\documentclass[a4paper,french,12pt]{article}

\title{Communications Numériques --- TD2\\Probabilités d'erreur dûes au bruit}
\author{}
\date{Dernière compilation~: \today{} à \currenttime}

\usepackage{styles}

\begin{document}

\maketitle

On considère une suite $\{a_{k'}\}$ binaire ($a_{k'} = 0$ ou 1) de débit 56 kbits/s.
Ces symboles sont émis indépendamment avec les probabilités $P(a_{k'}=0)=\frac{1}{3}$ et $P(a_{k'}=1)=\frac{2}{3}$.

On effectue un codage de la manière suivante~:

\begin{tabular}{ccc}
    $\{a_{k'}\}$ & & $\{b_{k}\}$ \\
    00 & $\rightarrow$ & +2 \\
    11 & $\rightarrow$ & -2 \\
    10 & $\rightarrow$ & +1 \\
    01 & $\rightarrow$ & -1 \\
\end{tabular}

On émet un signal $x(t) = \sum b_k \, g(t-kT)$ avec $g(t) = +1$ (volt) pour $0 \leq t \leq T$ et 0 partout ailleurs sur un canal bruyant pour lequel on peut faire l'hypothèse de bruit blanc additif gaussien (\texttt{AWGN}).

La décision se fait à la réception en comparant le signal reçu $r(t)$ à des seuils de valeurs $S_1$, $S_2$ et $S_3$.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1, transform shape]
    \draw [-latex] (-3,0) -- (4,0);
    \node at (4,0.5) {\small Seuils};
    \node at (4,-0.5) {\small $x(t)$};
    \node at (-2,0) {$\times$};
    \node at (-2,-0.5) {-2};
    \node at (-1,0) {$\times$};
    \node at (-1,-0.5) {-1};
    \node at (1,0) {$\times$};
    \node at (1,-0.5) {1};
    \node at (2,0) {$\times$};
    \node at (2,-0.5) {2};
    \node at (-1.5,0.5) {$S_1$};
    \node at (-1.5,0) {|};
    \node at (0,0.5) {$S_2$};
    \node at (0,0) {|};
    \node at (1.5,0.5) {$S_3$};
    \node at (1.5,0) {|};
\end{tikzpicture}
\end{center}

On rappelle que la densité de probabilité d'un bruit blanc $n(t)$ gaussien peut s'écrire~:
\begin{equation*}
    p(n) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{n^2}{2\sigma^2}}
\end{equation*}

et que~:
\begin{equation*}
    \int_{+a}^{+\infty} p(n) \dif n = \frac{1}{2} \mathrm{erfc}\left(\frac{a}{\sigma\sqrt{2}}\right)
\end{equation*}

\paragraph{1}
    Donner la valeur de la rapidité de modulation de $x(t)$

    \begin{align*}
        R = \frac{1}{T} \text{ or } T = 2Tb \\
        \text{d'où } R = \frac{1}{2Tb} = \frac{Db}{2} = 28 \text{ kbauds}
    \end{align*}

\paragraph{2}
    Donner les probabilités des $b_k$

    \begin{align*}
        p(a_{k'} = 1)
        \left\{
        \begin{array}{l}
            \text{pour 1~: } p(a_k = 1 \text{ et } a_{k+1} = 1) = \frac{2}{3} \times \frac{2}{3} = \frac{4}{9} = p(b_k = -2) \\ \\
            \text{pour 0~: } p(a_k = 1 \text{ et } a_{k+1} = 0) = \frac{2}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{2}{9} = p(b_k = +1) \\
        \end{array}
        \right.
        \\ \\
        p(a_{k'} = 0)
        \left\{
        \begin{array}{l}
            \text{pour 1~: } p(a_k = 0 \text{ et } a_{k+1} = 1) = \frac{1}{3} \times \frac{2}{3} = \frac{2}{9} = p(b_k = -1) \\ \\
            \text{pour 0~: } p(a_k = 0 \text{ et } a_{k+1} = 0) = \frac{1}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{9} = p(b_k = +2) \\
        \end{array}
        \right.
    \end{align*}

\paragraph{3}
    On considère le seuil de décision $S$ entre deux valeurs successives $V_1$ et $V_2$ que peuvent prendre les symboles $b_k$ de $x(t)$.
    On note $P(V_1)$ la probabilité d'avoir $x(t) = V_1$ et $P(V_2)$ la probabilité d'avoir $x(t) = V_2$.
    Démontrer que le seuil $S$ qu'il faut pour avoir la probabilité d'erreur la plus faible est~:
    \begin{equation*}
        S = S_0 + \Delta S
    \end{equation*}
    où
    \begin{equation*}
        S_0 = \frac{V_1 + V_2}{2} \quad\quad \Delta S = \frac{\sigma^2}{\Delta V} \ln(\frac{P(V_1)}{P(V_2)}) \quad\quad \Delta V = V_2 - V_1
    \end{equation*}

    \begin{equation*}
        r(t) = b(t) + n(t) \text{ avec } n(t) \text{ le bruit blanc additif gaussien (AWGN)}
    \end{equation*}
    \begin{align*}
        P_E &= p(V_2) \cdot p(r(t) < S) + p(V_1) \cdot p(r(t) > S) \\
            &= p(V_2) \cdot p(n < S - V_2) + p(V_1) \cdot p(n > S - V_1) \\\\
        \text{On note } p(n<\alpha) &= \int_{-\infty}^{+\alpha} p(n) \dif n = F(\alpha) \\
                        p(n>\alpha) &= \int_{+\alpha}^{+\infty} p(n) \dif n = 1 - F(\alpha)
    \end{align*}

    \begin{equation*}
        \frac{\delta F(\alpha)}{\delta\alpha} = \frac{\delta(\int_{-\infty}^{+\alpha} p(n) \dif n)}{\delta\alpha} = p(\alpha)
    \end{equation*}

    \begin{align*}
        \implies \text{Min} P_E &\implies \frac{\delta P_E(S)}{\delta S} = 0 \\
                            P_E &= p(V_2) \cdot F(S-V_2) + p(V_1) \cdot (1-F(S-V_1)) \\
        \frac{\delta P_E}{\delta S} &= p(V_2) \cdot p(S-V_2) + p(V_1) \cdot (-p(S-V_1)) = 0 \\
                                    &\implies \frac{p(S-V_2)}{p(S-V_1)} = \frac{p(V_1)}{p(V_2)} \\
              \frac{p(V_1)}{p(V_2)} &= \frac{e^{\frac{-(S-V_2)^2}{2\sigma^2}}}{e^{\frac{-(S-V_1)^2}{2\sigma^2}}} = e^{-\frac{(S-V_2)^2}{2\sigma^2} + \frac{(S-V_1)^2}{2\sigma^2}} \\
        2\sigma^2\ln{\frac{p(V_1)}{p(V_2)}} &= -(S-V_2)^2 + (S-V_1)^2 \\
                                            &= -S^2 + 2SV_2 - V_2^2 + S^2 - 2SV_1 + V_1^2 \\
                                            &= (V_2 - V_1)(2S - (V_1 + V_2)) \\
                                            &= 2\Delta V(S-S_0) \\ \\
                                 \implies S &= \frac{\sigma^2}{\Delta V}\ln{\frac{p(V_1)}{p(V_2)}} + S_0 = S_0 + \Delta S
    \end{align*}

\paragraph{4}
    En utilisant la formule de la question 3, donner les valeurs des seuils $S_1$, $S_2$ et $S_3$ qui permettent d'obtenir la probabilité d'erreur la plus basse (A.N. $\sigma^2 = \frac{1}{8} \text{ Volt}^2$)

    % TODO: à faire
    \begin{align*}
        S_1 &= -1.41V \\
        S_2 &= 0V \\
        S_3 &= 1.59V \\
    \end{align*}

\paragraph{5}
    Avec les valeurs de seuils obtenus à la question 4, calculer la probabilité d'erreur

    On donne le tableau suivant~:

    \begin{center}
    \begin{tabularx}{0.7\linewidth}{|Y|Y|Y|Y|Y|Y|Y|}
        \hline
        $x$ & 0.1 & 0.2 & 0.3 & 0.4 & 0.5 & 0.6 \\
        \hline
        $\mathrm{erfc}(x)$ & 0.8875 & 0.7773 & 0.6714 & 0.5716 & 0.4795 & 0.3961 \\
        \hline
        0.7 & 0.8 & 0.9 & 1.0 & 1.1 & 1.2 & 1.3 \\
        \hline
        0.3222 & 0.2579 & 0.2031 & 0.1573 & 0.1198 & 0.0897 & 0.0660 \\
        \hline
        1.4 & 1.5 & 1.6 & 1.7 & 1.8 & 1.9 & 2.0 \\
        \hline
        0.0477 & 0.0339 & 0.0237 & 0.0162 & 0.0109 & 0.0072 & 0.0047 \\
        \hline
    \end{tabularx}
    \end{center}

    \begin{align*}
        P_E &= p(-2) \cdot p(n>0.59V) \\
            &+ p(-1) \cdot p(n>1V) + p(-1) \cdot p(n<-0.41V) \\
            &+ p(+1) \cdot p(n>0.59V) + p(+1) \cdot p(n<-1V) \\
            &+ p(+2) \cdot p(n<-0.59V) \\
            &= p(n>0.59) [p(-2)+p(+1)] + p(n>1) [p(-1)+p(+1)] + p(n>0.41) [p(-1)+p(+2)] \\
    \end{align*}
    Or $p(n<-x) = p(n>+x) = \frac{1}{2} \mathrm{erfc}\left(\frac{x}{\sigma\sqrt{2}}\right)$, et $\sigma^2=\frac{1}{8}$, donc~:
    \begin{align*}
        p(n>x) &= \frac{1}{2} \mathrm{erfc}\left(\frac{x\sqrt{8}}{\sqrt{2}}\right) \\
               &= \frac{1}{2} \mathrm{erfc}(2x)
    \end{align*}
    \begin{align*}
        P_E &= \frac{1}{2}\mathrm{erfc}(2\times 0.59) \left[\frac{4}{9}+\frac{2}{9}\right] + \frac{1}{2}\mathrm{erfc}(2\times 1)\left[\frac{2}{9}=\frac{2}{9}\right]+\frac{1}{2}\mathrm{erfc}(2\times 0.41)\left[\frac{2}{9}+\frac{1}{9}\right] \\
            &= 7.4\%
    \end{align*}

\end{document}
