Aufgaben:Aufgabe 2.8: COST-Verzögerungsmodelle

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Zweiwegekanäle

Rechts sind vier Verzögerungs–Leistungsdichtespektren als Funktion der Verzögerungszeit $\tau$ logarithmisch aufgetragen:

$$10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.15cm} ({{\it \Phi}_{\rm V}(\tau)}/{\it \Phi}_{\rm 0}) \hspace{0.05cm},$$

Hierbei ist als Abkürzung $\phi_0 = \phi_{\rm V}(\tau = 0)$ verwendet.

Es handelt sich um die sog. COST–Verzögerungsmodelle. Die obere Skizze beinhaltet die beiden Profile RA (Rural Area) und TU (Typical Urban). Für diese gilt folgender Verlauf:

$${{\it \Phi}_{\rm V}(\tau)}/{\it \Phi}_{\rm 0} = {\rm exp}[ -\tau / \tau_0] \hspace{0.05cm}.$$

Der Wert des Parameters $\tau_0$ (Zeitkonstante der AKF) soll in der Teilaufgabe (1) aus der Grafik ermittelt werden. Beachten Sie hierzu die angegebenen $\tau$–Werte für $–30 \ \rm dB$:

$${\rm RA:}\hspace{0.15cm}\tau_{-30} = 0.75\,{\rm \mu s} \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} {\rm TU:}\hspace{0.15cm}\tau_{-30} = 6.9\,{\rm \mu s} \hspace{0.05cm}. $$

Die untere Grafik gilt für ungünstigere Verhältnisse in

• städtischen Gebieten (Bad Urban, BU):

$${{\it \Phi}_{\rm V}(\tau)}/{{\it \Phi}_{\rm 0}} = \left\{ \begin{array}{c} {\rm exp}[ -\tau / \tau_0]\\ 0.5 \cdot {\rm exp}[ (5\,{\rm \mu s}-\tau) / \tau_0] \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} \hspace{-0.55cm} {\rm Bereich}\hspace{0.15cm}0 < \tau < 5\,{\rm \mu s}\hspace{0.05cm},\hspace{0.15cm}\tau_0 = 1\,{\rm \mu s} \hspace{0.05cm}, \\ \hspace{-0.15cm} {\,\, \,\, \rm Bereich}\hspace{0.15cm}5\,{\rm \mu s} < \tau < 10\,{\rm \mu s}\hspace{0.05cm},\hspace{0.15cm}\tau_0 = 1\,{\rm \mu s} \hspace{0.05cm}, \end{array}$$

• in ländlichen Gebieten (Hilly Terrain, HT):

$${{\it \Phi}_{\rm V}(\tau)}/{{\it \Phi}_{\rm 0}} = \left\{ \begin{array}{c} {\rm exp}[ -\tau / \tau_0]\\ {0.04 \cdot \rm exp}[ (15\,{\rm \mu s}-\tau) / \tau_0] \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} \hspace{-0.55cm} {\rm Bereich}\hspace{0.15cm}0 < \tau < 2\,{\rm \mu s}\hspace{0.05cm},\hspace{0.15cm}\tau_0 = 0.286\,{\rm \mu s} \hspace{0.05cm}, \\ \hspace{-0.35cm} {\rm Bereich}\hspace{0.15cm}15\,{\rm \mu s} < \tau < 20\,{\rm \mu s}\hspace{0.05cm},\hspace{0.15cm}\tau_0 = 1\,{\rm \mu s} \hspace{0.05cm}. \end{array}$$

Für die Modelle RA, TU und BU sollen folgende Kenngrößen ermittelt werden:

• Die Mehrwegeverbreiterung $T_{\rm V}$ ist die Standardabweichung der Verzögerungszeit $\tau$. Hat das Verzögerungs–LDS ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$ einen exponentiellen Verlauf wie bei den Profilen „RA” und „TU”, so gilt $T_{\rm V} = \tau_0$, siehe Aufgabe A2.7.

• Die Kohärenzbandbreite $B_{\rm K}$ ist der $\Delta f$–Wert, bei dem die Frequenzkorrelationsfunktion $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$ betragsmäßig erstmals auf die Hälfte abgefallen ist. Bei exponentiellem ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$ wie bei „RA” und „TU” ist das Produkt $T_{\rm V} \cdot B_{\rm K} \approx 0.276$, siehe Aufgabe A2.7.

Hinweis:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Das GWSSUS–Kanalmodell.
• Vorgegeben sind die folgenden Integrale:

$$\frac{1}{\tau_0} \cdot \int_{0}^{\infty}\hspace{-0.15cm} {\rm e}^{ -\tau / \tau_0} \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau = 1 \hspace{0.05cm},\hspace{0.6cm} \frac{1}{\tau_0} \cdot \int_{0}^{\infty}\hspace{-0.15cm} {\tau} \cdot{\rm e}^{ -\tau / \tau_0}\hspace{0.15cm}{\rm d} \tau = \tau_0 \hspace{0.05cm},\hspace{0.6cm} \frac{1}{\tau_0} \cdot \int_{0}^{\infty} \hspace{-0.15cm}{\tau^2} \cdot{\rm e}^{ -\tau / \tau_0}\hspace{0.15cm}{\rm d} \tau = 2\tau_0^2\hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

1

Geben Sie den LDS–Parameter $\tau_0$ für die Profile ${\rm RA}$ und ${\rm TU}$ an.

${\rm RA} \text{:} \hspace{0.4cm} \tau_0 \ = \ $ $\ \rm \mu s$

${\rm TU} \text{:} \hspace{0.4cm} \tau_0 \ = \ $ $\ \rm \mu s$

2

Wie groß ist die Mehrwegeverbreiterung dieser Kanäle?

${\rm RA} \text{:} \hspace{0.4cm} T_{\rm V} \ = \ $ $\ \rm \mu s$

${\rm TU} \text{:} \hspace{0.4cm} T_{\rm V} \ = \ $ $\ \rm \mu s$

3

Welche Kohärenzbandbreite stellen diese Kanäle bereit?

${\rm RA} \text{:} \hspace{0.4cm} B_{\rm K} \ = \ $ $\ \rm kHz$

${\rm TU} \text{:} \hspace{0.4cm} B_{\rm K} \ = \ $ $\ \rm kHz$

4

Bei welchem Kanal spielt Frequenzselektivität eine größere Rolle?

	Bei „Rural Area”.
	Bei „Typical Urban”.

5

Wie groß ist die (normierte) Leistungsdichte für „Bad Urban” und $\tau = 5.001 \ \rm \mu s$ bzw. $\tau = 4.999 \ \rm \mu s$?

${\rm BU} \text{:} \hspace{0.4cm} {\it \Phi}_{\rm V}(\tau = 5.001 \ \rm \mu s) \ = \ $ $\ \cdot 10^0 \cdot {\it \Phi}_0$

$\hspace{1.175cm} {\it \Phi}_{\rm V}(\tau = 4.999 \ \rm \mu s) \ = \ $ $\ \cdot 10^{–3} \cdot {\it \Phi}_0$

6

Wir betrachten weiterhin ${\rm BU}$. Wie groß ist der prozentuale Leistungsanteil $P_1$ der Signalanteile zwischen $0$ und $5 \ \rm \mu s$?

${\rm BU} \text{:} \hspace{0.4cm} P_1/(P_1 + P_2) \ = \ $ $\ \rm \%$

7

Berechnen Sie die Mehrwegeverbreiterung $T_{\rm V}$ des Profils „${\rm BU}$”. Hinweis: Die mittlere Laufzeit beträgt $m_{\rm V} = E[\tau] = 2.667 \ \rm \mu s$.

${\rm BU} \text{:} \hspace{0.4cm} T_{\rm V} \ = \ $ $\ \rm \mu s$

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Aus der Grafik auf der Angabenseite erkennt man folgende Eigenschaft:

$$10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm} (\frac{{\it \Phi}_{\rm V}(\tau_{\rm -30})}{{\it \Phi}_0}) = 10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}\left [{\rm exp}[ -\frac{\tau_{\rm -30}}{ \tau_{\rm 0}}]\right ] \stackrel {!}{=} -30\,{\rm dB}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm lg}\hspace{0.1cm}\left [{\rm exp}[ -\frac{\tau_{\rm -30}}{ \tau_{\rm 0}}]\right ] = -3 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm ln}\hspace{0.1cm}\left [{\rm exp}[ -\frac{\tau_{\rm -30}}{ \tau_{\rm 0}}]\right ] = -3 \cdot {\rm ln}\hspace{0.1cm}(10)$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} \tau_{\rm 0} = \frac{\tau_{\rm -30}}{ 3 \cdot {\rm ln}\hspace{0.1cm}(10)}\approx \frac{\tau_{\rm -30}}{ 6.9} \hspace{0.05cm}.$$

Hierbei bezeichnet $\tau_{–30}$ die Verzögerungszeit, die zum logarithmischen Ordinatenwert $–30 \ \rm dB$ führt. Damit erhält man

• für ländlichen Gebiet (Rural Area, RA) mit $\tau_{–30} = 0.75 \ \rm \mu s$:

$$\tau_{\rm 0} = \frac{0.75\,{\rm \mu s}}{ 6.9} \hspace{0.1cm}\underline {\approx 0.109\,{\rm \mu s}} \hspace{0.05cm},$$

• für Städte und Verbote (Typical Urban, TU) mit $\tau_{–30} = 6.9 \ \rm \mu s$:

$$\tau_{\rm 0} = \frac{6.9\,{\rm \mu s}}{ 6.9} \hspace{0.1cm}\underline {\approx 1\,{\rm \mu s}} \hspace{0.05cm},$$

(2)  In der Aufgabe A2.7 wurde gezeigt, dass die Mehrwegeverbreitung $T_{\rm V}$ gleich $\tau_0$ ist, wenn das Verzögerungs–Leistungsdichtespektrum entsprechend $\exp {(–\tau/\tau_0)}$ exponentiell abfällt. Es gilt demnach

• für „Rural Area”: $T_{\rm V} \ \underline {= 0.109 \ \rm \mu s}$,
• für „Typical Urban”: $T_{\rm V} \ \underline {= 1 \ \rm \mu s}$.

(3)  In Aufgabe A2.7 wurde auch gezeigt, dass für die Kohärenzbandbreite $B_{\rm K} \approx 0.276/\tau_0$ gilt. Daraus folgt $B_{\rm K} \ \underline {\approx 2500 \ \rm kHz}$ („Rural Area”) bzw. $B_{\rm K} \ \underline {\approx 276 \ \rm kHz}$ („Typical Union”).

(4)  Richtig ist hier der zweite Lösungsvorschlag. Frequenzselektivität des Mobilfunkkanals ist immer dann gegeben, wenn die Signalbandbreite $B_{\rm S}$ größer ist als die Kohärenzbandbreite $B_{\rm K}$ (oder zumindest in der gleichen Größenordnung liegt). Je kleiner $B_{\rm K}$ ist, um so häufiger ist dies der Fall.

(5)  Entsprechend der angegebenen Gleichung ist ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau = 5.001 \ \rm \mu s)/{\it \Phi}_0$ näherungsweise $0.5$. Dagegen gilt für geringfügig kleineres $\tau$ (z.B. $\tau = 4.999 \ \rm \mu s$) mit guter Näherung:

$$\frac{{\it \Phi}_{\rm V}(\tau = 4.999\,{\rm \mu s})}{{\it \Phi}_{\rm 0}} = {\rm exp}( -\frac{4.999\,{\rm \mu s}}{ 1\,{\rm \mu s}}) \approx {\rm exp}(-5) \hspace{0.1cm}\underline {= 6.74 \cdot 10^{-3}}\hspace{0.05cm}.$$

(6)  Für die Leistung $P_1$ aller Signalanteile mit Verzögerungszeiten zwischen $0$ und $5 \ \rm \mu s$ gilt:

$$P_1 = {\it \Phi}_{\rm 0} \cdot \int_{0}^{5\,{\rm \mu s}} {\rm exp}[ -{\tau}/{ \tau_0}] \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau \hspace{0.15cm} \approx \hspace{0.15cm} {\it \Phi}_{\rm 0} \cdot \int_{0}^{\infty} {\rm exp}[ -{\tau}/{ \tau_0}] \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau = {\it \Phi}_{\rm 0} \cdot \tau_0 \hspace{0.05cm}.$$

Für den zweiten Anteil erhält man:

$$P_2 = \frac{{\it \Phi}_{\rm 0}}{2} \cdot \int_{5\,{\rm \mu s}}^{\infty} {\rm exp}[ \frac{5\,{\rm \mu s} -\tau}{ \tau_0}] \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau \hspace{0.15cm} \approx \hspace{0.15cm} \frac{{\it \Phi}_{\rm 0}}{2} \cdot \int_{0}^{\infty} {\rm exp}[ -{\tau}/{ \tau_0}] \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau = \frac{{\it \Phi}_{\rm 0} \cdot \tau_0}{2} \hspace{0.05cm}. $$

Dementsprechend beträgt der prozentuale Anteil des ersten Anteils:

$$\frac{P_1}{P_1+ P_2} = \frac{2}{3} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 66.7\%}\hspace{0.05cm}.$$

Die folgende Grafik zeigt ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$ in linearem Maßstab. Eingezeichnet sind die Flächen $P_1$ und $P_2$. Die linke Abbildung gilt für „Bad Urban”, die rechte für „Hilly Terrain”. Bei Letzterem beträgt der Leistungsanteil aller späteren Echos (später als $15 \ \rm \mu s$) nur etwa $12\%$.

Verzögerungs–Leistungsdichte der COST–Profile „BU” und „HT”

(7)  Die Fläche über das gesamte Leistungsdichtespektrum ergibt $P = 1.5 \cdot \phi_0 \cdot \tau_0$. Normiert man ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$ auf diesen Wert, so erhält man die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion $f_{\rm V}(\tau)$, wie in der nächsten Grafik dargestellt (linkes Diagramm).

Verzögerungs–WDF des Profils „BU”

Mit $\tau_0 = 1 \ \rm \mu s$ und $\tau_5 = 5 \ \rm \mu s$ ergibt sich somit für den linearen Mittelwert:

$$m_{\rm V}= \int_{0}^{\infty} f_{\rm V}(\tau) \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau = \frac{2}{3\tau_0} \cdot \int_{0}^{\tau_5} \tau \cdot {\rm exp}[ - \frac{\tau}{ \tau_0}] \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau + \frac{1}{3\tau_0} \cdot \int_{\tau_5}^{\infty} \tau \cdot {\rm exp}[ \frac{\tau_5 -\tau}{ \tau_0}] \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau \hspace{0.05cm}. $$

Das erste Interal ist nach der angegebenen Gleichung gleich $2\tau_0/3$. Mit der Substitution $\tau' = \tau \, –\tau_5$ erhält man schließlich unter Verwendung der vorne angegebenen Integrallösungen:

$$m_{\rm V} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \frac{2\tau_0}{3} + \frac{1}{3\tau_0} \cdot \int_{0}^{\infty} (\tau_5 + \tau') \cdot {\rm exp}[ -\frac{\tau '}{ \tau_0}] \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau ' = $$

$$\hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \frac{2\tau_0}{3} + \frac{\tau_5}{3\tau_0} \cdot \int_{0}^{\infty} {\rm exp}[ - \frac{\tau '}{ \tau_0}] \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau ' + \frac{1}{3\tau_0} \cdot \int_{0}^{\infty} \tau' \cdot {\rm exp}[ - \frac{\tau '}{ \tau_0}] \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau ' =$$

$$\hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \frac{2\tau_0}{3} + \frac{\tau_5}{3}+ \frac{\tau_0}{3} = \tau_0 + \frac{\tau_5}{3} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 2.667\,{\rm \mu s}} \hspace{0.05cm}. $$

Die Varianz $\sigma_{\rm V}^2$ ist gleich dem quadratischen Mittelwert der mittelwertbefreiten Zufallsgröße $\theta = \tau \, –m_{\rm V}$, deren WDF in der rechten Grafik dargestellt ist. Daraus lässt sich $T_{\rm V} = \sigma_{\rm V}$ angeben.

Eine zweite Möglichkeit besteht darin, zunächst den quadratischen Mittelwert der Zufallsgröße $\tau$ zu berechnen und daraus die Varianz $\sigma_{\rm V}^2$ mit dem Satz von Steiner. Mit den bereits oben beschriebenen Substitutionen und Näherungen erhält man so:

$$m_{\rm V2} \hspace{-0.1cm} \ \approx \ \hspace{-0.1cm} \frac{2}{3\tau_0} \cdot \int_{0}^{\infty} \tau^2 \cdot {\rm exp}[ - \frac{\tau}{ \tau_0}] \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau + \frac{1}{3\tau_0} \cdot \int_{0}^{\infty} (\tau_5 + \tau')^2 \cdot {\rm exp}[ -\frac{\tau '}{ \tau_0}] \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau ' =$$

$$\hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm}\frac{2}{3} \cdot \int_{0}^{\infty} \frac{\tau^2}{\tau_0} \cdot {\rm exp}[ - \frac{\tau}{ \tau_0}] \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau + \frac{\tau_5^2}{3} \cdot \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\tau_0} \cdot {\rm exp}[ -\frac{\tau '}{ \tau_0}] \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau ' +$$

$$\hspace{-0.1cm} \ + \ \hspace{-0.1cm} \frac{2\tau_5}{3} \cdot \int_{0}^{\infty} \frac{\tau '}{\tau_0} \cdot {\rm exp}[ -\frac{\tau '}{ \tau_0}] \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau ' + \frac{1}{3} \cdot \int_{0}^{\infty} \frac{{\tau '}^2}{\tau_0} \cdot {\rm exp}[ -\frac{\tau '}{ \tau_0}] \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau ' \hspace{0.05cm}. $$

Mit den vorne angegebenen Integralen folgt daraus:

$$m_{\rm V2} \approx \frac{2}{3} \cdot 2 \tau_0^2 + \frac{\tau_5^2}{3} \cdot 1 + \frac{2\tau_5}{3} \cdot \tau_0 + \frac{1}{3} \cdot 2 \tau_0^2 = 2 \tau_0^2 + \frac{\tau_5^2}{3} + \frac{2 \cdot \tau_0 \cdot \tau_5}{3} $$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} \sigma_{\rm V}^2 \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} m_{\rm V2} - m_{\rm V}^2 = 2 \tau_0^2 + \frac{\tau_5^2}{3} + \frac{2 \cdot \tau_0 \cdot \tau_5}{3} - (\tau_0 + \frac{\tau_5}{3})^2 =$$

$$\hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm}\tau_0^2 + \frac{2\tau_5^2}{9} = (1\,{\rm \mu s})^2 + \frac{2\cdot (5\,{\rm \mu s})^2}{9} = 6.55\,({\rm \mu s})^2$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} T_{\rm V} = \sigma_{\rm V} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 2.56\,{\rm \mu s}}\hspace{0.05cm}.$$

In obiger Grafik sind die Kenngrößen $T_{\rm V}$ und $\sigma_{\rm V}$ eingezeichnet.