Aufgabe 2.9: Korrelationsdauer

Doppler–Leistungsdichtespektrum und Zeitkorrelationsfunktion

Im Frequenzbereich wird der Einfluss des Rayleigh–Fadings durch das Jakes–Spektrum beschrieben. Mit dem Rayleigh–Parameter $\sigma = 2^{–0.5}$ (Wurzel aus $1/2$) 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 hier für $f_{\rm D, \ max} = 50 \ \rm Hz$ (blaue Kurve) und für $f_{\rm D, \ max} = 100 \ \rm Hz$ (rote Kurve) dargestellt.

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. Diese ebenfalls symmetrische Korrelationsfunktion $\varphi_{\rm Z}(\Delta t)$ ist unten skizziert, 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 $\sigma_D$ an. Zu berücksichtigen ist, dass das Jakes–Spektrum mittelwertfrei ist, so dass die Varianz $\sigma_D^2$ nach dem Satz von Steiner gleich dem quadratischen Mittelwert ${\rm E}[f_{\rm D}^2]$ ist. Die Berechnung geschieht analog zur Bestimmung der Mehrwegeverbreiterung $T_{\rm V}$ aus dem Verzögerungs–LDS ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$ ⇒ Aufgabe A2.7.
Die Korrelationsdauer $T_{\rm D}$ bezieht sich dagegen auf die Zeitkorrelationsfunktion $\varphi_{\rm Z}(\Delta t)$ und gibt denjenigen $\Delta t$–Wert an, bei dem deren Betrag erstmals auf die Hälfte ihres Maximums (stets bei $\Delta t = 0$) abgefallen ist. Man erkennt die Analogie zur Bestimmung der Kohärenzbandbreite $B_{\rm K}$ aus der Frequenzkorrelationsfunktion $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$ ⇒ Aufgabe A2.7.

Hinweise:

Die Aufgabe bezieht sich auf das Kapitel Allgemeine Beschreibung zeitvarianter Systeme und das Kapitel Das GWSSUS–Kanalmodell.
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 (${\rm J}_0$):

$${\rm J}_0(\pi/2) = 0.472\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}{\rm J}_0(1.52) = 0.500\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}{\rm J}_0(\pi) = -0.305\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} {\rm J}_0(2\pi) = 0.221 \hspace{0.05cm}.$$

Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

Fragebogen

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

$f_{\rm D, \ max} = 50 \ {\rm Hz} \text{:} \hspace{0.4cm} B_{\rm D} \ = \ $

$\ \rm Hz$

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

$\ \rm Hz$

$f_{\rm D, \ max} = 50 \ {\rm Hz} \text{:} \hspace{0.4cm} \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) \ = \ $

$f_{\rm D, \ max} = 50 \ {\rm Hz} \text{:} \hspace{0.4cm} T_{\rm D} \ = \ $

$\ \rm ms$

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

$\ \rm ms$

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

Musterlösung

(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:

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

$$\hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \frac{2}{\pi} \cdot f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}^2 \cdot \frac{2}{2}\cdot \frac{\pi}{2} = \frac{f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}^2}{2} \hspace{0.05cm}.$$

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:

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

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} 2 \pi \cdot f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} \cdot T_{\rm D} = 1.52 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} T_{\rm D} = \frac{1.52}{2 \pi f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}} = \frac{0.242}{ f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}}$$

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

$$\hspace{1.5cm} f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} = 100\,{\rm Hz}\hspace{-0.1cm} \ : \ \hspace{-0.1cm}\hspace{0.2cm} T_{\rm D} \hspace{0.1cm} \underline {\approx 2.42\,{\rm ms}} \hspace{0.05cm}. $$

(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.