Aufgabe 1.3: Rayleigh–Fading

Rayleigh–Fading ist anzuwenden, wenn es

zwischen Sender und Empfänger keine Direktverbindung gibt, und
das Signal den Empfänger auf vielen Wegen erreicht, aber deren Laufzeiten näherungsweise gleich sind.

Ein Beispiel eines solchen Rayleigh–Kanals tritt beim Mobilfunk im städtischen Gebiet auf, wenn schmalbandige Signale verwendet werden mit Reichweiten zwischen 50 und 100 m.

Betrachtet man die Funksignale $s(t)$ und $r(t)$ im äquivalenten Tiefpassbereich (das heißt, um die Frequenz $f = 0$), so wird die Signalübertragung durch die Gleichung

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

vollständig beschrieben. Die multiplikative Verfälschung

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

ist stets komplex und weist folgende Eigenschaften auf:

Der Realteil $x(t)$ und der Imaginärteil $y(t)$ sind Gaußsche mittelwertfreie Zufallsgrößen, beide mit gleicher Varianz $\sigma^2$. Innerhalb der Komponenten $x(t)$ und $y(t)$ kann es statistische Bindungen geben, was aber für die Lösung der vorliegenden Aufgabe nicht relevant ist. Es bestehen keine Bindungen zwischen $x(t)$ und $y(t)$; deren Kreuzkorrelationsfunktion ist identisch Null.

Der Betrag $a(t) = |z(t)|$ besitzt eine Rayleigh–WDF, woraus sich der Name „Rayleigh–Fading” ableitet:

$$f_a(a) = \left\{ \begin{array}{c} a/\sigma^2 \cdot {\rm exp} [ -a^2/(2\sigma^2)] \\ 0 \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} a \ge 0 \\ {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} a < 0 \\ \end{array} \hspace{0.05cm}.$$

Das Betragsquadrat $p(t) = a(t)^2 = |z(t)|^2$ ist exponentialverteilt entsprechend der Gleichung

$$f_p(p) = \left\{ \begin{array}{c} 1/(2\sigma^2) \cdot {\rm exp} [ -p/(2\sigma^2)] \\ 0 \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} p \ge 0 \\ {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} p < 0 \\ \end{array} \hspace{0.05cm}.$$

Durch Messung wurde ermittelt, dass die Zeitintervalle mit $a(t) ≤ 1$ (in der Grafik gelb hinterlegt) sich zu 59 ms aufaddieren (rot markierte Bereiche). Mit der Gesamtmessdauer von 150 ms ergibt sich so die Wahrscheinlichkeit, dass der Betrag des Rayleigh–Fadings kleiner oder gleich 1 ist, zu

$${\rm Pr}(a(t) \le 1) = \frac{59\,\,{\rm ms}}{150\,\,{\rm ms}} = 39.4 \% \hspace{0.05cm}.$$

In der unteren Grafik grün hinterlegt ist der Wertebereich zwischen –3 dB und +3 dB hinsichtlich der logarithmierten Rayleigh–Größe $20 \cdot lg \ a(t)$. Hierauf bezieht sich die Teilaufgabe (d).

Hinweis: Die Aufgabe gehört zum Kapitel 1.2 dieses Buches. Eine ähnliche Thematik wird mit anderer Herangehensweise im Kapitel 3.7 des Buches „Stochastische Signaltheorie” behandelt.

Zur Überprüfung Ihrer Ergebnisse können Sie das folgende Interaktionsmodul benutzen:

WDF, VTF und Momente

Fragebogen

$Max[20 · lg \ a(t)] \ = \ $

$ \ \rm dB$

$Max[p(t)] \ = \ $

$ \ \rm $

$Max[10 · lg\ p(t)] \ = \ $

$ \ \rm dB$

$\sigma \ = \ $

$ \ \rm $

$Pr(|10 · lg\ p(t)| < 3 dB) \ = \ $

$ \ \rm dB$

Musterlösung

1. Aus $Max[a(t)] = 2$ folgt direkt:

$${\rm Max} \left [ 20 \cdot {\rm lg}\hspace{0.15cm} a(t) \right ] = 20 \cdot {\rm lg}\hspace{0.15cm}(2) \hspace{0.15cm} \underline{\approx 6\,\,{\rm dB}} \hspace{0.05cm}.$$

2. Der Maximalwert des Betragsquadrats $p(t) = a(t)^2$ beträgt

$${\rm Max} \left [ p(t) \right ] = {\rm Max} \left [ a(t)^2 \right ] \hspace{0.15cm} \underline{= 4} \hspace{0.05cm}.$$

Die logarithmische Darstellung des Betragsquadrats $p(t)$ ist identisch mit der logarithmischen Darstellung des Betrags $a(t)$. Da $p(t)$ eine Leistungsgröße ist, gilt

$$10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.15cm} p(t) = 10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.15cm} a(t)^2 = 20 \cdot {\rm lg}\hspace{0.15cm} a(t) \hspace{0.05cm}.$$

Der Maximalwert ist somit ebenfalls ca. 6 dB.

3. Die Bedingung $a(t) ≤ 1$ ist gleichbedeutend mit der Forderung „$p(t) = a(t)^2 ≤ 1$”. Das Betragsquadrat ist bekanntermaßen exponentialverteilt, und für $p ≥ 0$ gilt demzufolge:

$$f_p(p) = \frac{1}{2\sigma^2} \cdot {\rm exp} [ -\frac{p}{2\sigma^2}] \hspace{0.05cm}.$$

Daraus folgt:

$${\rm Pr}(p(t) \le 1) = \frac{1}{2\sigma^2} \cdot \int_{0}^{1}{\rm exp} [ -\frac{p}{2\sigma^2}] \hspace{0.15cm}{\rm d}p = 1 - {\rm exp} [ -\frac{1}{2\sigma^2}] = 0.394$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm exp} [ -\frac{1}{2\sigma^2}] = 0.606 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \sigma^2 = \frac{1}{2 \cdot {\rm ln}\hspace{0.1cm}(0.606)} = 1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \underline{\sigma = 1} \hspace{0.05cm}.$$

Die linke nachfolgende Grafik zeigt die Wahrscheinlichkeit $Pr(p(t) ≤ 1)$.

4. Aus $10 \cdot lg\hspace{0.15cm}p_1 = –3\hspace{0.15cm}dB$ folgt $p_1 = 0.5$ und die obere Grenze des Integrationsbereichs ergibt sich aus der Bedingung $10 \cdot lg\hspace{0.15cm}p_2 = +3\hspace{0.15cm}dB$ zu $p_2 = 2$. Damit erhält man gemäß der rechten Grafik:

$${\rm Pr}(-3\,\,{\rm dB}\le 10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.15cm} p(t) \le +3\,\,{\rm dB}) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \int_{0.5}^{2}f_p(p)\hspace{0.15cm}{\rm d}p = \left [ - {\rm exp} [ -\frac{p}{2\sigma^2}]\hspace{0.15cm} \right ]_{0.5}^{2} =$$

$$\hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm}{\rm e}^{-0.25}- {\rm e}^{-1} \approx 0.779 - 0.368 \hspace{0.15cm} \underline{ = 0.411} \hspace{0.05cm}.$$