Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 13 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
13
Dung lượng
207,28 KB
Nội dung
Phụ lục Phụ lục 4A PHÂN BỐ RAYLEIGH VÀ RICE Phân bố Rayleigh: Xét trường hợp tần số fc phát máy di động nhận M tín hiệu tán xạ với thời gian trễ Tín hiệu tán xạ i đến máy di động góc θi so với phương chuyển động máy di động bị dịch tần Doppler sau: f di = vfc c cosθi (4A.1) đó: v vận tốc chuyển động máy di động; c vận tốc ánh sáng; θi biến ngẫu nhiên phân bố có hàm mật độ xác suất sau: , θ ∈ [-π,π) p(θ) = 2π 0, nÕu kh¸c (4A.2) Tín hiệu tia tán xạ thu thứ i máy di động biểu diễn là: vf cos θi x i (t) = R i cos 2πfc t + 2π c t + φi c (4A.3) đó: Ri biên độ ngẫu nhiên sóng thứ i, φi pha ngẫu nhiên phân bố sóng thứ i Tần số sóng i biểu diễn sau: fi (θ) = fc + vfc c cosθi (4A.4) Khai triển lượng giác (4A.3) ta được: vf cosθi vf cosθi x i (t) = R i cos c t + φi cos2πf c t − R isin c t + φi sin 2πf c t c c (4A.5) = R Ii (t)cos ( 2πf c t ) − R Qi (t) sin ( 2πf c t ) đó: R Ii (t) = R i cos R Qi (t) = R isin ( ( vfc cosθi c vfc cosθi c t + φi t + φi ) ) (4A.6) (4A.7) Tín hiệu tổng M tia tán xạ biểu diễn sau M M i =1 i =1 x(t) = ∑ R Ii (t) cos ( 2πf c t ) - ∑ R Qi (t) sin ( 2πf c t ) = aµ1 (t)cos ( f c t ) - aµ (t)sin ( 2f c t ) = β(t) cos ( 2f c t + ψ (t) ) -335- (4A.8) Phụ lục M R I (t) = ∑ R Ii (t) = aµ1 (t) (4A.9) i =1 M R Q (t) = ∑ R Qi (t) = aµ (t) (4A.10) i=1 β(t) = a µ1 (t) + µ (t) (4A.11) µ1 (t) µ (t) (4A.12) 2 ψ (t) = arctang a số thể cơng suất trung bình µi(t); µi(t) aµi(t) trình ngẫu nhiên độc lập; β(t) trình ngẫu nhiên thể đường bao tín hiệu thu; ψ(t) q trình ngẫu nhiên phân bố có hàm mật độ xác suất sau: , θ ∈ [-π,π) f Ψ (ψ ) = 2π 0, nÕu kh¸c (4A.13) đó: Ψ biến ngẫu nhiên; ψ giá trị biến ngẫu nhiên trình ngẫu nhiên ψ(t) Theo định lý giới hạn trung tâm, M đủ lớn, ta coi aµ1(t) aµ2(t) q trình ngẫu nhiên Gauss khơng tương quan có trung bình khơng phương sai σ2 Khi ta có: u = aµ1 (t) = β cos ψ v = aµ (t) = β sin ψ (4A.14) đó: u v giá trị biến ngẫu nhiên U V trình ngẫu nhiên độc lâp phân bố Gauss có phương sai σ2 trung bình khơng tương ứng; β giá trị biến ngẫu nhiên ς trình ngẫu nhiên β(t) Hàm mật độ xác suất liên hiệp hai biến biểu diễn sau: u + v2 σ2 − f U,V (u, v) = e 2πσ (4A.15) Hàm mật độ xác suất liên hiệp hai biến ngẫu nhiên ς Ψ trình ngẫu nhiên β(t) ψ(t) xác định đổi biến sau: f ς ,Ψ (β, ψ) = f U,V (u, v).J(β, ψ ) (4A.16) đó: β, ψ giá trị biến ngẫu nhiên β(t) ψ(t); J(.) Jacobi xác định sau: J(β, ψ ) = ∂u ∂β ∂v ∂β = cos ψ sin ψ ∂u ∂v -β sin ψ β cos ψ ∂ψ ∂ψ = β cos 2ψ +β sin 2ψ = β -336- (4A.17) Phụ lục Sử dụng (4A.17) ta biểu diễn (4A.16) sau: β2 β − σ2 f ς ,Ψ (r, ψ) = e 2πσ2 (4A.18) Ta biểu diễn hàm mật độ xác suất liên hiệp hai biến ς Ψ tích hàm mật độ xác suất fς fΨ: f ς ,Ψ (β, ψ ) = f ς (β).f Ψ (ψ ) (4A.19) Từ (4A.18), (4A.19) (4A.13), ta hàm mật độ xác suất đường bao tín hiệu thu ảnh hưởng tán xạ đường truyền sau: β −β2 e 2σ , β ≥ f ς (β) = σ nÕu kh¸c 0 (4A.20) Phân bố (4A.20) gọi phân bố Rayleigh Biểu diễn (4A.8) dạng hàm phức sau đây: X(t) = [ µ1 (t) + µ (t) ] e j2 πf c t = β(t).e jψ (t) x(t) = Re [ X(t) ] = Re ( µ1 (t) + µ (t) ) e e j2 πf c t j2 πf c t (4A.21) (4A.22) Phân bố Rice: Giả sử ngồi tín hiệu tán xạ xét phân bố Rayleigh, máy thu nhận tín hiệu thẳng (LOS) Khi biểu diễn tín hiệu thu sau: x(t) = A.cos ( 2πf c t ) + a.µ1 (t).cos ( 2πf c t ) − a.µ (t).sin ( 2πf c t ) (4A.23) A biên độ tín hiệu thẳng Có thể viết lại (4A.22) sau: x(t) = a.µ1' (t).cos ( 2πf c t ) − a.µ '2 (t).sin ( 2πf c t ) (4A.24) µ1' (t) = A + µ1 (t) a (4A.25) Từ (4A.25) nhận xét phân trước, nói rằng: (1) aµ'1(t) q trình ngẫu nhiên độc lập phân bố Gauss có trung bình A, phương sai σ2; (2) aµ2(t) q trình ngẫu nhiên độc lập phân bố Gauss trung bình khơng, phương sai σ2 Nếu ký hiệu: 2 β(t) = a µ '1 (t) + µ (t) (4A.26) µ (t) µ1 (t) (4A.27) ψ (t) = arctan g tương tự ta ký hiệu: u = aµ1 (t) = βcosψ -337- Phụ lục v = A + aµ (t) = βsinψ (4A.28) Thì nhận được: − f U,V (u, v) = e 2πσ (u −A) + v 2 σ2 (4A.29) Xét tương tự phần ta hàm mật độ xác suất liên hiệp hai biến ngẫu nhiên β Ψ hai trình ngẫu nhiên β(t) ψ(t) sau: β − f ξ ,Ψ (β, ψ ) = e 2πσ2 β2 + A −2Ar cos ψ σ2 (4A.30) đó: ξ, β biến giá trị ngẫu nhiên trình ngẫu nhiên β(t); Ψ, ψ biến giá trị ngẫu nhiên trình ngẫu nhiên ψ(t); trường hợp biểu diễn hàm mật độ xác suất liên hiệp f ξ,Ψ (r, ψ) tích hàm mật độ xác suất fξ(β) fΨ(ψ), tích βcosψ gồm hai biến β ψ phụ thuộc (do giá trị khác không A thành phần này) Để tìm hàm phân bố xác suất đường bao tín hiệu thu biến β ta lấy tích phân cho tất giá trị có ψ để nhận hàm mật độ xác suất biên sau: f ξ (β) = 2π ∫f ξ ,Ψ (β, ψ )dψ (4A.31) = β e 2πσ2 β2 + A 2 π − σ2 ∫e βA cos ψ σ2 dψ Tích phân vế phải (4A.31) có dạng hàm Bessel cải tiến loại bậc không: I0 (x) = 2π e x cos ψ dψ ∫ 2π (4A.32) Nếu đặt x=Aβ/ σ2 , (4A.31) viết lại sau: β − f ξ (β) = e σ β2 + A 2 σ2 Aβ I0 σ (4A.33) Cũng vậy, hàm mật độ xác suất pha Ψ, fΨ(ψ) xác định sau: ∞ f Ψ (ψ ) = ∫ f ξ,Ψ (β, ψ )dβ −γ γ = e + cos ψe(- γ sin ψ ) 1 − erfc( γ cos ψ) 2π π (4A.34) A2 đó: γ = Từ kết cho thấy: Phân bố Rayleigh trường hợp đặc biệt 2σ phân bố Rice, A=0 I0(0)=1 Thay I0(0)=1 vào (4A.33) ta phân bố Rayleigh theo (4A.20) Ngoài A=0, γ=0 ta fΨ(ψ) phân bố theo (4A.13) -338- Phụ lục Phụ lục 4B HIỆU NĂNG DUNG LƯỢNG CỦA HỆ THỐNG SISO, SIMO, MISO, MIMO Hệ thống SISO Xét kênh phađinh chứa tạp âm Gausơ trắng cộng (AWGN) có trung bình khơng phương sai σ2 cho hệ thống SISO Tín hiệu y đầu kênh biểu diễn sau: y=hx+ n (4B.1) h, x n hệ số đáp ứng xung kim kênh phức, tín hiệu phát AWGN Tỉ số tín hiệu tạp âm SNR biểu diễn sau: SNR = | h |2 PT σ2 (4B.2) đó: h hệ số đáp ứng xung kim kênh phức, PT tổng cơng suất phát σ2 phương sai AWGN (trong trường hợp ta bỏ qua suy hao đường truyền) Hiệu suất phổ (SE) bằng: P SE = log + T2 | h |2 [b/s/Hz] σ (4B.3) Hệ thống SIMO (phân tập thu) Hình PL4B.1 cho thấy hệ thống SIMO 2×1 (hai anten thu anten phát) y1 y2 Hình PL4B.1 Hệ thống SIMO 1×2 y1 y tín hiệu đầu ra, h1,1 h1,2 kênh cặp phát thu Xét kênh pha đinh, chứa vectơ tạp âm AWGN η có trung bình khơng phương sai σ2=N0, N0 mật độ phổ công suất tạp âm biên Vectơ y đầu biểu diễn sau: y1 h1,1 y = = x+η y h1,2 (B4.4) Từ quan hệ ta rút tỷ số SNR đầu cho hệ thống SIMO 1×2 sau (với giả thiết tạp âm tăng theo số máy thu): -339- Phụ lục SNR = PT ∑ | h1,m |2 m =1 (4B.5) 2σ h1,m hệ số đáp ứng xung kim kênh m Tương tự ta biểu diễn tỷ số tín hiệu tạp âm cho hệ thống SIMO ×nr sau: nr SNR = PT ∑ | h1,m |2 m =1 (4B.6) n rσ2 Tương tự ta biểu diễn hiệu suất phổ hệ thống SIMO ×m sau: P nr SE = log + T ∑ | h1,m |2 [b/s/Hz] n r σ m=1 (4B.7) Hệ thống MISO (phân tập phát) Hình PL4B.2 cho thấy hệ thống MISO 2×1 x1 x2 Hình PL4B.2 Hệ thống MISO 2×1 x1 x2 tín hiệu đầu vào; y tín hiệu đầu ra; h1,1 h1,2 đáp ứng xung kim kênh cặp thu phát Xét kênh phađinh bao gồm tạp âm AWGN η có phương sai σ2 Tổng cơng suất phát PT số chia cho hai anten phát Tín hiệu hai anten không tương quan với Khi vectơ y đầu biểu diễn sau: x y = h1,1 h 2,1 + η x (4B.8) Từ quan hệ ta rút biểu thức cho SNR đầu hệ thống MISO 2×1 sau (coi cơng suất phát đựơc chia cho hai anten phát): SNR = PT ∑ h n,1 n =1 2σ 2 = PT ∑ h n,1 n =1 (4B.9) σ2 Tương tự hệ thống MISO nt×1 ta viết SNR đầu sau: -340- Phụ lục SNR = PT nt nt ∑h n =1 σ nt n,1 = nt PT ∑ h n,1 n =1 (4B.10) σ2 Từ công thức ta rút ảnh hưởng trực tiếp cuả số lượng anten phát n lên SNR Tăng số lượng anten phát dẫn đến tăng SNR giảm SNR Tương tự ta biểu diễn hiệu suất phổ cho hệ thống MISO nt×1 sau: P nt SE = log 1 + T ∑ | h n,1 |2 [b/s/Hz] n t σ n =1 (4B.11) Công thức cho ta thấy quan hệ không rõ ràng số lượng anten phát hiệu suất phổ Tuy nhiên cho thấy quan hệ log chúng Các hệ thống MIMO (phân tập kết hợp thu phát) Hình PL4B.3 cho thấy hệ thống MIMO 2×2 Hình PL4B.3 mơ tả hệ thống MIMO 2×2 x1 x tín hiệu đầu vào; y1 y2 tín hiệu đầu ra; h1,1, h1,2, h2,1, h2,2 đáp ứng xung kim kênh cặp phát thu Tổng công suất thu PT không đổi chia hai anten phát Cả hai tín hiệu khơng tương quan với Cũng giống trường hợp xét ta coi vectơ tạp âm AWGN η có phương sai σ2 Biểu diễn vectơ y đầu sau: y1 h1,1 h 2,1 x1 y= = +η y h1,2 h 2,2 x (4B.12) x1 y1 x2 y2 Hình PL4B.3 Hệ thống MIMO 2×2 x1 x2 tín hiệu đầu vào; y1 y2 tín hiệu đầu ra; h1,1, h1,2, h2,1 h2,2 kênh cặp phát thu Từ quan hệ ta rút biểu thức SNR đầu cho trường hợp MIMO 2×2 sau: SNR = PT 2 ∑∑ h n =1 m =1 2 n,m (4B.13) 2σ hn,m hệ số đáp ứng xung kim kênh (n,m) Đối với hệ thống MIMO nt×nr, SNR đầu biểu diễn sau: -341- Phụ lục SNR = PT nt nt nr ∑∑ h n =1 m =1 r nσ n,m PT nt nr = h ∑∑ n,m n t n r σ n =1 m=1 (4B.14) Công thức phức tạp Độ lợi SNR (dương hay âm) phụ thuộc vào sơ đồ MIMO vào điều kiện kênh cụ thể Đối với hiệu suất phổ, ta viết sau cho hệ thống MIMO nt ×nr: P SE = log det I N + T HH h [b/s/Hz] n tσ (4B.15) I N ma trận đơn vị có kích thước N=min(nt,nr), (.)h biểu thị chuyển vị Hermitian (chuyển vị liên hợp phức) H ma trận nt×nr: h1,1 h 2,1 h n t ,1 H = h h n t ,n r 1,n r (4B.16) -342- Phụ lục Phụ lục 4C PHÂN BỔ KÊNH CON VÀ CÔNG SUẤT CẬN TỐI ƯU Ở dạng lý tưởng, kênh công suất nên đồng thời phân bổ để đạt nghiệm tối ưu (4.36) Tuy nhiên, để phân bổ tối ưu trạm gốc phải tính tốn q nhiều Hơn nữa, trạm gốc phải tính tốn đủ nhanh để phân bổ cơng suất cấp phát kênh tối ưu theo kịp với thay đổi kênh vơ tuyến Vì vậy, ưu tiên giải thuật cận tối ưu độ phức tạp thấp để cảm nhận trễ hiệu chi phí Việc phân tách phân bổ công suất cấp phát kênh giảm mức độ phức tạp, lẽ gần giảm nửa số biến hàm mục đích Q trình phân bổ tài ngun thích ứng minh họa hình PL4C.1 Khởi tạo Rk = Ωk = ∅ Bắt đầu Nhập thông số cho mơ hình Tìm max H k ,n víi n ∈ A Ω k = Ω k ∪ {n} A = A − {n} N ρ p h2 Rk = ∑ k , n log 1 + k ,n k , n B N n =1 N0 N Phân bổ công suất tối ưu Các phương trình (4.47) & (4.50) Đ S A≠∅ CËp nhËt Ω k ,N k ,Vk ,Wk theo phơng trình S S Pk ,tot > Vk Tìm Rk γ k víi ≤ k K phơng trình (4.48) (4.48) (4.49) Tỡm max H k ,n víi n ∈ A Đ Thuật tốn water-filling Các phương trình (4.45) & (4.46) Kết thúc Ω k = Ω k ∪ {n} A = A − {n} N ρ p h2 Rk = ∑ k , n log 1 + k ,n k , n B n =1 N N0 N END Hình PL4C.1 Trình tự phân bổ tài nguyên thích ứng cho hệ thống MU-OFDM Cấp phát kênh cận tối ưu Trong giải thuật cấp phát kênh cận tối ưu, ta coi công suất phân bố h kênh Ta định nghĩa H k ,n = N tỉ lệ kênh tạp âm cho người dùng k k ,n B N kênh n, Ωk tập kênh ấn định cho người dùng k Giải thuật cấp phát kênh cận tối ưu mô tải sau: Khởi tạo -343- Phụ lục Đặt Rk=0, Ω k = ∅ với k=1,2,…,K A={1,2,…,N} Cho k chạy từ đến K (a) tìm n thoả mãn H k , n ≥ H k , j với j ∈ A (b) cho Ω k = Ω k ∪ {n} , A=A-{n} cập nhật Rk theo (4.37) Khi A ≠ ∅ (a) tìm k thoả mãn Rk γ k ≤ Ri γ i với i, 1≤ i ≤ K (b) với k tìm được, tìm n thoả mãn H k ,n ≥ H k , j với j ∈ A (c) với k n tìm được, cho Ωk = Ωk ∪ {n} , A=A-{n} cập nhật Rk theo (4.37) Nguyên lý giải thuật cấp phát kênh cận tối ưu là, người dùng chiếm dụng kênh có tỉ lệ kênh tạp âm lớn Tại bước lặp, người dùng có dung lượng cân xứng thấp có tùy chọn để chọn chiếm dụng kênh Giải thuật phân bổ kênh cận tối ưu lẽ coi phân bố công suất đồng kênh Sau phân bổ kênh con, đạt tính công cân xứng sơ Dưới xét tốn tối đa hóa dung lượng tổng trì tính cơng cân xứng cách phân bổ công suất Phân bố công suất tối ưu cho cấp phát kênh cố định Để cấp phát kênh tất định, tốn tối ưu cơng thức hóa sau K max ∑ pk ,n ∑ k =1 n∈Ωk pk ,n hk2,n log + B N N0 N K với ràng buộc: ∑∑p k =1 n∈Ω k k ,n (4C.1) ≤ Ptotal pk , n ≥ với k,n Ω k rời rạc với k Ω1 ∪ Ω ∪ ∪ Ω k ⊆ {1,2, , N } R1 : R2 : : RK = γ : γ : : γ K đó: Ω k tập kênh cho người dùng thứ k; Ω k & Ωl loại trừ tương hỗ k ≠l Bài toán tối ưu (4C.1) tương ứng với việc tình giá trị lớn hàm giá K L=∑ ∑ k =1 n∈Ω k K log (1 + pk ,n H k ,n ) + λ1 ∑ ∑ pk ,n − Ptotal N k =1 n∈Ωk γ + ∑ λk ∑ log (1 + p1,n H1,n ) − γk k =2 n∈Ω1 N K ∑ n∈Ωk log (1 + pk ,n H k , n ) N (4C.2) {λi }i =1 nhân tử Lagrangian Lấy đạo hàm (4C.2) theo pk ,n đặt ta K -344- Phụ lục K H1, n H1, n ∂L 1 = + λ1 + ∑ λk =0 ∂p1, n N ln + H1, n p1, n N ln + H1, n p1, n k =2 (4C.3) H k ,n H k ,n γ ∂L 1 = + λ1 − λk =0 ∂pk , n N ln + H k , n pk , n γ k N ln + H k , n pk , n (4C.4) với k = 2, 3, ,K n ∈ Ω k √ Phân bố công suất cho người dùng: Từ (4C.3) (4C.4), ta H k ,m + H k , m pk , m = H k ,n (4C.5) + H k , n pk , n với m, n ∈ Ω k k = 1, 2, ,K Không làm tính tổng quát, giả thiết H k ,1 ≤ H k ,2 ≤ ≤ H k , N với k=1,2, ,K, Nk số kênh Ω k Vì vậy, (4C.5) viết lại k p k , n = p k ,1 + H k , n − H k ,1 (4C.6) H k , n H k ,1 với n = 1, 2, , Nk k = 1, 2, ,K Phương trình (4C.6) cho thấy, phân bố cơng suất cho người dùng thứ k kênh n Công suất lớn đặt kênh có tỉ lệ kênh tạp âm cao Đây giải thuật đổ đầy nước miền tần số Bằng cách định nghĩa Pk ,tot công suất tổng phân bổ cho người dùng thứ k dùng (4C.6), Pk ,tot biểu diễn Nk Nk H k , n − H k ,1 n =1 n=2 H k ,n H k ,1 Pk ,tot = ∑ pk ,n = N k pk ,1 + ∑ (4C.7) với k = 1, 2, ,K √ Phân bố công suất nhiều người dùng: K Một biết tập { Pk ,tot }k =1 , việc phân bổ công suất xác định theo (4C.6) (4C.7) Sử dụng ràng buộc tỉ lệ dung lượng ràng buộc công suất tổng (4.40) để K đạt { Pk ,tot }k =1 Với (4C.5) (4C.7), ràng buộc tỉ lệ dung lượng biểu diễn P −V N1 ⋅ log 1 + H1,1 1,tot + log W1 γ1 N N1 N = ⋅ k γk N Pk ,tot − Vk log + H k ,1 + log Wk Nk (4C.8) với k = 2, 3, ,K, Vk Wk xác định Nk H k , n − H k ,1 n=2 H k , n H k ,1 Vk = ∑ (4C.9) -345- Phụ lục Nk H Nk Wk = Π k , n n=2 H k ,1 (4C.10) với k = 1, 2, ,K Ràng buộc công suất tổng: K ∑P k =1 k , tot = Ptotal (4C.11) có K biến { Pk ,tot }k =1 tập K phương trình (4C.8) (4C.11) Tính tốn tập hàm cho K ta phân bổ công suất tối ưu Ở dạng tổng quát, phương trình phi tuyến Có thể dùng phương pháp lặp Newton–Raphson tựa Newton để tìm nghiệm với mức độ tính toán định Trong phương pháp Newton–Raphson, mức độ phức tạp tính tốn chủ yếu việc tìm hướng cập nhật Mức độ phức tạp tính tốn bước lặp O ( K ) Trong điều kiện cụ thể tìm nghiệm tối ưu gần tối ưu cho tập phương trình phi tuyến bước lặp Dưới ta phân phân tích hai trường hợp đặc biệt • Trường hợp tuyến tính: Nếu N1 : N : : N K = γ : γ : γ K , tập phương trình (4C.8) (4C.11), chuyển thành tập phương trình tuyến tính biểu diễn bởi: 1 1 a 2, ⋮ ⋮ 1 P1,tot Ptotal P2,tot b2 = ⋱ ⋮ ⋮ ⋮ ⋯ aK , K PK ,tot bK ⋯ ⋯ (4C.12) ak , k = − bk = N1 H k ,1Wk N k H1,1W1 (4C.13) H VW H V W N1 Wk − W1 + 1,1 1 − k ,1 k k H1,1W1 N1 Nk (4C.14) với k = 2, 3, ,K Ma trận {ai ,i }i = (4C.12) có phần tử khác khơng K hàng đầu tiên, cột đầu tiên, đường chéo Bằng phép thế, tìm nghiệm cho (4C.12) với mức độ phức tạp tính tốn O ( K ) thấp • Trường hợp tỉ lệ kênh tạp âm lớn: Trong điều chế thích ứng, xuất điều kiện tuyến tính tập phương trình phi tuyến, dẫn đến cần phải tính tốn nhiều Tuy nhiên, tỉ lệ kênh tạp âm lớn, ta lấy xấp xỉ để đơn giản tốn: Thứ nhất, xét (4C.9) Vk tương đối nhỏ so với Pk ,tot tỉ lệ kênh tạp âm lớn Hơn nữa, dùng cấp phát kênh thích ứng, kênh tốt chọn, chúng có khác độ lợi kênh nhỏ Vì vậy, xấp xỉ Vk = 0; Thứ hai, giả sử trạm gốc BS H P phát công suất lớn tỉ lệ kênh tạp âm lớn, thành phần N ≫ k ,1 k ,tot k -346- Phụ lục Với hai phép lấy xấp xỉ trên, (4C.8) xếp lại đơn giản N1 N1 H W H1,1W1 γ (P1,tot )γ = k ,1 k N1 Nk Nk Nk γk (Pk ,tot ) γ k (4C.15) k=2,3, ,K Thế (4C.15) vào (4C.11), rút phương trình biến P1,tot ∑ c (P ) K k =1 dk k 1,tot − Ptotal = (4C.16) k =1 N1γ k H W Nkγ 1 ck = N Hk ,1Wk Nk dk = N1γ k N γ k k = 2,3, , K (4C.17) k =1 k = 2, 3, K (4C.18) Ta dùng phương pháp số phương pháp tìm nghiệm Newton phương pháp định vị lỗi để giải phương trình (4C.16) -347- ... tối ưu Các phương trình (4. 47) & (4. 50) Đ S A≠∅ CËp nhËt Ω k ,N k ,Vk ,Wk theo phơng trình S S Pk ,tot > Vk Tìm Rk γ k víi ≤ k K phơng trình (4. 48) (4. 48) (4. 49) Tỡm max H k ,n víi... ( 2πf c t ) (4A.23) A biên độ tín hiệu thẳng Có thể viết lại (4A.22) sau: x(t) = a.µ1' (t).cos ( 2πf c t ) − a.µ '2 (t).sin ( 2πf c t ) (4A. 24) µ1' (t) = A + µ1 (t) a (4A.25) Từ (4A.25) nhận xét... (ψ ) (4A.19) Từ (4A.18), (4A.19) (4A.13), ta hàm mật độ xác suất đường bao tín hiệu thu ảnh hưởng tán xạ đường truyền sau: β −β2 e 2σ , β ≥ f ς (β) = σ nÕu kh¸c 0 (4A.20) Phân bố (4A.20)