Modulazione e rivelazione sincrona

Un segnale lento nel rumore lento

Resta l’ultimo dei quattro casi: un segnale costante, o quasi, sepolto in un rumore a bassa frequenza. La media non funziona, perché il rumore non cambia abbastanza in fretta da cancellarsi; il passa-alto nemmeno, perché toglie insieme al rumore anche il segnale. L’idea viene dalle telecomunicazioni: spostare il segnale in frequenza, lontano dal rumore, prima che il rumore si aggiunga; filtrarlo là, dove il rumore è basso; e riportarlo indietro. Spostare un segnale in frequenza vuol dire moltiplicarlo per un’oscillazione, la portante.

La modulazione d’ampiezza

Si moltiplica il segnale lento $x(t)$ per una portante sinusoidale $c(t) = A\cos(\omega_ct + \phi)$, con $f_c = \omega_c/2\pi$ molto più alta delle frequenze di $x$: il risultato $m(t) = x(t)\,c(t)$ è un’oscillazione alla frequenza della portante, con l’ampiezza che segue il segnale.

Se lo spettro di $x$ è largo meno di $f_c$, le due copie non si sovrappongono, e tutta l’informazione del segnale si trova ora attorno alla portante. Il rumore che si aggiunge dopo la modulazione, invece, resta dov’era: a bassa frequenza, se è rumore $1/f$ o una deriva.

La demodulazione sincrona

Per riportare indietro il segnale si fa la stessa operazione: si moltiplica di nuovo per una sinusoide alla frequenza della portante, il riferimento, e si filtra con un passa-basso.

Con il riferimento esatto, $\Delta\omega = 0$ e $\Delta\phi = 0$, l’uscita è $(AB/2)\,x(t)$: il segnale torna com’era, a meno di una costante. Un errore di fase lo riduce del fattore $\cos\Delta\phi$, e con $\Delta\phi = 90°$ lo annulla. Un errore di frequenza è peggio: l’uscita oscilla alla frequenza di battimento $\Delta f$, e il valore letto dipende dall’istante in cui lo si legge. Il riferimento deve quindi essere agganciato in frequenza e in fase alla portante, e per questo si parla di rivelazione sincrona, o coerente, e di rivelatore sensibile alla fase: un moltiplicatore seguito da un passa-basso. Nei laboratori la condizione è facile, perché la portante la genera lo stesso strumento che fa la misura; nelle radio è il problema principale, e le prime radio lo aggiravano con un diodo che raddrizzava il segnale e ne seguiva l’inviluppo, una rivelazione non coerente, più semplice ma molto peggiore con i segnali deboli.

Il rivelatore come filtro

Il rivelatore sensibile alla fase è un filtro tempo-variante. La sua uscita è

$$y(t) = \int x(\tau)\,w_R(\tau)\,w_{LP}(t, \tau)\,d\tau ,$$

con $w_R$ il riferimento e $w_{LP}$ la funzione peso del passa-basso: la funzione peso del rivelatore è il prodotto dei due, $w(t, \tau) = w_R(\tau)\,w_{LP}(t, \tau)$. Anche con un passa-basso tempo-invariante, il riferimento la fa dipendere da $t$ e da $\tau$ separatamente.

Si prenda un segnale costante $A$, modulato: all’ingresso del rivelatore arriva $A\cos\omega_c\tau$. Se il passa-basso è un integratore puro, la sua funzione peso è costante sull’intervallo di misura, e la funzione peso del rivelatore è proporzionale a $\cos\omega_c\tau$: proporzionale al segnale. Per il teorema del filtro adattato, con rumore bianco il rivelatore è il filtro ottimo per una sinusoide di frequenza e fase note. Con un filtro RC la funzione peso è un coseno dentro un’esponenziale, e il filtro è quasi ottimo. L’uscita, in tutti e due i casi, è una stima della correlazione tra l’ingresso e il riferimento: massima quando hanno la stessa frequenza e la stessa fase, nulla quando sono in quadratura.

Il rumore dopo la demodulazione

Il rumore all’ingresso del rivelatore viene moltiplicato per il riferimento come il segnale. Se il rumore è stazionario, il prodotto non lo è più: la sua varianza oscilla, più grande quando il riferimento è al massimo e nulla quando passa per zero. È un rumore ciclostazionario, con statistiche periodiche. Il passa-basso, che media su molti periodi della portante, vede però solo la sua media.

Il senso è quello della figura: la demodulazione sposta il segnale a frequenza zero e il rumore attorno a $\pm f_c$; oppure, guardando dall’ingresso, sposta la finestra del passa-basso attorno alla portante. Il rumore che conta è quello vicino a $f_c$, non quello vicino a zero.

Il confronto è immediato. Un segnale costante $A$, modulato in $A\cos\omega_ct$ e demodulato con $B\cos\omega_ct$, dà l’uscita $AB/2$ e il rumore della proposizione; lo stesso segnale non modulato, con un passa-basso della stessa banda, dà l’uscita $A$ con varianza $S(0)B_n$. Quindi

$$\begin{gathered} \left(\frac{S}{N}\right)_{\text{sincrona}} = \frac{A}{\sqrt{2S(f_c)B_n}} , \\[0.5em] \frac{(S/N)_{\text{sincrona}}}{(S/N)_{\text{passa-basso}}} = \sqrt{\frac{S(0)}{2S(f_c)}} . \end{gathered}$$

La rivelazione sincrona conviene solo se la densità di rumore alla portante è meno di metà di quella a bassa frequenza: sempre, con il rumore $1/f$ e con le derive, mai con il rumore bianco, dove costa un fattore $\sqrt2$.

Tutto questo vale a una condizione: la modulazione deve avvenire prima delle sorgenti di rumore che si vogliono evitare, di solito gli amplificatori. Se si modula dopo l’amplificatore, segnale e rumore $1/f$ si spostano insieme e non si guadagna nulla. Per un ponte di Wheatstone si modula l’alimentazione del ponte, con una tensione alternata invece che continua: l’uscita del ponte è già modulata, e l’offset e il rumore $1/f$ dell’amplificatore per strumentazione restano a bassa frequenza, dove il rivelatore non guarda. Per una misura ottica si interrompe il fascio con un chopper, un disco con settori vuoti che gira davanti alla sorgente: la luce che arriva al campione è un’onda quadra, e con essa il segnale del fotodiodo. È il principio dell’amplificatore lock-in, l’argomento del prossimo articolo.

Esercizi risolti e commentati

Esercizio 1. Un ponte di Wheatstone dà un segnale di $1$ μV, letto da un amplificatore con $10$ nV/√Hz e frequenza d’angolo del rumore $1/f$ di $1$ kHz, cioè $K = 10^{-13}$ V². Il filtro di uscita ha banda equivalente di $1$ Hz, e la misura dura un’ora. Che rapporto segnale-rumore si ottiene alimentando il ponte in continua? E con un’alimentazione alternata a $10$ kHz, della stessa ampiezza, e un rivelatore sincrono?

Soluzione. In continua il rumore bianco dà $10^{-16}\cdot1 = 10^{-16}$ V², quello $1/f$ circa $K\ln(f_H/f_L)$ con $f_H \simeq 1$ Hz e $f_L = 1/3600$ Hz: $10^{-13}\cdot8{,}2 = 8{,}2\times10^{-13}$ V². Il rumore è $0{,}91$ μV e il rapporto segnale-rumore $1{,}1$. In alternata la densità a $10$ kHz è $10^{-16}(1 + 0{,}1) = 1{,}1\times10^{-16}$ V²/Hz, e $S/N = 1\ \mu\text{V}/\sqrt{2\cdot1{,}1\times10^{-16}\cdot1} = 67$.

Commento. Sessanta volte meglio, e in più spariscono l’offset dell’amplificatore e le forze elettromotrici termoelettriche dei collegamenti, che sono tensioni continue. Non sparisce invece il rumore $1/f$ delle resistenze del ponte: una fluttuazione di resistenza moltiplica la tensione di alimentazione, e quindi viene modulata insieme al segnale. La modulazione protegge solo da ciò che si aggiunge dopo.

Esercizio 2. Di quanto si riduce l’uscita di un rivelatore sincrono con un errore di fase di $10°$, $45°$, $90°$? E che cosa succede se il riferimento ha un errore di frequenza di $0{,}01$ Hz, con un filtro di uscita di un secondo?

Soluzione. L’uscita è moltiplicata per $\cos\Delta\phi$: $0{,}985$, $0{,}707$ e $0$. Con un errore di frequenza l’uscita è $(AB/2)\,x\cos(2\pi\cdot0{,}01\,t + \Delta\phi)$: un’oscillazione con un periodo di $100$ s, che il filtro da un secondo lascia passare quasi intatta. La lettura cambia continuamente, e passa per zero due volte ogni cento secondi.

Commento. Un errore di fase piccolo costa poco, perché il coseno è piatto vicino a zero: $10°$ tolgono l’$1{,}5\%$. Per questo gli strumenti permettono di regolare la fase del riferimento cercando il massimo dell’uscita. L’errore di frequenza invece non si corregge con una regolazione: il riferimento deve venire dallo stesso oscillatore che produce la portante, o esserne agganciato.

Esercizio 3. Perché, con un rumore bianco, la rivelazione sincrona dà un rapporto segnale-rumore $\sqrt2$ volte peggiore di un passa-basso sul segnale non modulato?

Soluzione. Il segnale modulato $A\cos\omega_ct$ ha lo stesso picco del segnale costante $A$, ma valore efficace $A/\sqrt2$: porta metà della potenza. Dal punto di vista delle frequenze, il rivelatore raccoglie il rumore da una banda larga $2B_n$ attorno alla portante, da $f_c - B_n$ a $f_c + B_n$, mentre il passa-basso lo raccoglie da una banda larga $B_n$, da zero a $B_n$. Con densità uguale, il rivelatore raccoglie il doppio della potenza di rumore.

Commento. Le due spiegazioni sono la stessa cosa vista da due lati. Il fattore $\sqrt2$ è il prezzo fisso della modulazione; conviene pagarlo quando la densità di rumore a bassa frequenza è più del doppio di quella alla portante, cioè quasi sempre, perché ogni amplificatore ha rumore $1/f$ e offset.

Esercizio 4. Una misura ottica usa un chopper: la luce è un’onda quadra che vale $A$ metà del tempo e $0$ nell’altra metà. Si demodula con una sinusoide alla frequenza del chopper. Quanto vale il rapporto segnale-rumore rispetto a una misura in continua con la luce sempre accesa e lo stesso rumore bianco? Quando conviene?

Soluzione. L’onda quadra tra $0$ e $A$ è $A/2$ più una serie di armoniche dispari; la fondamentale ha ampiezza $2A/\pi$. È solo questa che il rivelatore con riferimento sinusoidale riporta a frequenza zero, e il rapporto segnale-rumore è $(2A/\pi)/\sqrt{2S(f_c)B_n}$. In continua sarebbe $A/\sqrt{S(0)B_n}$. Con lo stesso rumore il rapporto tra i due è $2/(\pi\sqrt2) = 0{,}45$. Il chopper conviene se $S(0)/S(f_c) > 1/0{,}45^2 = 4{,}9$.

Commento. Si perde più della metà: la luce è spenta metà del tempo, e le armoniche superiori dell’onda quadra, che portano parte del segnale, non vengono usate. Ma i fotodiodi e i loro amplificatori hanno a bassa frequenza rumori $1/f$, derive e luce ambiente che superano facilmente di cento o mille volte il rumore alla frequenza del chopper, e allora la perdita è irrilevante. Un rivelatore con riferimento a onda quadra recupera anche le armoniche, ed è quello che fanno molti amplificatori lock-in.