I和Q组件以及QPSK和4QAM之间的区别

4QAM和QPSK显然产生相同的波形，但是它们在数学上是否相同？

在QPSK星座图中，映射点是在45、135、225和315度，而4QAM是在0、90、180和270度吗？

我也很难理解这种星座图的I / Q组件。“同相”和“正交相”实际上是什么意思？它们只是为这种用法指定实部和虚部的另一种方法吗？

signal-analysis

— wi
source

两者是相同的。QPSK可被视为QAM的特例。

— user7234 2013年

QPSK和 -QAM星座图的信号点均为度度和度（请注意问题中的错字）。他们从出现幅度调制（或者，如果愿意，相位调制）两个载波信号（称为同相和正交载波）是正交的（这意味着它们由90度的相位上相差一个QPSK或的规范表示的。 -一个符号间隔内 QAM信号为其中和是同相和正交 $4$ $45, 135, 225$ $315$ $4$

s （ Ť ） = （ - 1个 ）^{b_{一世}} \cos （ 2 π F_{C} Ť ） - （ - 1个 ）^{b_{问}} 罪 （ 2 π F_{C} Ť ）

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

\cos (2 π f_{c} t)

$\cos(2\pi f_c t)$

- \sin (2 π f_{c} t)

$-\sin(2\pi f_c t)$ 频率为 Hz和载波信号是两个数据位（自然而然地称为同相和正交数据位，因为它们是在同相和正交载波上传输的）。注意，同相载波已幅度或，根据作为同相数据位具有值或，并且类似地，正交载波具有振幅或，因为正交数据位的值为或

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

$1$ 。有人认为这是对正常事物方案的一种颠覆，从理论上断言正振幅必须与数据位相关联，负振幅必须与数据位相关联。但是，如果从相位调制的角度来看它，则比特表示载波（或视情况而定））被传输而没有在相变而数据位产生的相位变化（我们将认为它作为相位延迟）的度或弧度。确实，表达QPSK /另一种方式

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

$4$ -QAM信号为，这使相位调制观点非常清晰。但是，无论我们使用哪个视点，在符号间隔内，QPSK / -QAM信号都是以下四个信号之一：对应于。

s （ Ť ） = \cos （ 2 π F_{C} Ť - b_{一世} π ） - 罪 （ 2 π F_{C} Ť - b_{问} π ）

$s(t) = \cos(2\pi f_c t - b_I\pi) - \sin(2\pi f_c t - b_Q\pi)$

4

$4$

\sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť + \frac{π}{4} ） ， \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť + \frac{3 π}{4} ） ， \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť + \frac{5 π}{4} ） ， \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť + \frac{7 π}{4} ）

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

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

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

请注意，此处的观点是QPSK，它由正交正交载波上的两个BPSK信号组成。因此，解调器由两个BPSK接收器组成（称为同相分支和正交分支，还有什么？）。稍后再开发QPSK的另一种观点，即根据值符号改变单个载波的相位。 $4$

QPSK / -QAM信号也可以表示为其中是采用值的复值基带符号，其中，在复平面上描绘的情况下，给出了星座点遥远从原点，并在，和对应于数据比特度。请注意，互补位对彼此对角地跨圆，因此出现双位错误 $4$

s （ Ť ） = 回覆 {乙 经验值 （ Ĵ 2 π F_{C} Ť ）} = 回覆 {[（ - 1个 ）^{b_{一世}} + Ĵ （ - 1个 ）^{b_{问}}] 经验值 （ Ĵ 2 π F_{C} Ť ）}

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

B

$B$

{\pm 1 \pm j}

$\{\pm 1 \pm j\}$

\sqrt{2}

$\sqrt{2}$

45, 135, 225

$45, 135, 225$

315

$315$

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

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

比单一位错误的可能性小。还要注意，这些位自然以格雷码的顺序出现在圆周围; 无需从“自然表示”中按摩给定的数据位对（例如）（其中整数：是LSB，而是MSB ）到整数 “灰色代码表示形式”，因为某些实现似乎坚持这样做。事实上，这样的按摩导致较差的 BER性能，因为解码

(d_{I}, d_{Q})

$(d_I,d_Q)$

(0, 1)

$(0,1)$

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

$2 = d_I+2d_Q$

d_{I}

$d_I$

d_{Q}

$d_Q$

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

$(b_I,b_Q) = (1,1)$

2

$2$

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

$(\hat{b}_I,\hat{b}_Q)$ 必须ummassaged在接收机到解码数据位使单信道位错误进入双数据位错误

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

$(\hat{d}_I,\hat{d}_Q)$

（ b_{一世} ， b_{问} ） = （ 1个 ， 1个 ） \to （ {\hat{b}}_{一世} ， {\hat{b}}_{问} ） = （ 1个 ， 0 ）

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

（ d_{一世} ， d_{问} ） = （ 0 ， 1个 ） \to （ b_{一世} ， b_{问} ） = （ 1个 ， 1个 ） \to （ {\hat{b}}_{一世} ， {\hat{b}}_{问} ） = （ 1个 ， 0 ） \to （ {\hat{d}}_{一世} ， {\hat{d}}_{问} ） = （ 1个 ， 0 ） 。

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

如果我们将上面显示的四个可能的信号延迟度或弧度（从余弦曲线的参数中减去弧度），我们得到 $45$ $\pi/4$ $\pi/4$

\sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť + \frac{π}{4} ） \Rightarrow \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť + 0 \frac{π}{2} ） = \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť ） ， \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť + \frac{3 π}{4} ） \Rightarrow \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť + 1个 \frac{π}{2} ） = - \sqrt{2} 罪 （ 2 π F_{C} Ť ） ， \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť + \frac{5 π}{4} ） \Rightarrow \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť + 2 \frac{π}{2} ） = - \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť ） \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť + \frac{7 π}{4} ） \Rightarrow \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť + 3 \frac{π}{2} ） = \sqrt{2} 罪 （ 2 π F_{C} Ť ） ，

$\sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + \frac{\pi}{4}\right)\Rightarrow \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + 0\frac{\pi}{2}\right) = \sqrt{2}\cos(2\pi f_c t),\\ \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + \frac{3\pi}{4}\right)\Rightarrow \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + 1\frac{\pi}{2}\right) = -\sqrt{2}\sin(2\pi f_c t),\\ \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + \frac{5\pi}{4}\right) \Rightarrow \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + 2\frac{\pi}{2}\right) = -\sqrt{2}\cos(2\pi f_c t) \\ \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + \frac{7\pi}{4}\right)\Rightarrow \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t + 3\frac{\pi}{2}\right) = \sqrt{2}\sin(2\pi f_c t),\\$ 给出四个星座点为

0, 90, 180, 270

$0,90,180,270$ OP所指的学位。这种形式为我们提供了另一种查看QPSK信令的方式：单载波信号，其相位根据输入符号的不同而取四个值，而输入符号的取值为。我们以表格形式表示。

{0, 1, 2, 3}

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

\begin{array}{ccccccc} （ b_{一世} ， b_{问} ） & 正常值 ķ & 格雷码值 ℓ & 信号如上 & 调相信号 \\ （ 0 ， 0 ） & 0 & 0 & \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť ） & \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť - 0 \frac{π}{2} ） \\ （ 0 ， 1个 ） & 1个 & 1个 & \sqrt{2} 罪 （ 2 π F_{C} Ť ） & \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť - 1个 \frac{π}{2} ） \\ （ 1个 ， 1个 ） & 3 & 2 & - \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť ） & \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť - 2 \frac{π}{2} ） \\ （ 1个 ， 0 ） & 2 & 3 & - \sqrt{2} 罪 （ 2 π F_{C} Ť ） & \sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť - 3 \frac{π}{2} ） \end{array}

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline (b_I,b_Q) & \text{normal value} ~k & \text{Gray code value} ~\ell & \text{signal as above} &\text{phase-modulated signal}\\ \hline (0,0) & 0 & 0 & \sqrt{2}\cos(2\pi f_c t) & \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t - 0\frac{\pi}{2}\right)\\ (0,1) & 1 & 1 & \sqrt{2}\sin(2\pi f_c t) & \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t - 1\frac{\pi}{2}\right)\\ (1,1) & 3 & 2 & -\sqrt{2}\cos(2\pi f_c t) & \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t - 2\frac{\pi}{2}\right)\\ (1,0) & 2 & 3 & -\sqrt{2}\sin(2\pi f_c t) & \sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t - 3\frac{\pi}{2}\right)\\ \hline \end{array}$ 也就是说，我们可以将QPSK调制器视为具有输入 b_Q）视为整数的格雷码表示

(b_{I}, b_{Q})

$(b_I,b_Q)$

ℓ \in {0, 1, 2, 3}

$\ell \in \{0,1,2,3\}$ 并产生输出换句话说，该相载体的被调制（从改变至在响应于输入）。

\sqrt{2} \cos （ 2 π F_{C} Ť - 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

$\ell$

那么这在现实生活中还是在MATLAB中如何工作（以先到者为准）？如果我们将QPSK信号定义为具有的值，其中的值输入为或或或，我们将获得上述的QPSK信号，但解调器会产生比特对和我们必须记住，该输出是在格雷码解释，即，解调器输出将是如果恰好具有值，并将输出解释为 $\sqrt{2}\cos\left(2\pi f_c t - \ell\frac{\pi}{2}\right)$ $\ell$ 0123 $(b_I, b_Q)$ $\ell$ $(1,1)$ $\ell$ $2$ $(1,1)$ $3$ 是教科书中通常没有讨论的解码错误！

— 迪利普·萨瓦特（Dilip Sarwate）
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这是我在SE上获得的最令人难以置信的答案！即使我发现我有很多想法要解决，也非常感谢您！

— 很棒

我对Dilip的精彩回答表示敬意。但是，从纯粹的实际情况来看，如果您要编写4QAM和QPSK的接收器，并且必须校正任意相位偏移，则应该清楚的是，一个的物理层接收器将用作该设备的物理层接收器。其他。而且-再次，不是削弱迪利普的答案，但智商如何与真实值样本的简单的解释就是在这里

— Dave C制作

@Dilip Sarwate出色的答案。只是一个疑问，我是否可以假设QPSK可以通过两种方式实现。第一个只是在I和Q通道上进行幅度调制和发送，或者第二种方法是仅通过-lpi / 2对信号进行相位调制，其中l = {0,1,2,3}。因此，您无需同时进行幅度和相位调制。我是否相信我需要同时进行幅度和相位调制才能获得更高阶的QAM（例如16-QAM和64-QAM）？

— 卡兰·塔拉西拉

实际上，QPSK几乎是通过一种方式普遍实现的：I和Q载波上的对立BPSK，它会产生4-QAM。可以查看它作为相位调制，如果你喜欢但对映BPSK相同 -PAM或幅度调制和无人使用通用的进制相位调制电路（或DSP软件子程序）以设置为用于此目的的。实际上，在I和Q载波上通过 -PAM实现 -QAM ，并且不使用相位调制。请注意，对于，PAM也不能被视为相位调制（极端nitpicker除外）。

2

$2$

M

$M$

M

$M$

2

$2$

2^{2 m}

$2^{2m}$

2^{m}

$2^m$

m > 1

$m > 1$

— Dilip Sarwate 2013年

@Talasila QAM中的A代表振幅。

— Dilip Sarwate 2013年