Aufgaben:Aufgabe 2.8: COST-Verzögerungsmodelle

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COST–Verzögerungsmodelle

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 so genannten COST–Verzögerungsmodelle.

Die obere Skizze beinhaltet die beiden Profile  ${\rm RA}$  (Rural Area) und  ${\rm TU}$  (Typical Urban). Für diese gilt folgender Verlauf:

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

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  $-30 \ \rm dB$:

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

Die untere Grafik gilt für ungünstigere Verhältnisse in

• städtischen Gebieten (Bad Urban,  ${\rm BU}$):

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

• in ländlichen Gebieten (Hilly Terrain,  ${\rm HT}$):

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

Für die Modelle   ${\rm RA}$,  ${\rm TU}$  und   ${\rm BU}$  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  ${\rm RA}$  und  ${\rm TU}$, so gilt  $T_{\rm V} = \tau_0$, siehe  Aufgabe 2.7.

• Die Kohärenzbandbreite  $B_{\rm K}$  ist der  $\Delta f$–Wert, bei dem die Frequenz–Korrelationsfunktion  $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$  betragsmäßig erstmals auf die Hälfte abgefallen ist.
  Bei exponentiellem  ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$  wie bei  ${\rm RA}$  und  ${\rm TU}$  ist das Produkt  $T_{\rm V} \cdot B_{\rm K} \approx 0.276$, siehe  Aufgabe 2.7.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  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 \ = \ $ $\ \rm µ s$

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

2

Wie groß ist die Mehrwegeverbreiterung  $T_{\rm V}$  dieser Kanäle?

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

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

3

Welche Kohärenzbandbreite  $B_{\rm K}$  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”  $({\rm RA})$.
	Bei „Typical Urban”  $({\rm TU})$.

5

Wie groß ist die (normierte) Leistungsdichte für „Bad Urban”  $({\rm BU})$   sowie   $\tau = 5.001 \ \rm µ s$  bzw.  $\tau = 4.999 \ \rm µ s$?

${\it \Phi}_{\rm V}(\tau = 5.001 \ \rm µ s) \ = \ $ $\ \cdot {\it \Phi}_0$

${\it \Phi}_{\rm V}(\tau = 4.999 \ \rm µ s) \ = \ $ $\ \cdot {\it \Phi}_0$

6

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

$P_1/(P_1 + P_2) \ = \ $ $\ \rm \%$

7

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

$T_{\rm V} \ = \ $ $\ \rm µ s$

Musterlösung

Musterlösung

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

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

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

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

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

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

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

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

(2)  In der Aufgabe 2.7 wurde gezeigt, dass die Mehrwegeverbreitung $T_{\rm V} =\tau_0$ ist, wenn das Verzögerungs–Leistungsdichtespektrum entsprechend ${\rm e}^{-\tau/\tau_0}$ exponentiell abfällt. Es gilt demnach

• für „Rural Area”: $\hspace{0.4cm} T_{\rm V} \ \underline {= 0.109 \ \rm µ s}$,
• für „Typical Urban”: $\hspace{0.4cm} T_{\rm V} \ \underline {= 1 \ \rm µ s}$.

(3)  In der 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”),
• $B_{\rm K} \ \underline {\approx 276 \ \rm kHz}$ („Typical Urban”).

(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 ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau = 5.001 \ \rm µ s)/{\it \Phi}_0 \hspace{0.15cm}\underline{\approx0.5}$.

• Dagegen gilt für geringfügig kleineres $\tau$ (zum Beispiel $\tau = 4.999 \ \rm µ s$) mit guter Näherung:

$${{\it \Phi}_{\rm V}(\tau = 4.999\,{\rm \mu s})}/{{\it \Phi}_{\rm 0}} = {\rm e}^{ -{4.999\,{\rm µ s}}/{ 1\,{\rm \mu s}}} \approx {\rm e}^{-5} \hspace{0.1cm}\underline {= 0.00674 }\hspace{0.05cm}.$$

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

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

• Für den zweiten Anteil erhält man:

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

• Entsprechend beträgt der prozentuale Anteil des ersten Anteils:

Verzögerungs–Leistungsdichte der COST–Profile  ${\rm BU}$  und  ${\rm HT}$

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

Die Grafik zeigt ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$ in linearem Maßstab:

• Eingezeichnet sind die Flächen $P_1$ und $P_2$.
• Die linke Abbildung gilt für  ${\rm BU}$, die rechte für  ${\rm HT}$.
• Bei Letzterem beträgt der Leistungsanteil aller späteren Echos (später als $15 \ \rm µ s$) nur etwa $12\%$.

(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  ${\rm BU}$

• Mit $\tau_0 = 1 \ \rm µ s$,  $\tau_5 = 5 \ \rm µ s$ ergibt sich für den linearen Mittelwert:

$$m_{\rm V}= \int_{0}^{\infty} f_{\rm V}(\tau) \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}m_{\rm V}= \frac{2}{3\tau_0} \cdot \int_{0}^{\tau_5} \tau \cdot {\rm e}^{ - {\tau}/{ \tau_0}} \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau \ + $$

$$ \hspace{1.7cm}+\ \frac{1}{3\tau_0} \cdot \int_{\tau_5}^{\infty} \tau \cdot {\rm e}^{ (\tau_5 -\tau)/\tau_0}\hspace{0.15cm}{\rm d} \tau \hspace{0.05cm}. $$

• Das erste Integral 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:

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

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}m_{\rm V}= \frac{2\tau_0}{3} + \frac{\tau_5}{3}+ \frac{\tau_0}{3} = \tau_0 + \frac{\tau_5}{3} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 2.667\,{\rm µ s}} \hspace{0.05cm}. $$

• 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:

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

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}m_{\rm V2} = \frac{2}{3} \cdot \int_{0}^{\infty} \frac{\tau^2}{\tau_0} \cdot {\rm e}^{ - {\tau}/{ \tau_0}} \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau + \frac{\tau_5^2}{3} \cdot \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\tau_0} \cdot {\rm e}^{ - {\tau}'/{ \tau_0}} \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau ' +\frac{2\tau_5}{3} \cdot \int_{0}^{\infty} \frac{\tau '}{\tau_0} \cdot {\rm e}^{ - {\tau}'/{ \tau_0}} \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau ' + \frac{1}{3} \cdot \int_{0}^{\infty} \frac{{\tau '}^2}{\tau_0} \cdot {\rm e}^{ - {\tau}'/{ \tau_0}} \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau ' \hspace{0.05cm}. $$

• Mit den vorne angegebenen Integralen folgt daraus:

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

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} \sigma_{\rm V}^2 \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} m_{\rm V2} - m_{\rm V}^2 = 2 \tau_0^2 + \frac{\tau_5^2}{3} + \frac{2 \cdot \tau_0 \cdot \tau_5}{3} - (\tau_0 + \frac{\tau_5}{3})^2 =\tau_0^2 + \frac{2\tau_5^2}{9} = (1\,{\rm µ s})^2 + \frac{2\cdot (5\,{\rm µ s})^2}{9} = 6.55\,({\rm µ s})^2$$

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

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