Aufgaben:Exercise 4.7: About the Rake Receiver

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Zweiwegekanal & 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  $\tau = 1 \ \rm µ s$. Darunter gezeichnet ist die Struktur eines RAKE–Empfängers (grüne Hinterlegung) mit den allgemeinen Koeffizienten  $K, \ h_{0}, \ h_{1}, \ \tau_{0}$  und  $\tau_{1}$.

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  $h_{0}, \ h_{1}, \ \tau_{0}$  und  $\tau_{1}$  geeignet gewählt werden. Der Hauptanteil von  $h_{\rm KR}(t)$  soll bei  $t = \tau$  liegen.

Die Konstante  $K$  ist aus Normierungsgründen notwendig. Um den Einfluss von AWGN–Rauschen nicht zu verfälschen, muss folgende Bedingung erfüllt sein:

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

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

Hinweise:

• Die Aufgabegehört zum Kapitel  Nachrichtentechnische Aspekte von UMTS.
• Bezug genommen wird auch auf die Seite  Untersuchungen zum RAKE–Empfänger im Buch „Modulationsverfahren”.

Fragebogen

1

Welche Aussagen gelten für die Kanalimpulsantwort  $h_{\rm K}(t)$ ?

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

2

Welche Aussagen gelten für den Kanalfrequenzgang  $H_{\rm K}(f)$ ?

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

3

Setzen Sie  $K = 1, \ h_{0} = 0.6$  und   $h_{1} = 0.4$. Bestimmen Sie die Verzögerungen  $\tau_{0}$  und  $\tau_{1}$, damit die  $h_{\rm KR}(t)$–Gleichung mit  $A_{0} = A_{2}$  erfüllt wird.

$\tau_{0} \ = \ $ $\ \rm µ s$

$\tau_{1} \ = \ $ $\ \rmµ s$

4

Welcher Wert ist für die Konstante  $K$  zu wählen?

$K \ = \ $

5

Welche Aussagen gelten für die Signale  $r(t)$  und  $b(t)$ ?

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

Musterlösung

Solution

(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  $\Rightarrow s(t) = \delta(t)$.
• Daraus folgt:

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

(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  $1/\tau$, wie die nachfolgende Rechnung zeigt:

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

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}|H_{\rm K}(f)| = \sqrt { 0.52 + 0.48 \cdot \cos(2 \pi f \tau) } \hspace{0.05cm}.$$

• Für  $f = 0$  ist  $|H_{\rm K}(f)| = 1$. Im jeweiligen Frequenzabstand  $1/\tau$  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  $\tau_{0} = 0$  gelten oder  $\tau_{1}= 0$. Mit  $\tau_{0} = 0$  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  $\tau_{1} = \tau$  gewählt werden. Mit  $h_{0} = 0.6$  und  $h_{1} = 0.4$  erhält man dann  $A_{0} \neq A_{2}$:

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

• Dagegen ergibt sich mit  $h_{0} = 0.6$,  $h_{1} = 0.4,  \tau_{0} = \tau$  und  $\tau_{1} = 0$:

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

• Hier ist die Zusatzbedingung  $A_{0} = A_{2}$  erfüllt. Somit lautet das gesuchte Ergebnis:

$$\tau_0 = \tau \hspace{0.15cm}\underline {= 1\,{\rm µ s}} \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}\tau_1 \hspace{0.15cm}\underline {=0} \hspace{0.05cm}.$$

(4)  Es gilt entsprechend der angegebenen Gleichung

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

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

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

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

Signale zur Verdeutlichung des RAKE–Empfängers

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

$$b(t) = \frac{6}{13} \cdot s(t) \hspace{-0.05cm} + \hspace{-0.05cm} 1.00 \cdot s (t \hspace{-0.05cm} - \hspace{-0.05cm}1\,{\rm \mu s}) \hspace{-0.05cm}+ \hspace{-0.05cm}\frac{6}{13} \cdot s (t \hspace{-0.05cm}- \hspace{-0.05cm} 2\,{\rm \mu s}) \hspace{0.05cm}.$$

Richtig sind die Aussagen 1 und 4, wie die Grafik zeigt.

Bezüglich des AWGN–Rauschverhaltens sind  $r(t)$  und  $b(t)$  vergleichbar.