Bài giảng Chương 3: Ứng dụng mã khối không gian và thời gian (STBC) trong OFDM

CHƯƠNG 3: ỨNG DỤNG MàKHỐI KHÔNG GIAN VÀ THỜI 
GIAN (STBC) TRONG OFDM
I.Giới thiệu về Alamouti:
1.1. Giới thiệu:

Các thế  hệ  tiếp theo của wireless yêu cầu chất lượng tốt hơn, tốc  
độ  truyền dữ  liệu cao hơn. Hoạt động tốt trong những môi trường khác 
nhau như: vi mô, vĩ mô, tế bào; thành phố lớn, thành phố  nhỏ, nông thôn;  
ở trong nhà và ngoài trời. Các thế hệ tiếp theo không chỉ có chất lượng tốt 
hơn mà còn có công suất cao hơn và sử  dụng băng thông hiệu quả  hơn, 
được triển khai trên các loại môi trường khác nhau. Đồng thời các dịch vụ 
phải có giá cả  phải chăng để  dễ  dàng được sử  dụng rộng rãi trong thị 
trường. Trên thực tế  chúng ta sử  dụng phân tập theo không gian có vẻ  là 
hiệu quả nhất đối với các thế hệ tiếp theo.
Tăng chất lượng và giảm lỗi trong fading đa đường là vấn đề  vô 
cùng khó khăn.Thêm vào đó còn có nhiễu Gauss trắng. Khi sử dụng các sơ 
đồ  điều chế và mã hóa,  giảm BER từ10­2 xuống 10­3thì chỉ yêu cầu phải 
tăng tỷ số SNR từ 1 đến 2 dB. Trong khi đó để đạt BER như trên và trong 
cùng môi trường fading đa đường như vậy có thể phải tăng sỷ số SNR lên 
đến 10dB. Tăng công suất phát và mở  rộng băng truyền không phải là 
cách duy nhất để cải thiện tỷ số SNR, đây là kỹ  thuật trá với những yêu 
cầu của thế  hệ  tiếp theo. Vì vậy vấn đề  đặt ra là vẫn đạt được những 
tiêu chí  ở  trên mà không cần tăng công suất phát hay là mở  rộng băng 
thông.
Vế mặt lý thuyết, kỹ thuật hiệu quả nhất để giảm ảnh hưởng của 
fading là điều khiển công suất. Trên thực tế thì việc tăng công suất bị giới  
hạn   và   còn   phụ   thuộc   vào   kích   thước   và   chi   phí   của   các   bộ   khuếch  
đại.Một vấn đề  nữa là bên phát không biết bất kỳ  thông tin nào của bên 
thu. Vì vậy cần một đường truyền hồi tiếp từ bên thu về bên phát. Do đó 
làm giảm thông lượng của kênh truyền và tăng độ  phức tạp của cả  bên 
phát và thu. Hơn nữa, trong một số  ứng dụng không có đường truyền hồi 

tiếp.
Trong những môi trường bức xạ, phân tập không gian bằng cách sử 
dụng nhiều anten đã được sử  dụng rỗng rãi và mang lại hiểu quả  trong  
việc giảm fading  đa đường. Phương pháp kinh điển là sử  dụng nhiều 
anten bên thu để  kết hợp hoặc chọn lọc để  thu được tín hiệu tốt nhất.  
Một vấn đề  lớn khi sử  dụng nhiều anten bên thu là chi phí lớn, tăng kích 
cỡ  của máy thu. Do đó, kỹ  thuật này được áp dụng đối với bên phát để 


cải thiện chất lượng dịch vụ. Một trạm phát thường phục vụ  hàng trăm 
đến hàng ngàn máy thu. Dó đó hiệu quả kinh tế đạt được lớn hơn so với  
khi áp dụng kỹ thuật này đối với bên thu. Đó là lý do làm cho phân tập bên  
thu trở nên hấp dẫn.

1.2. Sơ đồ phân tập mới với 2 anten phát và 1 anten thu:

1.2.1. Mã hóa và truyền dẫn:

 
Trong cùng một chu kỳ ký tự, hai tín hiệu được truyền đồng thời từ 2 
anten. Tín hiệu từ anten 0 ký hiệu S0 và tín hiệu từ anten 2 ký hiệu là S1. Trong chu 
kỳ ký tự kế tiếp, tín hiệu –S1* được truyền từ anten 0 và tín hiệu S0* được truyền từ 
anten 1. Bảng mã hóa và truyền tuần tự của 2 anten.

Tại thời điểm t, độ lơi đường truyền đối với anten 0 là h0(t) và anten 1 là h1(t). 
Giả sử fading không đổi giữa 2 ký tự kế tiếp nhau. Do đó ta có:


Trong đó: T là thời gian tồn tại của ký tự.
Tín hiệu nhận được:

1.3.2. Khối combining:

Tổng hợp 2 tín hiệu nhận được :

Thay h0, h1, r0,r1 ở trên vào ta được:

Xác suất lỗi thu được khi ứng dụng Alamouti ( sử dụng điều chế BPSK) 
là:
Pe

1
2

1
2
1
2
Eb / N 0

Trong đó: Eb/N0 là tỷ số tín hiệu trên nhiễu.

1.3.4. Kết quả thu được:

1
2


BER for BPSK modulation with Alamouti STBC (Rayleigh channel)
Voi 1Tx & 1Rx(theo ly thuyet)

Voi 2Tx & 1Rx, Alamouti(ly thuyet)
Voi 2Tx & 1Rx, Alamouti(Mo phong)

-1

10

-2

Bit Error Rate

10

-3

10

-4

10

0

5

10

15

20

25

Eb/No, dB

Nhận xét: BER thu được kết quả mô phỏng xuất xỹ BER tính theo công 
thức ở trên. Khi sử dụng phân tập với 2 anten phát và 1 anten thu thì BER 
giảm đi đáng kể.

II.Ứng dụng alamouti trong OFDM:
2.1.Mô hình tổng quát:


Sơ đồ tổng quát với n anten phát và m anten thu

2.2.Mô hình với 2 anten phát và 1 anten thu:
Chúng ta xét một hệ thống OFDM single­user với hai anten phát 
và một anten nhận được mô ta như trong hình vẽ. 


Tx
Chuỗi bi vào
Điều chế

IFFT
Mã hóa
STBC
IFFT

Chuỗi bit ra

Giải điều
Chề

2.3. Mô tả hệ thống: 

Giải mã
STBC

P/S &
Cyclic
Prefix
PS &
Cyclic
Prefix

FFT

h1(n

1

)

Tx
2

h2(n

R

x

)

Xoá CP &
S/P

Giả  sử  hệ  thống OFDM có N sóng mang con. Băng thông B được  
chia   thành   N   sóng   mang   con   tại   tần   số   k f ,   với   k=0,1,…N­1   và   f
=B/N.Tại bên phát, chuỗi bit được sắp xếp và điều chế  bởi PSK, hoặc 
QPSK...  trở thành chuỗi số phức:
Ci=[c0,i; c1,i; c2,i….. cQ­1,i]
Trong đó: Q=log2 M với M: số mức điều chế; i:là số kí tự phức thứ i. 
Chuỗi kí tự  này sẻ  được chuyển đổi từ  nối tiếp thành N kí tự  song song  
(nhờ bộ chuyển đổi S/P) tương ứng với N sóng mang con như sau:
Dn,m=[d0,m; d1,m; d2,m; dN­1,m]
Trong đó: m:là ký tự thứ m của OFDM.


Sau   đó   chuỗi   ký   tự   dk,m    với   k=0,1…,N­1   được   đưa   đến   khối 
STBC.Tại đây chuỗi ký tự  dk,m sẽ  được chia thành các nhóm. Mỗi nhóm 
gòm 2 kí tự  lần lượt là {d0,m,d1,m}, {d1,m,d1,m},…,{dN­2,m,dN­1}. Đối với mỗi 
nhóm như vậy sẽ tạo ra các kí tự s1,s2,­s2*,s1*.
Trong khe thời gian thứ nhất 2 kí tự  s1,s2 được phát đồng thời trên  
anten 1 và anten 2,ở  khe thời gian tiếp theo 2 ký tự    ­s2*,s1*    được phát 
đồng thời trên  anten 1và anten 2.


Do đó ta có:

Hay:

Xm,[1,1]= [s1,s3,s5….]          
Xm,[2,1]=  [s2,s4,s6….]
Xm,[1,2]=­Xm,[1,2]*=[­s2* ,­s4* ,­s6* ….]
Xm,[2,2]= Xm,[1,1]*= [s1*,s3*,s5*…..]

                    Xm[J,t]= Xm,n,[J,t] =

x0 , x1, x2 ....xN −1 

 

Trong đó: m: là số  kí tự thứ m của OFDM.
                n: là số kí tự thứ n được điều chế trên sóng mang con n.
                J: là số thứ tự anten phát J=1,2.
                T: là khe thời gian tương ứng t=1,2.    
Biến đổi IFFT để để điều chế sóng mang. Để tránh nhiễu xuyên ký 
tự  ta chèn CP(cycle prefix) có chiều dài là NG . Do đó, chiều dài của một 
ký tự lúc này là: (N+NG)TS. 

x n,m [ J ]

1
N

N 1

X m[J ] e

j 2 kn
N

k 0

 
Trong đó:   n  {­Ng,….,0,…N­1}. 
                   J=1,2 tương đương với anten1,2.
         
Tín hiệu từ hai anten được truyền trên các kênh truyền độc lập. Tín 
hiệu từ  bên phát đến bên thu có thể  được truyền trên nhiều đường khác 
nhau (multipath). Giả  sử  đường truyền có L nhóm, và mỗi nhóm có biên 
độ  hi,l[n,p] và thời gian trễ  pTs. Trong đó, hi,l[n,p] là biên độ  của thành 
phần biên độ của nhóm thứ l giữa anten phát thứ i và anten nhận tại mẫu 
n trong chu kỳ của ký tự thứ l. Giả sử, giá trị lớn nhất của lan truyền trễ 
của hai kênh truyền là như nhau và bằng (L­1)Ts. 

ym

L 1
l 0

xm

h

l ,[1] l , m ,[1]

xm

h

l ,[ 2 ] l , m ,[ 2 ]

wb


Sau khi xóa CP. Mẫu thứ  n trong ký tự  thứ  m trong OFDM có thể 
được viết như sau:

yn,m

L 1

xn

h

l , m ,[1] l , n , m ,[1]

xn

h

l , m ,[ 2 ] l , n , m[ 2 ]

z n,m

l 0
Trong đó: hl,n,m[1]; hl,n,m[2] là hệ số kênh truyền ở anten 1 và anten2

                 n=0…N­1 tương đương với các sóng mang con
                 Zn,m:là nhiễu AWGN(additive white gausian)
Biến đổi FFT ta được

     
Yk,m=Hk,m[1]Xk,m[1] + Hk,m[2]Xk,m[2] +Zk,m
Trong đó:

                
Tín hiệu được đưa đến bộ giải mã STBC. Ở khe thời gian thứ nhất và thứ 
2 ta thu được Y1 và Y2 lần lượt là:
Y1= Hk,m[1]Xk,m[1] + Hk,m[2]Xk,m[2] +Z1,k,m
                                   = Hk,m[1]Sn,1 + Hk,m[2]Sn,2 +Z1,k,m
Y2= Hk,m[1]Xk,m[1] + Hk,m[2]Xk,m[2] +Z2,k,m


                                   = ­Hk,m[1] Sn,2* + Hk,m[2]Sn,1* +Z2,k,m
  
Hay ta có:

H k , m ,[1]

Y1
Y2

*

Đặt:    H=  

*

H k , m ,[ 2 ]

H k , m ,[ 2 ]

S n ,1

Z1, k , m

*

Sn,2

Z 2, k , m

H k , m,[1]

H k ,m[1]

H k , m[ 2 ]

H k , m[ 2 ] *

H k ,m[1] *

H k ,m[1] *

H k , m[ 2 ]

và  S = [Sn,1,Sn,2]T, Y=[Y1,y2*]T ,Z=[Z1,k,m 

Z2,k,m]
H

Ta có H  H=

                   =

H k , m[ 2 ] *
H k ,m[1]

2

H k ,m[1]

H k , m[ 2 ]

H k ,m[1] H k ,m[ 2] *
H k , m[ 2 ]

2

H k ,m[1] *

 

0

0

H k ,m[1]

2

H k , m[ 2 ]

2

Gọi x=HH *Y với x=[x1,x2]T  ta có: 
x=[x1 x2]T=( ( H k ,m[1]

2

2

~

Trong đó:  n =HH Z,; I2 : ma trận đơn vị I2=
Suy ra:  x

i

arg min{xi

~

H k ,m[ 2 ] ) I2 S+ n

( H k , m ,[1]

2

1 0
0 1
2

H k , m ,[ 2 ] ) S i }

Với Si =1­ j; 1+ j; ­1­ j; ­1 + j đối với điều chế  QPSK. Từ  xi thu được ta 
giải điều chế thua được chuỗi bit truyền.