BÀI TẬP KÈM THEO BÁO CÁO TIỂU LUẬN
Bài 1: Cho một chuỗi nhị phân dài vơ tận có phân bố 1 và 0 ngẫu nhiên đi
qua kênh AWGN. Tìm xác suất lỗi xung khi: Các xung là NRZ đ ơn c ực {0,A}
với SNR=10dB.
Giải:
Do NRZ đơn cực nhận hai mức tín hiệu {0,A}. Nên các hàm mật độ xác suất trong
trường hợp này có dạng sau:

Pe = P0Pe(0) + P1Pe(1)= (1/2)[ Pe(0) + Pe(1)],
trong đó P0 = P1 = 1/2, Pe(0) = Pe(1).
Vì thế ta có thể viết
�

2
2
1
Pe  �
exp( y / 2 )dy
2
U

Đặt y/=z ta được

Pe 

�

2
1
�A �
exp(


z
/
2)dz
Q
� 2
� �
A / 2
= �2 �


Do A2/2=SNR=10, nên xác suất lỗi xung bằng: Pe=Q( 10 /2)=Q(1,58)=0,0571
Bài 2: Một hệ thống BPSK nhất quán hoạt động liên tục có tỉ lệ l ỗi trung
bình là 100 lỗi/ngày. Tốc độ dữ liệu là 1000 bit/s, mật độ ph ổ cơng su ất
10

một phía của tạp âm là N0  10 W/Hz
a) Tìm xác suất lỗi bit trung bình nếu hệ thống là ergodic.
b) Nếu cơng suất trung bình của tín hiệu thu là 10-6 W, thì xác suất lỗi bit có giống
như câu a?
Giải:
a). Tổng số bít tách sóng trong 1 ngày:

=>

b). Ta có:

trong đó

PB 


100
 1,16.106
7
8, 64.10

� 2E b
PB  Q �
� N
� 0

P  106 W

� 2 �10 6
PB  Q �
� 1000 �1010
�


� � 2PTb
�
� Q �
� 10
� � 10

và

�
� Q
�

�



Tb 



�
�
�
�

1
s
1000

20  Q  4, 47 

6
P

3,911
�
10
 B

Bài 3: Cho hai máy thu hệ thống truyền dẫn 16-QAM và QPSK nh ất quán
với các tham số sau: cơng suất thu trung bình P avr=10-5W; Rb=5000bps;
N0=10-10WHz-1.

a) Tìm xác suất lỗi trong hai hệ thống
b) Tìm băng thơng Nyquist của hai hệ thống khi hệ số dốc =0,2
Giải:
a) Tốc độ ký hiệu cho 16-QAM và QPSK được xác định như sau:

Rs-16QAM

= Rblog2(16) = 20000 bps

Rs-QPSK= Rblog2(4) = 10000 bps


Năng lượng trung bình cho 16-QAM và QPSK được xác định như sau:
Eavr-16QAM

= P/Rs = 1,6.10-6/20000

= 0,8.10-10

Eavr-QPSK

= P/Rs = 1,6.10-6/10000

= 1,6.10-10

Tỷ số tín hiệu trên tạp âm cho hai hệ thống như sau:
2 Eavr-16QAM/N0

= 2x0,8.10-10/10-10 = 1,6


2 Eavr-QPSK/N0

= 2x1,6,10-10/10-10 = 3,2

Tra bảng trong phụ lục ta được:
Pb-16QAM

= 5,48.10-2

Pb-QPSK

= 6,871.10-4

b) Băng thông Nyquist của hai hệ thống được xác định như sau:

BN-16QAM

= (1+)Rs-16QAM

= 1,2x20000bps = 24000bps

BN-QPSK

= (1+)Rs-QPSK

= 1,2x10000bps = 12000bps

Bài 4: Viết biểu thức và vẽ so sánh mật độ phổ cơng suất của tín hiệu
BPSK với tín hiệu QPSK khi: tần số sóng mang f c= 1,5GHz; tốc độ bit đầu
vào của các sơ đồ điều chế này là Rb=1Mb/s; công suất phát PTx= 1W.

Bài 5: Viết biểu thức và vẽ so sánh mật độ phổ cơng suất của tín hiệu
BPSK với tín hiệu16-QAM khi: tần số sóng mang f c= 2GHz; tốc độ bit đầu
vào của các sơ đồ điều chế này là Rb=0,5Mb/s; công suất phát PTx= 1,5W.
Bài 6: Viết biểu thức và vẽ so sánh mật độ phổ cơng suất của tín hiệu
BPSK với tín hiệu 8- PSK khi: tần số sóng mang fc= 1,8GHz; tốc độ bit đầu
vào của các sơ đồ điều chế này là Rb=0,5Mb/s; công suất phát PTx= 1,5W.
Bài 7: Một hệ thống điều chế BPSK có tốc độ bit Rb=4800bps. Tỷ số tín
hiệu trên tạp âm thu Eb/N0=8dB.
u
a) Tìm xác suất lỗi bit Pb và xác suất lỗi bản tin PM đối với hệ thống khơng mã hóa,
trong đó bản tin dài 11 bit


c
c
b) Tìm xác suất lỗi bit mã hóa Pb và xác suất lỗi bản tin được mã hóa PM đối với hệ
thống dùng mã khối (15,11) sửa được lỗi đơn (t=1)

Giải:
a) Trường hợp hệ thống khơng dùng mã hóa kênh
0,8
4
2E b
 2x10  3,55 � Pb  1,9.10
N0

PMu  1   1  Pb   1   1  1,9.10 4   2,1.103
11

11


b) Trường hợp hệ thống dùng mã khối (15,11):
0,8
c
3
2E b
11
r  2x10 �  3, 04 � Pb  1,18.10
N0
15

  1 P 
15 �
�
�� �
1,18.10  (1  1,18.10

2
� �

15 � c
�
PM  �� �Pb
j �
j t 1 �
c

15

j


c 15  j

b

3 2

3 15  2

)

 1, 44.10

4

PMu
2,1.103

 14,58 l�
n
c
4
P
1,
44.10
Hệ số cải thiện hiệu năng chất lượng là: M
Bài 8: Mã khối tuyến tính (127,92) có khả năng sửa ba lỗi (t=3).
a) Tìm xác suất lỗi bản tin đối với khối dữ liệu 92 bít khơng được mã hóa nếu xác suất
lỗi ký hiệu kênh là 10


3

b) Tìm xác suất lỗi bản tin khi sử dụng mã khối (127, 92) nếu xác suất lỗi ký hiệu
kênh là 10
Giải:

3


a) Xác suất lỗi bản tin cho khối dữ liệu 92 bit chưa được mã hóa nếu xác suất
3

lỗi ký hiệu kênh là 10 .

PM uncoded 1  (1  103 )92  8,8 �102
b) Xác suất lỗi bản tin dùng mã khối (127,92) khi xác suất lỗi ký hiệu kênh là
103

PM

127 �k
�
 �� �
p (1  p)127  k
k �
k 4 �
127 � 3 4
�
� �
(10 ) (1  10 3 )123

4 �
�
127

code�

 9,14 �10 6
Bài 9: Một bản tin 3 bit được truyền trên hệ thống BPSK và tỷ số tín hi ệu
trên tạp âm thu là 7 dB.
a) Tính xác suất 2 bit mắc lỗi
b) Bản tin được mã hóa sao cho từ mã tăng lên 5 bit. Tình xác suất 2 bit mắc lỗi. Giả
thiết rằng công suất phát trong hai trường hợp a) và b) là như nhau.
Tìm xác suất lỗi bản tin cho:
u
c) Trường hợp khơng mã hóa PM
c
d) Trường hợp mã hóa PM

Giải:
a) Xác suất 2 bit mắc lỗi trong trường hợp không dùng mã hóa kênh:
7
Eb
2E b
10
 10  5 �
 2 �5  3,16
N0
N0

.


Tra bảng hàm Q(x) trong phụ lục ta được Pb=7,9.10-4.
Đối với ba bit mắc 2 lỗi ta được số tổ hợp lỗi hai bit lỗi trong 3 bit như sau:

3
��
3!
3
��
2
2!(3

2)!
��
.


Xác suất lỗi 2 bit như sau:



3
4
��
2
3 2
p e  ��
 Pb   1  Pb   3 7,9x10
2
��


  1  7,9x10  �6, 4.10
2

4

7

trong đó Pb, Pb2 và (1-Pb)3-2 là xác suất lỗi một bit, xác suất lỗi 2 bit và xác suất một bit
không mắc lỗi.
b) Xác suất 2 bit mắc lỗi trong trường hợp dùng mã hóa kênh:

Tốc độ bit sau mã hóa tăng và bằng: Rbc=Rb/r=(n/k)Rb, trong đó Rb là tốc độ bit khơng
mã hóa và r=3/5 là tỷ lệ mã. Năng lương bit cho trường hợp mã hoá bằng:

P
k P
E bc 

 rE b
R bc n R b
1 4 4 44 2 4 4 4 43
�

2E bc
2rE b
E �k �

 2 b � � 10 �3 / 5  2, 45
N0

N0
N 0 �n �
c
Tra bảng trong phụ lục ta được xác suất lỗi bit khi mã hóa bằng: Pb =7,14.10-3

c) Xác suất lỗi bản tin là xác suất ít nhất có một trong số 3 bit mắc lỗi:

P  1   1  Pb   1   1  7,9 �10
14 2 43
3

u
M



4 3

 2,37 �10 3

X�
c su�
t c�3
bit kh�
ng b�l�
i

d) Xác suất lỗi bản tin trong trường hợp dùng mã hóa kênh:
Vì khoảng cách Hamming cực tiểu dmin=3, nên mã có thể sửa được một bit. Bản tin sẽ
chỉ bị lỗi khi khi mắc lỗi 2,3,4,5 bit, vì thế:

c

PM 

n

��
��j � P   1  P 
n

j

bc

n j

bc

��
5
5
��
j
5 j
 ���
 Pbc   1  Pbc 
j
j 2 ��
j t 1


Hay một cách gần đúng nếu ta chỉ xét thành phần thứ nhất:



5
5
c
3
��
��
2
3
PM ���
 Pbc   1  Pbc   ��7,14.10
2
2
��
��


2

1  7,14.10

 =4,99.10

3 3

-4


Kết quả cho thấy, nhờ mã hóa xác suất lỗi bản tin được cải thiện:


(2,37.10-3)/(4,99.10-4) = 4,75 lần
Bài 10: Một tín hiệu được đo tại đầu ra của bộ lọc băng thông lý lưởng có
băng thơng là B Hz. Khi khơng có tín hiệu tại đầu vào b ộ l ọc, công su ất đo
được là 1x10 -6W. Khi có tín hiệu NRZ lưỡng cực cơng suất đo được là
1,1x10-5W. Tạp âm có dạng tạp âm trắng. Tính:
a) Tỷ số tín hiệu trên tạp âm theo dB
b) Xác suất máy thu nhận biết sai xung NRZ.
Nếu băng thông của bộ lọc tăng gấp đôi và tiến hành đo mức cơng suất tín hiệu tại
đầu ra bộ lọc. Hỏi:
c) Khi khơng có tín hiệu thì công suất đo được tại đầu ra của bộ lọc là bao nhiêu ? và
tỷ số tín hiệu trên tạp âm là bao nhiêu?
d) Xác suất lỗi xung NRZ là bao nhiêu ?
Giải:
a) SNR= (11-1)/1=10 SNR[dB]= 10lg10= 10dB
b)

Ta có: A2/  2 =SNR =10 và tra bảng trong phụ lục

ta được Pe=Q( 10 )=Q(3,16)= 8x10-4
c) Khi khơng có tín hiệu

Trong trường hợp này công suất tạp âm tăng gấp đôi và bằng 2x10-6 cịn cơng
suất tín hiệu khơng đổi và công suất đo tại đầu ra của bộ lọc sẽ bằng 1,2x10-5, Vì thế
tỷ số tín hiệu trên tạp âm như sau:
SNR= (12-2)/2=5  SNR[dB]= 10lg5= 6,98970 dB
d) Xác suất lỗi xung như sau:


Pe=Q( 5 )=Q(2,24)=0,0125

Bài 11: Một bộ giải điều chế/tách sóng BPSK có lỗi đồng bộ với độ lệch thời
gian pTb , 0 �p �1 . Nếu các tín hiệu đồng xác suất và đồng bộ về pha cũng nh ư
tần số.
a) Biểu diễn xác suất lỗi bit Pb theo P.


b) Nếu Eb N 0  9,6 dB và p  0, 2 , tính Pb do sự sai lệch thời gian.
c) Phải tăng thêm bao nhiêu (theo dB) để xác suất lỗi với trường hợp p  0 bằng với
xác suất lỗi khi Eb N 0  9,6 dB và p  0 .
Giải:
a)

2 Eb
a1  Tb  
Tb

Tb

2
c
os
�  ct  dt
0

Theo thứ tự dạng sóng nhận được, giả sử rằng sau

s2  t   


2 Eb
cosct
N0

s1  t 

ta thu được

. Do bộ tách sóng bị trễ đi một lượng

pTb

Tb  pTb
�
2 E b �Tb
2
2
a1  Tb  
cos  c t  dt  � cos  c t   dt �
��
Tb �
�
pTb
Tb
�
�



Eb


Tb  pTb   Tb  pTb  Tb  �
�
� Eb  1  2 p 
Tb �

nên ta có:


Nếu s2  t  được phát, sau đó là s1  t  , tính tương tự ta sẽ có

a2  Tb    E b  1  2 p 
Giả sử rằng trong ½ khoảng thời gian
khoảng thời gian còn lại

s1  t 

Tb , s1  t 

phát và sau đó là

phát và sau đó cũng là

1 � 2 Eb
Pb  Q �
2 �
� N0

s1  t 


s2  t 

; và trong ½

thì xác suất lỗi bít sẽ là:

� 1 � 2 Eb
�
�
� 2 Q �
� N  1 2 p �
�
�
� 0
�

b)

Khi

p  0 và Eb N 0  9,6 dB hay 9,12 thì:

� 2 Eb
Pb  Q �
� N
� 0

�
5


Q
4,
27

10


�
�
�

Khi p  0, 2 thì

�
1 � 2 Eb � 1 � 2 Eb
Pb  Q �

Q
1

2
p


�
�
�
�2 � N
�
2 �

N
0
0
�
�
�
�
1
1
 �105  Q  4, 27 �0, 6 
2
2
3
 2, 6.10
c)

1 � 2 Eb
Pb  Q �
2 �
� N0
Với

� 1 � 2 Eb
� 5
�
� 2 Q �
� N  1 2 p �
� 10
�
� 0

�

p  0 ta sẽ tính được Eb N 0  23,56 hay 13,7dB

Vậy cần tăng
5
P

10
B
là

Eb N 0 thêm 4,1dB để có được xác suất lỗi bit với trường hợp p  0


Bài 12: Một hệ thống BPSK có xác suất truyền bit "0" bằng xác su ất truy ền
bit "1". Giả thiết rằng khi hệ thống đồng bộ tốt, Eb/N0=9,6 dB dẫn đến xác
suất lỗi bit bằng 10-5. Trong trường hợp vịng khóa pha PLL bị mắc lỗi pha
.
a) Xác suất lỗi bit sẽ giảm cấp như thế vào nếu =250
b) Sai pha là bào nhiêu sẽ dẫn đến xác suất lỗi bit bằng 10-3
Giải:
b) Tra bảng trong phụ lục cho xác suất lỗi bit 10-3 ta được:
0
2E b
 2x9,12.cos   3,1 � cos   0, 726 �   43, 46
N0

a) Sau tích phân để giải điều chế BPSK ta được:
T


T

Y1=
=

2
s(t)
cos(2f c t)dt
�
T
b
0

� E b cos

=

�
�
0

2E b
2
cos(2f c t)
cos(2f c t   )dt
Tb
Tb

+X1


Vì Y1 là biến ngẫu nhiên Gauss có giá trị trung bình

fY1(y1|0)=

fY1(y1|1)=

� E b cos

nên:

2�
� 1
1
exp �
y1  E b cos �
N 0
� N0
�





2�
� 1
1
exp �

y1  E b cos �

N 0
� N0
�





Ta có thể biểu diễn các hàm mật độ xác suất nói trên theo giá trị y1 như sau.

+ X1


Do xác suất phát bit "1" bằng xác suất phát bit "0" nên: P(0) =P(1)=1/2 và tính
đối xứng của các hàm mật độ xác suất có điều kiện, nên các xác suất lỗi bit trong
trường hợp này được tính như sau:
Pb=P(0)Pe(0)+P(1)Pe(1) = 1/2[Pe(0)+Pe(1)] = Pe(0)=Pe(1)
�

2�
� 1
1
exp �

y1  E b cos �
dy1
�
N

N

� 0
�
0
= 0





Đặt

2

y1  E b cos
N0

z=
ta được:

1
2
Pb =

�



2




�exp z / 2 dy1

2E b
cos
N0

� 2E b
�
Q�
cos

�
� N
�
0
�
�
=


Thay Eb/N0= 109,6/10=9,12; =250cos250=0,8;
.

2E b
cos  2x9,12x0,8  3, 417
N0

Tra bảng trong phụ lục ta được: Pb=3.10-4
Bài 13: Tìm ngưỡng quyết định tối ưu (xác suất lỗi nhỏ nhất) u 0 cho việc

tách sóng BPSK hai tín hiệu đồng xác suất

s1  t   E b 2Tb cos  c t   

s1  t   2E b Tb cos c t

trong kênh AWGN, sử dụng máy thu tương

quan. Giả sử rằng hàm cơ sở là

1  t   2 Tb cos c t

Giải:
Biểu diễn các tín hiệu

s1  t 

và

s2  t 

qua hàm cơ sở

s1  t   s111  t   E b 1  t 
s 2  t   s 211  t   

1
E b 1  t 
2


Biểu diễn các hàm mật độ xác suất có điều kiện

Vậy ngưỡng quyết định tối ưu là:

và

.

1  t   2 Tb cos c t

ta được:


�1
�
E �

E�
s s
�2
� E
u0  1 2 
2
2
4
Bài 14: Cho một tín hiệu bốn mức si={-3a/2, -a/2, a/2, 3a/2}, i=1, 2, 3, 4 với th ời
gian truyền mỗi mức là T. Giả sử mỗi mức của tín hiệu s i truyền hai bit tương
ứng như sau {00,01,11,10}.
a) Tìm vectơ đơn vị và biểu diễn tín hiệu trong khơng gian tín hiệu.
b) Tìm xác suất có điều kiện thu sai các cặp bit: 00;01;11;10.

c) Giả sử xác suất truyền các mức ai là như nhau và bằng 1/4. Tìm xác suất lỗi
ký hiệu trung bình.
Giải:
a) Vectơ đơn vị được xác định như sau:

1 (t) 

a3

E3

a/2
T


2

(a / 2) dt
�

1
T

0

Ta có:
T

si1  �
si (t)

0

1
dt  a i T
T

Biểu diễn tín hiệu trong khơng gian tín hiệu:

b) Xác suất có điều kiện thu sai cặp bit 00, 01, 11, 10:

Xác suất có điều kiện thu sai cặp bit 00:
Pe(00) = P(01|00)+ P(10|00) + P(11|00)
Các hàm mật độ xác suất có điều kiện được biểu diễn trên hình vẽ sau.


�

Pe(00) =

2�
�1
1
3
exp �
y1  2 a T �
dy1
N
N 0
� 0
�




�

a T



Đặt

y 
z=
1

3
2



a T / N0

1 2
2 
P e(00)=

, sau khi biến đổi ta được:

�


2
�
�a
exp
-z
dz 1
� � �
�
erfc �
T

a
2 N0

=

T
�2 N
0
�

2

�
�
�
�

Hoặc
Đặt

z=





2 y1  32 a T / N 0

1
2
P e(00)=

, ta được

�

a

2
�
exp
-z
dz
� � / 2�
�
T
2 N0

� T �
Q�

a
� 2N �
�
0 �
= �

Xác suất có điều kiện thu sai cặp bit 01:
Pe(01) = P(00|01)+P(11|01)+ P(10|01)
Các hàm mật độ xác suất có điều kiện được biểu diễn trên hình vẽ sau.


a T

�

Pe(01) =

�

2�
�1
1
exp �
y1  12 a T �
dy1
N 0
�N 0
� +




�



�

2�
�1
1
1
exp
y

a
T
dy1
�
1
�
2
�
N

N
0
�
�
0
=2 0






Đặt

� 1
�
/ N0
�y1  a T �
2
�
�
z=
, sau khi biến đổi ta được:
2

P e(01)=

�

-z
�exp �
�
T

a
2 N0


2

�
dz
�a
�
erfc �
�2
�
=

T
N0

�
�
�
�

Hoặc
Đặt
Z=





2 y1  12 a T / N 0
2
2


� P e(01) =

�

a

2
�
exp
-z
dz
� � / 2�
�
T
2N 0

� T �
Q�
a
�
�
�
2N
0 �
=2 �

Xác suất có điều kiện thu sai cặp bit 11:






2�
�1
1
1
exp
y

a
T
dy1
�
1
�
2
�
N

N
� 0
�
0
0


0




�

2�
�1
1
1
exp
y

a
T
dy1
�
1
�
2
� N
N
0
�
�
0
a T



2�
�1
1

1
exp
y

a
T
dy1
�
1
�
2
�
N0
�
�
� N 0
Pe(11) =
+

�



2�
�1
1
1
exp
y


a
T
dy1
�
1
�
2
� N
N
� 0
�
0
=2 a T





Đặt

y 
z=

1
2

1




a T / N0
�

2


-z
�exp �
�
T

2

a
2 N0

P e (11)=

, sau khi biến đổi ta được:

�
�a
dz
�
erfc �
�2
�
=

T

N0

�
�
�
�

Hoặc, Đặt

z=

� 1
�
2 �y1  a T �
/ N0
� 2
�
2
2

P e(11)=

�

-z
�exp �
�

a


2

T
2N 0

/ 2�
dz
�

� T �
Q�
a
�
�
�
2N
0
�
�
=2

Xác suất có điều kiện thu sai cặp bit 10:
a T

Pe(10) =

2�
�1
1
3

exp �
y1  2 a T �
dy1
�
N 0
�N 0
�
�



�

=



2�
�1
1
3
y1  2 a T �
dy1
� N exp �
�N 0
�
0
2a T




Đặt

y 
Z=
1

3
2



a T / N0

, sau khi biến đổi ta được:






1 2
2 
P e(10)=

�

-z
�exp �
�

T

a
2 N0

2

�
dz 1
�a T �
�
erfc �
�2 N �
�
2
0 �
�
=

Hoặc

Z



=

1
2
P e(10)=




2 y1  32 a T / N 0
�

a

2
�
�
exp
-z
dz
� � / 2�
�
Q
a
�
T
�
2N 0

=

T
� 2N 0

�
�

�
�

c) Xác suất thu sai ký hiệu trung bình:

Pe= P(00)Pe(00) + P(01)Pe(01)+ P(11)Pe(11)+ P(10)Pe(10)
trong đó P(xx) và Pe(xx) là xác suất phát ký hiệu xx và xác suất có điều kiện thu sai
ký hiệu xx tương ứng.
Từ các kết quả bài 2,3,4,5 và P(xx) = 1/4 ta được:
Pe

=

= [Pe(00)+Pe(01)+Pe(11)+Pe10)]/4

�a T �
3
erfc �
�2 N �
�
4
0 �
�

6 � T �
Q�
a
�
�
4 �

2N
0
�
�
=
Bài 15: Tín hiệu thu của hệ thống BPSK nhất quán được định nghĩa như
sau:
2E b
2E b
2
Tb cos(2f t) +n(t),
y(t) = k Tb sin (2f t)  1  k
0tT
c

c

b

trong đó dấu cộng tương ứng với ký hiệu '0' và dấu trừ tương ứng với '1', thành phần
thứ nhất của y(t) thể hiện sóng mang để đồng bộ máy thu với máy phát, Tb là độ rộng
bit và Eb là năng lượng bit, n(t) là tạp âm Gauss trắng cộng.


a) Viết cơng thức xác suất lỗi bit trung bình Pb theo: xác suất phát ký hiệu 1 là
P(1); xác suất phát ký hiệu 0 là P(0); xác suất có điều kiện Pe(0|1) là xác suất
phát ký hiệu một nhưng quyết định thu ký hiệu 0; xác suất có điều kiện Pe(1|
0) là xác suất phát ký hiệu 0 nhưng quyết định thu ký hiệu 1.
b) Tìm các biểu thức tính Pe(0|1) và Pe(1|0).
� 2E b

2
Q�
� N  1-k 
c) Chứng minh rằng xác suất lỗi trung bình bằng: � 0

�
�
�
�trong đó: N0

là mật độ phổ cơng suất tạp âm Gauss trắng.
Giải :
a) Công thức liên hệ xuất lỗi Pe:

Pe= P(1).P(0|1) + P(0).P(1|0) = 1/2[P(0|1) + P(1|0)]
b) Sau tích phân để giải điều chế BPSK ta được:
T

Y1=

2
cos(2f c t)dt
T

s(t)
�
0

2


=

 (1 k )E b

+ X1

trong đó Y1 là tín hiệu sau mạch tích phân, '+" tương ứng ký hiệu '0' được phát, '-'
tương ứng ký hiệu '1' được phát, W1 là tạp âm Gauss trắng cộng trung bình
khơng.
2

Vì Y1 là biến ngẫu nhiên Gauss có giá trị trung bình



1
 1
exp 
y1 
N
N 0

0

fY1(y1|0)=



 (1 k )E b


nên:



2


(1 k )E b 

2



2
1
 1

2
exp 
y1  (1 k )E b 
N 0
 N0


fY1(y1|1)=

Vậy xác suất có điều kiện mà máy thu quyết định 1 khi ký hiệu 0 được phát là:
0

2

� 1 �
2
1
��
exp �

y1  (1  k )E b ��
dt
P(1| 0)  f Y1 (y1 | 0)dy1 �
�N �
�
�
�

N
0
0
�
�
�
= �

�

0


2
� 1 �
2

1
��
exp �

dt
�y1  (1  k )E b ��
�
�
�
N

N
�
�
0
� 0
�
= 0
�

và xác suất có điều kiện mà máy thu quyết định thu 0 khi ký hiệu 1 được phát:
�

2
� 1 �
2
1
��
P(0 |1)  �
f Y1 (y1 |1)dy1 �

exp �

dt
�y1  (1  k )E b ��
�
�
N
N 0
��
� 0�
0
=0
�

Do tính đối xứng nên: P(1|0)=P(0|1) và vì thế:
2
� 1 �
2
1
��
exp �

y1  (1  k )E b ��
dt
�
�N �
�
�
�


N
0
� 0
�
P(1|0)=P(0|1) = 0
�

Đặt

z=

2
�
�
2�
y1  (1  k )E b �/ N 0
�
�

ta được
1
2

P(1|0) = P(0|1) =

�

�




2



exp z / 2 dt

2

2(1 k )E b
N0

2
�
2(1

k
)E b
Q�
�
N0
= �

�
�
�
�

c) Xác suất lỗi bit trung bình:


Pb

= P(1).P(0|1) + P(0).P(1|0) = 1/2[P(0|1)+P(1|0)]

= P(0|1)

= P(1|0)

2
�
2(1

k
)E b
Q�
�
N0
= �

�
�
�
�(đpcm)

Bài 16: Một hệ thống có sử dụng bộ lọc thích hợp để tách sóng các tín hi ệu
BPSK có xác suất bằng nhau s1  t   2 E b Tb cos c t và

s 2  t   2 E b Tb cos  c t   

trong điều kiện tạp âm Gauss, E b N 0  6,8 dB . Giả sử E  y  Tb    � E b

a) Tìm xác suất lỗi bit nhỏ nhất.


b) Tìm xác suất lỗi bit khi ngưỡng quyết định u  0,1 E b
P s
c) Biết ngưỡng u 0  0,1 E b là tối ưu cho một tập các xác suất tiên nghiệm  1  và
P  s2 

. Tính các giá trị xác suất tiên nghiệm này

Giải:

a) Ta có:

� 2E
Pb  Q � b
� N
� 0
Có

�
�
�
�

3
E b N 0  6,8 dB =4,786  PB  Q  2 �4, 786   Q  3, 09   10

b) Với ngưỡng quyết định là


u  0,1 E b

ta có hình vẽ:

Do các xác suất phát các tín hiệu ban đầu là như nhau nên xác suất lỗi bit được tính
như sau:


1
Pb 
2

0.1 E b

 

�





1
f
y
s
dy

f Y y s 2 dy
Y

1
�
�
2
�
0.1 E
b

1

2

0.1 E b

�0

�



�

z1 
Đặt

2
��
��
dy
��

��
�

� �
1
1 y  Eb
�
exp �

� 2� 
 0 2
� � 0
�

2
��
��
dy
��
��
�

y E
� dy  0dz1
0

y E
� dy  0 dz 2
0


1
Pb 
2


� �
1 y  Eb
�
exp �

� 2� 
2
0
�
� �

1
2 0.1�
E
b

z2 

1



0.9 E b

0


�

�

� z12 �
1
1
exp �
 �
dz1 
2 1.1
2
� 2�

�

�
Eb

0

� z 22 �
1
exp � �
dz 2
2
� 2�

x


� z2 � �
� z2 �
exp �
 �
dz  �
exp �
 �
dz
�
2
2
� � x
� �
Với hàm Gauss đối xứng ta có �



1 �0,9 E b
PB  Q �
2 �
� 0

�1 �
1,1 E b
� Q �
� 2 � 0
�
�


�
�
�
�

Ta có
2E b � 1 � 2E b �
1 �
N0
P

Q
0,9
1,1
�
�
�
b
 
�
� 2 Q �
�
�
2
N
N
0
0
�
�

�
�
2 
2
0


Eb
 6,8 dB
N
0
Ta có



Pb 

1
1
Q  0, 9 �3, 09   Q  1,1�3, 09   1 Q  2, 78  1 Q  3, 4 
2
2
2
2

 1.4 �103
c) Gọi H1 và H1 lần lượt là các sự kiện quyết định s1 và s2 đã được phát, ta có

f Y  y s1 


f Y  y | s2 

H1

 P  s2 
 P  s1 

H2

y  s11  s 21 
�
02



y 2 Eb

�

N0 2



H1

�
P s  �

ln � 2 �


�P  s1  �

H2
H1

�
P s  �

ln � 2 �

�P  s1  �
H
2

H1

�y

 N 0 2 �P  s 2  �
ln �
� u 0
 2 E b �P  s1  �

H2

u 0  0,1 E

Do

nên


�P  s  �
N0
ln � 1 � 0,1 E b
P  s2  �
4 Eb �

�
P  s  � 0, 4E b
� ln � 2 �
 0, 4 �4, 786  1,914
P
s
N
�  1 �
0
�

P  s2 
 exp  1,914   6, 782
1  P  s2 

� P  s 2   0,87 � P  s1   0,13


Bài 17: Cho hai máy thu hệ thống truyền dẫn nhất quán 16-QAM và QPSK
5

với các thông số sau: công suất thu trung bình P avr=10 W, Rb=5000bps, N0=
1010 W/Hz.


a) Tìm xác suất lỗi bit trong hai hệ thống
b) Tìm băng thông Nyquist của hai hệ thống khi cho hệ số dốc =0,25.
c) Để hệ thống 16-QAM đạt được xác suất lỗi bit giống như hệ thống QPSK cần tăng
công suất cho hệ thống 16-QAM lên bao nhiêu lần.
Giải:
a) Tốc độ ký hiệu cho 16-QAM và QPSK được xác định như sau:

Rs-16QAM

= Rblog2(16) = 20000 bps

Rs-QPSK= Rblog2(4) = 10000 bps
Năng lượng trung bình cho 16-QAM và QPSK được xác định như sau:
Eavr-16QAM

= P/Rs = 1,6.10-6/20000

= 0,8.10-10

Eavr-QPSK

= P/Rs = 1,6.10-6/10000

= 1,6.10-10

Tỷ số tín hiệu trên tạp âm cho hai hệ thống như sau:
2 Eavr-16QAM/N0

= 2x0,8.10-10/10-10 = 1,6


2 Eavr-QPSK/N0

= 2x1,6,10-10/10-10 = 3,2

Tra bảng trong phụ lục ta được:
Pb-16QAM

= 5,48.10-2

Pb-QPSK

= 7.10-4

b) Băng thông Nyquist của hai hệ thống được xác định như sau:

BN-16QAM

= (1+)Rs-16QAM

= 1,2x20000bps = 24000bps

BN-QPSK

= (1+)Rs-QPSK

= 1,2x10000bps = 12000bps

c) Để đạt được xác suất lỗi giống như QPSK ta cần đạt được tỷ số tín hi ệu trên
tạp âm như sau:


2Eavr-16QAM/N0

= 2P/(Rs-16QAM N0) = 3,2

P=1,6xRs-16QAMN0=1,6x20000x10-10 = 3,2x10-6


Như vậy ta cần phát công suất cho 16QAM gấp hai lần cơng suất cho QPSK để hai hệ
thơng có cùng xác suất lỗi.
Bài 18: Cho bộ tạo mã xoắn tỉ lệ mã r=1/3 với các đa th ức t ạo mã sau:
g1 ( x)  1  x
g 2 ( x )  1  x +x 2
g3 ( x)  1

+x2

a) Thiết kế sơ đồ tạo mã và phân tích các tham số đặc trưng của sơ đồ tạo mã.
b) Vẽ biểu đồ trạng thái và biểu đồ lưới.
c) Tìm chuỗi ký hiệu ra theo biểu đồ lưới khi cho chuỗi bit vào m=[1011]
Bài 19: Cho bộ tạo mã xoắn tỉ lệ mã r=1/2 với các đa th ức t ạo mã sau:
g1(x) =1 +x +x2
g2(x) =

x +x2

a) Thiết kế sơ đồ tạo mã và phân tích các tham số đặc trưng của sơ đồ lập mã.
b) Vẽ biểu đồ trạng thái và biểu đồ lưới.
c) Tìm chuỗi ký hiệu ra theo biểu đồ lưới khi cho chuỗi bit vào m=[101011]
Bài 20: Cho bộ tạo mã xoắn tỉ lệ mã r=1/2 với các đa th ức t ạo mã sau:

g1(x) =1

+x2

g2 (x) =1 +x +x2

a) Thiết kế sơ đồ tạo mã và phân tích các tham số đặc trưng của sơ đồ lập mã.
b) Vẽ biểu đồ trạng thái và biểu đồ lưới.
c) Tìm chuỗi ký hiệu ra theo biểu đồ lưới khi cho chuỗi bit vào m=[111001]
Bài 21: Cho bộ tạo mã xoắn tỉ lệ mã r=1/2 với các đa th ức t ạo mã sau:
g1(x) =1 +x +x2
g2(x) =1

+x2

a) Thiết kế sơ đồ tạo mã và phân tích các tham số đặc trưng của sơ đồ tạo mã.
b) Hãy vẽ biểu đồ trạng thái và biểu đồ lưới.


c) Sử dụng thuật toán Viterbi để giải mã cho chuỗi thu sau: V = [11 10 01 10 00 01 01
11]
Bài 22: Cho đa thức tạo mã sau:
� 1 x2 �
�
1,
� 1 x  x2 �
�
�
�
g(x)


a) Thiết kế bộ tạo mã xoắn hồi quy RSC
b) Tìm chuỗi ký hiệu đầu ra của bộ mã hóa dựa trên biểu đồ lưới khi chuỗi bit số liệu
vào bộ mã hóa RSC là d=[101].
c) Tìm chuỗi ký hiệu lưỡng cực đưa lên điều chế.
Giải: (b và c là lời giải cho d =[100] )
a)