Лабораторная 8.8 — QPSK-модем, искажения и BER

Цель

Расширить тракт BPSK до QPSK (два бита на символ, четыре точки созвездия) и изучить, как два классических искажения этого блока (шум и сдвиг частоты несущей (CFO)) влияют на созвездие и вероятность битовой ошибки. Два уровня:

1. синтезируемый QPSK-модем, восстанавливающий полный кадр, 0 ошибок на 280 битах, в идеальном HDL-loopback (тот RTL, который вы поставили бы в FPGA);
2. симуляция канала/искажений, добавляющая AWGN и CFO и строящая кривую BER от Eb/N0 против теории.

QPSK-модем (HDL, идеальный loopback)

QPSK это просто две независимые оси BPSK: младший бит задаёт I, старший это Q (код Грея, поэтому переворот одного бита переводит в соседний угол). Поэтому модем без изменений использует общие комплексные I/Q-блоки цепочки BPSK это bpsk_upsampler_8x, bpsk_rrc_tx_fir, bpsk_rrc_rx_fir, bpsk_symbol_timing_sampler, а QPSK-специфичны только маппер, решение и кадрирование:

источник дибит -> qpsk_symbol_mapper -> upsampler -> RRC TX  ── loopback ──►
    RRC RX (согласованный фильтр) -> сэмплер с фиксированной фазой -> qpsk_hard_decision -> qpsk_ber_counter

tb_qpsk_zynq_ber_top замыкает I/Q передатчика прямо на приёмник и перебирает фазу выборки: он восстанавливает все 140 символов QPSK (280 бит) при BER = 0 (start_offset = 62). Запустите это через HDL-проверку Блока 5 (python tools/run_block5_hdl_smoke.py, цель tb_qpsk_zynq_ber_top). QPSK несёт 2 бита на символ, поэтому при той же символьной скорости и полосе, что и BPSK, он удваивает битовую скорость в этом весь смысл QPSK.

Искажения: что шум и CFO делают с созвездием

• Идеал: четыре чистые точки в (±1, ±1)/√2.
• AWGN 10 дБ: четыре плотных облака; решения по-прежнему тривиально верны.
• AWGN 4 дБ: облака расплываются и начинают пересекать оси I/Q → появляются битовые ошибки.
• CFO (без коррекции) это сдвиг частоты поворачивает каждый символ на растущую фазу, поэтому четыре точки размазываются в кольцо: без восстановления несущей QPSK не декодируется. Это проблема фазы/частоты из Лабораторной 8.1 и Лабораторной 8.2, а развернуть это кольцо обратно: именно то, что делает петля восстановления несущей (Костас / 4-я степень) перед жёстким решением.

BER от Eb/N0

Поскольку QPSK с кодом Грея это две ортогональные оси BPSK, его BER на бит равен кривой BPSK, BER = Q(sqrt(2*Eb/N0)), и симуляция ложится на эту теоретическую линию на всём участке 0–10 дБ. Так что QPSK даёт вдвое большую битовую скорость при том же Eb/N0 и BER, что и BPSK: платой служит более плотное созвездие (меньший запас по шуму при данном Es/N0), а не энергия на бит.

Запуск по умолчанию печатает смоделированный BER при каждом целом Eb/N0 от 0 до 10 дБ:

Eb/N0	0 дБ	2 дБ	4 дБ	6 дБ	8 дБ	10 дБ
смоделированный BER	7,89e-2	3,77e-2	1,26e-2	2,39e-3	2,2e-4	0
теория Q(sqrt(2*Eb/N0))	7,86e-2	3,75e-2	1,25e-2	2,39e-3	1,91e-4	3,9e-6

Две строки совпадают в пределах шума Монте-Карло. Ноль при 10 дБ это предел разрешения, а не канал без ошибок: прогон сравнивает 400 000 бит, а теория при 3,9e-6 предсказывает около 1,6 ошибки, поэтому отсутствие ошибок не удивляет, и кривая разрешает BER лишь примерно до 2,5e-6 (то же правило «BER = 0 требует указанного числа бит», что и в Лабораторной 8.7).

Воспроизведение

# Loopback HDL-модема (BER = 0) — часть проверки Блока 5:
python tools/run_block5_hdl_smoke.py      # -> PASS: qpsk_zynq_ber_top loopback ... BER=0

# Графики искажений (кривая BER + созвездия):
python blocks/block_08_modulation_and_synchronization/python/qpsk_impairments_ber.py

Упражнения

1. При 8 дБ таблица показывает 2,2e-4 против теоретических 1,91e-4. Переведите оба значения в число ошибок на 400 000 бит (88 и около 76) и решите, значима ли разница, используя пуассоновское стандартное отклонение (примерно корень из числа ошибок).
2. Чему равно Es/N0 для QPSK при Eb/N0 = 6 дБ? Объясните, почему BER на бит всё равно равен BPSK при том же Eb/N0, хотя при той же энергии символа точки QPSK расположены ближе друг к другу.
3. Замените отображение Грея натуральным (дибиты 00, 01, 10, 11 в соседних квадрантах по порядку). Предскажите отношение BER до запуска. Быстрое моделирование этой замены дало примерно 1,4–1,5 от BER Грея при 0, 4 и 8 дБ (например, 1,89e-2 против 1,27e-2 при 4 дБ): при натуральном отображении один из двух соседних квадрантов отличается в обоих битах, поэтому средняя ошибка символа стоит 1,5 бита вместо 1.
4. HDL-loopback печатает PASS: qpsk_zynq_ber_top loopback recovered 140 QPSK symbols at BER=0 (start_offset=62). Сколько это бит и какой наименьший BER может заявить этот единственный прогон?

Ответы (проверены запуском скрипта лабораторной)

1. 88 против примерно 76 ошибок: разница 12, а пуассоновское стандартное отклонение для 76 около 8,7. Это 1,4 σ: глубоко внутри шума; измерение согласуется с теорией.
2. Es/N0 = Eb/N0 + 10·log10(2) = 9,0 дБ. QPSK с кодом Грея это два независимых BPSK-сигнала по I и Q, каждый несёт один бит с половиной энергии символа, поэтому каждый бит видит ровно Eb/N0 BPSK. Точки ближе при той же энергии символа, но каждая несёт два бита.
3. Числа приведены в упражнении; предсказание: 1,5. Ошибка символа почти всегда попадает в соседний квадрант. С кодом Грея оба соседа отличаются одним битом; при натуральном отображении (00, 01, 10, 11 по кругу) один сосед отличается одним битом, другой: двумя, поэтому ошибка символа стоит в среднем 1,5 бита.
4. 140 символов × 2 = 280 бит. Ноль ошибок на 280 битах лишь ограничивает BER: меньше примерно 3/280 ≈ 1,1·10⁻² с доверием 95 %. Один прогон доказывает, что тракт работает, а не что у него малый BER.

Следующие шаги

• Восстановление несущей это петля Костаса, управляемая решениями, разворачивает кольцо CFO обратно в четыре точки (и разрешает остаточную неоднозначность 90° с помощью преамбулы): сделано в Лабораторной 8.9: восстановление несущей QPSK.
• Железо: модем QPSK теперь работает в runtime-мосте AD9361 и декодирует при BER = 0 в цифровом loopback (Lab 11.27, использующая ту же плоскость DAC-mux / ADC-tap / gpreg, что и мост BPSK в Lab 11.26) и по воздуху на двухплатном канале (Lab 11.4). Созвездие реального железа из Лабораторной 8.15 с четырьмя точками вместо двух для QPSK ещё предстоит повторить.