Aufgabe 2.9: Korrelationsdauer

Doppler–Leistungsdichtespektrum und Zeit–Korrelationsfunktion

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

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. Die ebenfalls symmetrische Korrelationsfunktion $\varphi_{\rm Z}(\Delta t)$ ist unten gezeichnet, 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 $\sigma_{\rm D}$ an.

Zu berücksichtigen ist, dass das Jakes–Spektrum mittelwertfrei ist, so dass die Varianz $\sigma_{\rm D}^2$ nach dem Satz von Steiner gleich dem quadratischen Mittelwert ${\rm E}\big[f_{\rm D}^2\big]$ ist. Die Berechnung geschieht analog zur Bestimmung der Mehrwegeverbreiterung $T_{\rm V}$ aus dem Verzögerungs–LDS ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$ ⇒ Aufgabe 2.7.

Die Korrelationsdauer $T_{\rm D}$ bezieht sich dagegen auf die Zeitkorrelationsfunktion $\varphi_{\rm Z}(\Delta t)$ .

$T_{\rm D}$ gibt denjenigen $\Delta t$–Wert an, bei dem deren Betrag erstmals auf die Hälfte des Maximums $($bei $\Delta t = 0)$ abgefallen ist. Man erkennt die Analogie zur Bestimmung der Kohärenzbandbreite $B_{\rm K}$ aus der Frequenz–Korrelationsfunktion $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$ ⇒ Aufgabe 2.7.

Hinweise:

Die Aufgabegehört zum Kapitel GWSSUS–Kanalmodell.
Bezug genommen wird auch auf das Kapitel Allgemeine Beschreibung zeitvarianter Systeme.
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 $({\rm J}_0)$:

$${\rm J}_0(\pi/2) = 0.472\hspace{0.05cm},\hspace{0.4cm}{\rm J}_0(1.52) = 0.500\hspace{0.05cm},\hspace{0.4cm}{\rm J}_0(\pi) = -0.305\hspace{0.05cm},\hspace{0.4cm} {\rm J}_0(2\pi) = 0.221 \hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

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

$f_{\rm D, \ max} = 50 \ {\rm Hz} \text{:} \hspace{0.6cm} 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{0.6cm} \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{0.6cm} 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 $m_{\rm D} = {\rm E}\big[f_{\rm D}\big] = 0$ 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:

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

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 die Dopplerfrequenz $f_{\rm D, \ max} = 50 \ \rm Hz$:

$$\varphi_{\rm Z}(\Delta t = 5\,{\rm ms}) = {\rm J}_0(2 \pi \cdot 50\,{\rm Hz} \cdot 5\,{\rm ms} ) = {\rm J}_0(\pi/2) \hspace{0.1cm} \underline {= 0.472} \hspace{0.05cm},$$

für die Dopplerfrequenz $f_{\rm D, \ max} = 100 \ \rm Hz$:

$$\varphi_{\rm Z}(\Delta t = 5\,{\rm ms}) = {\rm J}_0(\pi) \hspace{0.1cm} \underline {= -0.305} \hspace{0.05cm}.$$

(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:

$$\varphi_{\rm Z}(\Delta t = T_{\rm D}) = {\rm J}_0(2 \pi \cdot f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} \cdot T_{\rm D}) \stackrel {!}{=} 0.5 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} 2 \pi \cdot f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} \cdot T_{\rm D} = 1.52 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} T_{\rm D} = \frac{1.52}{2 \pi f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}} = \frac{0.242}{ f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} = 50\,{\rm Hz}\text{:} \ \hspace{-0.1cm}\hspace{0.2cm} T_{\rm D} \hspace{0.1cm} \underline {\approx 4.84\,{\rm ms}} \hspace{0.05cm},\hspace{0.8cm} f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} = 100\,{\rm Hz}\text{:} \ \hspace{-0.1cm}\hspace{0.2cm} T_{\rm D} \hspace{0.1cm} \underline {\approx 2.42\,{\rm ms}} \hspace{0.05cm}. $$

(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.