Aufgabe 1.4: Rayleigh–WDF und Jakes–LDS

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Betrag   $a= |z(t)|$  und WDF  $f_a(a)$  bei Rayleigh-Fading mit Dopplereinfluss

Wir betrachten zwei verschiedene Mobilfunkkanäle mit  Rayleigh–Fading.  In beiden Fällen lässt sich die WDF des Betrags  $a(t) = |z(t)| ≥ 0$  in folgender Weise darstellen:

$$f_a(a) = {a}/{\sigma^2} \cdot {\rm e}^{ -{a^2}/(2\sigma^2)} \hspace{0.05cm}.$$

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Betrag nicht größer als ein vorgegebener Wert  $A$  ist, kann wie folgt berechnet werden:

$${\rm Pr}(|z(t)| \le A) = 1 - {\rm e}^{ -{A^2}/(2\sigma^2)} \hspace{0.05cm}.$$

Die beiden Kanäle, die entsprechend den Farben „Rot” und „Blau” in den Grafiken mit  $\rm R$  bzw.  $\rm B$  bezeichnet werden, unterscheiden sich durch die Geschwindigkeit  $v$  und damit in der Form des Leistungsdichtespektrums  $\rm (LDS)$ ${\it \Phi}_z(f_{\rm D})$.

• In beiden Fällen ergibt sich aber ein so genanntes  Jakes–Spektrum.

• Für eine Dopplerfrequenz  $f_{\rm D}$  mit  $|f_{\rm D}| <f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}$  lautet die Gleichung:

$${\it \Phi}_z(f_{\rm D}) = \frac{1}{\pi \hspace{-0.05cm}\cdot \hspace{-0.05cm}f_{\rm D, \hspace{0.05cm} max} \hspace{-0.05cm}\cdot \hspace{-0.05cm}\sqrt{ 1 \hspace{-0.05cm}- \hspace{-0.05cm}(f_{\rm D}/f_{\rm D, \hspace{0.05cm} max})^2 } } \hspace{0.05cm}.$$

• Dopplerfrequenzen außerhalb dieses Intervalls von  $-f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}$  bis  $+f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}$  sind ausgeschlossen.

Die entsprechende Beschreibungsgröße im Zeitbereich ist die Autokorrelationsfunktion  $\rm (AKF)$:

$$\varphi_z ({\rm \Delta}t) = 2 \sigma^2 \cdot {\rm J_0}(2\pi \cdot f_{\rm D, \hspace{0.05cm} max} \cdot {\rm \Delta}t)\hspace{0.05cm}.$$

• Hierbei bezeichnet  ${\rm J_0}(.)$  die Besselfunktion erster Art und nullter Ordnung.  Es gilt  ${\rm J_0}(0) = 1$.
• Vom Kanalmodell  $\rm R$  ist die maximale Dopplerfrequenz bekannt:   $f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} = 200 \ \rm Hz$.
• Außerdem ist bekannt, dass sich die Geschwindigkeiten  $v_{\rm R}$  und  $v_{\rm B}$  um den Faktor  $2$  unterscheiden.
• Ob  $v_{\rm R}$  doppelt so groß ist als  $v_{\rm B}$  oder umgekehrt, sollen Sie anhand der Grafiken entscheiden.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Themengebiet von  Statistische Bindungen innerhalb des Rayleigh–Prozesses.
• Zur Überprüfung Ihrer Ergebnisse können Sie das interaktive Applet  WDF, VTF und Momente spezieller Verteilungen  benutzen.

Fragebogen

1

Ermitteln Sie den Rayleigh–Parameter  $\sigma$  für die Kanäle  $\rm R$  und  $\rm B$.

$\sigma_{\rm R} \ = \ $ $\ \rm$

$\sigma_{\rm B} \ = \ $ $\ \rm$

2

Geben Sie jeweils die Wahrscheinlichkeit an, dass  $20 \cdot {\rm lg} \ a ≤ -10 \ \rm dB$  ist, was gleichzeitig auch  $a ≤ 0.316$  bedeutet.

Kanal  ${\rm R}\text{:} \hspace{0.4cm}   {\rm Pr}(a ≤ 0.316) \ = \ $ $\ \rm \%$

Kanal  ${\rm B}\text{:} \hspace{0.4cm}   {\rm Pr}(a ≤ 0.316) \ = \ $ $\ \rm \%$

3

Welche Aussagen sind bezüglich den Fahrgeschwindigkeiten  $v$  zutreffend?

	$v_{\rm B}$  ist doppelt so groß als  $v_{\rm R}$.
	$v_{\rm B}$  ist halb so groß als  $v_{\rm R}$.
	Mit  $v = 0$  wäre  $|z(t)|$  konstant.
	Mit  $v = 0$  wäre  $|z(t)|$  spektral gesehen weiß.
	Mit  $v → ∞$  wäre  $|z(t)|$  konstant.
	Mit  $v → ∞$  wäre  $|z(t)|$  weiß.

4

Welche der folgenden Aussagen sind richtig?

	Der LDS–Wert  ${\it \Phi_z}(f_{\rm D} = 0)$  ist bei beiden Kanälen gleich.
	Der AKF–Wert  $\varphi_z(\Delta t = 0)$  ist bei beiden Kanälen gleich.
	Die Fläche unter  ${\it \Phi_z}(f_{\rm D})$  ist bei beiden Kanälen gleich.
	Die Fläche unter  $\varphi_z(\Delta t)$  ist bei beiden Kanälen gleich.

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Aus der WDF erkennt man, dass das WDF–Maximum für beide Kanäle gleich  $0.6$  ist und für  $a = 1$  auftritt.

• Die Rayleigh–WDF und ihre Ableitung lauten allgemein:

$$f_a(a) \hspace{-0.1cm} = \hspace{-0.1cm} \frac{a}{\sigma^2} \cdot {\rm e}^{ -a^2/(2\sigma^2)} \hspace{0.05cm},$$

$$\frac{{\rm d}f_a(a)}{{\rm d}a} \hspace{-0.1cm} = \hspace{-0.1cm} \frac{1}{\sigma^2} \cdot {\rm e}^{ -a^2/(2\sigma^2)}- \frac{a^2}{\sigma^4} \cdot {\rm e}^{ -a^2/(2\sigma^2)} \hspace{0.05cm}.$$

• Durch Nullsetzen der Ableitung lässt sich zeigen, dass das WDF–Maximum bei  $a = \sigma$  auftritt.  Da die Rayleigh–WDF für beide Kanäle gilt, folgt daraus:

$$\sigma_{\rm R} = \sigma_{\rm B} \hspace{0.15cm} \underline{ = 1} \hspace{0.05cm}.$$

(2)  Wegen der gleichen WDF ist auch die gesuchte Wahrscheinlichkeit für beide Kanäle gleich.

• Mit der angegebenen Gleichung erhält man hierfür:

$${\rm Pr}(a \le 0.316) = {\rm Pr}(20 \cdot {\rm lg}\hspace{0.15cm} a \le -10\,\,{\rm dB}) = 1 - {\rm e}^{ -{0.316^2}/(2\sigma^2)} = 1- 0.951 \hspace{0.15cm} \underline{ \approx 4.9 \%} \hspace{0.05cm}.$$

(3)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 2, 3 und 6:

• Die kleinere Geschwindigkeit  $v_{\rm B}$  erkennt man daran, dass sich der Betrag  $|z(t)|$  bei der blauen Kurve langsamer ändert.
• Bei stehendem Fahrzeug entartet das LDS zu  ${\it \Phi_z}(f_{\rm D}) = 2\sigma^2\cdot \delta(f_{\rm D})$,  und es ist  $|z(t)| = A = \rm const.$, wobei die Konstante  $A$  entsprechend der Rayleighverteilung ausgewürfelt wird.
• Bei extrem hoher Geschwindigkeit wird das Jakes–Spektrum über einen immer größeren Bereich flach und immer niedriger.  Es nähert sich dann dem LDS von weißem Rauschen an.  Allerdings müsste dazu  $v$  schon in der Größenordnung der Lichtgeschwindigkeit sein.

(4)  Richtig sind die Aussagen 2 und 3:

• Durch den Rayleigh–Parameter  $\sigma = 1$  liegt auch die „Leistung”  ${\rm E}[|z(t)|^2] = 2\sigma^2 = 2$  des Zufallsprozesses fest.
• Somit gilt sowohl für  $\rm R$  als auch für  $\rm B$:

$$\varphi_z ({\rm \Delta}t = 0) = 2 \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} \int_{-\infty}^{+\infty}{\it \Phi}_z(f_{\rm D}) \hspace{0.15cm}{\rm d}f_{\rm D} = 2 \hspace{0.05cm}.$$