I та Q компоненти та різниця між QPSK та 4QAM

І 4QAM, і QPSK, мабуть, створюють однакову форму хвилі, але чи математично вони однакові?

Чи знаходяться в сузір’ї QPSK точки відображення при 45, 135, 225 та 315 градусах, тоді як 4QAM знаходиться на 0, 90, 180 та 270?

Я також намагаюся зрозуміти компоненти I / Q такої сузір'я діаграми. Що насправді означає "інфаза" та "квадратура-фаза"? Чи вони лише ще один спосіб визначити реальну та уявну частину для цього типу використання?

signal-analysis

— чві
джерело

Обидва однакові. QPSK можна розглядати як особливий випадок QAM.

— користувач7234

І сузір’я QPSK, і QAM мають сигнальні точки при та градусах (зверніть увагу на друкарські помилки у своєму запитанні). Вони виникають внаслідок амплітудної модуляції (або, якщо вам зручніше, фазової модуляції ) двох несучих сигналів (званих інфазними та квадратурними носіями), які є ортогональними (означає, що вони відрізняються за фазою на 90 градусів. Канонічне зображення QPSK або - Сигналом QAM протягом одного інтервалу символів є де і є синфазних і квадратура $4$ $45, 135, 225$ $315$ $4$

с (т) = (- 1)^{б_{Я}} \cos (2 π f_{c} т) - (- 1)^{б_{Q}} гріх (2 π f_{c} т)

$s(t) = (-1)^{b_I}\cos(2\pi f_c t) - (-1)^{b_Q}\sin(2\pi f_c t)$

\cos (2 π f_{c} t)

$\cos(2\pi f_c t)$

- \sin (2 π f_{c} t)

$-\sin(2\pi f_c t)$ сигнали несучої на частотах Гц і є двома бітами даних (природно називаються бітами даних інфазних і квадратурних даних, оскільки вони передаються на інфазних і квадратурних носіях). Зауважте, що інфазний носій має амплітуду або відповідно, як біт даних значень має значення або , і аналогічно носій квадратури має амплітуду або відповідно, як біт квадратурних даних має значення або

f_{c}

$f_c$

b_{I}, b_{Q} \in {0, 1}

$b_I, b_Q \in \{0,1\}$

\cos (2 π f_{c} t)

$\cos(2\pi f_c t)$

+ 1

$+1$

- 1

$-1$

0

$0$

1

$1$

- \sin (2 π f_{c} t)

$-\sin(2\pi f_c t)$

+ 1

$+1$

- 1

$-1$

0

$0$

1

$1$ . Деякі люди розглядають це як інверсію нормальної схеми речей, дидактично стверджуючи, що позитивні амплітуди повинні бути пов'язані з бітами даних, а негативними - з бітами. Але якщо ми подивимось на це з точки зору фазової модуляції, біт означає, що носій ( або може бути переданий без зміна фази, тоді як біт даних створює зміну фази (ми будемо вважати це затримкою фази )

градусів або

радіанів. Дійсно, ще один спосіб вираження QPSK /

1

$1$

0

$0$

0

$0$

\cos (2 π f_{c} t)

$\cos(2\pi f_c t)$

- \sin (2 π f_{c} t)

$-\sin(2\pi f_c t)$

1

$1$

180

$180$

π

$\pi$

4

$4$ Сигнал -QAM такий, як

с (т) = \cos (2 π f_{c} т - б_{Я} π) - гріх (2 π f_{c} т - б_{Q} π)

$s(t) = \cos(2\pi f_c t - b_I\pi) - \sin(2\pi f_c t - b_Q\pi)$ що робить точку зору фазової модуляції дуже чіткою. Але незалежно від того, яку точку зору ми використовуємо, під час інтервалу символів сигнал QPSK /

4

$4$ -QAM є одним із чотирьох наступних сигналів:

\sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т + \frac{π}{4}), \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т + \frac{3 π}{4}), \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т + \frac{5 π}{4}), \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т + \frac{7 π}{4})

$\sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + \frac{\pi}{4}\right),\\ \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + \frac{3\pi}{4}\right),\\ \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + \frac{5\pi}{4}\right),\\ \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + \frac{7\pi}{4}\right)$ відповідні

(b_{I}, b_{Q}) = (0, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1)

$(b_I,b_Q) = (0,0), (1,0), (1,1), (0,1)$ відповідно.

Зауважимо, що точка зору, взята тут, стосується QPSK, що складається з двох сигналів BPSK на фазо-ортогональних носіях . Демодулятор, таким чином, складається з двох приймачів BPSK (які називаються інфазною гілкою та квадратурною гілкою, що ще?). Альтернативний погляд на QPSK як на зміну фази одного несучої залежно від $4$ значного символу розробляється трохи пізніше.

Сигнал QPSK / $4$ -QAM також може бути виражений як

с (т) = Re {Б досвід (j 2 π f_{c} т)} = Re {[(- 1)^{б_{Я}} + j (- 1)^{б_{Q}}] досвід (j 2 π f_{c} т)}

$s(t) = \text{Re}\{B \exp(j2\pi f_c t)\} = \text{Re}\{[(-1)^{b_I}+j(-1)^{b_Q}] \exp(j2\pi f_c t)\}$ де

B

$B$ є символом базової смуги зі складною оцінкоюприймаючи значення в

{\pm 1 \pm j}

$\{\pm 1 \pm j\}$ і яке, будучи графіком на складній площині, дає точки сузір'я віддалені

\sqrt{2}

$\sqrt{2}$ від початку та при

45, 135, 225

$45, 135, 225$ та

315

$315$ градусах, що відповідають бітам даних

(b_{I}, b_{Q}) = (0, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1)

$(b_I,b_Q) = (0,0), (1,0), (1,1), (0,1)$ відповідно. Зауважте, щокомплементарнібітові пари лежать по діагоналі по колу одна від одної, так щопомилки подвійних бітівє менш ймовірними, ніж помилки однобітного розряду. Зауважте також, що біти природним чином виникають навколо кола в порядку сірого коду ; немає необхідності масажувати дану бітну пару даних

(d_{I}, d_{Q})

$(d_I,d_Q)$ (скажімо,

(0, 1)

$(0,1)$ ) з "природного представлення" (де це означає ціле число

2 = d_{I} + 2 d_{Q}

$2 = d_I+2d_Q$ :

d_{I}

$d_I$ - це LSB і

d_{Q}

$d_Q$ MSB тут) до "Представлення сірого коду"

(b_{I}, b_{Q}) = (1, 1)

$(b_I,b_Q) = (1,1)$ цілого числа

2

$2$ оскільки, здається, деякі реалізації наполягають на цьому. Дійсно, такі погладжування призводить допогіршенняпродуктивності BERтак якдекодируется

({\hat{b}}_{I}, {\hat{b}}_{Q})

$(\hat{b}_I,\hat{b}_Q)$ повинен бутиummassagedв приймальнику вдекодованих данихбітів

({\hat{d}}_{I}, {\hat{d}}_{Q})

$(\hat{d}_I,\hat{d}_Q)$ робитьодного каналу бітову помилку

(б_{Я}, б_{Q}) = (1, 1) \to ({\hat{б}}_{Я}, {\hat{б}}_{Q}) = (1, 0)

$(b_I,b_Q) = (1,1) \to (\hat{b}_I,\hat{b}_Q) = (1,0)$ вподвійнийбіт даних помилки

(г_{Я}, г_{Q}) = (0, 1) \to (б_{Я}, б_{Q}) = (1, 1) \to ({\hat{б}}_{Я}, {\hat{б}}_{Q}) = (1, 0) \to ({\hat{г}}_{Я}, {\hat{г}}_{Q}) = (1, 0) .

${(d_I,d_Q) = (0,1) \to (b_I,b_Q) = (1,1)\to (\hat{b}_I,\hat{b}_Q) = (1,0)}\to (\hat{d}_I,\hat{d}_Q) = (1,0).$

$45$ $\pi/4$ $\pi/4$

\sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т + \frac{π}{4}) \Rightarrow \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т + 0 \frac{π}{2}) = \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т), \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т + \frac{3 π}{4}) \Rightarrow \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т + 1 \frac{π}{2}) = - \sqrt{2} гріх (2 π f_{c} т), \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т + \frac{5 π}{4}) \Rightarrow \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т + 2 \frac{π}{2}) = - \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т) \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т + \frac{7 π}{4}) \Rightarrow \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т + 3 \frac{π}{2}) = \sqrt{2} гріх (2 π f_{c} т),

$\sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + \frac{\pi}{4}\right)\Rightarrow \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + 0\frac{\pi}{2}\right) = \sqrt{2}\cos(2\pi f_c t),\\ \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + \frac{3\pi}{4}\right)\Rightarrow \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + 1\frac{\pi}{2}\right) = -\sqrt{2}\sin(2\pi f_c t),\\ \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + \frac{5\pi}{4}\right) \Rightarrow \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + 2\frac{\pi}{2}\right) = -\sqrt{2}\cos(2\pi f_c t) \\ \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + \frac{7\pi}{4}\right)\Rightarrow \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + 3\frac{\pi}{2}\right) = \sqrt{2}\sin(2\pi f_c t),\\$

0, 90, 180, 270

$0,90,180,270$

{0, 1, 2, 3}

$\{0,1,2,3\}$

\begin{array}{ccccccc} (б_{Я}, б_{Q}) & нормальне значення к & Сіре значення коду ℓ & сигнал, як зазначено вище & фазомодульований сигнал \\ (0, 0) & 0 & 0 & \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т) & \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т - 0 \frac{π}{2}) \\ (0, 1) & 1 & 1 & \sqrt{2} гріх (2 π f_{c} т) & \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т - 1 \frac{π}{2}) \\ (1, 1) & 3 & 2 & - \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т) & \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т - 2 \frac{π}{2}) \\ (1, 0) & 2 & 3 & - \sqrt{2} гріх (2 π f_{c} т) & \sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т - 3 \frac{π}{2}) \end{array}

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline (b_I,b_Q) & \text{normal value} ~k & \text{Gray code value} ~\ell & \text{signal as above} &\text{phase-modulated signal}\\ \hline (0,0) & 0 & 0 & \sqrt{2}\cos(2\pi f_c t) & \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t - 0\frac{\pi}{2}\right)\\ (0,1) & 1 & 1 & \sqrt{2}\sin(2\pi f_c t) & \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t - 1\frac{\pi}{2}\right)\\ (1,1) & 3 & 2 & -\sqrt{2}\cos(2\pi f_c t) & \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t - 2\frac{\pi}{2}\right)\\ (1,0) & 2 & 3 & -\sqrt{2}\sin(2\pi f_c t) & \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t - 3\frac{\pi}{2}\right)\\ \hline \end{array}$

(b_{I}, b_{Q})

$(b_I,b_Q)$

ℓ \in {0, 1, 2, 3}

$\ell \in \{0,1,2,3\}$

\sqrt{2} \cos (2 π f_{c} т - ℓ \frac{π}{2}) .

$\sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t - \ell\frac{\pi}{2}\right).$

\sqrt{2} \cos (2 π f_{c} t)

$\sqrt{2}\cos(2\pi f_c t)$

0

$0$

ℓ \frac{π}{2}

$\ell\frac{\pi}{2}$

ℓ

$\ell$

$\sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t - \ell\frac{\pi}{2}\right)$ $\ell$ 0123 $(b_I, b_Q)$ $\ell$ $(1,1)$ $\ell$ $2$ $(1,1)$ $3$ це помилка розшифровки , яка зазвичай не обговорюється в підручниках!

— Діліп Сарват
джерело

Це найнеймовірніша відповідь, яку я коли-небудь отримував у SE! Незважаючи на те, що я бачу, що я маю багато, щоб загорнути свою думку, дуже дякую! Дивовижна ...

— chwi

Мій капелюх відійшов до Діліпа за його фантастичну відповідь. Щодо суто практичної примітки, якщо ви повинні написати приймач для 4QAM і QPSK, і вам доведеться виправити довільне зміщення фази, повинно бути зрозуміло, що приймач фізичного рівня для одного буде працювати як приймач фізичного рівня для інший. Крім того - знову ж , не применшує відповідь Діліпа, але найпростіше пояснення того , як IQ може ставитися до речових зразкам тут

— Dave C

@Dilip Sarwate Відмінна відповідь. Я можу припустити, що QPSK можна досягти двома способами. По-перше, це просто модулювання амплітуди та надсилання по каналах I та Q, або другий спосіб, лише фазова модуляція сигналу на -lpi / 2, де l = {0,1,2,3}. Тому вам не потрібно комбінувати амплітудну та фазову модуляції. Чи правильно я вважаю, що мені потрібно робити як амплітуду, так і фазову модуляцію, щоб досягти більш високих порядків QAM, таких як 16-QAM і 64-QAM?

— Каран Таласіла

2

$2$

M

$M$

M

$M$

2

$2$

2^{2 m}

$2^{2m}$

2^{m}

$2^m$

m > 1

$m > 1$

— Діліп Сарват

@Talasila A в QAM означає амплітуду.

— Діліп Сарват