Esercizio - quantizzazione di segnali uniformi e gaussiani

Testo (esercizio 1). Un segnale a tempo discreto ha campioni aleatori con densità uniforme in $[-V,V]$. Si applica un quantizzatore uniforme mid-riser a $3$ bit. Si calcolino media, potenza e varianza del segnale; poi potenza dell'errore di quantizzazione e SNR di quantizzazione nei tre casi: (a) $v_{sat}=V$; (b) $v_{sat}=2V$; (c) $v_{sat}=V/2$.

Testo (esercizio 2). Un sensore misura a intervalli regolari un segnale continuo $a(t)$ modellato come processo gaussiano stazionario a media nulla con varianza $\sigma_a^2=4\ \text{V}^2$, in banda base con banda $B=250$ Hz. La frequenza di campionamento è $1{,}6$ volte quella di Nyquist e ogni campione è quantizzato con $6$ bit. Quanto vale il bit-rate? Quanto vale il passo $\Delta$ se $v_{sat}=8$ V? Quanto vale la probabilità di saturazione $P_{sat}$? Quanto valgono la potenza dell'errore granulare e l'SNR di quantizzazione? Quanti bit servono per un SNR di almeno $36$ dB con lo stesso $v_{sat}$? E per $60$ dB?

Teoria usata: Quantizzazione e rumore di quantizzazioneIl quantizzatore mappa ogni campione reale su uno dei $L=2^b$ livelli. Il quantizzatore uniforme mid-riser ha passo $\Delta=\frac{2v_{sat}}{L}$, soglie multiple di $\Delta$ e livelli multipli dispari di $\frac\Delta2$. L'errore $e_q=a_q-a$ è granulare (in $[-\frac\Delta2,\frac\Delta2]$, circa uniforme, potenza $\frac{\Delta^2}{12}$) o di saturazione (fuori da $[-v_{sat},v_{sat}]$, trascurabile se $P_{sat}$ è piccola). L'SNR è $\Lambda_q=\frac{M_a}{M_{e_q}}$ e, con saturazione trascurabile, $[\Lambda_q]{dB}=6{,}02,b+4{,}77-20\log{10}\frac{v_{sat}}{\sigma_a}$: $+6$ dB per ogni bit.Quantizzazione e rumore di quantizzazione →, Campionamento e conversione analogico-digitalePer trasmettere un segnale analogico $a(t)$ con un sistema digitale lo si trasforma in bit: filtro anti-aliasing, campionatore ($T_s=\frac1{F_s}$, $F_s\ge2B$), quantizzatore su $L=2^b$ livelli, mappa livello $\to$ $b$ bit, serializzatore. Il bit-rate nominale è $R_b=bF_s$. Campionare è reversibile (con un filtro interpolatore, in pratica un holder) se $F_s\ge2B$; quantizzare invece perde informazione in modo irreversibile. Al ricevitore si ripercorre la catena al contrario (D/A).Campionamento e conversione analogico-digitale →, Distribuzione gaussiana (normale)N(μ, σ²) ha densità e^(−(x−μ)²/(2σ²)) / √(2πσ²), a campana centrata in μ con larghezza σ; media μ, varianza σ²; si standardizza con Z = (X − μ)/σ ~ N(0, 1) e si calcola P(X ≤ x) = Φ((x − μ)/σ), con Φ(−z) = 1 − Φ(z); aX + b è ancora gaussiana, N(aμ + b, a²σ²).Distribuzione gaussiana (normale) →, Distribuzioni uniforme continua ed esponenzialeU(a, b) ha densità costante 1/(b − a) su [a, b], media (a + b)/2 e varianza (b − a)²/12; Exp(λ) ha densità λe^(−λx) per x ≥ 0, FdD 1 − e^(−λx), P(X > t) = e^(−λt), media 1/λ, varianza 1/λ², ed è l'unica legge continua senza memoria (versione continua della geometrica).Distribuzioni uniforme continua ed esponenziale →, Probabilità d'errore e funzione QPer due segnali di energie $E_1,E_2$ con coefficiente di correlazione $\rho=\frac{\langle s_1,s_2\rangle}{\sqrt{E_1E_2}}$ la distanza è $d_{12}=\sqrt{E_1+E_2-2\rho\sqrt{E_1E_2}}$ e, con rumore AWGN, simboli equiprobabili e criterio MD, $P[E]=Q\left(\frac{d_{12}}{2\sigma_I}\right)=Q\left(\sqrt{\frac{E_s(1-\rho)}{N_0}}\right)$ con $\sigma_I^2=\frac{N_0}2$ e $Q$ la coda della gaussiana. Il caso antipodale ($\rho=-1$) dà $Q\left(\sqrt{\frac{2E_s}{N_0}}\right)$, l'ortogonale ($\rho=0$) $Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{N_0}}\right)$: 3 dB peggio. Con $M>2$ segnali si usano limiti: $\frac{N^*}M Q\left(\frac{d_{min}}{2\sigma_I}\right)\le P[E]\le(M-1)Q\left(\frac{d_{min}}{2\sigma_I}\right)$ (union bound); la probabilità dipende solo da $\frac{E_s}{N_0}$, cioè dall'SNR.Probabilità d'errore e funzione Q →.

Esercizio 1: segnale uniforme

Statistiche del segnale. Densità $p_a(u)=\frac1{2V}$ per $\lvert u\rvert\le V$. Media $m_a=\int_{-V}^Vu\frac1{2V}du=0$ (densità pari, integranda dispari). Potenza $M_a=\int_{-V}^Vu^2\frac1{2V}du=\frac1{2V}\cdot\frac{2V^3}3=\frac{V^2}3$, e poiché la media è nulla la varianza è $\sigma_a^2=M_a=\frac{V^2}3$.

(a) $v_{sat}=V$. Il segnale non esce mai dal range: $P_{sat}=0$. Con $L=2^3=8$ livelli, $\Delta=\frac{2v_{sat}}L=\frac{2V}8=\frac V4$. La densità è costante in ogni regione (è uniforme!), quindi l'errore è uniformemente distribuito in $\left[-\frac\Delta2,\frac\Delta2\right]$ esattamente e $$M_{e_q}=\frac{\Delta^2}{12}=\frac{V^2}{16\cdot12}=\frac{V^2}{192},\qquad\Lambda_q=\frac{V^2/3}{V^2/192}=64\ \Rightarrow\ 10\log_{10}64=18{,}06\ \text{dB}.$$ Verifica con la formula: $6{,}02\cdot3+4{,}77-20\log_{10}\frac{v_{sat}}{\sigma_a}$ con $\frac{v_{sat}}{\sigma_a}=\frac{V}{V/\sqrt3}=\sqrt3$, $20\log_{10}\sqrt3=4{,}77$: $18{,}06+4{,}77-4{,}77=18{,}06$ dB ✓.

(b) $v_{sat}=2V$. Ancora $P_{sat}=0$ (il segnale sta in $[-V,V]\subset[-2V,2V]$). Ora $\Delta=\frac{2\cdot2V}8=\frac V2$ e $M_{e_q}=\frac{\Delta^2}{12}=\frac{V^2}{48}$: $$\Lambda_q=\frac{V^2/3}{V^2/48}=16\ \Rightarrow\ 12{,}04\ \text{dB}.$$ Il peggioramento è di $6{,}02$ dB: il range è doppio, quindi si "spreca" un bit (solo $4$ degli $8$ livelli sono usati: il segnale è tutto tra $-V$ e $V$).

(c) $v_{sat}=V/2$. Ora il segnale esce dal range con probabilità $P_{sat}=P[\lvert a\rvert>\frac V2]=\frac{2\cdot(V-V/2)}{2V}=\frac12$. $\Delta=\frac{2\cdot V/2}8=\frac V8$. L'errore ha due contributi, pesati con le probabilità delle due zone:

• zona granulare (probabilità $\frac12$): potenza $\frac{\Delta^2}{12}=\frac{V^2}{768}$; contributo $\frac12\cdot\frac{V^2}{768}=0{,}00065\,V^2$;
• zona di saturazione (probabilità $\frac12$): per $a\in\left(\frac V2,V\right]$ l'uscita vale l'ultimo livello $\frac{7\Delta}2=\frac{7V}{16}$ e l'errore $e=a-\frac{7V}{16}$ va da $\frac V{16}$ (in $a=\frac V2$) a $\frac{9V}{16}$ (in $a=V$). Ponendo $u=a-\frac V2\in\left(0,\frac V2\right]$ uniforme, $E[e^2\mid\text{sat}]=\frac2V\int_{V/16}^{9V/16}e^2de=\frac2V\cdot\frac{(9V/16)^3-(V/16)^3}3=\frac{2(729-1)}{3\cdot4096}V^2=0{,}1185\,V^2$ (per simmetria è lo stesso a sinistra); contributo $\frac12\cdot0{,}1185V^2=0{,}0592\,V^2$.

$$M_{e_q}=(1-P_{sat})\frac{\Delta^2}{12}+P_{sat}M_{sat}=0{,}00065V^2+0{,}0592V^2=0{,}0599\,V^2,\qquad\Lambda_q=\frac{V^2/3}{0{,}0599V^2}=5{,}57\ \Rightarrow\ 7{,}45\ \text{dB}.$$ (Trascurando il piccolo termine granulare si otterrebbe $0{,}0592V^2$ e $7{,}50$ dB, come negli appunti a mano; il valore completo è $7{,}45$ dB, confermato da un calcolo numerico.) Il confronto con (a) mostra l'effetto della saturazione: con metà dei campioni saturati l'SNR scende di $10{,}6$ dB nonostante il passo piccolo; la formula $6{,}02b+\dots$ qui non vale, perché $P_{sat}$ non è trascurabile.

Esercizio 2: segnale gaussiano

Bit-rate. Banda $B=250$ Hz, frequenza di Nyquist $2B=500$ Hz, quindi $F_s=1{,}6\cdot500=800$ Hz (campioni al secondo) e con $b=6$ bit: $R_b=bF_s=6\cdot800=4800$ bit/s $=4{,}8$ kbit/s.

Passo. $\Delta=\frac{2v_{sat}}{2^b}=\frac{2\cdot8}{64}=0{,}25$ V.

Probabilità di saturazione. La deviazione standard è $\sigma_a=\sqrt4=2$ V, quindi $v_{sat}=8$ V $=4\sigma_a$ e $$P_{sat}=2Q\left(\frac{v_{sat}}{\sigma_a}\right)=2Q(4)=2\cdot3{,}17\cdot10^{-5}=6{,}3\cdot10^{-5}.$$ (due code, perché la densità è simmetrica). È piccola: l'errore di saturazione si può trascurare e l'errore è quello granulare.

Errore granulare. $M_{e_q}=\frac{\Delta^2}{12}=\frac{0{,}25^2}{12}=5{,}208\cdot10^{-3}\ \text{V}^2$.

SNR. $\Lambda_q=\frac{\sigma_a^2}{M_{e_q}}=\frac4{5{,}208\cdot10^{-3}}=768\ \Rightarrow\ 28{,}85$ dB. Con la formula: $6{,}02\cdot6+4{,}77-20\log_{10}4=36{,}12+4{,}77-12{,}04=28{,}85$ dB ✓.

Bit per $\Lambda_q\ge36$ dB (stesso $v_{sat}$). $b\ge\frac{36-4{,}77+12{,}04}{6{,}02}=\frac{43{,}27}{6{,}02}=7{,}19$: arrotondando per eccesso $b=8$ (con $b=7$ sarebbe $34{,}87$ dB, sotto soglia). Con $b=8$ la formula dà $40{,}89$ dB; includendo la saturazione, un calcolo numerico dà $40{,}58$ dB, ancora sopra $36$.

Per $60$ dB. Con la formula si troverebbe $b\ge\frac{60-4{,}77+12{,}04}{6{,}02}=11{,}17$, quindi $12$ bit: ma non è sufficiente. Con $v_{sat}=8$ V l'errore di saturazione ha potenza $$P_{sat}M_{sat}=2\sigma_a^2\left[(1+k^2)Q(k)-k\varphi(k)\right]_{k=4}=2\cdot4\cdot\left[17\cdot3{,}167\cdot10^{-5}-4\cdot1{,}338\cdot10^{-4}\right]=2{,}47\cdot10^{-5}\ \text{V}^2,$$ indipendente da $b$. L'SNR non può superare $10\log_{10}\frac{4}{2{,}47\cdot10^{-5}}=52{,}1$ dB, qualunque sia il numero di bit (con $b=12$ si ottiene solo $51{,}9$ dB). La risposta è quindi che 60 dB sono irraggiungibili con $v_{sat}=8$ V; per ottenerli bisogna aumentare $v_{sat}$: con $v_{sat}=4{,}5\sigma_a=9$ V il tetto sale a $62{,}6$ dB e con $b=12$ si hanno $60{,}2$ dB; con $v_{sat}=5\sigma_a=10$ V e $b=12$ si hanno $62{,}7$ dB (la formula dà $62{,}99$ dB).

Problema inverso (dagli appunti). Quale $v_{sat}$ dà $P_{sat}=1\%$? $2Q\left(\frac{v_{sat}}{\sigma_a}\right)=0{,}01\Rightarrow Q\left(\frac{v_{sat}}{\sigma_a}\right)=0{,}005\Rightarrow\frac{v_{sat}}{\sigma_a}=Q^{-1}(0{,}005)=2{,}576$, quindi $v_{sat}=2{,}576\cdot2=5{,}15$ V (circa $5{,}2$ V).

Un caso di progetto (esercizio da Bressanone)

Si vuole un SNR di quantizzazione di almeno $90$ dB e si sa che per non saturare serve $\frac{v_{sat}}{\sigma_a}=8$. Quanti bit? $$6{,}02\,b+4{,}77-20\log_{10}8>90\ \Rightarrow\ 6{,}02\,b>90+18{,}06-4{,}77=103{,}29\ \Rightarrow\ b>17{,}16.$$ Scegliere $b=17$ è sbagliato (darebbe $89{,}05$ dB, sotto la specifica): si arrotonda per eccesso a $b=18$, e l'SNR effettivo è $6{,}02\cdot18+4{,}77-18{,}06=95{,}07$ dB.

Verifica. Tutti i numeri sono stati ricalcolati con Python (integrazione numerica dell'errore di quantizzazione compreso).