Aufgabe 5.5Z: Zum RAKE–Empfänger

Zweiwegekanal und "RAKE"

Die Grafik zeigt einen Zweiwegekanal (gelbe Hinterlegung). Die entsprechende Beschreibungsgleichung lautet:

$$ r(t) =0.6 \cdot s(t) + 0.4 \cdot s (t - \tau) \hspace{0.05cm}.$$

Die Verzögerung auf dem Nebenpfad sei $τ = 1 \ \rm µ s$.

Darunter gezeichnet ist die Struktur eines RAKE–Empfängers (grüne Hinterlegung) mit den allgemeinen Koeffizienten $K$, $h_0$, $h_1$, $τ_0$ und $τ_1$.

Der RAKE–Empfänger hat die Aufgabe, die Energie der beiden Signalpfade zu bündeln und dadurch die Entscheidung sicherer zu machen.

Die gemeinsame Impulsantwort von Kanal und RAKE–Empfänger kann in der Form

$$h_{\rm KR}(t) = A_0 \cdot \delta (t ) + A_1 \cdot \delta (t - \tau) + A_2 \cdot \delta (t - 2\tau)$$

angegeben werden, allerdings nur dann, wenn die RAKE–Koeffizienten $h_0$, $h_1$, $τ_0$ und $τ_1$ geeignet gewählt werden.

Der Hauptanteil von $h_{\rm KR}(t)$ soll bei $t = τ$ liegen. Die Konstante $K$ ist so zu wählen, dass die Amplitude des Hauptpfads $A_1 = 1$ ist:

$$K= \frac{1}{h_0^2 + h_1^2}.$$

Gesucht sind außer den RAKE–Parametern auch die Signale $r(t)$ und $b(t)$, wenn $s(t)$ ein Rechteck der Höhe $s_0 = 1$ und Breite $T = \ \rm 5 µ s$ ist.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Fehlerwahrscheinlichkeit der PN-Modulation.
Bezug genommen wird insbesondere auf den Abschnitt Prinzip des RAKE-Empfängers.

Fragebogen

Musterlösung

(1) Richtig ist der Lösungsvorschlag 1:

Die Impulsantwort $h_{\rm K}(t)$ ergibt sich als das Empfangssignal $r(t)$, wenn am Eingang ein Diracimpuls anliegt ⇒ $s(t) = δ(t)$. Daraus folgt:

$$ h_(t) = 0.6 \cdot \delta (t ) + 0.4 \cdot \delta (t - \tau) \hspace{0.05cm}.$$

(2) Richtig sind die Lösungsvorschläge 2 und 3:

Der Kanalfrequenzgang $H_{\rm K}(f)$ ist definitionsgemäß die Fouriertransformierte der Impulsantwort $h_{\rm K}(t)$. Mit dem Verschiebungssatz ergibt sich hierfür:

$$H_{\rm K}(f) = 0.6 + 0.4 \cdot {\rm e}^{ \hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.03cm}2 \pi f \tau}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} H_{\rm K}(f= 0) = 0.6 + 0.4 = 1 \hspace{0.05cm}.$$

Der erste Lösungsvorschlag ist dementsprechend falsch im Gegensatz zu den beiden anderen: $H_{\rm K}(f)$ ist komplexwertig und der Betrag ist periodisch mit $1/τ$, wie die nachfolgende Rechnung zeigt:

$$|H_{\rm K}(f)|^2 = \left [0.6 + 0.4 \cdot \cos(2 \pi f \tau) \right ]^2 + \left [ 0.4 \cdot \sin(2 \pi f \tau) \right ]^2 = \left [0.6^2 + 0.4^2 \cdot \left ( \cos^2(2 \pi f \tau) + \sin^2(2 \pi f \tau)\right ) \right ] + 2 \cdot 0.6 \cdot 0.4 \cdot \cos(2 \pi f \tau)$$

Für $f = 0$ ist $|H_{\rm K}(f)| = 1$. Im jeweiligen Frequenzabstand $1/τ$ wiederholt sich dieser Wert.

(3) Wir setzen zunächst vereinbarungsgemäß $K = 1$.

Insgesamt kommt man über vier Wege von $s(t)$ zum Ausgangssignal $b(t)$.
Um die vorgegebene $h_{\rm KR}(t)$–Gleichung zu erfüllen, muss entweder $τ_0 = 0$ gelten oder $τ_1 = 0$. Mit $τ_0 = 0$ erhält man für die Impulsantwort:

$$h_{\rm KR}(t) = 0.6 \cdot h_0 \cdot \delta (t ) + 0.4 \cdot h_0 \cdot \delta (t - \tau) + 0.6 \cdot h_1 \cdot \delta (t -\tau_1) + 0.4 \cdot h_1 \cdot \delta (t - \tau-\tau_1) \hspace{0.05cm}.$$

Um die „Hauptenergie” auf einen Zeitpunkt bündeln zu können, müsste dann $τ_1 = τ$ gewählt werden. Mit $h_0 = 0.6$ und $h_1 = 0.4$ erhält man dann $A_0 ≠ A_2$:

$$h_{\rm KR}(t) = 0.36 \cdot \delta (t ) +0.48 \cdot \delta (t - \tau) + 0.16 \cdot \delta (t - 2\tau)\hspace{0.05cm}.$$

Dagegen ergibt sich mit $h_0 = 0.6$, $h_1 = 0.4$, $τ_0 = τ$ und $τ_1 = 0$:

$$h_{\rm KR}(t) = 0.6 \cdot h_0 \cdot \delta (t - \tau ) + 0.4 \cdot h_0 \cdot \delta (t - 2\tau) + 0.6 \cdot h_1 \cdot \delta (t) + 0.4 \cdot h_1 \cdot \delta (t - \tau)= 0.24 \cdot \delta (t ) +0.52 \cdot \delta (t - \tau) + 0.24 \cdot \delta (t - 2\tau) \hspace{0.05cm}.$$

Hier ist die Zusatzbedingung $A_0 = A_2$ erfüllt. Somit lautet das gesuchte Ergebnis:

$$ \underline{\tau_0 = \tau = 1\,{\rm µ s} \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}\tau_1 =0} \hspace{0.05cm}.$$

(4) Für den Normierungsfaktor muss gelten:

$$K= \frac{1}{h_0^2 + h_1^2} = \frac{1}{0.6^2 + 0.4^2} = \frac{1}{0.52} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 1.923} \hspace{0.05cm}.$$

Damit erhält man für die gemeinsame Impulsantwort $($es gilt $0.24/0.52 = 6/13)$:

$$ h_{\rm KR}(t) = \frac{6}{13} \cdot \delta (t ) + 1.00 \cdot \delta (t - \tau) + \frac{6}{13} \cdot \delta (t - 2\tau)\hspace{0.05cm}.$$

Signale zur Verdeutlichung des RAKE–Empfängers

(5) Richtig sind die Aussagen 1 und 4, wie die Grafik zeigt:

Für das Empfangssignal $r(t)$ und für das RAKE–Ausgangssignal $b(t)$ gilt:

$$r(t) = 0.6 \cdot s(t) + 0.4 \cdot s (t - 1\,{\rm µ s})\hspace{0.05cm},$$

$$b(t) = \frac{6}{13} \cdot s(t) + 1 \cdot s (t - 1\,{\rm µ s}) + \frac{6}{13} \cdot s (t - 2\,{\rm µ s}) \hspace{0.05cm}.$$

Die Überhöhung des Ausgangssignals ⇒ $b(t) > 1$ ist auf den Normierungsfaktor $K = 25/13$ zurückzuführen.
Mit $K = 1$ wäre der Maximalwert von $b(t)$ tatsächlich $1$.

	Der Maximalwert von $r(t)$ ist $1$.
	Die Breite von $r(t)$ ist $7 \ µ s$.
	Der Maximalwert von $b(t)$ ist $1$.
	Die Breite von $b(t)$ ist $7 \ µ s$.

	$h_{\rm K}(t)$ besteht aus zwei Diracfunktionen.
	$h_{\rm K}(t)$ ist komplexwertig.
	$h_{\rm K}(t)$ ist eine mit der Verzögerungszeit $\tau$ periodische Funktion.

	Es gilt $H_{\rm K}(f = 0) = 2$.
	$H_{\rm K}(f)$ ist komplexwertig.
	$\|H_{\rm K}(f)\|$ ist eine mit der Frequenz $1/τ$ periodische Funktion.