Aufgaben:Aufgabe 2.7Z: Kohärenzbandbreite des LZI–Zweiwegekanals

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Zweiwegekanäle

Zum GWSSUS–Modell werden zwei Kenngrößen angegeben, die beide die entstehende Verzögerung $\tau$ statistisch erfassen. Mehr Informationen zum Thema „Mehrwegeausbreitung” finden Sie auf Seite 8 des Theorieteils.

• Die Mehrwegeverbreiterung $T_{\rm V}$ ist definitionsgemäß gleich der Standardabweichung der Zufallsgröße $\tau$. Diese kann aus der Wahrscheinlichkeitsdichte $f_{\rm V}(\tau)$ ermittelt werden. Die WDF $f_{\rm V}(\tau)$ ist dabei formgleich mit dem Verzögerungs–Leistungsdichtespektrum ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$ ist.
• Die Kohärenzbandbreite $B_{\rm K}$ beschreibt den gleichen Sachverhalt im Frequenzbereich. Diese ist implizit durch die Frequenzkorrelationsfunktion $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$ festgelegt als derjenige $\Delta f$–Wert, bei dem deren Betrag erstmals auf die Hälfte abgefallen ist:

$$|\varphi_{\rm F}(\Delta f = B_{\rm K})| \stackrel {!}{=} \frac{1}{2} \cdot |\varphi_{\rm F}(\Delta f = 0)| \hspace{0.05cm}.$$

Der Zusammenhang zwischen ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$ und $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$ ist durch die Fouriertransformation gegeben:

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

Beide Definitionen sind bei einem zeitinvarianten Kanal nur bedingt geeignet. Beispielsweise verwendet man für einen zeitinvarianten Zweiwegekanal (also mit konstanten Pfadgewichten entsprechend obiger Grafik) oft als Näherung für die Kohärenzbandbreite:

$$B_{\rm K}\hspace{0.05cm}' = \frac{1}{\tau_{\rm max} - \tau_{\rm min}} \hspace{0.05cm}.$$

In dieser Aufgabe soll geklärt werden,

• warum es in der Literatur verschiedene Definitionen für die Kohärenzbandbreite gibt,
• welcher Zusammenhang zwischen $B_{\rm K}$ und $B_{\rm K}'$ besteht, und
• welche Definitionen bei welchen Randbedingungen sinnvoll sind.

Hinweis:

• Die Aufgabe bezieht sich auf einige Theorieseiten im Kapitel Mehrwegeempfang beim Mobilfunk und im Kapitel Das GWSSUS–Kanalmodell.

Fragebogen

1

Welche Kohärenzbandbreitennäherungen ergeben sich für Kanal A und B?

${\rm Kanal \ A} \text {:} \hspace{0.4cm} B_{\rm K}' \ = \ $ $\ \rm kHz$

${\rm Kanal \ B} \text {:} \hspace{0.4cm} B_{\rm K}' \ = \ $ $\ \rm kHz$

2

Wie lautet die WDF $f_{\rm V}(\tau)$? $G$ gibt das Gewicht des zweiten Pfades an.

	$f_{\rm V}(\tau) = \delta(\tau) + G \cdot \delta(\tau \, –\tau_0)$,
	$f_{\rm V}(\tau) = \delta(\tau) + G^2 \cdot \delta(\tau \, –\tau_0)$,
	$f_{\rm V}(\tau) = 1/(1 + G^2) \cdot \delta(\tau) + G^2/(1 + G^2) \cdot \delta(\tau \, –\tau_0)$.

3

Berechnen Sie die Mehrwegeverbreitung.

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

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

4

Welche Kohärenzbandbreite $B_{\rm K}$ weist der Kanal A auf?

	Es gilt $B_{\rm K} = 333 \ \rm kHz$.
	Es gilt $B_{\rm K} = 500 \ \rm kHz$.
	Es gilt $B_{\rm K} = 1 \ \rm MHz$.
	$B_{\rm K}$ ist nach dieser Definition nicht angebbar.

5

Welche Kohärenzbandbreite $B_{\rm K}$ weist der Kanal B auf?

	Es gilt $B_{\rm K} = 333 \ \rm kHz$.
	Es gilt $B_{\rm K} = 500 \ \rm kHz$.
	Es gilt $B_{\rm K} = 1 \ \rm MHz$.
	$B_{\rm K}$ ist nach dieser Definition nicht angebbar.

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Bei beiden Kanälen beträgt Laufzeitdifferenz $\Delta \tau = \tau_{\rm max} \, – \tau_{\rm min} = 1 \ \rm \mu s$. Deshalb ergibt sich bei beiden Kanälen der gleiche Wert $B_{\rm K}' \ \underline {= 1000 \ \rm kHz}$.

(2)  Die Grafiken beziehen sich auf die Impulsantwort $h(\tau)$. Um das Verzögerungs–LDS zu erhalten, müssen die Gewichte quadriert werden:

$${\it \Phi}_{\rm V}(\tau) = 1^2 \cdot \delta(\tau) + G^2 \cdot \delta(\tau - \tau_0) \hspace{0.05cm}.$$

Das Integral über ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$ ist demnach $1 + G^2$. Die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF) muss aber die „Fläche 1” ergeben (Summe der beiden Diracgewichte gleich $1$). Daraus folgt:

$$f_{\rm V}(\tau) = \frac{1}{1 + G^2} \cdot \delta(\tau) + \frac{G^2}{1 + G^2} \cdot \delta(\tau - \tau_0) \hspace{0.05cm}.$$

Richtig ist somit nur der Lösungsvorschlag 3. Der erste Vorschlag beschreibt nicht die WDF $f_{\rm V}(\tau)$, sondern die Impuls $h(\tau)$. Die zweite Gleichung gibt das Verzögerungs–LDS ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$ an.

(3)  Beim Kanal A sind die beiden Impulsgewichte gleich. Damit kann für den Mittelwert $m_{\rm V}$ und die Standardabweichung $\sigma_{\rm V} = T_{\rm V}$ ohne große Rechnung geschrieben werden:

$$m_{\rm V} = \frac{\tau_0}{2} \hspace{0.15cm} {= 0.5\,{\rm \mu s}}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}T_{\rm V} = \sigma_{\rm V} =\frac{\tau_0}{2} \hspace{0.15cm}\underline {= 0.5\,{\rm \mu s}} \hspace{0.05cm}.$$

Beim Kanal B sind die Impulsgewichte $1/(1+0.5^2) = 0.8$ (für $\tau = 0$) und $0.2$ (für $\tau = 1 \ \rm \mu s$). Damit erhält man für den linearen und den quadratischen Mittelwert nach den grundlegenden Gesetzen der Statistik:

$$m_{\rm 1} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} 0.8 \cdot 0 + 0.2 \cdot 1\,{\rm \mu s} = 0.2\,{\rm \mu s} \hspace{0.05cm},$$

$$m_{\rm 2} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} 0.8 \cdot 0^2 + 0.2 \cdot (1\,{\rm \mu s})^2 = 0.2\,({\rm \mu s})^2 \hspace{0.05cm}.$$

Zum gesuchten Ergebnis kommt man mit dem Satz von Steiner.

$$\sigma_{\rm V}^2 = m_{\rm 2} - m_{\rm 1}^2 = 0.2\,({\rm \mu s})^2 - (0.2\,{\rm \mu s})^2 = 0.16\,({\rm \mu s})^2 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}T_{\rm V} = \sigma_{\rm V} \hspace{0.15cm}\underline {= 0.4\,{\rm \mu s}}\hspace{0.05cm}.$$

(4)  Die Frequenzkorrelationsfunktion ist die Fouriertransformierte von ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau) = \delta(\tau) + \delta(\tau \, – \tau_0)$:

$$\varphi_{\rm F}(\Delta f) = 1 + {\rm exp}(-{\rm j} \cdot 2\pi \cdot \Delta f \cdot \tau_0) = 1 + {\rm cos}(2\pi \cdot \Delta f \cdot \tau_0) -{\rm j} \cdot {\rm sin}(2\pi \cdot \Delta f \cdot \tau_0) $$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} |\varphi_{\rm F}(\Delta f)| = \sqrt{2 + 2 \cdot {\rm cos}(2\pi \cdot \Delta f \cdot \tau_0) }\hspace{0.05cm}.$$

Das Funktionsmaximum bei $\Delta f = 0$ ist gleich $2$. Deshalb lautet die Bestimmungsgleichung für $B_{\rm K}$:

$$|\varphi_{\rm F}(B_{\rm K})| = 1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}|\varphi_{\rm F}(B_{\rm K})|^2 = 1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}2 + 2 \cdot {\rm cos}(2\pi \cdot B_{\rm K} \cdot \tau_0) = 1$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm cos}(2\pi \cdot B_{\rm K} \cdot \tau_0) = -0.5 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}2\pi \cdot B_{\rm K} \cdot \tau_0 = \frac{2\pi}{3}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}B_{\rm K} = \frac{1}{3\tau_0} = 333\,{\rm kHz}\hspace{0.05cm}.$$

Richtig ist somit der Lösungsvorschlag 1. Die Grafik (blaue Kurve) verdeutlicht das Ergebnis.

Frequenzkorrelationsfunktion und Kohärenzbandbreite

(5)  Für den Kanal B lauten die entsprechenden Gleichungen:

$${\it \Phi}_{\rm V}(\tau) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} 1^2 \cdot \delta(\tau) + (-0.5)^2 \cdot \delta(\tau - \tau_0) \hspace{0.05cm},$$

$$\varphi_{\rm F}(\Delta f) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} 1 + 0.25 \cdot {\rm cos}(2\pi \cdot \Delta f \cdot \tau_0) -{\rm j} \cdot 0.25 \cdot {\rm sin}(2\pi \cdot \Delta f \cdot \tau_0)\hspace{0.05cm},$$

$$|\varphi_{\rm F}(\Delta f)| \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm}= \sqrt{\frac{17}{16} + \frac{1}{2} \cdot {\rm cos}(2\pi \cdot \Delta f \cdot \tau_0) }$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Max}\hspace{0.1cm}|\varphi_{\rm F}(\Delta f)| = 1.25\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}{\rm Min}\hspace{0.1cm}|\varphi_{\rm F}(\Delta f)| = 0.75\hspace{0.05cm}.$$

Man erkennt an diesem Resultat, dass hier die $50\&$–Kohärenzbandbreite nicht angebbar ist. Richtig ist also der Lösungsvorschlag 4.

Dieses Ergebnis ist der Grund dafür, dass es für die Kohärenzbandbreite in der Literatur unterschiedliche Definitionen gibt, zum Beispiel:

• die $90\%$–Kohärenzbandbreite ($B_{\rm K, \ 90\%}$ wäre hier $184 \ \rm kHz$),
• die vorne angegebene sehr einfache Näherung $B_{\rm K}'$ (im Beispiel $1 \ \rm MHz$).

Man erkennt bereits an diesen Zahlenwerten, dass alle diesbezüglichen Angaben sehr vage sind und sich die einzelnen „Kohärenzbandbreiten” um Faktoren unterscheiden können.