e
O
O
K
=
s
(
t
)
cos
(
ω
c
t
)
s
(
t
)
=
∑
n
a
n
g
(
t
−
n
T
B
)
a
n
=
{
+
1
P
0
1
−
P
e_{OOK}=s(t)\cos(\omega_ct) \\ \\ s(t)=\sum_na_ng(t-nT_B) \\ \\ a_n= \begin{cases} +1\qquad&P\\ 0\qquad&1-P \end{cases}
eOOK=s(t)cos(ωct)s(t)=n∑ang(t−nTB)an={+10P1−P
2ASK可以通过相乘器模拟调制产生，也可通过开关电路键控产生
乘上相干载波并经过低通滤波后，会滤除高频部分和正交分量，最后的到的信号为原来的一半
FSK可视为两个不同载频的2ASK的叠加
e
2
F
S
K
=
s
1
(
t
)
cos
(
ω
1
t
+
φ
n
)
+
s
2
(
t
)
cos
(
ω
2
t
+
θ
n
)
e_{2FSK}= s_1(t)\cos(\omega_1t+\varphi_n) +s_2(t)\cos(\omega_2t+\theta_n)
e2FSK=s1(t)cos(ω1t+φn)+s2(t)cos(ω2t+θn)
两个信号极性相反
进行包络检波时，信号进入两个对应的带通滤波器后再进行操作
相干解调同理，实际上也是两路相干解调
由于0、1的频率不同，所以过零点的个数会不同
‘0’对应0相位，‘1’对应
π
\pi
π相位，即变化时信号反相
e
2
P
S
K
=
A
cos
(
ω
c
t
+
φ
n
)
φ
n
=
{
0
编码
0
π
编码
1
e_{2PSK}=A\cos(\omega_ct+\varphi_n) \\ \\ \varphi_n= \begin{cases} 0\qquad&编码0\\ \pi\qquad&编码1 \end{cases}
e2PSK=Acos(ωct+φn)φn={0π编码0编码1
2PSK无幅度变化，故无法包络检波
2PSK在载波相乘后，如果是同相结果为正，反相结果为负
由于判决结果取决于相干载波的相位，如果出现相位反转我们无法知道结果是否正确，这种现象称之为180°相位模糊，故引入了2DPSK
与前一个码元的载波相对相位进行比较假定传号差分，如0不变、1翻转，故需要一个初始参考相位
Δ
φ
=
φ
n
−
φ
n
−
1
=
{
0
编码“
0
”
π
编码“
1
”
\Delta\varphi=\varphi_n-\varphi_{n-1} =\begin{cases} 0\qquad&编码“0”\\ \pi\qquad&编码“1” \end{cases}
Δφ=φn−φn−1={0π编码“0”编码“1”
则编码规则为：
b
n
=
a
n
⊕
b
n
−
1
b_n=a_n\oplus b_{n-1}
bn=an⊕bn−1
译码规则为：
a
n
=
b
n
⊕
b
n
−
1
a_n=b_n\oplus b_{n-1}
an=bn⊕bn−1
码反变换的结果不受相位模糊度影响
延时一个周期，即与前一个码元进行相乘，结果抽样为正判0、负判1
P
2
A
S
K
(
f
)
=
1
4
[
P
s
(
f
+
f
c
)
+
P
s
(
f
−
f
c
)
]
P_{2ASK}(f)= \frac{1}{4}[P_s(f+f_c)+P_s(f-f_c)]
P2ASK(f)=41[Ps(f+fc)+Ps(f−fc)]
由于2(D)PSK的时域表达式与2ASK相同，功率谱密度表达式也相同，主瓣带宽相同
2
R
B
2R_B
2RB，都属于线性调制
2(D)PSK信号的基带为双极性信号，功率谱密度不含有载波分量，符号等概率时不含有直流
而2FSK为两路2ASK合成，故：
P
2
F
S
K
(
f
)
=
1
4
[
P
s
1
(
f
+
f
c
)
+
P
s
1
(
f
−
f
c
)
]
+
1
4
[
P
s
2
(
f
+
f
c
)
+
P
s
2
(
f
−
f
c
)
]
P_{2FSK}(f)= \frac{1}{4}[P_{s1}(f+f_c)+P_{s1}(f-f_c)] +\frac{1}{4}[P_{s2}(f+f_c)+P_{s2}(f-f_c)]
P2FSK(f)=41[Ps1(f+fc)+Ps1(f−fc)]+41[Ps2(f+fc)+Ps2(f−fc)]
B
2
F
S
K
=
2
R
B
+
∣
f
2
−
f
1
∣
B_{2FSK}=2R_B+|f_2-f_1|
B2FSK=2RB+∣f2−f1∣
类似于单极性基带信号
在低通滤波后，输出：
x
(
t
)
=
{
a
+
n
c
(
t
)
1
n
c
(
t
)
0
x(t)=\begin{cases} a+n_c(t)\qquad &1\\ n_c(t)\qquad &0 \end{cases}
x(t)={a+nc(t)nc(t)10
当设b为判决门限时：
P
e
=
P
(
1
)
P
(
0
∣
1
)
+
P
(
0
)
P
(
1
∣
0
)
=
P
(
1
)
∫
−
∞
b
f
1
(
x
)
d
x
+
P
(
0
)
∫
−
∞
b
f
0
(
x
)
d
x
=
1
2
e
r
f
c
(
A
2
2
σ
n
)
P_e=P(1)P(0|1)+P(0)P(1|0)=\\ P(1)\int_{-\infty}^{b}f_1(x)\,dx+ P(0)\int_{-\infty}^{b}f_0(x)\,dx= \frac{1}{2}erfc \left( \frac{A}{2\sqrt{2}\sigma_n} \right)
Pe=P(1)P(0∣1)+P(0)P(1∣0)=P(1)∫−∞bf1(x)dx+P(0)∫−∞bf0(x)dx=21erfc(22
σnA)
最佳判决门限为：
b
∗
=
a
2
+
σ
n
2
a
ln
P
(
0
)
P
1
b^*=\frac{a}{2}+\frac{\sigma_n^2 }{a}\ln\frac{P(0)}{P{1}}
b∗=2a+aσn2lnP1P(0)
信噪比为：
r
=
a
2
2
σ
n
2
r=\frac{a^2}{2\sigma_n^2}
r=2σn2a2
P
e
=
1
2
e
r
f
c
(
r
4
)
P_e= \frac{1}{2}erfc \left(\sqrt{ \frac{r}{4}} \right)
Pe=21erfc(4r
)
大信噪比时：
r
≫
1
P
e
≈
1
π
r
e
−
r
4
r\gg1\qquad P_e\approx\frac{1}{\sqrt{\pi r}}e^{-\frac{r}{4}}
r≫1Pe≈πr
1e−4r
发1服从广义瑞利分布
发0服从瑞利分布
P
e
=
1
2
e
r
f
c
(
r
4
)
+
1
2
e
−
r
4
P_e= \frac{1}{2}erfc \left(\sqrt{ \frac{r}{4}} \right) +\frac{1}{2}e^{-\frac{r}{4}}
Pe=21erfc(4r
)+21e−4r
信噪比无限大时,第一项为0
2FSK相干解调
P
e
=
1
2
e
r
f
c
(
r
2
)
P_e= \frac{1}{2}erfc \left(\sqrt{ \frac{r}{2}} \right)
Pe=21erfc(2r
)
大信噪比时：
r
≫
1
P
e
≈
1
2
π
r
e
−
r
2
r\gg1\qquad P_e\approx\frac{1}{\sqrt{2\pi r}}e^{-\frac{r}{2}}
r≫1Pe≈2πr
1e−2r
P e = 1 2 e − r 2 P_e= \frac{1}{2}e^{-\frac{r}{2}} Pe=21e−2r
类比于双极性非归零结论
b
∗
=
σ
n
2
2
a
ln
P
(
0
)
P
(
1
)
b^*=\frac{\sigma_n^2 }{2a}\ln\frac{P(0)}{P{(1)}}
b∗=2aσn2lnP(1)P(0)
P
e
=
1
2
e
r
f
c
(
r
)
P_e= \frac{1}{2}erfc \left(\sqrt{ r} \right)
Pe=21erfc(r
)
大信噪比时：
r
≫
1
P
e
≈
1
2
π
r
e
−
r
r\gg1\qquad P_e\approx\frac{1}{2\sqrt{\pi r}}e^{-r}
r≫1Pe≈2πr
1e−r
在抽样判决之后做了差分译码
大信噪比时：
r
≫
1
P
e
≪
1
P
e
′
≈
2
P
e
=
1
π
r
e
−
r
r\gg1 \qquad P_e\ll1 \qquad P^{'}_e\approx\ 2P_e= \frac{1}{\sqrt{\pi r}}e^{-r}
r≫1Pe≪1Pe′≈ 2Pe=πr
1e−r
P e = 1 2 e − r P_e= \frac{1}{2}e^{-r} Pe=21e−r
