Wir möchten die quantitative Beziehung zwischen analogem Rauschen in der Nähe der LO-Frequenz und der Statistik der Punkte berechnen, die in der IQ-Ebene nach der IQ-Demodulation gefunden wurden. Um die Frage vollständig zu verstehen, geben wir zunächst eine detaillierte Beschreibung des IQ-Demodulationssystems.

IQ-Demodulationssystem

Ein IQ-Mischer nimmt Signale mit hoher Frequenz auf und bringt sie auf eine niedrigere Frequenz, damit sie leichter verarbeitet werden können. 1 zeigt eine schematische Darstellung eines IQ-Mischers. Das lokale Oszillatorsignal (LO) ) wird verwendet, um das HF-Signal auf eine niedrigere Frequenz herunterzumischen. $\cos(\Omega t$

Komplettes IQ-Demodulationssystem Abbildung 1: Vollständige Signalverarbeitungskette. Das Mikrowellenfrequenzsignal (und das Rauschen) gelangen über den HF-Anschluss in den IQ-Mischer. Dieses Signal wird mit einem lokalen Oszillator (LO) gemischt, um in Zwischenfrequenzsignale und umzuwandeln . Die Zwischenfrequenzsignale werden dann gefiltert, um die verbleibende Hochfrequenzkomponente (siehe Text) zu entfernen, und digital abgetastet. Die Erfassung der Amplitude und Phase jeder Frequenzkomponente erfolgt über eine diskrete Fourier-Transformation in digitaler Logik. $I$ $Q$

Kohärentes Signal - Gleichstromfall

Angenommen, im eingehenden HF-Signal wären . Dann wären die und Signale Wir leiten diese Signale durch Tiefpassfilter, um die Terme zu entfernen , was Wie wir sehen können, sind DC und $M \cos(\Omega t + \phi)$ $I$ $Q$

\begin{aligned} I (t) & = \frac{M}{2} \cos (ϕ) + \frac{M}{2} \cos (2 Ω t + ϕ) \\ Q (t) & = - \frac{M}{2} \sin (ϕ) - \frac{M}{2} \sin (2 Ω t + ϕ) . \end{aligned}

$\begin{align} I(t) &= \frac{M}{2} \cos(\phi) + \frac{M}{2} \cos(2\Omega t + \phi) \\ Q(t) &= -\frac{M}{2} \sin(\phi) - \frac{M}{2} \sin(2\Omega t + \phi) \, . \end{align}$

2 Ω

$2 \Omega$

\begin{aligned} I_{F} (t) & = \frac{M}{2} \cos (ϕ) \\ Q_{F} (t) & = - \frac{M}{2} \sin (ϕ) . \end{aligned}

$\begin{align} I_F(t) &= \frac{M}{2} \cos(\phi) \\ Q_F(t) &= -\frac{M}{2} \sin(\phi) \, . \end{align}$

I

$I$

Q

$Q$ Spannungen können als kartesische Koordinaten betrachtet werden, die die Amplitude und Phase des ursprünglichen Signals angeben. Daher hat der Mischer seine Aufgabe erfüllt, die Amplitude und Phase eines Hochfrequenzsignals zu ermitteln, indem nur Niederfrequenzmessungen durchgeführt wurden.

Kohärentes Signal - Wechselstromfall

In der Praxis demodulieren wir das HF-Signal normalerweise nicht in Gleichstrom. Dafür gibt es mehrere Gründe:

Die spektrale Rauschdichte steigt bei niedrigen Frequenzen fast immer stark an.
Wenn wir gleichzeitig die Amplitude und Phase mehrerer sinusförmiger Komponenten bei verschiedenen Frequenzen messen wollen, können wir im analogen Teil des Systems nicht direkt auf Gleichstrom demodulieren.

Als Beispiel für # 2 könnten wir Um die Amplitude und Phase beider Frequenzkomponenten zu ermitteln, müssen wir eine etwas komplexere Signalverarbeitung verwenden. Die und sind in diesem Fall Um beide Amplituden und beide Phasen zu finden, müssen wir im Wesentlichen eine Fourier-Transformation durchführen. Dazu digitalisieren wir die Wellenformen und geben nach

R F (t) = M_{1} \cos ([Ω + ω_{1}] t + ϕ_{1}) + M_{2} \cos ([Ω + ω_{2}] t + ϕ_{2}) .

$\begin{equation} RF(t) = M_1 \cos([\Omega + \omega_1] t + \phi_1 ) + M_2 \cos([\Omega + \omega_2] t + \phi_2) \, . \end{equation}$

I_{F}

$I_F$

Q_{F}

$Q_F$

\begin{aligned} I_{F} (t) & = \frac{M_{1}}{2} \cos (ω_{1} t + ϕ_{1}) + \frac{M_{2}}{2} \cos (ω_{2} t + ϕ_{2}) \\ Q_{F} (t) & = - \frac{M_{1}}{2} \sin (ω_{1} t + ϕ_{1}) - \frac{M_{2}}{2} \sin (ω_{2} t + ϕ_{2}) . \end{aligned}

$\begin{align} I_F(t) &= \frac{M_1}{2} \cos(\omega_1 t + \phi_1) + \frac{M_2}{2} \cos(\omega_2 t + \phi_2) \\ Q_F(t) &= -\frac{M_1}{2} \sin(\omega_1 t + \phi_1) - \frac{M_2}{2} \sin(\omega_2 t + \phi_2) \, . \end{align}$

\begin{aligned} I_{n} & = \frac{M_{1}}{2} \cos (ω_{1} n δ t + ϕ_{1}) + \frac{M_{2}}{2} \cos (ω_{2} n δ t + ϕ_{2}) \\ Q_{n} & = - \frac{M_{1}}{2} \sin (ω_{1} n δ t + ϕ_{1}) - \frac{M_{2}}{2} \sin (ω_{2} n δ t + ϕ_{2}) \end{aligned}

$\begin{align} I_n &= \frac{M_1}{2} \cos(\omega_1 n \delta t + \phi_1) + \frac{M_2}{2} \cos(\omega_2 n \delta t + \phi_2) \\ Q_n &= - \frac{M_1}{2} \sin(\omega_1 n \delta t + \phi_1) - \frac{M_2}{2} \sin(\omega_2 n \delta t + \phi_2) \end{align}$ wobei das digitale Abtastintervall ist. Dann konstruieren wir in der digitalen Logik die komplexe Reihe die durch . Für die oben geschriebenen Signale ist dies Wenn wir jetzt in der digitalen Logik die Summe berechnen

δ t

$\delta t$

z_{n}

$z_n$

z_{n} \equiv I_{n} + i Q_{n}

$z_n \equiv I_n + i Q_n$

z_{n} = \frac{M_{1}}{2} \exp (i [ω_{1} n δ t + ϕ_{1}]) + \frac{M_{2}}{2} \exp (i [ω_{2} n δ t + ϕ_{2}]) .

$\begin{equation} z_n = \frac{M_1}{2} \exp \left( i \left[ \omega_1 n \delta t + \phi_1 \right] \right) + \frac{M_2}{2} \exp \left( i \left[ \omega_2 n \delta t + \phi_2 \right] \right) \, . \end{equation}$

Z (ω_{k}) = \frac{1}{N} \sum_{n = 0}^{N - 1} z_{n} e^{- i ω_{k} n δ t}

$\begin{equation} Z(\omega_k) = \frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1} z_n e^{-i \omega_k n \delta t} \end{equation}$ Wir stellen die Amplitude und Phase für die Komponente bei der Frequenz . Wenn wir zum Beispiel berechnen würden, würden wir .

ω_{k}

$\omega_k$

Z (ω_{1})

$Z(\omega_1)$

(M_{1} / 2) \exp (i ϕ_{1})

$(M_1/2) \exp(i \phi_1)$

Lärm

In der Praxis kommt das Signal immer mit Rauschen. Das Rauschen bewirkt, dass eine Zufallsvariable anstelle eines deterministischen Werts ist. Mit anderen Worten, für jedes zufällig und wird für jede Durchführung des Experiments unterschiedlich sein. $Z(\omega)$ $\omega$ $Z(\omega)$

Wir können aus der Intuition erraten, dass in Gegenwart von Rauschen eine zirkularsymmetrische Verteilung in der IQ-Ebene hat, deren Mittelwert dem deterministischen Wert . Die Frage ist, wie genau ist die statistische Verteilung von bei Vorhandensein von Rauschen? $Z(\omega)$ $(M/2)\exp(i \phi)$ $Z$

— DanielSank
quelle

Da jeder Schritt in der Verarbeitungskette linear ist, betrachten wir einen Fall mit nur Rauschen und ohne kohärentes Signal. Bezeichne das Rauschen . Die und Signale sind Wir drücken die Wirkung des Filters als Faltung mit der Zeitantwortfunktion , und ähnlich für . Da der Filter kausal ist, ist für . Die Abtastung wählt einfach den Wert von und $\xi(t)$ $I$ $Q$

\begin{aligned} I (t) & = ξ (t) \cos (Ω t) \\ Q (t) & = - ξ (t) \sin (Ω t) . \end{aligned}

$\begin{align}\ I(t) &= \xi(t) \cos(\Omega t) \\ Q(t) &= - \xi(t) \sin(\Omega t) \, . \end{align}$

h

$h$

I_{F} (t) = \int_{- \infty}^{\infty} d t^{'} ξ (t^{'}) \cos (Ω t^{'}) h (t - t^{'})

$\begin{equation} I_F(t) = \int_{-\infty}^\infty dt' \, \xi(t') \cos(\Omega t') h(t - t') \end{equation}$

Q_{F}

$Q_F$

h (t) = 0

$h(t)=0$

t < 0

$t<0$

I_{F}

$I_F$

Q_{F}

$Q_F$ zu den Zeiten , und ähnlich für . Nach der oben für den digitalen Teil der Verarbeitungskette beschriebenen Konstruktion haben wir Unser Problem ist daher, die Statistik dieses Ausdrucks zu berechnen.

{n δ t}

$\{ n \delta t \}$

I_{n} = \int_{- \infty}^{\infty} d t^{'} ξ (t^{'}) \cos (Ω t^{'}) h (n δ t - t^{'})

$\begin{equation} I_n = \int_{-\infty}^\infty dt' \, \xi(t') \cos(\Omega t') h(n \delta t - t') \end{equation}$

Q_{n}

$Q_n$

Z (ω) = \frac{1}{N} \sum_{n = 0}^{N - 1} \int_{- \infty}^{\infty} d t^{'} ξ (t^{'}) e^{- i Ω t^{'}} h (n δ t - t^{'}) e^{- i ω n δ t} .

$\begin{equation} Z(\omega) = \frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1} \int_{-\infty}^\infty dt' \, \xi(t') e^{-i \Omega t'} h(n \delta t - t') e^{-i \omega n \delta t} \, . \end{equation}$

Das Ändern der Variablen erzeugt In diesem Stadium können wir eine Überprüfung der geistigen Gesundheit durchführen, indem wir den Durchschnittswert von berechnen . Denken Sie daran, dies ist ein Ensemble- Durchschnitt. Mit anderen Worten, wir berechnen den Durchschnittswert von den wir finden würden, indem wir viele Fälle von demoduliertem Rauschen in IQ-Punkte umwandeln und dann den Mittelwert aller dieser Punkte nehmen. In jedem Fall ist das Ergebnis $n \delta t - t' \rightarrow t'$

Z (ω) = \frac{1}{N} \sum_{n = 0}^{N - 1} \int_{- \infty}^{\infty} d t^{'} ξ (n δ t - t^{'}) e^{- i Ω (n δ t - t^{'})} h (t^{'}) e^{- i ω n δ t} .

$\begin{equation} Z(\omega) = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} \int_{-\infty}^\infty dt' \, \xi(n \delta t - t') e^{-i \Omega (n \delta t - t')} h(t') e^{-i \omega n \delta t} \, . \end{equation}$

Z (ω)

$Z(\omega)$

Z (ω)

$Z(\omega)$

\begin{aligned} ⟨ Z (ω) ⟩ & = \frac{1}{N} \sum_{n = 0}^{N - 1} \int_{- \infty}^{\infty} d t^{'} \underset{0}{\underset{⏟}{⟨ ξ (n δ t - t^{'}) ⟩}} e^{- i Ω (n δ t - t^{'})} h (t^{'}) e^{- i ω n δ t} \\ = 0 . \end{aligned}

$\begin{align} \langle Z(\omega) \rangle &= \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} \int_{-\infty}^\infty dt' \, \underbrace{\langle\xi(n \delta t - t')\rangle}_0 e^{-i \Omega (n \delta t - t')} h(t') e^{-i \omega n \delta t} \\ &= 0 \, . \end{align}$ Dies ist sinnvoll, da wir erwarten, dass das Rauschen den Durchschnittswert des demodulierten IQ-Punkts nicht ändert, sondern nur eine Zufälligkeit hinzufügt, die um den deterministischen Wert zentriert ist.

Ich weiß nicht, wie ich die Statistik von direkt berechnen soll , daher verfolgen wir einen alternativen Ansatz, indem wir stattdessen das mittlere Quadrat von berechnen . Nach dem zentralen Grenzwertsatz sollten der Real- und Imaginärteil von mindestens annähernd guassisch verteilt (und, wie wir noch betonen werden, unkorreliert sein), sodass das Finden des mittleren quadratischen Moduls von uns tatsächlich alles sagt, was wir wissen müssen. $Z(\omega)$ $Z(\omega)$ $Z$ $Z$

Wir fahren fort, indem wir direkt konstruieren und den statistischen Durchschnitt nehmen (der statistische Durchschnitt wird mit ). $|Z(\omega)|^2$ $\langle \cdot \rangle$

\begin{aligned} ⟨ {| Z (ω) |}^{2} ⟩ & = \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} d t^{'} d t^{″} \frac{1}{N^{2}} \sum_{n, m = 0}^{N - 1} \\ e^{i Ω (t^{'} - t^{″})} h (t^{'}) h (t^{″}) ⟨ ξ (n δ t - t^{'}) ξ (m δ t - t^{″}) ⟩ e^{- i (Ω + ω) (n - m) δ t} . (*) \end{aligned}

$\begin{align} \langle \left| Z(\omega) \right| ^2 \rangle &= \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty dt' \, dt'' \, \frac{1}{N^2} \sum_{n,m=0}^{N-1} \nonumber \\ & e^{i\Omega (t' - t'')} h(t') h(t'') \langle \xi(n\delta t - t') \xi(m\delta t - t'') \rangle e^{-i(\Omega + \omega)(n - m)\delta t} \, . \qquad (*) \end{align}$

ξ (t)

$\xi(t)$

⟨ ξ (τ) ξ (0) ⟩

$\langle \xi(\tau) \xi(0) \rangle$

S_{ξ}

$S_\xi$ über die folgende Gleichung: Verwendung dieser Formel für ergibt

⟨ ξ (τ) ξ (0) ⟩ = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d ω}{2 π} S_{ξ} (ω) e^{i ω τ} .

$\begin{equation} \langle \xi(\tau) \xi(0) \rangle = \frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty \frac{d\omega}{2\pi} S_\xi(\omega) e^{i \omega \tau} \, . \end{equation}$

⟨ ξ (n δ t - t^{'}) ξ (m δ t - t^{″})

$\langle \xi(n\delta t - t') \xi(m\delta t - t'')$

\begin{aligned} ⟨ | Z (ω) |^{2} ⟩ & = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} d t^{'} d t^{″} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d ω^{'}}{2 π} \frac{1}{N^{2}} \sum_{n, m = 0}^{N - 1} \\ e^{i Ω (t^{'} - t^{″})} h (t^{'}) h (t^{″}) S_{ξ} (ω^{'}) e^{i ω^{'} ((n - m) δ t - (t^{'} - t^{″}))} e^{- i (Ω + ω) (n - m) δ t} \\ = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d ω^{'}}{2 π} | h (ω^{'} - Ω) |^{2} S_{ξ} (ω^{'}) {| \frac{1}{N} \sum_{n = 0}^{N - 1} e^{- i (Ω + ω - ω^{'}) n δ t} |}^{2} \\ = \frac{1}{2 N} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d ω^{'}}{2 π} | h (ω^{'} - Ω) |^{2} S_{ξ} (ω^{'}) \underset{N^{th} order Fejer kernel}{\underset{⏟}{\frac{1}{N} {(\frac{\sin ([Ω + ω - ω^{'}] δ t N / 2)}{\sin ([Ω + ω - ω^{'}] δ t / 2)})}^{2}}} \\ = \frac{1}{2 N} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d ω^{'}}{2 π} | h (ω^{'} - Ω) |^{2} S_{ξ} (ω^{'}) F_{N} ([Ω + ω - ω^{'}] δ t / 2) \end{aligned}

$\begin{align} \langle|Z(\omega)|^2 \rangle &= \frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty dt' \, dt'' \, \int_{-\infty}^\infty \frac{d\omega'}{2\pi}\frac{1}{N^2} \sum_{n,m=0}^{N-1} \nonumber \\ & e^{i\Omega (t' - t'')} h(t') h(t'') S_\xi(\omega') e^{i\omega' ((n-m)\delta t - (t' - t''))} e^{-i(\Omega + \omega)(n - m)\delta t} \\ &= \frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty \frac{d\omega'}{2\pi} |h(\omega' - \Omega)|^2 S_\xi(\omega') \left| \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} e^{-i(\Omega + \omega - \omega') n \delta t} \right|^2 \\ &= \frac{1}{2N} \int_{-\infty}^\infty \frac{d\omega'}{2\pi} |h(\omega' - \Omega)|^2 S_\xi(\omega') \underbrace{ \frac{1}{N} \left( \frac{\sin([\Omega + \omega - \omega'] \delta t N / 2)}{\sin([\Omega + \omega - \omega']\delta t / 2)} \right)^2 }_{N^{\text{th}}\text{ order Fejer kernel}} \\ &= \frac{1}{2N} \int_{-\infty}^\infty \frac{d\omega'}{2\pi} |h(\omega' - \Omega)|^2 S_\xi(\omega') \mathcal{F}_N([\Omega + \omega - \omega'] \delta t / 2) \\ \end{align}$ Dabei ist der Fejer-Kernel der Reihenfolge . Wenn wir die Variablen wir Bisher waren die Ergebnisse genau und genaue Ergebnisse können durch numerische Auswertung der Integrale gefunden werden. Wir treffen nun eine Reihe relativ schwacher Annahmen, um zu einer praktischen Formel zu gelangen. Der Fejer-Kernel hat ein Gewicht, das nahe . Deshalb integrieren wir über

F_{N}

$\mathcal{F}_N$

N^{th}

$N^{\text{th}}$

Ω - ω^{'} \to ω^{'}

$\Omega - \omega' \rightarrow \omega'$

⟨ | Z (ω) |^{2} ⟩ = \frac{1}{2 N} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d ω^{'}}{2 π} | h (- ω^{'}) |^{2} S_{ξ} (Ω - ω^{'}) F_{N} ([ω^{'} + ω] δ t / 2) .

$\begin{equation} \langle |Z(\omega)|^2 \rangle = \frac{1}{2N} \int_{-\infty}^\infty \frac{d\omega'}{2\pi} |h(-\omega')|^2 S_\xi(\Omega - \omega') \mathcal{F}_N([\omega' + \omega]\delta t / 2) \, . \end{equation}$

F_{N} (x)

$\mathcal{F}_N(x)$

x = 0

$x=0$

S_{ξ}

$S_\xi$ nur für Frequenzen in der Nähe von und so können wir in diesem Integral als Konstante , was Wir können hier bereits sehen, dass die Rauschstatistik des demodulierten IQ-Punkts nur von der HF-Spektraldichte nahe der LO-Frequenz abhängt. Das macht Sinn; Der IQ-Mischer ist so ausgelegt, dass er den Signalinhalt in der Nähe der LO-Frequenz auf eine niedrigere ZF reduziert, wo er verarbeitet werden kann. Die Anti-Aliasing-Filter entfernen alle Frequenzkomponenten, die zu weit vom LO entfernt sind.

Ω

$\Omega$

S_{ξ}

$S_\xi$

S (Ω - ω^{'}) \approx S_{ξ} (Ω)

$S(\Omega - \omega') \approx S_\xi(\Omega)$

⟨ | Z (ω) |^{2} ⟩ = \frac{1}{2 N} S_{ξ} (Ω) \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d ω^{'}}{2 π} | h (- ω^{'}) |^{2} F_{N} ([ω^{'} + ω] δ t / 2) .

$\begin{equation} \langle |Z(\omega)|^2 \rangle = \frac{1}{2N} S_\xi(\Omega) \int_{-\infty}^\infty \frac{d\omega'}{2\pi} |h(-\omega')|^2 \mathcal{F}_N([\omega' + \omega]\delta t / 2) \, . \end{equation}$

Die erste Null von tritt bei , und der größte Teil des Gewichts ist in den ersten paar Lappen enthalten. Die ersten Nullen befinden sich daher bei Dies bedeutet, dass das Integral über von Frequenzen in einem Bereich dominiert wird, der durch die Abtastfrequenz geteilt durch . In den meisten praktischen Anwendungen ist dieser Bereich so klein, dass über diesen Bereich ungefähr konstant ist. Wenn dies der Fall ist, können wir durch ersetzen (beachten Sie, dass ) $\mathcal{F}_N(x)$ $x = 2\pi / N$

\frac{ω_{null}^{'}}{2 π} = - \frac{ω}{2 π} \pm \frac{1}{N δ t} .

$\begin{equation} \frac{\omega'_{\text{null}}}{2\pi} = - \frac{\omega}{2\pi} \pm \frac{1}{N \delta t} \, . \end{equation}$

ω^{'}

$\omega'$

N

$N$

h (ω)

$h(\omega)$

h (- ω^{'})

$h(-\omega')$

h (ω)

$h(\omega)$

h (- ω) = h (ω)

$h(-\omega) = h(\omega)$

\begin{aligned} ⟨ | Z (ω) |^{2} ⟩ & = \frac{1}{2 N} S_{ξ} (Ω) | h (ω) |^{2} \underset{1 / δ t}{\underset{⏟}{\int_{- \infty}^{\infty} \frac{d ω^{'}}{2 π} F_{N} ([ω^{'} + ω] δ t / 2 N)}} \\ = \frac{S_{ξ} (Ω)}{2 T} | h (ω) |^{2} \end{aligned}

$\begin{align} \langle |Z(\omega)|^2 \rangle &= \frac{1}{2N}S_\xi(\Omega)|h(\omega)|^2 \underbrace{ \int_{-\infty}^\infty \frac{d\omega'}{2\pi} \mathcal{F}_N([\omega' + \omega] \delta t / 2 N) }_{1 / \delta t} \\ &= \frac{S_\xi(\Omega)}{2 T} |h(\omega)|^2 \end{align}$ wobei die Gesamtmesszeit ist.

T \equiv N δ t

$T \equiv N \delta t$

Signal-Rausch-Verhältnis

Es ist hinreichend bekannt, dass, wenn eine Zufallsvariable Gaußsche und unabhängig verteilte Real- und Imaginärteile und einen durchschnittlichen quadratischen Modul , die Verteilungen der Real- und Imaginärteile dieser Variablen die Standardabweichung . Nehmen wir daher unser Ergebnis für , unsere Beobachtung, dass der Real- und Imaginärteil von Gauß-verteilt sind, und die Tatsache, dass sie nicht korreliert sind, wir wissen, dass die Standardabweichungen der Verteilungen des Real- und Imaginärteils $Z$ $R$ $\sqrt{R/2}$ $^{[a]}$ $\langle |Z(\omega)|^2 \rangle$ $Z$ $^{[b]}$

σ = \sqrt{S_{ξ} (Ω) | h (ω) |^{2} / 4 T} .

$\begin{equation} \sigma = \sqrt{S_\xi(\Omega) |h(\omega)|^2 / 4 T} \, . \end{equation}$ Wie zu Beginn diskutiert, wird ein Signal in der IQ-Ebene zu . Natürlich haben wir dort den Effekt des Filters ignoriert, der einfach darin besteht, die Amplitude zu skalieren, um Angenommen, wir verwenden, wie in Abbildung 2 dargestellt, das IQ-Demodulationssystem, um zwischen zwei oder mehr Signalen mit jeweils unterschiedlicher Phase, jedoch mit derselben Amplitude . Aufgrund des Rauschens führt jede der möglichen Amplituden / Phasen zu einer Punktwolke in der IQ-Ebene mit dem radialen Abstand vom Ursprung. Der Abstand zwischen zwei Wolkenzentren beträgt

M \cos ([Ω + ω] t + ϕ)

$M \cos([\Omega + \omega] t + \phi)$

(M / 2) e^{i ϕ}

$(M/2)e^{i \phi}$

Z (ω) = \frac{M | h (ω) |}{2} e^{i ϕ} .

$\begin{equation} Z(\omega) = \frac{M |h(\omega)|}{2} e^{i \phi} \, . \end{equation}$

M

$M$

M | h (ω) | / 2

$M |h(\omega)|/2$

g (M / 2) | h (ω) |

$g(M/2)|h(\omega)|$ Dabei ist ein geometrischer Faktor, der von den Phasen der Wolken abhängt. Wenn der Bogenwinkel zwischen zwei Wolken und das Zentrum jeder Wolke gleich weit vom Ursprung entfernt ist, dann ist . Wenn zum Beispiel die beiden Phasen dann ist . Geometrisch liegt dies daran, dass der Abstand zwischen den Wolkenzentren doppelt so groß ist wie der Abstand einer der Wolken vom Ursprung.

g

$g$

θ

$\theta$

g = 2 \sin (θ / 2)

$g = 2 \sin(\theta / 2)$

\pm π / 2

$\pm\pi/2$

g = 2 \sin (π / 2) = 2

$g=2 \sin(\pi/2) = 2$

Das Signal-Rausch-Verhältnis (SNR) ist wobei die eingehende analoge Leistung ist. Beachten Sie, dass das SNR nicht von abhängt . Um sich an dieses Ergebnis zu erinnern, ist zu beachten, dass die Rauschleistung die spektrale Dichte multipliziert mit einer Bandbreite . Wenn wir , sehen wir, dass unser Ergebnis nur besagt, dass das SNR in der IQ-Ebene genau gleich dem analogen SNR multipliziert mit dem geometrischen Faktor .

\begin{aligned} SNR & \equiv \frac{{separation}^{2}}{2 \times (cloud std deviation)^{2}} \\ = \frac{(g M | h (ω) | / 2)^{2}}{2 S_{ξ} (Ω) | h (ω) |^{2} / 4 T} \\ = \frac{(g M)^{2} T}{2 S_{ξ} (Ω)} \\ = \frac{g^{2} P T}{S_{ξ} (Ω)} . \end{aligned}

$\begin{align} \text{SNR} & \equiv \frac{\text{separation}^2}{2 \times (\text{cloud std deviation})^2} \\ &= \frac{(g M |h(\omega)|/2)^2}{2 S_\xi(\Omega) |h(\omega)|^2 / 4T} \\ &= \frac{(g M)^2 T}{2 S_\xi(\Omega)}\\ &= \frac{g^2 P T}{S_\xi(\Omega)} \, . \end{align}$

P \equiv M^{2} / 2

$P \equiv M^2/2$

h

$h$

B

$B$

B = 1 / T

$B = 1/T$

g^{2}

$g^2$

Geben Sie hier die Bildbeschreibung ein

Abbildung 2: Zwei IQ-Wolken. Der Abstand zwischen den Wolkenzentren ist proportional zu ihrer radialen Größe , jedoch skaliert mit einem geometrischen Faktor . Projiziert auf die Linie, die ihre Zentren verbindet, wird jede Wolke zu einer Gaußschen Verteilung mit der Breite . $M$ $g$ $\sqrt{S_\xi(\Omega)|h(\omega)|^2/4T}$

$[a]$ : Schlagen Sie die Chi-Quadrat-Verteilung nach .

$[b]$ : Wir können sehen, dass der Real- und Imaginärteil von tatsächlich nicht korreliert sind, indem wir das Äquivalent von Gleichung schreiben, jedoch für . Wenn wir dies tun, würden wir feststellen, dass die Summe, die sich im Fall von in den Fejer-Kernel verwandelte , (zumindest ungefähr) auf Null gehen würde, da dies ungefähr die Überlappung von Sinus und Cosinus wäre. die orthogonal sind. $Z$ $(*)$ $\langle \Re Z \Im Z \rangle$ $\langle |Z|^2 \rangle$