3. 瑞利信道中的调制解调、信道估计：(25 分)
(1) 请推导出单径瑞利信道中的 BPSK 相干解调的理论误码率性能，并画出比特信噪比
与误码率的关系曲线。
(2) 在单径瑞利信道中，请设计一种时分的导引辅助的信道估计方法，用 Simulink 进
行仿真，测量 BPSK 的误码率性能，画出比特信噪比与误码率的关系曲线，并与理
论误码率曲线进行对比。
答：（1）单径瑞利下 BPSK 相干解调理论误码率性能：
设 BPSK 的两个等概发送信号为
𝑠
1
(
𝑡
)
=
𝜁
𝑏
，
𝑠
2
(
𝑡
)
=
―
𝜁
𝑏
，在单径瑞利信道传输后，
接收信号可以表示为
𝑟
(
𝑡
)
=
𝛼𝑠
(
𝑡
)
𝑒
―
𝑗𝜑
+
𝑧(𝑡)
，其中
𝛼
表示信号在瑞利信道中的平坦衰落，表
示恶化信号的复高斯白噪声随机过程，均值为 0，方差为
𝑁
0
/2
，则在接收端接收的信号观测
值
𝑟(𝑡)
的概率密度分布函数为：
𝑝
𝑟
│
𝑠
1
=
1
𝜋
𝑁
0
𝑒
―
(𝑟
―
𝛼
2
𝜁
𝑏
)
2
/
𝑁
0
𝑝
𝑟
│
𝑠
2
=
1
𝜋
𝑁
0
𝑒
―
(𝑟
+
𝛼
2
𝜁
𝑏
)
2
/
𝑁
0
设判决门限为 0，则发送
𝑠
1
(
𝑡
)
时发生错误的概率为
𝑝
𝑒
│
𝑠
1
=
∫
0
―
∞
𝑝
𝑟
│
𝑠
1
𝑑𝑟
=
𝑄(
2
𝜆
𝑏
)
。
由于是等概率发送，所以
𝑝
𝑒
│
𝑠
1
=
𝑝
𝑒
│
𝑠
2
，则总的错误概率为：
𝑃
𝑏
=
∞
0
𝑃
𝑏
(
𝛾
𝑏
)𝑝(
𝛾
𝑏
)𝑑
𝛾
𝑏
其中
𝑃
𝑏
(
𝛾
𝑏
)
是以
𝛼
为随机变量的
𝛾
𝑏
的概率密度函数，因为
𝛼
服从瑞利分布，则
𝛾
𝑏
服从
𝜒
2
分
布，即
𝑝
(
𝛾
𝑏
)
=
1
𝛾
𝑏
𝑒
―
𝛾
𝑏
/
𝛾
𝑏
―
,
𝛾
𝑏
≥
0
其中，
𝛾
𝑏
―
是平均信噪比：
𝛾
𝑏
―
=
𝜻
𝒃
𝑵
𝟎
𝑬(
𝜶
𝟐
)
将上式带入总的错误概率得：
𝑃
𝑏
=
1
2
(1
―
𝛾
𝑏
―
1
+
𝛾
𝑏
―
)
定义比特信噪比为 SNR=2
𝜁
𝑏
/
𝑁
0
，由于
𝛼
2
服从自由度为 2 的
𝜒
2
分布，所以
E
(
𝛼
2
)
=
2
，
𝛾
𝑏
―
=
4
SNR
，带入上式可得：
𝑃
𝑏
=
1
2
(1
―
4𝑆𝑁𝑅
―
1
+
4𝑆𝑁𝑅
―
)
，即为单径瑞利信道下 BPSK 相干解调的
理论误码率性能，比特信噪比与误码率的关系曲线图如下：
