Aufgabe 1.3: Rayleigh–Fading

Zeitverlauf von 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 $100$ Meter.

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:

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

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

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

Durch Messungen wurde ermittelt, dass die Zeitintervalle mit $a(t) ≤ 1$ (in der Grafik gelb hinterlegt) sich zu $\text{59 ms}$ aufaddieren (rot markierte Bereiche). Mit der Gesamtmessdauer von $\text{150 ms}$ 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 $\text{-3 dB}$ und $\text{+3 dB}$ hinsichtlich der logarithmierten Rayleigh–Größe $20 \cdot {\rm lg} \ a(t)$. Hierauf bezieht sich die Teilaufgabe (4).

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Wahrscheinlichkeitsdichte des Rayleigh–Fadings dieses Buches.
Eine ähnliche Thematik wird mit anderer Herangehensweise im Kapitel Weitere Verteilungen des Buches „Stochastische Signaltheorie” behandelt.
Zur Überprüfung Ihrer Ergebnisse können Sie das interaktive Applet WDF, VTF und Momente benutzen.

Fragebogen

${\rm Max}\big[20 \cdot {\rm lg} \ {a(t)}\big] \ = \ $

$\ \rm dB$

${\rm Max}\big[p(t)\big] \ = \ $

${\rm Max}\big[10 \cdot {\rm lg} \ p(t)\big] \ = \ $

$ \ \rm dB$

$\sigma \ = \ $

${\rm Pr}(|10 \cdot {\rm lg} \ p(t)| < 3 \ \rm dB) \ = \ $

Musterlösung

(1) Aus ${\rm Max}[a(t)] = 2$ 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 $\underline{\approx 6\,\,{\rm dB}}$.

(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:

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

WDF und Wahrscheinlichkeitsgebiete

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 Grafik zeigt

links die Wahrscheinlichkeit ${\rm Pr}(p(t) ≤ 1)$,
rechts die Wahrscheinlichkeit ${\rm Pr}(0.5 \le p(t) ≤ 2)$.

(4) Aus $10 \cdot {\rm lg} \ p_1 = \ –3 \ \rm dB$ folgt $p_1 = 0.5$ und die obere Grenze des Integrationsbereichs ergibt sich aus der Bedingung $10 \cdot {\rm lg} \ p_2 = +3 \ \rm dB$ zu $p_2 = 2$.

Damit erhält man gemäß der obigen Grafik:

$${\rm Pr}(-3\,\,{\rm dB}\le 10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.15cm}p(t) \le +3\,\,{\rm dB}) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \int_{0.5}^{2}f_p(p)\hspace{0.15cm}{\rm d}p = \left [ - {\rm e}^{ -{p}/(2\sigma^2)}\hspace{0.15cm} \right ]_{0.5}^{2} ={\rm e}^{-0.25}- {\rm e}^{-1} \approx 0.779 - 0.368 \hspace{0.15cm} \underline{ = 0.411} \hspace{0.05cm}.$$