Aufgaben:Aufgabe 2.9: Korrelationsdauer: Unterschied zwischen den Versionen

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'''(1)'''&nbsp; Richtig sind hier die <u>Lösungsvorschläge 1 und 2</u>:  
 
'''(1)'''&nbsp; Richtig sind hier die <u>Lösungsvorschläge 1 und 2</u>:  
 
*Doppler&ndash;WDF und Doppler&ndash;LDS sind im allgemeinen nur formgleich.  
 
*Doppler&ndash;WDF und Doppler&ndash;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.  
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*Da aber im betrachteten Beispiel das Integral über&nbsp; ${\it \Phi}_{\rm D}(f_{\rm D})$&nbsp; gleich&nbsp; $1$&nbsp; ist, erkennbar am Korrelationswert&nbsp; $\varphi_{\rm Z}(\Delta t = 0) = 1$, trifft hier sogar die Identität zu.  
*Bei anderer Wahl des Rayleigh&ndash;Paramters $\sigma$ würde dies allerdings nicht gelten.
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*Bei anderer Wahl des Rayleigh&ndash;Paramters&nbsp; $\sigma$&nbsp; würde dies allerdings nicht gelten.
  
  
'''(2)'''&nbsp; 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.  
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*Die Varianz der Zufallsgröße $f_{\rm D}$ kann somit direkt als quadratischer Mittelwert berechnet werden:
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'''(2)'''&nbsp; Aus der Achsensymmetrie von&nbsp; ${\it \Phi}_{\rm D}(f_{\rm D})$&nbsp; erkennt man, dass der Mittelwert&nbsp; $m_{\rm D} = {\rm E}\big[f_{\rm D}\big] = 0$&nbsp; ist.  
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*Die Varianz der Zufallsgröße&nbsp; $f_{\rm D}$&nbsp; 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}
 
:$$\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}.$$
 
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*Unter Ausnutzung der Symmetrie und mit der Substitution $u = f_{\rm D}/f_{\rm D, \ max}$ ergibt sich daraus:
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*Unter Ausnutzung der Symmetrie und mit der Substitution&nbsp; $u = f_{\rm D}/f_{\rm D, \ max}$&nbsp; 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  
 
:$$\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}. $$
 
  \hspace{0.05cm}. $$
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\\  {\rm f\ddot{u}r} \hspace{0.15cm}f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} = 100\,{\rm Hz} \\ \end{array}
 
\\  {\rm f\ddot{u}r} \hspace{0.15cm}f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} = 100\,{\rm Hz} \\ \end{array}
 
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'''(4)'''&nbsp; Die Korrelationsdauer $T_{\rm D}$ ergibt sich aus der Zeitkorrelationsfunktion $\varphi_{\rm Z}(\Delta t)$. $T_{\rm D}$ ist derjenige $\Delta t$&ndash;Wert, bei dem $|\varphi_{\rm Z}(\Delta t)|$ auf die Hälfte seines Maximalwertes abgeklungen ist. Es muss gelten:
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'''(4)'''&nbsp; Die Korrelationsdauer&nbsp; $T_{\rm D}$&nbsp; ergibt sich aus der Zeitkorrelationsfunktion&nbsp; $\varphi_{\rm Z}(\Delta t)$.&nbsp; $T_{\rm D}$&nbsp; ist derjenige&nbsp; $\Delta t$&ndash;Wert, bei dem&nbsp; $|\varphi_{\rm Z}(\Delta t)|$&nbsp; auf die Hälfte seines Maximalwertes abgeklungen ist.&nbsp; 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}  
 
:$$\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  
 
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'''(5)'''&nbsp; In den Teilaufgaben '''(2)''' und '''(4)''' haben wir erhalten:
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'''(5)'''&nbsp; In den Teilaufgaben&nbsp; '''(2)'''&nbsp; und&nbsp; '''(4)'''&nbsp; 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}
 
:$$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}.$$
 
\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}.$$

Aktuelle Version vom 4. Juni 2020, 17:32 Uhr

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  ${\it \Phi}_{\rm D}(f_{\rm D})$:

$$\varphi_{\rm Z}(\Delta t ) = {\rm J}_0(2 \pi \cdot f_{\rm D,\hspace{0.05cm}max} \cdot \Delta t ) \hspace{0.05cm}.$$

${\rm J}_0$  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:

$$\int \frac{u^2}{\sqrt{1-u^2}} \hspace{0.15cm}{\rm d} u = -\frac{u}{2} \cdot \sqrt{1-u^2} + \frac{1}{2} \cdot {\rm arcsin}\,(u) \hspace{0.05cm}.$$
  • 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

1

Welche Aussagen treffen für die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion  $\rm (WDF)$  der Dopplerfrequenz im vorliegenden Beispiel zu?

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.

2

Bestimmen Sie die Dopplerverbreiterungen  $B_{\rm D}$.

$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} \ = \ $

$\ \rm Hz$

3

Welcher Zeitkorrelationswert ergibt sich für  $\Delta t = 5 \ \rm ms$?

$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) \ = \ $

4

Wie groß sind die Korrelationsdauern  $T_{\rm D}$  für beide Parametersätze?

$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} \ = \ $

$\ \rm ms$

5

Welcher Zusammenhang besteht zwischen der Dopplerverbreiterung  $B_{\rm D}$  und der Korrelationsdauer  $T_{\rm D}$, ausgehend vom Jakes–Spektrum?

$B_{\rm D} \cdot T_{\rm D} \approx 1$,
$B_{\rm D} \cdot T_{\rm D} \approx 0.5$,
$B_{\rm D} \cdot T_{\rm D} \approx 0.171$.


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.