Aufgaben:Aufgabe 2.9: Korrelationsdauer

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Doppler–Leistungsdichtespektrum und Zeit–Korrelationsfunktion

Im Frequenzbereich wird der Einfluss des Rayleigh–Fadings durch das  Jakes–Spektrum  beschrieben. Mit dem Rayleigh–Parameter  $\sigma = \sqrt{0.5}$  gilt für dieses im Doppler–Frequenzbereich  $|f_{\rm D}| ≤ f_{\rm D, \ max}$:

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

Diese Funktion ist für  $f_{\rm D, \ max} = 50 \ \rm Hz$  (blaue Kurve) und  $f_{\rm D, \ max} = 100 \ \rm Hz$  (rote Kurve) skizziert.

Die Funktion  $\varphi_{\rm Z}(\Delta t)$  ist die Fourierrücktransformierte des Doppler–Leistungsdichtespektrums  ${\it \Phi}_{\rm D}(f)$:

$$\varphi_{\rm Z}(\Delta t ) = {\rm J}_0(2 \pi \cdot f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} \cdot \Delta t ) \hspace{0.05cm}.$$

${\rm J}_0$  bezeichnet die Besselfunktion nullter Ordnung. Die ebenfalls symmetrische Korrelationsfunktion  $\varphi_{\rm Z}(\Delta t)$  ist unten gezeichnet, aus Platzgründen allerdings nur die rechte Hälfte.

Aus jeder dieser beiden Beschreibungsfunktionen lässt sich eine Kenngröße ableiten:

• Die  Dopplerverbreiterung  $B_{\rm D}$ bezieht sich auf das Doppler–LDS  ${\it \Phi}_{\rm D}(f_{\rm D})$  und gibt dessen Streuung $\sigma_{\rm D}$ an.

Zu berücksichtigen ist, dass das Jakes–Spektrum mittelwertfrei ist, so dass die Varianz  $\sigma_{\rm D}^2$  nach dem Satz von Steiner gleich dem quadratischen Mittelwert  ${\rm E}\big[f_{\rm D}^2\big]$  ist. Die Berechnung geschieht analog zur Bestimmung der Mehrwegeverbreiterung  $T_{\rm V}$  aus dem Verzögerungs–LDS  ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$   ⇒   Aufgabe 2.7.

• Die  Korrelationsdauer $T_{\rm D}$  bezieht sich dagegen auf die Zeitkorrelationsfunktion  $\varphi_{\rm Z}(\Delta t)$ .

$T_{\rm D}$  gibt denjenigen  $\Delta t$–Wert an, bei dem deren Betrag erstmals auf die Hälfte des Maximums $($bei  $\Delta t = 0)$  abgefallen ist. Man erkennt die Analogie zur Bestimmung der Kohärenzbandbreite  $B_{\rm K}$  aus der Frequenz–Korrelationsfunktion  $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$   ⇒   Aufgabe 2.7.

Hinweise:

• Die Aufgabegehört zum Kapitel  GWSSUS–Kanalmodell.
• Bezug genommen wird auch auf das Kapitel  Allgemeine Beschreibung zeitvarianter Systeme.
• Gegeben ist das folgende unbestimmte Integral:

$$\int \frac{u^2}{\sqrt{1-u^2}} \hspace{0.15cm}{\rm d} u = -\frac{u}{2} \cdot \sqrt{1-u^2} + \frac{1}{2} \cdot {\rm arcsin}\,(u) \hspace{0.05cm}.$$

• Abschließend noch einige Werte für die Besselfunktion nullter Ordnung  $({\rm J}_0)$:

$${\rm J}_0(\pi/2) = 0.472\hspace{0.05cm},\hspace{0.4cm}{\rm J}_0(1.52) = 0.500\hspace{0.05cm},\hspace{0.4cm}{\rm J}_0(\pi) = -0.305\hspace{0.05cm},\hspace{0.4cm} {\rm J}_0(2\pi) = 0.221 \hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

1

Welche Aussagen treffen für die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF) der Dopplerfrequenz im vorliegenden Beispiel zu?

	Die Doppler–WDF ist immer formgleich mit dem Doppler–LDS.
	Die Doppler–WDF ist hier identisch mit dem Doppler–LDS.
	Doppler–WDF und Doppler–LDS unterscheiden sich grundsätzlich.

2

Bestimmen Sie die Dopplerverbreiterungen  $B_{\rm D}$.

$f_{\rm D, \ max} = 50 \ {\rm Hz} \text{:} \hspace{0.6cm} B_{\rm D} \ = \ $ $\ \rm Hz$

$f_{\rm D, \ max} = 100 \ {\rm Hz} \text{:} \hspace{0.4cm} B_{\rm D} \ = \ $ $\ \rm Hz$

3

Welcher Zeitkorrelationswert ergibt sich für  $\Delta t = 5 \ \rm ms$?

$f_{\rm D, \ max} = 50 \ {\rm Hz} \text{:} \hspace{0.6cm} \varphi_{\rm Z}(\Delta t = 5 \ \rm ms) \ = \ $

$f_{\rm D, \ max} = 100 \ {\rm Hz} \text{:} \hspace{0.4cm} \varphi_{\rm Z}(\Delta t = 5 \ \rm ms) \ = \ $

4

Wie groß sind die Korrelationsdauern  $T_{\rm D}$  für beide Parametersätze?

$f_{\rm D, \ max} = 50 \ {\rm Hz} \text{:} \hspace{0.6cm} T_{\rm D} \ = \ $ $\ \rm ms$

$f_{\rm D, \ max} = 100 \ {\rm Hz} \text{:} \hspace{0.4cm} T_{\rm D} \ = \ $ $\ \rm ms$

5

Welcher Zusammenhang besteht zwischen der Dopplerverbreiterung  $B_{\rm D}$  und der Korrelationsdauer  $T_{\rm D}$, ausgehend vom Jakes–Spektrum?

	$B_{\rm D} \cdot T_{\rm D} \approx 1$,
	$B_{\rm D} \cdot T_{\rm D} \approx 0.5$,
	$B_{\rm D} \cdot T_{\rm D} \approx 0.171$.

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Richtig sind hier die Lösungsvorschläge 1 und 2:

• Doppler–WDF und Doppler–LDS sind im allgemeinen nur formgleich.
• Da aber im betrachteten Beispiel das Integral über ${\it \Phi}_{\rm D}(f_{\rm D})$ gleich $1$ ist, erkennbar am Korrelationswert $\varphi_{\rm Z}(\Delta t = 0) = 1$, trifft hier sogar die Identität zu.
• Bei anderer Wahl des Rayleigh–Paramters $\sigma$ würde dies allerdings nicht gelten.

(2)  Aus der Achsensymmetrie von ${\it \Phi}_{\rm D}(f_{\rm D})$ erkennt man, dass der Mittelwert $m_{\rm D} = {\rm E}[f_{\rm D}] = 0$ ist. Die Varianz der Zufallsgröße $f_{\rm D}$ kann somit direkt als quadratischer Mittelwert berechnet werden:

$$\sigma_{\rm D}^2 = \int_{-\infty}^{+\infty} f_{\rm D}^2 \cdot {\it \Phi}_{\rm D}(f_{\rm D}) \hspace{0.15cm}{\rm d} f_{\rm D} = \int_{-f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}}^{+f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}} \frac{f_{\rm D}^2}{ \pi \cdot f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} \cdot \sqrt{1 - \left ({f_{\rm D}}/{f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}} \right )^2} } \hspace{0.15cm}{\rm d} f_{\rm D} \hspace{0.05cm}.$$

Unter Ausnutzung der Symmetrie und mit der Substitution $u = f_{\rm D}/f_{\rm D, \ max}$ ergibt sich daraus:

$$\sigma_{\rm D}^2 = \frac{2}{\pi} \cdot f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}^2 \cdot \int_{0}^{1} \frac{u^2}{\sqrt{1-u^2}} \hspace{0.15cm}{\rm d} u \hspace{0.05cm}. $$

Mit dem auf der Angabenseite angegebenen Integral erhält man weiter:

$$\sigma_{\rm D}^2 \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \frac{2}{\pi} \cdot f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}^2 \cdot \left [ -\frac{u}{2} \cdot \sqrt{1-u^2} + \frac{1}{2} \cdot {\rm arcsin}\,(u) \right ]_0^1 = \frac{2}{\pi} \cdot f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}^2 \cdot \frac{2}{2}\cdot \frac{\pi}{2} = \frac{f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}^2}{2} \hspace{0.05cm}.$$

Die Dopplerverbreiterung ist gleich der Streuung, also der Wurzel aus der Varianz:

$$B_{\rm D} = \sigma_{\rm D} = \frac{f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}}{\sqrt{2}}= \left\{ \begin{array}{c} \underline{35.35\,{\rm Hz}}\\ \underline{70.7\,{\rm Hz}} \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} {\rm f\ddot{u}r} \hspace{0.15cm}f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} = 50\,{\rm Hz} \\ {\rm f\ddot{u}r} \hspace{0.15cm}f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} = 100\,{\rm Hz} \\ \end{array} \hspace{0.05cm}. $$

(3)  Mit den angegebenen Besselwerten erhält man

• für $f_{\rm D, \ max} = 50 \ \rm Hz$:

$$\varphi_{\rm Z}(\Delta t = 5\,{\rm ms}) = {\rm J}_0(2 \pi \cdot 50\,{\rm Hz} \cdot 5\,{\rm ms} ) = {\rm J}_0(\pi/2) \hspace{0.1cm} \underline {= 0.472} \hspace{0.05cm},$$

• für $f_{\rm D, \ max} = 100 \ \rm Hz$:

$$\varphi_{\rm Z}(\Delta t = 5\,{\rm ms}) = {\rm J}_0(\pi) \hspace{0.1cm} \underline {= -0.305} \hspace{0.05cm}.$$

(4)  Die Korrelationsdauer $T_{\rm D}$ ergibt sich aus der Zeitkorrelationsfunktion $\varphi_{\rm Z}(\Delta t)$. $T_{\rm D}$ ist derjenige $\Delta t$–Wert, bei dem $|\varphi_{\rm Z}(\Delta t)|$ auf die Hälfte seines Maximalwertes abgeklungen ist. Es muss gelten:

$$\varphi_{\rm Z}(\Delta t = T_{\rm D}) = {\rm J}_0(2 \pi \cdot f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} \cdot T_{\rm D}) \stackrel {!}{=} 0.5 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} 2 \pi \cdot f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} \cdot T_{\rm D} = 1.52 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} T_{\rm D} = \frac{1.52}{2 \pi f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}} = \frac{0.242}{ f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} = 50\,{\rm Hz}\text{:} \ \hspace{-0.1cm}\hspace{0.2cm} T_{\rm D} \hspace{0.1cm} \underline {\approx 4.84\,{\rm ms}} \hspace{0.05cm},\hspace{0.8cm} f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} = 100\,{\rm Hz}\text{:} \ \hspace{-0.1cm}\hspace{0.2cm} T_{\rm D} \hspace{0.1cm} \underline {\approx 2.42\,{\rm ms}} \hspace{0.05cm}. $$

(5)  In den Teilaufgaben (2) und (4) haben wir erhalten:

$$B_{\rm D} = \frac{ f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}}{\sqrt{2}}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} T_{\rm D} = \frac{1.52}{2 \pi f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} B_{\rm D} \cdot T_{\rm D} = \frac{1.52}{\sqrt{2} \cdot 2 \pi } \hspace{0.1cm}\underline {\approx 0.171}\hspace{0.05cm}.$$

Richtig ist demnach der letzte Lösungsvorschlag.