Aufgaben:Aufgabe 2.7: Kohärenzbandbreite: Unterschied zwischen den Versionen

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{Welche Gleichung gilt für die Frequenz–Korrelationsfunktion  $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$?
 
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+ $\varphi_{\rm F}(\Delta f) = \big[1/\tau_0 + {\rm j} \ 2 \pi \cdot \Delta f \big]^{-1}$,
 
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Damit erhält man für die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion:
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:$$f_{\rm V}(\tau)  = \frac{{\it \Phi}_{\rm V}(\tau) }{{\it \Phi}_{\rm 0} \cdot \tau_0}= \frac{1}{\tau_0} \cdot  {\rm e}^{-\tau / \tau_0}  
 
:$$f_{\rm V}(\tau)  = \frac{{\it \Phi}_{\rm V}(\tau) }{{\it \Phi}_{\rm 0} \cdot \tau_0}= \frac{1}{\tau_0} \cdot  {\rm e}^{-\tau / \tau_0}  
 
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Richtig ist somit der <u>Lösungsvorschlag 2</u>.
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:$$m_{\rm V} = \tau_0 \hspace{0.1cm} \underline {= 1\,{\rm \mu s}}
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'''(2)'''&nbsp; Das $k$&ndash;te Moment einer [[Stochastische_Signaltheorie/Exponentialverteilte_Zufallsgr%C3%B6%C3%9Fen#Einseitige_Exponentialverteilung| exponentialverteilten Zufallsgröße]] ist nach unserer Nomenklatur gleich $m_k = k! \cdot \tau_0^k$.  
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*Mit $k = 1$ ergibt sich daraus der lineare Mittelwert $m_1 = m_{\rm V}$:
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:$$m_{\rm V} = \tau_0 \hspace{0.1cm} \underline {= 1\,{\rm &micro; s}}
 
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'''(3)'''&nbsp; Nach dem [[Stochastische_Signaltheorie/Erwartungswerte_und_Momente#Einige_h.C3.A4ufig_benutzte_Zentralmomente| Satz von Steiner]] gilt für die Varianz einer Zufallsgröße allgemein: $\sigma^2 = m_2 \, &ndash;m_1^2$. Nach der oben angegebenen Gleichung ist $m_2 = 2 \cdot \tau_0^2$. Daraus folgt:
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'''(3)'''&nbsp; Nach dem [[Stochastische_Signaltheorie/Erwartungswerte_und_Momente#Einige_h.C3.A4ufig_benutzte_Zentralmomente| Satz von Steiner]] gilt für die Varianz einer Zufallsgröße allgemein: $\sigma^2 = m_2 \, &ndash;m_1^2$.  
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*Nach der oben angegebenen Gleichung ist $m_2 = 2 \cdot \tau_0^2$. Daraus folgt:
 
:$$\sigma_{\rm V}^2 = m_2 - m_1^2 = 2 \cdot \tau_0^2 - (\tau_0)^2 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}
 
:$$\sigma_{\rm V}^2 = m_2 - m_1^2 = 2 \cdot \tau_0^2 - (\tau_0)^2 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}
   \sigma_{\rm V} = \tau_0 \hspace{0.1cm} \underline {= 1\,{\rm \mu s}}
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*Damit hat $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$ den gleichen Verlauf wie $X(f)$ mit der Substitution $f &#8594; \Delta f$:
 
:$$\varphi_{\rm F}(\Delta f) = \frac{1}{1/\tau_0 + {\rm j} \cdot 2\pi \Delta f}
 
:$$\varphi_{\rm F}(\Delta f) = \frac{1}{1/\tau_0 + {\rm j} \cdot 2\pi \Delta f}
 
  = \frac{\tau_0}{1 + {\rm j} \cdot 2\pi \cdot \tau_0 \cdot \Delta f}\hspace{0.05cm}.$$
 
  = \frac{\tau_0}{1 + {\rm j} \cdot 2\pi \cdot \tau_0 \cdot \Delta f}\hspace{0.05cm}.$$
  
Richtig ist die <u>erste Gleichung</u>.
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*Richtig ist die <u>erste Gleichung</u>.
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  B_{\rm K}= \frac{\sqrt{3}}{2\pi \cdot \tau_0} \approx \frac{0.276}{ \tau_0}\hspace{0.05cm}. $$
 
  B_{\rm K}= \frac{\sqrt{3}}{2\pi \cdot \tau_0} \approx \frac{0.276}{ \tau_0}\hspace{0.05cm}. $$
  
Mit $\tau_0 = 1 \ \rm \mu s$ folgt daraus für die Kohärenzbandbreite $B_{\rm K} \ \underline {= 276 \ \rm kHz}$.
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*Mit $\tau_0 = 1 \ \rm &micro; s$ folgt daraus für die Kohärenzbandbreite $B_{\rm K} \ \underline {= 276 \ \rm kHz}$.
 
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[[Category:Aufgaben zu Mobile Kommunikation|^2.3 Das GWSSUS&ndash;Kanalmodell^]]
 
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Version vom 13. April 2019, 15:24 Uhr

Verzögerungs–LDS und
Frequenz–Korrelationsfunktion

Für das Verzögerungs–Leistungsdichtespektrum wählen wir einen exponentiellen Ansatz. Mit  ${\it \Phi}_0 = {\it \Phi}_{\rm V}(\tau = 0)$  gilt:

$${{\it \Phi}_{\rm V}(\tau)}/{{\it \Phi}_{\rm 0}} = {\rm e}^{ -\tau / \tau_0 } \hspace{0.05cm}.$$

Die Konstante  $\tau_0$  lässt sich entsprechend der oberen Grafik aus der Tangente im Punkt  $\tau = 0$  ermitteln. Beachten Sie, dass  ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$  die Einheit  $[1/\rm s]$  aufweist. Weiter gilt:

  • Die Wahrscheinlichkeitsdichte  $f_{\rm V}(\tau)$  hat gleiche Form wie  ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$, ist jedoch auf die Fläche  $1$  normiert.
  • Die  mittlere Verzögerungszeit  (englisch:   Average Excess Delay)  $m_{\rm V}$  ist gleich dem linearen Erwartungswert  $E\big [\tau \big]$  und lässt sich aus der WDF  $f_{\rm V}(\tau)$  bestimmen.
  • Die  Mehrwegeverbreiterung  (englisch:   Multipath Spread)  $\sigma_{\rm V}$  gibt die Standardabweichung (Streuung) der Zufallsgröße  $\tau$  an. Im Theorieteil verwenden wir hierfür auch die Bezeichnung  $T_{\rm V}$.
  • Die dargestellte Frequenz–Korrelationsfunktion  $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$  kann als die Fouriertransformierte des Verzögerungs–Leistungsdichtespektrum  ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$  berechnet werden:
$$\varphi_{\rm F}(\Delta f) \hspace{0.2cm} {\bullet\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\circ} \hspace{0.2cm} {\it \Phi}_{\rm V}(\tau)\hspace{0.05cm}.$$
  • Die Kohärenzbandbreite  $B_{\rm K}$  ist der  $\Delta f$–Wert, bei dem die Frequenz–Korrelationsfunktion  $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$  auf den halben Betrag abgefallen ist.




Hinweise:

  • Die Aufgabe gehört zum Themengebiet des Kapitels  GWSSUS–Kanalmodell.
  • Benötigt werden Kenntnisse zur  Momentenberechnung  von Zufallsgrößen aus dem Buch „Stochastische Signaltheorie”.
  • Außerdem kann folgende Fouriertransformation als gegeben vorausgesetzt werden:
$$x(t) = \left\{ \begin{array}{c} {\rm e}^{- \lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} t}\\ 0 \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} \hspace{-0.35cm} {\rm f\ddot{u}r} \hspace{0.15cm} t \ge 0 \\ \hspace{-0.35cm} {\rm f\ddot{u}r} \hspace{0.15cm} t < 0 \\ \end{array} \hspace{0.4cm} {\circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet} \hspace{0.4cm} X(f) = \frac{1}{\lambda + {\rm j} \cdot 2\pi f}\hspace{0.05cm}.$$



Fragebogen

1

Wie lautet die Wahrscheinlichkeitsdichte  $f_{\rm V}(\tau)$  der Verzögerungszeit?

$f_{\rm V}(\tau) = {\rm e}^{-\tau/\tau_0}$.
$f_{\rm V}(\tau) = 1/\tau_0 \cdot {\rm e}^{-\tau/\tau_0}$,
$f_{\rm V}(\tau) = {\it \Phi}_0 \cdot {\rm e}^{-\tau/\tau_0}$.

2

Bestimmen Sie die mittlere Verzögerungszeit für  $\tau_0 = 1 \ \rm µ s$.

$m_{\rm V} \ = \ $

$\ \rm µ s$

3

Welcher Wert ergibt sich für die Mehrwegeverbreiterung mit  $\tau_0 = 1 \ \rm µ s$?

$\sigma_{\rm V} \ = \ $

$\ \rm µ s$

4

Welche Gleichung gilt für die Frequenz–Korrelationsfunktion  $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$?

$\varphi_{\rm F}(\Delta f) = \big[1/\tau_0 + {\rm j} \ 2 \pi \cdot \Delta f \big]^{-1}$,
$\varphi_{\rm F}(\Delta f) = {\rm e}^ {-(\tau_0 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}\Delta f)^2}$.

5

Bestimmen Sie die Kohärenzbandbreite  $B_{\rm K}$.

$B_{\rm K} \ = \ $

$\ \rm kHz$


Musterlösung

(1)  Das Integral über die Verzögerungs–Leistungsdichte liefert mit ${\it \Phi}_0 = {\it \Phi}_{\rm V}(\tau = 0)$ das Ergebnis

$$\int_{0}^{+\infty} {\it \Phi}_{\rm V}(\tau) \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau = {\it \Phi}_{\rm 0} \cdot \int_{0}^{+\infty} {\rm e}^{-\tau / \tau_0} \hspace{0.15cm}{\rm d} \tau = {\it \Phi}_{\rm 0} \cdot \tau_0 \hspace{0.05cm}. $$
  • Damit erhält man für die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion:
$$f_{\rm V}(\tau) = \frac{{\it \Phi}_{\rm V}(\tau) }{{\it \Phi}_{\rm 0} \cdot \tau_0}= \frac{1}{\tau_0} \cdot {\rm e}^{-\tau / \tau_0} \hspace{0.05cm}.$$
  • Richtig ist somit der Lösungsvorschlag 2.


(2)  Das $k$–te Moment einer exponentialverteilten Zufallsgröße ist nach unserer Nomenklatur gleich $m_k = k! \cdot \tau_0^k$.

  • Mit $k = 1$ ergibt sich daraus der lineare Mittelwert $m_1 = m_{\rm V}$:
$$m_{\rm V} = \tau_0 \hspace{0.1cm} \underline {= 1\,{\rm µ s}} \hspace{0.05cm}. $$


(3)  Nach dem Satz von Steiner gilt für die Varianz einer Zufallsgröße allgemein: $\sigma^2 = m_2 \, –m_1^2$.

  • Nach der oben angegebenen Gleichung ist $m_2 = 2 \cdot \tau_0^2$. Daraus folgt:
$$\sigma_{\rm V}^2 = m_2 - m_1^2 = 2 \cdot \tau_0^2 - (\tau_0)^2 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \sigma_{\rm V} = \tau_0 \hspace{0.1cm} \underline {= 1\,{\rm µ s}} \hspace{0.05cm}. $$


(4)  ${\it \Phi}_{\rm V}(\tau)$ ist identisch mit dem in der Hilfsgleichung angegebenen $x(t)$, wenn man $t$ durch $\tau$ und $\lambda$ durch $1/\tau_0$ ersetzt.

  • Damit hat $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$ den gleichen Verlauf wie $X(f)$ mit der Substitution $f → \Delta f$:
$$\varphi_{\rm F}(\Delta f) = \frac{1}{1/\tau_0 + {\rm j} \cdot 2\pi \Delta f} = \frac{\tau_0}{1 + {\rm j} \cdot 2\pi \cdot \tau_0 \cdot \Delta f}\hspace{0.05cm}.$$
  • Richtig ist die erste Gleichung.


(5)  Die Kohärenzbandbreite ergibt sich implizit aus der folgenden Gleichung:

$$|\varphi_{\rm F}(\Delta f = B_{\rm K})| \stackrel {!}{=} \frac{1}{2} \cdot |\varphi_{\rm F}(\Delta f = 0)| = \frac{\tau_0}{2}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}|\varphi_{\rm F}(\Delta f = B_{\rm K})|^2 = \frac{\tau_0^2}{1 + (2\pi \cdot \tau_0 \cdot B_{\rm K})^2} \stackrel {!}{=} \frac{\tau_0^2}{4}$$
$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}(2\pi \cdot \tau_0 \cdot B_{\rm K})^2 = 3 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} B_{\rm K}= \frac{\sqrt{3}}{2\pi \cdot \tau_0} \approx \frac{0.276}{ \tau_0}\hspace{0.05cm}. $$
  • Mit $\tau_0 = 1 \ \rm µ s$ folgt daraus für die Kohärenzbandbreite $B_{\rm K} \ \underline {= 276 \ \rm kHz}$.