Aufgaben:Aufgabe 2.7: Kohärenzbandbreite

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Verzögerungs–LDS und
Frequenz–Korrelationsfunktion

Für das Verzögerungs–Leistungsdichtespektrum wählen wir einen exponentiellen Ansatz.  Mit  ${\it \Phi}_0 = {\it \Phi}_{\rm V}(\tau = 0)$  gilt:

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

Die Konstante  $\tau_0$  lässt sich entsprechend der oberen Grafik aus der Tangente im Punkt  $\tau = 0$  ermitteln.  Beachten Sie, dass  ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$  die Einheit  $[1/\rm s\hspace{0.03cm}]$  aufweist.  Weiter gilt:

• Die Wahrscheinlichkeitsdichte  $f_{\rm V}(\tau)$  hat gleiche Form wie  ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$, ist jedoch auf die Fläche  $1$  normiert.
• Die  mittlere Verzögerungszeit  (englisch:   Average Excess Delay )  $m_{\rm V}$  ist gleich dem linearen Erwartungswert  ${\rm E}\big [\tau \big]$  und lässt sich aus der WDF  $f_{\rm V}(\tau)$  bestimmen.
• Die  Mehrwegeverbreiterung  (englisch:   Multipath Spread )  $\sigma_{\rm V}$  gibt die Standardabweichung (Streuung) der Zufallsgröße  $\tau$  an.  Im Theorieteil verwenden wir hierfür auch die Bezeichnung  $T_{\rm V}$.
• Die dargestellte Frequenz–Korrelationsfunktion  $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$  kann als die Fouriertransformierte des Verzögerungs–Leistungsdichtespektrum  ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$  berechnet werden:

$$\varphi_{\rm F}(\Delta f) \hspace{0.2cm} {\bullet\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\circ} \hspace{0.2cm} {\it \Phi}_{\rm V}(\tau)\hspace{0.05cm}.$$

• Die Kohärenzbandbreite  $B_{\rm K}$  ist der  $\Delta f$–Wert, bei dem die Frequenz–Korrelationsfunktion  $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$  auf den halben Betrag abgefallen ist.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Themengebiet des Kapitels  GWSSUS–Kanalmodell.
• Benötigt werden Kenntnisse zur  Momentenberechnung  von Zufallsgrößen aus dem Buch „Stochastische Signaltheorie”.
• Außerdem kann folgende Fouriertransformation als gegeben vorausgesetzt werden:

$$x(t) = \left\{ \begin{array}{c} {\rm e}^{- \lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} t}\\ 0 \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} \hspace{-0.35cm} {\rm f\ddot{u}r} \hspace{0.15cm} t \ge 0 \\ \hspace{-0.35cm} {\rm f\ddot{u}r} \hspace{0.15cm} t < 0 \\ \end{array} \hspace{0.4cm} {\circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet} \hspace{0.4cm} X(f) = \frac{1}{\lambda + {\rm j} \cdot 2\pi f}\hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

1

Wie lautet die Wahrscheinlichkeitsdichte  $f_{\rm V}(\tau)$  der Verzögerungszeit?

	$f_{\rm V}(\tau) = {\rm e}^{-\tau/\tau_0}$.
	$f_{\rm V}(\tau) = 1/\tau_0 \cdot {\rm e}^{-\tau/\tau_0}$,
	$f_{\rm V}(\tau) = {\it \Phi}_0 \cdot {\rm e}^{-\tau/\tau_0}$.

2

Bestimmen Sie die mittlere Verzögerungszeit für  $\tau_0 = 1 \ \rm µ s$.

$m_{\rm V} \ = \ $ $\ \rm µ s$

3

Welcher Wert ergibt sich für die Mehrwegeverbreiterung mit  $\tau_0 = 1 \ \rm µ s$ ?

$\sigma_{\rm V} \ = \ $ $\ \rm µ s$

4

Welche Gleichung gilt für die Frequenz–Korrelationsfunktion  $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$ ?

	$\varphi_{\rm F}(\Delta f) = \big[1/\tau_0 + {\rm j} \ 2 \pi \cdot \Delta f \big]^{-1}$,
	$\varphi_{\rm F}(\Delta f) = {\rm e}^ {-(\tau_0 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}\Delta f)^2}$.

5

Bestimmen Sie die Kohärenzbandbreite  $B_{\rm K}$.

$B_{\rm K} \ = \ $ $\ \rm kHz$

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Das Integral über die Verzögerungs–Leistungsdichte liefert mit  ${\it \Phi}_0 = {\it \Phi}_{\rm V}(\tau = 0)$  das Ergebnis

$$\int_{0}^{+\infty} {\it \Phi}_{\rm V}(\tau) \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau = {\it \Phi}_{\rm 0} \cdot \int_{0}^{+\infty} {\rm e}^{-\tau / \tau_0} \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau = {\it \Phi}_{\rm 0} \cdot \tau_0 \hspace{0.05cm}. $$

• Damit erhält man für die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion:

$$f_{\rm V}(\tau) = \frac{{\it \Phi}_{\rm V}(\tau) }{{\it \Phi}_{\rm 0} \cdot \tau_0}= \frac{1}{\tau_0} \cdot {\rm e}^{-\tau / \tau_0} \hspace{0.05cm}.$$

• Richtig ist somit der Lösungsvorschlag 2.

(2)  Das  $k$–te Moment einer  exponentialverteilten Zufallsgröße  ist nach unserer Nomenklatur gleich  $m_k = k! \cdot \tau_0^k$.

• Mit  $k = 1$  ergibt sich daraus der lineare Mittelwert  $m_1 = m_{\rm V}$:

$$m_{\rm V} = \tau_0 \hspace{0.1cm} \underline {= 1\,{\rm µ s}} \hspace{0.05cm}. $$

(3)  Nach dem  Satz von Steiner  gilt für die Varianz einer Zufallsgröße allgemein:   $\sigma^2 = m_2 \, –m_1^2$.

• Nach der oben angegebenen Gleichung ist  $m_2 = 2 \cdot \tau_0^2$.  Daraus folgt:

$$\sigma_{\rm V}^2 = m_2 - m_1^2 = 2 \cdot \tau_0^2 - (\tau_0)^2 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \sigma_{\rm V} = \tau_0 \hspace{0.1cm} \underline {= 1\,{\rm µ s}} \hspace{0.05cm}. $$

(4)  ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$  ist identisch mit dem in der Hilfsgleichung angegebenem $x(t)$, wenn man  $t$  durch  $\tau$  und  $\lambda$  durch  $1/\tau_0$  ersetzt.

• Damit hat  $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$  den gleichen Verlauf wie  $X(f)$  mit der Substitution  $f → \Delta f$:

$$\varphi_{\rm F}(\Delta f) = \frac{1}{1/\tau_0 + {\rm j} \cdot 2\pi \Delta f} = \frac{\tau_0}{1 + {\rm j} \cdot 2\pi \cdot \tau_0 \cdot \Delta f}\hspace{0.05cm}.$$

• Richtig ist die erste Gleichung.

(5)  Die Kohärenzbandbreite ergibt sich implizit aus der folgenden Gleichung:

$$|\varphi_{\rm F}(\Delta f = B_{\rm K})| \stackrel {!}{=} \frac{1}{2} \cdot |\varphi_{\rm F}(\Delta f = 0)| = \frac{\tau_0}{2}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}|\varphi_{\rm F}(\Delta f = B_{\rm K})|^2 = \frac{\tau_0^2}{1 + (2\pi \cdot \tau_0 \cdot B_{\rm K})^2} \stackrel {!}{=} \frac{\tau_0^2}{4}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}(2\pi \cdot \tau_0 \cdot B_{\rm K})^2 = 3 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} B_{\rm K}= \frac{\sqrt{3}}{2\pi \cdot \tau_0} \approx \frac{0.276}{ \tau_0}\hspace{0.05cm}. $$

• Mit  $\tau_0 = 1 \ \rm µ s$  folgt daraus für die Kohärenzbandbreite:     $B_{\rm K} \ \underline {= 276 \ \rm kHz}$.