Aufgaben:Aufgabe 1.6: AKF und LDS bei Rice–Fading

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Man spricht dann von Rice–Fading, wenn der den Mobilfunkkanal beschreibende komplexe Faktor $z(t)$ neben der rein stochastischen Komponente $x(t) + j \cdot y(t)$ zusätzlich einen deterministischen Anteil der Form $x_0 + j \cdot y_0$ aufweist. Die Gleichungen des Rice–Fadings lassen sich in aller Kürze wie folgt zusammenfassen:

$$r(t) = z(t) \cdot s(t) ,$$

$$z(t) = x(t) + {\rm j} \cdot y(t) ,$$

$$x(t) = u(t) + x_0 ,$$

$$y(t) = v(t) + y_0 .$$

Dabei gilt:

• Der direkte Pfad wird durch die komplexe Konstante $z_0 = x_0 + j \cdot y_0$ beschrieben. Der Betrag dieser zeitinvarianten Komponente ist

$$|z_0| = \sqrt{x_0^2 + y_0^2}\hspace{0.05cm}.$$

• $u(t)$ und $\upsilon(t)$ sind Musterfunktionen mittelwertfreier Gaußscher Zufallsprozesse, beide mit Varianz $\sigma^2$ und miteinander nicht korreliert. Sie berücksichtigen Streu–, Brechungs– und Beugungseffekte auf einer Vielzahl von indirekten Pfaden.
• Der Betrag $a(t) = |z(t)|$ besitzt eine Rice–WDF, eine Eigenschaft, die für die Namensgebung dieses speziellen Mobilfunkkanals verantwortlich ist. Die WDF–Gleichung lautet für $a ≥ 0$:

$$f_a(a) = \frac{a}{\sigma^2} \cdot {\rm exp} [ -\frac{a^2 + |z_0|^2}{2\sigma^2}] \cdot {\rm I}_0 \left [ \frac{a \cdot |z_0|}{\sigma^2} \right ]\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}{\rm I }_0 (u) = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{ (u/2)^{2k}}{k! \cdot \Gamma (k+1)} \hspace{0.05cm}.$$

Die Grafik zeigt die Rice–WDF für $|z_0|^2 = 0, 2, 4, 10$ und $20$. Für alle Kurven gilt $\sigma = 1 ⇒  \sigma^2 = 1$. In dieser Aufgabe betrachten wir aber nicht die WDF des Betrags, sondern die AKF des komplexen Faktors $z(t)$,

$$\varphi_z ({\rm \Delta}t) = {\rm E}\left [ z(t) \cdot z^{\star}(t + {\rm \Delta}t)\right ] \hspace{0.05cm},$$

sowie das dazugehörige Leistungsdichtespektrum

$${\it \Phi}_z (f_{\rm D}) \hspace{0.3cm} \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet \hspace{0.3cm} \varphi_z ({\rm \Delta}t) \hspace{0.05cm}.$$

Hinweis: Die Aufgabe bezieht sich auf das Kapitel 1.4 dieses Buches sowie auf Kapitel 4.4 und Kapitel 4.5 im Buch „Stochastische Signaltheorie”.

Fragebogen

1

Welcher $|z_0|^2$–Wert beschreibt das Rayleigh–Fading?

$|z_0|^2 \ = \ $ $\ \rm $

2

Welche der folgenden Größen hängen nur von $|z_0|^2$ = $x_0^2$ + $y_0^2$ ab, aber nicht auf dessen Aufteilung auf $x_0^2$ und $y_0^2$? Es gelte$|z_0|^2$ ≠ 0.

	WDF $f_x(x)$ des Realteils,
	WDF $f_y(y)$ des Imaginärteils,
	WDF $f_a(a)$ des Betrags,
	WDF $f_{\rm \phi}(\phi)$ der Phase,
	AKF $\varphi_z(\Delta t)$ der komplexen Größe $z(t)$,
	LDS $\Phi_z(f_D)$ der komplexen Größe $z(t)$.

3

Berechnen Sie den quadratischen Mittelwert $E[|z(t)|^2]$ für verschiedene Werte von $|z_0|^2$. Es gelte $\sigma^2 = 1$.

$|z_0|^2 = 0: E[|z(t)|^2] \ = \ $ $\ \rm $

$|z_0|^2 = 2: E[|z(t)|^2] \ = \ $ $\ \rm $

$|z_0|^2 = 10: E[|z(t)|^2] \ = \ $ $\ \rm $

4

Wie unterscheiden sich die Autokorrelationsfunktionen (kurz: AKF) des schwarzen, des blauen und des grünen Kanals?

	Die „blaue” AKF liegt um 4 über der „schwarzen”.
	Die „blaue” AKF liegt um 2 unterhalb der „schwarzen”.
	Die „grüne” AKF ist um den Faktor 2.5 breiter als die „blaue”.

5

Wie unterscheiden sich die Leistungsdichtespektren (kurz: LDS) von schwarzem, blauem und grünem Mobilfunkkanal?

	Das „schwarze” LDS ist rein kontinuierlich (kein Dirac).
	Das „blaue” und „grüne” LDS beinhalten jeweils einen Dirac.
	Der „grüne” Dirac hat ein größeres Gewicht als der „blaue”.

Musterlösung

Musterlösung

1. Das Rayleigh–Fading ergibt sich aus dem Rice–Fading mit $|z_0|^2$ $= 0$.

2. Es ist offensichtlich, dass

• $f_x(x)$ von $x_0$ abhängt,
• $f_y(y)$ von $y_0$ abhängt,
• $f_{\rm \phi}(\phi)$ vom Verhältnis $y_0/x_0$ abhängt.

Die angegebene Gleichung für die WDF $f_a(a)$ zeigt, dass der Betrag $a$ nur von $|z_0|$ abhängt.

Für die AKF gilt mit $z(t) = x(t) + j \cdot y(t)$:

$$\varphi_z ({\rm \Delta}t) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} {\rm E}\left [ z(t) \cdot z^{\star}(t + {\rm \Delta}t)\right] =$$

$$ \hspace{-0.1cm} = \ \hspace{-0.1cm} {\rm E}\left [ \left ( x(t) + {\rm j} \cdot y(t) \right )\cdot (x(t + {\rm \Delta}t) - {\rm j} \cdot (y(t+ {\rm \Delta}t)\right ] \hspace{0.05cm}.$$

Aufgrund der statistischen Unabhängigkeit zwischen Real– und Imaginärteil kann man die Gleichung wie folgt vereinfachen:

$$\varphi_z ({\rm \Delta}t) = {\rm E}\left [ x(t) \cdot x(t + {\rm \Delta}t)\right ] + {\rm E}\left [ y(t) \cdot y(t + {\rm \Delta}t)\right ] \hspace{0.05cm}.$$

Der erste Anteil ergibt mit $x(t) = u(t) + x_0$ und $t' = t + \Delta t$:

$${\rm E}\left [ x(t) \cdot x(t')\right ] = {\rm E}\left [ u(t) \cdot u(t')\right ] + x_0 \cdot {\rm E}\left [ u(t) \right ] + x_0 \cdot {\rm E}\left [ u(t') \right ] + x_0^2\hspace{0.05cm},$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm E}\left [ x(t) \cdot x(t + {\rm \Delta}t)\right ] = {\rm E}\left [ u(t) \cdot u(t + {\rm \Delta}t)\right ] + x_0^2 = \varphi_u ({\rm \Delta}t) + x_0^2 \hspace{0.05cm}.$$

Hierbei ist berücksichtigt, dass die Gaußsche Zufallsgröße $u(t)$ mittelwertfrei ist und die Varianz $\sigma^2$ besitzt. In gleicher Weise erhält man mit $y(t) = \upsilon (t) + y_0$:

$${\rm E}\left [ y(t) \cdot y(t + {\rm \Delta}t)\right ] = \ ... \ = \varphi_v ({\rm \Delta}t) + y_0^2$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} \varphi_z ({\rm \Delta}t) = \varphi_u ({\rm \Delta}t) + \varphi_v ({\rm \Delta}t) + x_0^2 + y_0^2 = 2 \cdot \varphi_u ({\rm \Delta}t) + |z_0|^2 \hspace{0.05cm}.$$

Wenn aber die AKF $\varphi (\Delta t)$ nur von $|z_0^2|$ abhängt, dann gilt dies auch für die Fouriertransformierte „LDS”. Richtig sind somit die Lösungsvorschläge 3, 5 und 6.

3. Der quadratische Mittelwert könnte zum Beispiel aus der Betrags–WDF berechnet werden:

$${\rm E}\left [ |z(t)|^2 \right ] = {\rm E}\left [ a^2 \right ] = \int_{0}^{\infty}a^2 \cdot f_a(a)\hspace{0.15cm}{\rm d}a \hspace{0.05cm}.$$

Gleichzeitig ist der quadratische Mittelwert – also die Leistung – auch durch die AKF bestimmt:

$${\rm E}\left [ |z(t)|^2 \right ] = \varphi_z ({\rm \Delta}t = 0) = 2 \cdot \varphi_u ({\rm \Delta}t = 0) + |z_0|^2 = 2 \cdot \sigma^2 + |z_0|^2 \hspace{0.05cm}.$$

Mit $\sigma = 1$ erhält man somit folgende numerische Ergebnisse:

$$ \ \ |z_0|^2 = 0 \hspace{-0.1cm} \ : \ \hspace{0.3cm}{\rm E}\left [ |z(t)|^2 \right ] = 2 + 0 \hspace{0.15cm} \underline{ = 2} \hspace{0.05cm},$$

$$ \ \ |z_0|^2 = 2 \hspace{-0.1cm} \ : \ \hspace{0.3cm}{\rm E}\left [ |z(t)|^2 \right ] = 2 + 2 \hspace{0.15cm} \underline{ = 4} \hspace{0.05cm},$$

$$|z_0|^2 = 10 \hspace{-0.1cm} \ : \ \hspace{0.3cm}{\rm E}\left [ |z(t)|^2 \right ] = 2 + 10 \hspace{0.15cm} \underline{ = 12} \hspace{0.05cm}.$$

4. Richtig ist der Lösungsvorschlag 1, wie bereits in der Musterlösung zu (b) hergeleitet. Richtig wären die folgenden Aussagen:

• Die „blaue” AKF liegt um 4 über der „schwarzen”.
• Die „grüne” AKF liegt um 6 über der „blauen”.

5. Alle Lösungsvorschläge treffen zu.

• Das „schwarze” LDS ist ein Jakes–Spektrum und damit auch kontinuierlich, das heißt, innerhalb eines Intervalls sind alle Frequenzen vorhanden.
• In der Autokorrelationsfunktion (AKF) des blauen bzw. des grünen Kanals tritt zusätzlich die Konstante $|z_0|^2$ auf.
• Im Leistungsdichtespektrum (LDS) ergeben sich wegen dieser Konstanten in der AKF jeweils Diracfunktionen bei der Dopplerfrequenz $f_D = 0$ mit dem Gewicht $|z_0|^2$.