Après, on trouve SVSB(f) = SDSB-SC(f)HVSB(f).
SDSB-SC(f)HVSB(f)
2.5
-530 -510 -490 -470
470 490 510 530
3.75
HVSB(470)=0
HVSB(490)=1/4
HVSB(510)=3/4
HVSB(530)=1
3.75
15/8
5/8
-530 -510 -490 -470
SVSB(f)
40
5/8 15/8
3.75
470 490 510 530
sVSB(t) = 7.5cos(2530t)+3.75cos(2510t)+
1.25cos(2490t)
Exemple 2
• Démontrez qu’on peut démoduler sVSB(t) de l’exemple
précedante.
• sVSB(t)cos(2500t) = 7.5cos(2530t) cos(2500t)
+3.75cos(2510t)cos(2500t) + 1.25cos(2490t)cos(2500t) =
3.75cos(230t) + 3.75cos(21030t) + 1.875cos(210t) +
1.875cos(21010t) + 0.625cos(210t) + 0.625cos(2990t) .
• Après filtrage z(t) = 3.75cos(230t) + 1.875cos(210t) +
0.625cos(210t) = 3.75cos(230t) + 2.5cos(210t) = 1.25m(t).