Aufgabe 1.4: Rayleigh–WDF und Jakes–LDS

Betrag $a= |z(t)|$ und WDF $f_a(a)$ bei Rayleigh-Fading mit Dopplereinfluss

Wir betrachten zwei verschiedene Mobilfunkkanäle mit Rayleigh–Fading. In beiden Fällen lässt sich die WDF des Betrags $a(t) = |z(t)| ≥ 0$ in folgender Weise darstellen:

$$f_a(a) = {a}/{\sigma^2} \cdot {\rm e}^{ -{a^2}/(2\sigma^2)} \hspace{0.05cm}.$$

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Betrag nicht größer als ein vorgegebener Wert $A$ ist, kann wie folgt berechnet werden:

$${\rm Pr}(|z(t)| \le A) = 1 - {\rm e}^{ -{A^2}/(2\sigma^2)} \hspace{0.05cm}.$$

Die beiden Kanäle, die entsprechend den Farben „Rot” und „Blau” in den Grafiken mit $\rm R$ bzw. $\rm B$ bezeichnet werden, unterscheiden sich durch die Geschwindigkeit $v$ und damit in der Form des Leistungsdichtespektrums $\rm (LDS)$ ${\it \Phi}_z(f_{\rm D})$.

In beiden Fällen ergibt sich aber ein so genanntes Jakes–Spektrum.

Für eine Dopplerfrequenz $f_{\rm D}$ mit $|f_{\rm D}| <f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}$ lautet die Gleichung:

$${\it \Phi}_z(f_{\rm D}) = \frac{1}{\pi \hspace{-0.05cm}\cdot \hspace{-0.05cm}f_{\rm D, \hspace{0.05cm} max} \hspace{-0.05cm}\cdot \hspace{-0.05cm}\sqrt{ 1 \hspace{-0.05cm}- \hspace{-0.05cm}(f_{\rm D}/f_{\rm D, \hspace{0.05cm} max})^2 } } \hspace{0.05cm}.$$

Dopplerfrequenzen außerhalb dieses Intervalls von $-f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}$ bis $+f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max}$ sind ausgeschlossen.

Die entsprechende Beschreibungsgröße im Zeitbereich ist die Autokorrelationsfunktion $\rm (AKF)$:

$$\varphi_z ({\rm \Delta}t) = 2 \sigma^2 \cdot {\rm J_0}(2\pi \cdot f_{\rm D, \hspace{0.05cm} max} \cdot {\rm \Delta}t)\hspace{0.05cm}.$$

Hierbei bezeichnet ${\rm J_0}(.)$ die Besselfunktion erster Art und nullter Ordnung. Es gilt ${\rm J_0}(0) = 1$.
Vom Kanalmodell $\rm R$ ist die maximale Dopplerfrequenz bekannt: $f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} = 200 \ \rm Hz$.
Außerdem ist bekannt, dass sich die Geschwindigkeiten $v_{\rm R}$ und $v_{\rm B}$ um den Faktor $2$ unterscheiden.
Ob $v_{\rm R}$ doppelt so groß ist als $v_{\rm B}$ oder umgekehrt, sollen Sie anhand der Grafiken entscheiden.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Themengebiet von Statistische Bindungen innerhalb des Rayleigh–Prozesses.
Zur Überprüfung Ihrer Ergebnisse können Sie das interaktive Applet WDF, VTF und Momente benutzen.

Fragebogen

Musterlösung

(1) Aus der WDF erkennt man, dass das WDF–Maximum für beide Kanäle gleich $0.6$ ist und für $a = 1$ auftritt.

Die Rayleigh–WDF und ihre Ableitung lauten allgemein:

$$f_a(a) \hspace{-0.1cm} = \hspace{-0.1cm} \frac{a}{\sigma^2} \cdot {\rm e}^{ -a^2/(2\sigma^2)} \hspace{0.05cm},$$

$$\frac{{\rm d}f_a(a)}{{\rm d}a} \hspace{-0.1cm} = \hspace{-0.1cm} \frac{1}{\sigma^2} \cdot {\rm e}^{ -a^2/(2\sigma^2)}- \frac{a^2}{\sigma^4} \cdot {\rm e}^{ -a^2/(2\sigma^2)} \hspace{0.05cm}.$$

Durch Nullsetzen der Ableitung lässt sich zeigen, dass das WDF–Maximum bei $a = \sigma$ auftritt. Da die Rayleigh–WDF für beide Kanäle gilt, folgt daraus:

$$\sigma_{\rm R} = \sigma_{\rm B} \hspace{0.15cm} \underline{ = 1} \hspace{0.05cm}.$$

(2) Wegen der gleichen WDF ist auch die gesuchte Wahrscheinlichkeit für beide Kanäle gleich.

Mit der angegebenen Gleichung erhält man hierfür:

$${\rm Pr}(a \le 0.316) = {\rm Pr}(20 \cdot {\rm lg}\hspace{0.15cm} a \le -10\,\,{\rm dB}) = 1 - {\rm e}^{ -{0.316^2}/(2\sigma^2)} = 1- 0.951 \hspace{0.15cm} \underline{ \approx 4.9 \%} \hspace{0.05cm}.$$

(3) Richtig sind die Lösungsvorschläge 2, 3 und 6:

Die kleinere Geschwindigkeit $v_{\rm B}$ erkennt man daran, dass sich der Betrag $|z(t)|$ bei der blauen Kurve langsamer ändert.
Bei stehendem Fahrzeug entartet das LDS zu ${\it \Phi_z}(f_{\rm D}) = 2\sigma^2\cdot \delta(f_{\rm D})$, und es ist $|z(t)| = A = \rm const.$, wobei die Konstante $A$ entsprechend der Rayleighverteilung ausgewürfelt wird.
Bei extrem hoher Geschwindigkeit wird das Jakes–Spektrum über einen immer größeren Bereich flach und immer niedriger. Es nähert sich dann dem LDS von weißem Rauschen an. Allerdings müsste dazu $v$ schon in der Größenordnung der Lichtgeschwindigkeit sein.

(4) Richtig sind die Aussagen 2 und 3:

Durch den Rayleigh–Parameter $\sigma = 1$ liegt auch die „Leistung” ${\rm E}[|z(t)|^2] = 2\sigma^2 = 2$ des Zufallsprozesses fest.
Somit gilt sowohl für R als auch für B:

$$\varphi_z ({\rm \Delta}t = 0) = 2 \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} \int_{-\infty}^{+\infty}{\it \Phi}_z(f_{\rm D}) \hspace{0.15cm}{\rm d}f_{\rm D} = 2 \hspace{0.05cm}.$$

	$v_{\rm B}$ ist doppelt so groß als $v_{\rm R}$.
	$v_{\rm B}$ ist halb so groß als $v_{\rm R}$.
	Mit $v = 0$ wäre $\|z(t)\|$ konstant.
	Mit $v = 0$ wäre $\|z(t)\|$ spektral gesehen weiß.
	Mit $v → ∞$ wäre $\|z(t)\|$ konstant.
	Mit $v → ∞$ wäre $\|z(t)\|$ weiß.

	Der LDS–Wert ${\it \Phi_z}(f_{\rm D} = 0)$ ist bei beiden Kanälen gleich.
	Der AKF–Wert $\varphi_z(\Delta t = 0)$ ist bei beiden Kanälen gleich.
	Die Fläche unter ${\it \Phi_z}(f_{\rm D})$ ist bei beiden Kanälen gleich.
	Die Fläche unter $\varphi_z(\Delta t)$ ist bei beiden Kanälen gleich.