GPS读书笔记-from2/18/2017-2/21/2017

ch1: 卫星数据经射频，中频，adc采样来到数字基带域。卫星导航信号首先经过(捕获)，(跟踪)，提取帧，提取&信号，然后计算卫星位置，最后得到user . 关键是捕获和跟踪。捕获是捕获c/a码的初始相位。跟踪则是跟踪相位，估计频偏，把频偏给补偿到接受信号，提高信噪比。 ch2: basic gps GPS接收机如何决定user ？这是终极目标。找user 难点是：一、需要根据 来解方程，但方程是non-的，直接求解比较困难；二、user clock . 用户时钟精度不够，导致的时钟漂移。结合上面两点，对non-的方程求解，是通过 and 求解。求解是在 , and then the will be into a . Gps性能要求，10~30m rms error; real time; , the polar ; , such as from ; be in not hours; can the of the user clock; be small.以上要求，导致了gps的载频是L band(1-2ghz).用GPS信号决定user 需要的卫星数：如果是一维的坐标，那么为了确定这个坐标，一颗卫星不能，需要两颗卫星；同理，确定二维坐标，两颗卫星会给出两个位置，所以需要３颗卫星才能唯一确定user ;同样的，确定三维坐标，就需要４颗卫星提供的距离。

这也好理解，如果要确定３维坐标，则把卫星信号到达的区域看成是一个以卫星位置为中心的球，也不是主观这样看成，而是这么看问题更接近真实的情况。那么两个球相交得到一个圆，再添加一个球，可以看成是这个球和之前两个球相交得到的圆之间再相交，得到两个交点，也就是三个球还是不能唯一确定相交的位置坐标，因此需要再增加一个球，才能确定两个交点中那一个才是user .一句话，卫星的数量需要比空间的维度多１才能唯一确定空间的位置！

现在继续讨论卫星的个数：如果一切理想的话，四颗卫星就可以确定三维坐标。但实际中，由于user clock ，所以还需要一颗卫星来排除时钟的漂移导致的错误。因此，需要５颗卫星！但是，如果强行用4颗卫星的话，由于有时钟误差，计算结果有两个位置，一个close to the ,一个在space,而在space的可以容易排除，因此也能用4颗，说得比较绕！下图就说明为啥是二次方程组了，为啥需要四颗卫星了，因为有四个未知数：xu,yu,zu, and bu(时钟误差)

通常接受的卫星信号来自4~11颗，有两种方法，一种是全部使用，另一种是选用４颗，选用的标准是四颗卫星位置越独立越好，见Fig.2.8.所谓越独立，就是四个位置的连线组成的四边形面积越大越好，所以图(a)就不好，三个卫星在一条线，图(b)就好，能形成一个四边形！

ch3: 上一章假设卫星的位置已知，这一章则讲如何找到卫星位置。一共２４颗gps卫星，在6个轨道运行，每个轨道4颗星。卫星的位置如下图：地球平均半径是,卫星高度到地心距离,所以一个gps卫星垂直地面发射信号距离为26560-6368=，而发射信号覆盖地表最远距离则为,也就是有距离差距，看下图，所以卫星天线的定向角度13.87度就够了，还算比较窄，同时注意，由于距离不同，信号衰减不同，导致有功率远近效应，到最远和最近的地方功率差2.1db,因此实际中，天线正对地面的发射功率相对低一些，以保证到地面各个位置的功率一样！

多普勒效应：卫星速度3874m/s,对地面user的相对速度就是vd=vs*sin(beta)，最大的相对速度为929m/s.最小就是0（当锤直的时候）最大的多普勒频移是4.9khz.也就是说多普勒的范围是-5khz~5khz。

5.注意，多普勒的计算如下：多普勒频移和发射信号的载频有关系，成正比，下图中：fr就是信号频率，这里就是用的gps射频信号载频计算得到载频的多普勒频移；如果是对c/a code而言，多普勒影响就很小，因为c/a码的频率是1.,所以：只有3.2HZ。也就是说多普勒本质是一个相对概念。相对谁呢？相对发送信号源的运动速度，还相对发送源的电磁波的”运动”速度(就是:电磁波的频率啦)

继续讨论多普勒的影响，假设地面的接收机是高速运动，那么对c/a码而言最大的多普勒就是6.4hz. 6.4hz在物理上意味着什么？如果c/a码的采样率是5mhz,那么每个码片长200ns, 的任务就是让本地产生的c/a码和接收到的信号对齐，或者至少让时间差距小于半个码片，100ns。由于的原因，6.4hz就是说1秒导致6.4次变化，对c/a码来说一次变化就是一个1.的倒数(977.5ns)的长度，所以：每经过1/6.4＝156.3ms的时间就会漂移977.5ns，或者说没16ms就漂移100ns.也就是说，如果采样率5mhz,那么我们每隔16ms就要检查是否对齐，否则就跟踪不上了！研究多普勒，除了看绝对值，还看变化率，也就是高阶函数，才算对这个多普勒认识清楚。比如，多普勒平均变化率，如果只考虑卫星运动，那么这个平均值只有0.54hz/s；由于变化率不是均匀的，有的角度变化率大，有的角度变化率小，那么还需要找最大的变化率，就是0.936hz/s，可以看出最大的变化率比均值大很多。上面是假设接收机，如果接收机是在上，那么加速度很大的时候，例如：1g( 9.8m/s2 ), 那么最大的多普勒变化率就高达51.5hz/s,如果加速度再大一些，例如7g,那么这个最大的多普勒变化率就是360hz/s,也就是说由user运动导致的多普勒远远大于卫星运动导致的多普勒。

以360hz/s为例，这个360hz/s表示每一秒变化360hz,如果接收机的载频的 loop的带宽是1hz的数量级，表示1秒才更新一次，但是由于360hz/s的多普勒，表示1秒会变化360次，即：相当于每2.8ms载波就变化一次，所以每2.8ms就需要这个 载波的信息。但这就困难了，由于噪声，2.8ms这么短时间做出的判决就很大的false概率。’s laws:开普勒三定律。(以后在细看！) ch4:earth-,earth-fixed 坐标变换，考虑地球的self-.（以后再看！） ch5: GPS C/A code 上面几章介绍了如何接榫user ，但计算user 需要卫星的 and . 而卫星的位置的计算就必须依靠卫星传送的信号。卫星信号有两种：/ (c/a) code, and code. 字面上，c/a code就是低精度的用于民用的，而p码是高精度的，用于军用，而且接受p码需要有 code,不像c/a code是明文传送，所以，后面都重点讨论c/a码。传送频率：gps信号的射频载波有两个: 都是在1GHZ~2GHZ间，同时都是时钟10.23的整数倍，这应该是方便倍频！其中，L1用来传送c/a和p码的，而L2值用来传送p码。

下面公式就表示了L1用qpsk同时传送p码和c/a码。由于卫星高度为2万公里，所以信号强度很微弱，-左右，所以用c/a码的作用之一就是得到扩频码的扩频增益！

cdma信号：这个比较熟悉。这里复习一下：如果码片的速率高于信号速率，就是扩频系统；如果码片率是1mhz,那么由于码片翻转在时域上是一个矩形窗口，则在频率上就是一个sinc函数，而且main lobe的带宽就是2mhz. 问题：这里需要用成型滤波啊？p码的码片速率是10.23mhz,所以根据上文介绍，频谱带宽就是20.46mhz,码片就是1/10.23=97.8ns,p码是PRN码( noise code),周期一共有38周（超过半年才能循环一次），实际中是每一周就复位一次。c/a码的码片速率是1.,所以带宽就是2.,每个码片是977.5ns. c/a码周期就短，只有1023个码片，因此一个周期就是1ms。c/a码本质就是gold码。gps帧结构：卫星导航数据率是50hz,那么一个bit需要20ms，因此一个bit就对应20个c/a码周期，算很长了；30个导航数据bit构成一个word; 10个word又构成一个（６秒）；5个构成一个page（３０秒）；25个page构成一个. c/a码产生：由两个1023-PRN 序列产生器产生的gold码。每个序列发生器都是由10比特的移位寄存器组成。卫星的(id)就是由序列的相位决定的，一共有37个独立的相位位置，其中32个用来c/a码，当时只有24颗卫星在轨，所以只分配了24个相位。如下图：不同的c/a码从G2不同的抽头输出，这个要仔细研究gold码，看为什么不同抽头的相位独立。第二次看的时候，又观察了下图，发现G2输出不是从最后一个位置输出，而是从中间选取两个位置的输出经过模二加之后再输出，虽然两两组合的可能理论上有45(10*9/2),但是独立的只有37种，我又截了一个图反应了不同的组合得到不同的c/a码，这些码起始相位就是卫星的id了。

c/a码性质：说c/a码性质，其实说的是gold码性质，或者是伪随机码性质：相关性。理想的c/a码需要有强的自相关性，几乎为0的互相关性。其中，自相关性是说同一颗卫星发出的c/a码不同相位的序列相关；互相关性是指不同的卫星发出的c/a码的不同相位序列相关。下图，就说明了c/a码良好的相关性能。

11.帧数据介绍：（5.9~5.17以后再看！） ch6: 考虑硬件。天线，采样，中频等。（之后再看！） ch7: of GPS C/A code 捕获，就是检测是否有c/a信号存在，或者具体说，c/a码的开始和载波的频率。这两个信号同时获取。然后把这些信息pass to . 前面提到过，捕获需要搜索+/-10khz的频率范围，这个范围就是多普勒频偏的范围。问题是: 捕获的带宽是指什么？由谁决定的？书上说，窄带的捕获带宽要用很多步骤才能cover +/-10khz的范围，比较time ;而宽带的呢，就存在poor 的问题，但是由于的带宽很窄，可以保证high 。所以，还是需要用wide for .本章会讨论三种捕获的方法：传统的，基于fft, delay and 的。传统的和fft效果一样，fft可以降低运算复杂度；delay and 的速度更快，但是会lower snr，可以看成是一个速度和性能的.所谓捕获，就是去找到c/a code的开始的相位，同时需要确定输入信号的载频。

这个载频是考虑了 的，每颗卫星都不同。这两个参数就会pass到 . 本章后面的讨论是基于IF=21.25MHZ, 采样率是5MHZ,因此基带信号的中心频率就是1.25mhz.关于中频和采样率的问题需要看第6章的内容。所谓传统的方法：就是用硬件来对每个卫星的c/a码在时域捕获，这个方法就不如用软件的方法，可以保存数据，然后在数字域处理。考虑这本书是写于90年代，估计硬件手段很有限，比如用fpga一样可以来做信号处理，速度还快！捕获，理论上是数据时间越长，信噪比越高。但两个因素限制了数据长度：一是该数据中是否有 data ;另一个是c/a码的 . 由于 data速率是50hz,也就是每20ms一次数据相位的。考虑到这个是在时域上和c/a码相乘，所以频域就是卷积运算，或者说是频域就是调制，把c/a码左右移位50hz再相加，也就是说频谱展宽了，由于有混跌，因此性能下降了。那怎么办呢？在时域上，每20ms才变一次，所以捕获的时间设为10ms,这是因为，连续的两次捕获最多一次, 也就是说连续两次的捕获中有一次是不受 data 影响的。

由于c/a码的周期是1023码片，时长1ms,所以1ms的数据就可以包含c/a码的全部信息，理论上，1ms的数据就可以用来捕获，但是如果这1ms中出现了 data ,那么信噪比就会衰减很大，因此为了保险起见，用两个连续的1ms数据就可以做捕获了。在工程中，用10ms来做捕获，那么连续两个10ms中也最多一个.上面说c/a码的多普勒会影响捕获的时长。由于多普勒，数据不能完全对齐，如果有half chip off,那么相关峰就从理想的1衰减到0.5,因此就是6db的幅度衰减。假设：码片速率1.,最大多普勒是6.4hz,因此漂移一个码片就需要1/6.4=156ms,漂移半个码片就是78ms,也就是说捕获时长必须低于78ms. 上面已经讨论了，10ms最理想，因此10ms也满足多普勒的要求。 steps in :这一章开始就讨论捕获的带宽的问题，说带宽如果太小，那么就需要很多步骤才能cover载波的+/-10khz的频偏；带宽太大，又出现精度不够的问题。现在稍微理解了捕获带宽的物理意义：就是每1秒捕获的次数，是不是很简单，按照上面的讨论，每10ms的数据做一次捕获，那捕获带宽就是100hz。

这个就是前文提到的捕获带宽太小的情况，所以需要很多steps才能cover 10khz的带宽。为什么呢？怎么cover的？C/A码的乘积和FFT: c/a码捕获就是找到c/a码的初始相位，然后用这个c/a码去乘以射频信号，得到射频连续信号，从而得到载频值，如下图：图中最上面的信号是连续输入的c/a码被射频信号调制的波形；中间的图是捕获中得到的c/a码初始相位，是本地产生的；下面图表示的用本地的c/a码乘以输入的c/a coded input ,即：把c/a的影响从载波里strip out最后就得到纯的载波信号，这就可以求载频的频率。

一旦得到上图的载波，就可以用fft来求频率。如果数据长度是1ms,那么fft的分辨率就是1khz。为什么呢？这样好理解啊。1ms的时间，可以表示的周期最长的信号也是1ms,也就是说如果有一个信号周期是2ms,那么在1ms的时间内只有半个周期，因此能表示的最小频率就是1/1ms=1khz,这也是fft的分辨率，所谓分辨率就是最小可以表示的频率。继续讨论FFT找载波频率。如果采样率5mhz,那么在1ms中就包含了5000个采样点，因此就需要5000-point FFT。由于是实数输入，那么这5000个FFT就是 的，即：前面2500个点就包含了所有的信息。由于频率分辨率是1khz,那么2500个点就可以表示2.5mhz的信息，这么看fft还是线性的，如果有的频率变化快，有的频率变化慢，这就不行了。突然感觉自己以前对dsp的理解太low了，只知道记公式，公式是美丽，但是物理意义才更美丽，这是题外话！刚才说可以表示2.5mhz的信息，但是我们其实关心的只是多普勒频偏，而不是整个载频，也就是20khz的范围，那么显然2.5mhz就太多了，因此：直接的方法就是只需要计算21个输出值，用dft即可。

这样做的话，可以节省大量时间和能量，比如：输入的c/a码和本地的c/a码在1ms内需要做乘法，由于有5000个采样点，每移动一次就要做5000次乘法和５5000-point FFT，所以需要做5000×5000次FFT，这么看数据量就太大了，而如果只做21-point DFT,那么就只需要5000*21次DFT。用上面的dft的方法，由于需要用本地产生的c/a码和输入的c/a码每移动一位都做乘法和fft,然后找频率的超过pre- 中的最大值，如果找到最大值，就可以把现在的本地的c/a码的位置记录下来，这就是c/a码的开头。而且，由于码片的是200ns,也就是说找到的c/a码的开头有200ns的分辨率，或者说200ns的误差，而且由于整个data的长度是1ms,所以多普勒频率的分辨率就是1khz. 这个思路可以很容易: 现在我们考虑10ms的data，那么由于采样率不变，所以时间分辨率还是200ns,但是由于10ms和1ms相比，允许周期更长的信号出现，即:最多可以有10ms为周期的信号，因此频率分辨率就是100hz,能得到这个100hz的是要付出很大代价的，因为现在我们需要做50,000-, 而之前只需要5000-point FFT，而fft长度增加10倍，复杂度增加会超过10倍，所以整个复杂度不是线性增加的！time ：这才是第二种方法，除了用fft来做，还可以用时域相关的方法来做。这个方法本地产生的c/a码不再是简单的c/a码，还把RF信号加入在里面。由于采样后的信号的载波是1.25mhz,那么考虑频偏在+/-10khz,那么就有21中可能的RF信号可能性，所以本地产生的信号就是如下：

其中，Cs代表24颗卫星中某一颗的c/a码，注意：这里都是认为已知卫星的c/a码，只是不知道初始相位，fi代表不同的射频频率，如：1250-10,1250-9,1250-8,…,1250+10khz，也就是这些不同的频率是考虑了多普勒。产生了这个本地信号后，仍然需要数字化成5mhz的数据，即：每1ms仍然是5000-point,这些点和输入数据相关，所谓相关，就是乘累加，如果本地的c/a码包含正确的c/a码和正确的频率，那么相关结果就会成高，产生一个峰值。如下图：

这个过程是这样的，每200ns,输入的数据就多收到一个，就把现在的5000个输入的复数和local的5000个复数做相关得到的一个复数，把这个复数的幅度计算出来就代表现在的相关结果。所以，5000个数据输入，就需要做5000次的这样的乘法，也得到5000个幅度值，那么21路并行的处理，就得到21*5000个幅度值，选取最大并cross the 的值，此时对应的fi就是接收到的信号的fi，此时的数据的起始相位就是Cs的相位。相位这个，怎么理解？由于已知24颗卫星的c/a码初始相位，所以上面的Cs的初始相位都是已知的固定的，所以需要移动接收到的射频数据和本地的c/a码做所有可能的尝试，确实很傻，不过1ms内最多尝试5000次，总能试出来找到正确的相位，如果相关出现峰值，就说明此时接收到的信号的c/a码的相位和本地的对齐，且接收到的c/a码的初始相位就是我们实验用的Cs的初始相位。继续讨论time .这个方法本质就是做dft，和fft相比，这个方法更快，因为只需要遍历所有可能的相位和所有可能的频率偏移的组合，按照边界说，这个方法就是先找到解空间的具体的边界，然后遍历每一个可能的解，而之前基于FFT的方法则是盲计算，导致计算复杂度很高，所以好的方法总是搞清楚问题的边界，就在边界内求解！由于时域相关的方法得到的结果频率分辨率只有1khz,因为只用1ms的数据做dft,所以只有1khz.书上说，这个频率还不够精确，不能直接送到 ，还需要提高进度，如何进一步提高进度？在 7.10讨论。拭目以待！继续讨论捕获。现在介绍关于相关的一些基本知识： and . 圆周卷积和圆周相关。在连续时间域，有如下关系：

也就是说：时域卷积，频率相称；频域卷积，时域就相称。你看，为啥叫卷积，因为还是个积，只是换了一个域，或者说换了一个观察问题的角度。这个性质在离散时间域也有类似的，但又不一样，不是线性卷积，而是圆周卷积。相关和卷积也很相似，如下图：

稍微一看，就知道，卷积和相关就差一个符号，所以在频域也很相似。再看下面公式，有个疑问，即使下面成立，也不能认为相位关系也是这样的吧，因为下面公式只表示了幅度关系。

现在利用 来完成前面的time-相关。很简单：