Exercise 4.7: About the Rake Receiver

Zweiwegekanal und RAKE–Empfänger

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 $\tau = 1 \ \rm \mu s$. 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 $T = 5 \ \rm \mu s$ ist.

Hinweis:

Die Aufgabe bezieht sich auf Nachrichtentechnische Aspekte von UMTS dieses Buches sowie auf Untersuchungen zum RAKE–Empfänger von Fehlerwahrscheinlichkeit der PN–Modulation im Buch „Modulationsverfahren”.

Fragebogen

Musterlösung

Solution

(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

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

Richtig ist also der Lösungsvorschlag 1.

(2) 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:

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

$$\hspace{1.53cm} \ = \ \left [0.6^2 + 0.4^2 \cdot \left ( \cos^2(2 \pi f \tau) + \sin^2(2 \pi f \tau)\right ) \right ] + $$

$$\hspace{1.53cm} \ + \ 2 \cdot 0.6 \cdot 0.4 \cdot \cos(2 \pi f \tau)$$

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

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:

$$ h_{\rm KR}(t) \ = \ 0.6 \cdot h_0 \cdot \delta (t ) + 0.4 \cdot h_0 \cdot \delta (t - \tau) +$$

$$\hspace{1.1cm}\ + \ 0.6 \cdot h_1 \cdot \delta (t -\tau_1) + 0.4 \cdot h_1 \cdot \delta (t - \tau-\tau_1) \hspace{0.05cm}.$$

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 $A_{0} \neq A_{2}$:

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

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

$$h_{\rm KR}(t) \ = \ 0.6 \cdot h_0 \cdot \delta (t - \tau ) + 0.4 \cdot h_0 \cdot \delta (t - 2\tau) +$$

$$\hspace{1.1cm} \ + \ 0.6 \cdot h_1 \cdot \delta (t) + 0.4 \cdot h_1 \cdot \delta (t - \tau)= $$

$$\hspace{1.1cm} \ = \ 0.24 \cdot \delta (t ) +0.52 \cdot \delta (t - \tau) + 0.24 \cdot \delta (t - 2\tau) \hspace{0.05cm}.$$

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

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

(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 $b(t)$ gilt:

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

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

Richtig sind die Aussagen 1 und 4, wie die Grafik zeigt. Bezüglich des AWGN–Rauschverhaltens sind $r(t)$ und $b(t)$ vergleichbar.

Signale zur Verdeutlichung des RAKE–Empfängers

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

	$h_{\rm K}(t)$ 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 $1/ \tau$ periodische Funktion.