- 前言
- DFT 矩阵
- ULA的响应向量
- DFT 码本
- 使用码本画出空间方向图
- UPA天线响应
- 二维DFT
- 二维DFT对应的UPA码本
- 正交性证明
- ULA的正交码字
- UPA的正交码字
- 相关阅读
在MIMO信道估计等问题中， 往往需要使用码本， 而最常用的就是DFT码本。 本文介绍了为何DFT码本可以如此适用于作为信道估计的码本。首先会从ULA 阵列天线入手， 然后拓展到UPA 平面天线。
DFT 矩阵众所周知， 离散傅里叶变换（DFT）可以写为： X [ k ] = ∑ n = 0 N − 1 x [ n ] e − j ( 2 π / N ) k n , 其中 ( 0 ≤ k ≤ N − 1 ) (1) X[k]=\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j(2 \pi / N) k n}, \text { 其中 }(0 \leq k \leq N-1) \tag{1} X[k]=n=0∑N−1x[n]e−j(2π/N)kn, 其中 (0≤k≤N−1)(1) DFT的相关资料很多， 这里不多赘述。 X [ k ] X[k] X[k] 代表的是频域第 k k k 个频点的值（响应）， x [ n ] x[n] x[n] 是 时域的 第 n n n个信号, N N N 是总采样数。 我们可以有下式的DFT矩阵 F \mathbf{F} F：
F = ( 1 1 1 ⋯ 1 1 ξ ξ 2 ⋯ ξ n − 1 1 ξ 2 ξ 4 ⋯ ξ 2 ( n − 1 ) ⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ 1 ξ n − 1 ξ 2 ( n − 1 ) ⋯ ξ ( n − 1 ) ( n − 1 ) ) ⋅ (2) \mathbf{F}=\left(\begin{array}{ccccc} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & \xi & \xi^{2} & \cdots & \xi^{n-1} \\ 1 & \xi^{2} & \xi^{4} & \cdots & \xi^{2(n-1)} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \xi^{n-1} & \xi^{2(n-1)} & \cdots & \xi^{(n-1)(n-1)} \end{array}\right) \cdot \tag{2} F=⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎛111⋮11ξξ2⋮ξn−11ξ2ξ4⋮ξ2(n−1)⋯⋯⋯⋱⋯1ξn−1ξ2(n−1)⋮ξ(n−1)(n−1)⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎞⋅(2) 其中 ξ = e − j ( 2 π / N ) \xi = e^{-j(2 \pi / N)} ξ=e−j(2π/N). 由(1)可知： x f r e q = F x t \mathbf{x}_{freq} = \mathbf{F}\mathbf{x}_{t} xfreq=Fxt 其中， x t = [ x [ 0 ] , … , x [ N − 1 ] ] T \mathbf{x}_{t} = [x[0], \dots, x[N-1]]^T xt=[x[0],…,x[N−1]]T是时域信号， x f r e q = [ X [ 0 ] , … , X [ N − 1 ] ] T \mathbf{x}_{freq}=[X[0], \dots, X[N-1]]^T xfreq=[X[0],…,X[N−1]]T是频域信号。 简而言之， 对时域信号左乘DFT矩阵， 即可得到频域信号。 注意： F \mathbf{F} F是正交矩阵， 即 F F H = F H F = N I \mathbf{F}\mathbf{F}^H=\mathbf{F}^H\mathbf{F}=N\mathbf{I} FFH=FHF=NI. 这个可以通过等比数列求和公式得到。
ULA的响应向量对于共 N N N个天线， 天线间隔为半波长的阵列， 其响应向量可以表示为： a U L A ( ϕ ) = 1 N [ 1 , e j π sin ( ϕ ) , … , e j π ( N − 1 ) sin ( ϕ ) ] T \mathbf{a}_{\mathrm{ULA}}(\phi)=\frac{1}{\sqrt{N}}\left[1, e^{j \pi \sin (\phi)}, \ldots, e^{j \pi(N-1) \sin (\phi)}\right]^{T} aULA(ϕ)=N 1[1,ejπsin(ϕ),…,ejπ(N−1)sin(ϕ)]T 响应向量为 入射角度 ϕ \phi ϕ 的函数。
DFT 码本那么， 我们可以把 N N N 个 不同入射角度对应的 响应向量 合写在一个矩阵中， 如下：
A = ( 1 1 1 ⋯ 1 e j π sin ( ϕ 0 ) e j π sin ( ϕ 1 ) e j π sin ( ϕ 2 ) ⋯ e j π sin ( ϕ N − 1 ) e j π 2 sin ( ϕ 0 ) e j π 2 sin ( ϕ 1 ) e j π 2 sin ( ϕ 2 ) ⋯ e j π 2 sin ( ϕ N − 1 ) ⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ e j π ( N − 1 ) sin ( ϕ 0 ) e j π ( N − 1 ) sin ( ϕ 1 ) e j π ( N − 1 ) sin ( ϕ 2 ) ⋯ e j π ( N − 1 ) sin ( ϕ N − 1 ) ) ⋅ (3) \mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccccc} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ e^{j \pi \sin (\phi_0)} & e^{j \pi \sin (\phi_1)} & e^{j \pi \sin (\phi_2)} & \cdots & e^{j \pi \sin (\phi_{N-1})} \\ e^{j \pi 2\sin (\phi_0)} & e^{j \pi 2\sin (\phi_1)} & e^{j \pi 2\sin (\phi_2)} & \cdots & e^{j \pi 2\sin (\phi_{N-1})} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ e^{j \pi (N-1)\sin (\phi_0)} & e^{j \pi (N-1)\sin (\phi_1)} & e^{j \pi (N-1)\sin (\phi_2)} & \cdots & e^{j \pi (N-1)\sin (\phi_{N-1})} \end{array}\right) \cdot \tag{3} A=⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎛1ejπsin(ϕ0)ejπ2sin(ϕ0)⋮ejπ(N−1)sin(ϕ0)1ejπsin(ϕ1)ejπ2sin(ϕ1)⋮ejπ(N−1)sin(ϕ1)1ejπsin(ϕ2)ejπ2sin(ϕ2)⋮ejπ(N−1)sin(ϕ2)⋯⋯⋯⋱⋯1ejπsin(ϕN−1)ejπ2sin(ϕN−1)⋮ejπ(N−1)sin(ϕN−1)⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎞⋅(3)
如果我们令 [ sin ( ϕ 0 ) , sin ( ϕ 1 ) , … , sin ( ϕ N − 1 ) ] = [ 0 , − 2 N , … , − 2 ( N − 1 ) N ] [\sin(\phi_0), \sin(\phi_1), \dots, \sin(\phi_{N-1})] = [0, -\frac{2}{N}, \dots, -\frac{2(N-1)}{N}] [sin(ϕ0),sin(ϕ1),…,sin(ϕN−1)]=[0,−N2,…,−N2(N−1)], 那么比较(2) 和 (3)， 可知 A = F \mathbf{A} = \mathbf{F} A=F.但需要注意: sin ( ϕ ) ∈ [ − 1 , 1 ] \sin(\phi)\in[-1, 1] sin(ϕ)∈[−1,1]， 所以有些值是取不到的。 同时也有： e j π 2 a = e j π ( 2 a + 2 ) e^{j\pi 2a} = e^{j\pi (2a+2)} ejπ2a=ejπ(2a+2). 因此，我们应该令， [ sin ( ϕ 0 ) , sin ( ϕ 1 ) , … , sin ( ϕ N − 1 ) ] = [ 0 , − 2 N , … , − N N , − N + 2 N + 2 , … , − 2 ( N − 1 ) N + 2 ] [\sin(\phi_0), \sin(\phi_1), \dots, \sin(\phi_{N-1})] = [0, -\frac{2}{N}, \dots, -\frac{N}{N}, -\frac{N+2}{N} + 2, \dots, -\frac{2(N-1)}{N} +2] [sin(ϕ0),sin(ϕ1),…,sin(ϕN−1)]=[0,−N2,…,−NN,−NN+2+2,…,−N2(N−1)+2], 此时 A = F \mathbf{A} = \mathbf{F} A=F 仍成立。 同时， 我们可以倒推出所有 ϕ n \phi_n ϕn。
这里， A \mathbf{A} A 就是基于 DFT矩阵得到的 DFT码本。 A \mathbf{A} A 的每一列 代表了 一个入射角度 的 对应天线响应。 其最大的特点是， 每一个入射角度的 天线响应之间互相正交 （DFT矩阵的性质）。码本覆盖了空间0~180度的范围（对应sin值从-1到1），分辨力（最小间隔）为 sin ( 2 N ) \sin(\frac{2}{N}) sin(N2).
下面是简单的matlab代码实现一个DFT码本 A \mathbf{A} A， N为阵列天线数：
N = 8;
% columns
t = 0 : -2 / N : -2 * (N-1) / N;
t((t 1
M2x>1 或
2
y
N
>
1
\frac{2y}{N} > 1
N2y>1 时，
cos
(
ϕ
)
=
−
2
x
M
+
2
\cos (\phi)=-\frac{2x}{M} + 2
cos(ϕ)=−M2x+2，
sin
(
ϕ
)
cos
(
θ
)
=
−
2
y
N
+
2
\sin (\phi) \cos(\theta)=-\frac{2y}{N} + 2
sin(ϕ)cos(θ)=−N2y+2。
假设我们现在有波束成形矩阵
W
\mathbf{W}
W， 想获取其在各个角度上的响应， 只需要计算：
r
=
∥
W
H
T
∥
\mathbf{r} = \|\mathbf{W}^H\mathbf{T}\|
r=∥WHT∥ （注意，
T
T
=
T
\mathbf{T}^T=\mathbf{T}
TT=T）
r
k
\mathbf{r}_k
rk代表了第
k
k
k个码字（方向）上的响应， 可通过
k
k
k算出其对应的
x
x
x和
y
y
y值。如，
k
=
2
k=2
k=2 就代表
x
=
2
x=2
x=2,
y
=
0
y=0
y=0 (所有数从0开始计算）。 那么:
ϕ
=
{
cos
−
1
(
−
2
x
M
)
,
2
x
M
≤
1
cos
−
1
(
−
2
x
M
+
2
)
,
2
x
M
>
1
\phi = \left\{\begin{array}{c} \cos^{-1}\left(-\frac{2 x}{M}\right) ,\frac{2 x}{M}\le 1\\ \cos^{-1}\left(-\frac{2 x}{M}+2\right) ,\frac{2 x}{M}> 1 \end{array}\right.
ϕ={cos−1(−M2x),M2x≤1cos−1(−M2x+2),M2x>1
θ
=
{
cos
−
1
(
−
2
y
N
sin
ϕ
)
,
2
y
N
≤
1
cos
−
1
(
−
2
y
N
+
2
sin
ϕ
)
,
2
y
N
>
1
\theta = \left\{\begin{array}{c} \cos^{-1}\left(-\frac{2 y}{N\sin\phi}\right) ,\frac{2 y}{N}\le 1\\ \cos^{-1}\left(\frac{-\frac{2 y}{N}+2}{\sin\phi}\right) ,\frac{2 y}{N}> 1 \end{array}\right.
θ=⎩⎨⎧cos−1(−Nsinϕ2y),N2y≤1cos−1(sinϕ−N2y+2),N2y>1
需要注意的是， 在求
θ
\theta
θ的时候， 某个码字有一定概率是不对应一个有意义的
θ
\theta
θ。因为
2
y
N
sin
ϕ
>
1
\frac{2 y}{N\sin\phi} > 1
Nsinϕ2y>1时，
θ
\theta
θ是没有意义的。 但为了正交性， 我们没有舍弃这些无意义的码字。
类似ULA， 我们验证下方向图，由于二维DFT不好画图了， 我们直接找出最大能量点对应的
θ
\theta
θ和
ϕ
\phi
ϕ看是否与我们使用的波束成形向量的角度一致：
M = 64;
N = 64;
K = M * N;
T = zeros(K, K);
for k = 0 : K-1
v = floor(k / M);
u = k - v * M;
for j = 0 : K-1
y = floor(j / M);
x = j - y * M;
T(k + 1, j + 1) = exp(-1j * 2 * pi * (u * x/ M + v * y / N));
end
end
phi = 50 / 180 * pi;
theta = 40 / 180 * pi;
for i = 1 : M
for j = 1 : N
W(i, j) = exp(1j * pi * (j * sin(phi) * cos(theta) + i * cos(phi)));
end
end
w = W(:);
r = abs(w' * T);
[~, k] = max(r);
k = k - 1; %从0开始计算
y = floor(k / M);
x = k - y * M;
tmp = 2 * x / M;
if tmp > 1
tmp = tmp -2;
end
est_phi = acos(-tmp) / pi * 180;
tmp = 2 * y / M;
if tmp > 1
tmp = tmp -2;
end
est_theta = acos(-tmp / sin(phi)) / pi * 180;
如上，我们使用了40度的
θ
\theta
θ和50度的
ϕ
\phi
ϕ， 最后最大的能量所对应的方向的角度分别是39.18和48.95，可以认为基本是对应上的。
类似ULA，我们也可以自主调换矩阵的列，只要保证间隔分别是
2
M
\frac{2}{M}
M2和
1
N
\frac{1}{N}
N1即可了。 以下为示例代码：
Aset = [];
for m = -1 : 2/N : (N-1)/N
for n = -1 : 2/M : (M-1)/M
A = zeros(M, N);
for p = 1 : M
for q = 1 : N
A(p, q) = exp(1j*pi*(q-1)*m+1j*pi*(p-1)*n);
end
end
a = A(:);
Aset = [Aset, a];
end
end
寻找最大响应值对应的角度：
[~, idx] = max(S);
idx = idx - 1; % 从0开始算
a = mod(idx, M);
b = floor(idx / M);
est_phi = acos(-1 + a * 2 / M) / pi * 180;
tmp = -1 + b * 2 / N;
est_theta = acos(tmp / sin(phi)) / pi * 180;
正交性证明
在我看来， DFT其实和正交码本的设计本身没有关系。 事实上， 我们的目的只是为了设计出的码字能尽量均匀地分割整个角度空间， 并彼此之间互相正交。 而类似DFT的形式， 可以做到这一点。 这一节我们脱离DFT， 仅从ULA， UPA的天线响应本身， 来设计正交的码本。
ULA的正交码字
ULA的天线响应：
a
U
L
A
(
ϕ
)
=
1
N
[
1
,
e
j
π
sin
(
ϕ
)
,
…
,
e
j
π
(
N
−
1
)
sin
(
ϕ
)
]
T
\mathbf{a}_{\mathrm{ULA}}(\phi)=\frac{1}{\sqrt{N}}\left[1, e^{j \pi \sin (\phi)}, \ldots, e^{j \pi(N-1) \sin (\phi)}\right]^{T}
aULA(ϕ)=N
1[1,ejπsin(ϕ),…,ejπ(N−1)sin(ϕ)]T 先假设我们有两个码字，分别为：
a
U
L
A
(
ϕ
1
)
=
1
N
[
1
,
e
j
π
sin
(
ϕ
1
)
,
…
,
e
j
π
(
N
−
1
)
sin
(
ϕ
1
)
]
T
a
U
L
A
(
ϕ
2
)
=
1
N
[
1
,
e
j
π
sin
(
ϕ
2
)
,
…
,
e
j
π
(
N
−
1
)
sin
(
ϕ
2
)
]
T
\mathbf{a}_{\mathrm{ULA}}(\phi_1)=\frac{1}{\sqrt{N}}\left[1, e^{j \pi \sin (\phi_1)}, \ldots, e^{j \pi(N-1) \sin (\phi_1)}\right]^{T} \\\mathbf{a}_{\mathrm{ULA}}(\phi_2)=\frac{1}{\sqrt{N}}\left[1, e^{j \pi \sin (\phi_2)}, \ldots, e^{j \pi(N-1) \sin (\phi_2)}\right]^{T}
aULA(ϕ1)=N
1[1,ejπsin(ϕ1),…,ejπ(N−1)sin(ϕ1)]TaULA(ϕ2)=N
1[1,ejπsin(ϕ2),…,ejπ(N−1)sin(ϕ2)]T
他们的内积可以写为：
a
U
L
A
(
ϕ
1
)
H
a
U
L
A
(
ϕ
2
)
=
1
N
Σ
i
=
0
N
−
1
e
j
π
i
(
sin
(
ϕ
1
)
−
sin
(
ϕ
2
)
)
(6)
\mathbf{a}_{\mathrm{ULA}}(\phi_1)^H\mathbf{a}_{\mathrm{ULA}}(\phi_2)=\frac{1}{N}\Sigma_{i=0}^{N-1} e^{j \pi i(\sin (\phi_1)-\sin (\phi_2))} \tag{6}
aULA(ϕ1)HaULA(ϕ2)=N1Σi=0N−1ejπi(sin(ϕ1)−sin(ϕ2))(6) 这是一个等比数列求和问题， 而等比数列求和公式为：
S
n
=
a
1
⋅
1
−
q
n
1
−
q
(
q
≠
1
)
S_{n}=a_{1} \cdot \frac{1-q^{n}}{1-q} \quad(q \neq 1)
Sn=a1⋅1−q1−qn(q=1) 其中，
a
1
a_1
a1是首项， 在(6)中就是1，
q
q
q是比例， 也就是
e
j
π
(
sin
(
ϕ
1
)
−
sin
(
ϕ
2
)
)
e^{j \pi (\sin (\phi_1)-\sin (\phi_2))}
ejπ(sin(ϕ1)−sin(ϕ2)), n是求和的总项数，也就是
N
N
N（不是
N
−
1
N-1
N−1）因此：
a
U
L
A
(
ϕ
1
)
H
a
U
L
A
(
ϕ
2
)
=
1
N
1
−
e
j
π
N
(
sin
(
ϕ
1
)
−
sin
(
ϕ
2
)
)
1
−
e
j
π
(
sin
(
ϕ
1
)
−
sin
(
ϕ
2
)
)
(7)
\mathbf{a}_{\mathrm{ULA}}(\phi_1)^H\mathbf{a}_{\mathrm{ULA}}(\phi_2)=\frac{1}{N}\frac{1-e^{j \pi N (\sin (\phi_1)-\sin (\phi_2))}}{1-e^{j \pi (\sin (\phi_1)-\sin (\phi_2))}}\tag{7}
aULA(ϕ1)HaULA(ϕ2)=N11−ejπ(sin(ϕ1)−sin(ϕ2))1−ejπN(sin(ϕ1)−sin(ϕ2))(7) 由(7)可知， 只要
sin
(
ϕ
1
)
−
sin
(
ϕ
2
)
=
2
k
N
,
k
=
1
,
2
,
…
\sin (\phi_1)-\sin (\phi_2)=\frac{2k}{N}, k= 1, 2, \dots
sin(ϕ1)−sin(ϕ2)=N2k,k=1,2,…时， (7)的分子就为0， 也就是
a
U
L
A
(
ϕ
1
)
H
a
U
L
A
(
ϕ
2
)
=
0
\mathbf{a}_{\mathrm{ULA}}(\phi_1)^H\mathbf{a}_{\mathrm{ULA}}(\phi_2)=0
aULA(ϕ1)HaULA(ϕ2)=0， 实现了正交。 因此，只要相邻码字的sin值互相间隔
2
N
\frac{2}{N}
N2, 所有码字就是正交的。
这里提一下， 如果我们以
2
N
\frac{2}{N}
N2为间隔设计码本， 那么刚好有
N
N
N个码字， 每个码字的长度为
N
N
N， 总的码本矩阵
A
\mathbf{A}
A就是个
N
×
N
N\times N
N×N的矩阵。 这个矩阵是个正交矩阵。 但如果以
1
N
(
\frac{1}{N}(
N1(甚至
0.5
N
\frac{0.5}{N}
N0.5)为间隔设计呢？ 那
A
\mathbf{A}
A会是个
N
×
2
N
N\times 2N
N×2N的矩阵， 即总共会有
2
N
2N
2N个码字。 这些码字之间就不是完全正交的了。 但这个码本
A
\mathbf{A}
A却仍然会满足
A
A
H
\mathbf{A}\mathbf{A}^H
AAH 是个单位阵。 也就是说码本的行之间仍是正交的， 这个也是可以证明的。
UPA的正交码字
a
U
P
A
(
ϕ
,
θ
)
=
1
N
[
1
,
…
,
e
j
π
(
q
sin
(
ϕ
)
cos
(
θ
)
+
p
cos
(
ϕ
)
)
…
,
e
j
π
(
(
Q
−
1
)
sin
(
ϕ
)
cos
(
θ
)
+
(
P
−
1
)
cos
(
ϕ
)
)
]
T
\begin{aligned} \mathbf{a}_{\mathrm{UPA}}(\phi, \theta)=\frac{1}{\sqrt{N}}\left[1, \ldots, e^{j\pi(q \sin (\phi) \cos(\theta)+p \cos (\phi))}\right. \left.\ldots, e^{j \pi((Q-1) \sin (\phi) \cos(\theta)+(P-1) \cos (\phi))}\right]^{T} \end{aligned}
aUPA(ϕ,θ)=N
1[1,…,ejπ(qsin(ϕ)cos(θ)+pcos(ϕ))…,ejπ((Q−1)sin(ϕ)cos(θ)+(P−1)cos(ϕ))]T UPA的响应虽然繁琐， 但我们其实只需要求两个码字间的内积。 也就是说， 将两个码字的同位置的元素一一相乘后求和， 而改变求和的顺序并不影响结果。因此， 我们可以把求和排成我们想要的顺序。 比如， 第一个码字对应原UPA第
q
q
q列的
P
P
P行元素，与第二个码字的对应原UPA第
q
q
q列的
P
P
P行元素进行相乘求和， 结果如下：
S
q
=
e
j
π
q
(
sin
ϕ
1
cos
θ
1
−
sin
ϕ
2
cos
θ
2
)
Σ
i
=
0
P
−
1
e
j
π
i
(
cos
ϕ
1
−
cos
ϕ
2
)
(7)
S_q = e^{j\pi q( \sin\phi_1 \cos\theta_1- \sin\phi_2 \cos\theta_2)}\Sigma_{i=0}^{P-1} e^{j\pi i(\cos\phi_1-\cos\phi_2)} \tag{7}
Sq=ejπq(sinϕ1cosθ1−sinϕ2cosθ2)Σi=0P−1ejπi(cosϕ1−cosϕ2)(7), 因此， 类似ULA的， 只需要cos值以
2
P
\frac{2}{P}
P2为间隔的话，
S
q
S_q
Sq的求和项就为0， 那么
S
q
S_q
Sq就也是0了， 同理类推到其他列。 最后总的内积就是0， 也就是正交了。
这里的推导有什么问题吗？ 如果没有问题的话， 为什么我们还需要对前面水平角那部分做一个
2
Q
\frac{2}{Q}
Q2为间隔的限制呢？ 因为这里还忽略了一种情况。 如果是
ϕ
1
=
ϕ
2
\phi_1=\phi_2
ϕ1=ϕ2， 而
θ
1
≠
θ
2
\theta_1 \ne \theta_2
θ1=θ2，这显然也是两个独立的码字，那如何使他们正交呢？ 答案很显而意见了， 代入(7)， 有：
S
q
=
P
e
j
π
q
(
sin
ϕ
1
cos
θ
1
−
sin
ϕ
2
cos
θ
2
)
S_q = Pe^{j\pi q( \sin\phi_1 \cos\theta_1- \sin\phi_2 \cos\theta_2)}
Sq=Pejπq(sinϕ1cosθ1−sinϕ2cosθ2) 因此，
S
=
P
Σ
q
=
0
Q
e
j
π
q
(
sin
ϕ
1
cos
θ
1
−
sin
ϕ
2
cos
θ
2
)
S = P\Sigma_{q=0}^{Q}e^{j\pi q( \sin\phi_1 \cos\theta_1- \sin\phi_2 \cos\theta_2)}
S=PΣq=0Qejπq(sinϕ1cosθ1−sinϕ2cosθ2) 写到这里， 就可以明白了为什么还有
2
Q
\frac{2}{Q}
Q2为间隔的限制了。
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