Aufgabe 2.7: Kohärenzbandbreite

Verzögerungs–LDS und Frequenzkorrelationsfunktion

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 $E[\tau]$ 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 Frequenzkorrelationsfunktion $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$ 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 Frequenzkorrelationsfunktion $\varphi_{\rm F}(\Delta f)$ auf den halben Betrag abgefallen ist.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Themengebiet des Kapitels Das 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

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

$m_{\rm V} \ = \ $

$\ \rm \mu s$

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

$\ \rm \mu s$

	$\varphi_{\rm F}(\Delta f) = [1/\tau_0 + {\rm j} \ 2 \pi \cdot \Delta f]^{–1}$,
	$\varphi_{\rm F}(\Delta f) = \exp {[–(\tau_0 \cdot \Delta f)^2]}$.

$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 $m_1 = m_{\rm V}$:

$$m_{\rm V} = \tau_0 \hspace{0.1cm} \underline {= 1\,{\rm \mu s}} \hspace{0.05cm}. $$

(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:

$$\sigma_{\rm V}^2 = m_2 - m_1^2 = 2 \cdot \tau_0^2 - (\tau_0)^2 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \sigma_{\rm V} = \tau_0 \hspace{0.1cm} \underline {= 1\,{\rm \mu s}} \hspace{0.05cm}. $$

(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 $\tau_0 = 1 \ \rm \mu s$ folgt daraus für die Kohärenzbandbreite $B_{\rm K} \ \underline {= 276 \ \rm kHz}$.