Tasa de transmisión: 14 Mb/s
Ancho de banda: 5 MHz
\(\left.P_{Tx}\right|_{EB} = 43~dBm\)
Factor de ruido del receptor: \(\left.F\right|_{Rx} = 4~dB\)
Frecuencia de la portadora \(f_c = 900~MHz\)
Ganancia del transmisor: \(G_{Tx} = 15~dB\)
Ganancia del terminal de usuario: \(G_{UE} = 0~dB\)
Modelo a utilizar:
– \(f_c = 900~MHz\)
– Altura de la antena transmisora: \(h_{EB} = 15~m\) sobre edificios
\[B = 5 MHz\]
| Ancho de banda nominal (MHz) | 1.4 | 3 | 5 | 10 | 15 | 20 |
| Ancho de banda ocupado (MHz) | 1.08 | 2.7 | 4.5 | 9 | 13.5 | 18 |
| Número de RB (UL o DL) | 6 | 15 | 25 | 50 | 75 | 100 |
| Número de subportadoras | 72 | 180 | 300 | 600 | 900 | 1200 |
\[B = 5 MHz \rightarrow Tabla \rightarrow N_{RB} = 25\]
\[L_{prop} = 120.9 + 37.6 \log{R}~[km]\]
De las pérdidas de propagación también podemos extraer el parámetro \(\gamma\) ya que \(10\gamma\) es el número que multiplica el término \(\log{R}\).
\(\gamma = 3.76\)
\[\eta = throughput = \frac{14~Mb/s}{5~MHz} = 2.8~b/s/Hz\]
De la gráfica podemos ver que la SINR(dB) equivalente es aproximadamente 11 dB. También podemos sacarlo de la fórmula del límite de Shannon corregida \(\eta = \frac{C}{B} = 0.75 \log_2{(1+SNR)}\)
\[SINR(dB) = 11dB\]
\[SINR(dB) < CINR(dB)\]
\[\left.CIR(dB)\right|_{sectorización} = 10\log{ \left[3 \cdot \frac{1}{6} \left( \frac{D}{R} \right)^\gamma\right]} = 10\log{ \left(\frac{1}{2} q^\gamma\right)}\]
¿Qué k es válido?
\[k = 1 \rightarrow CIR=5.96~dB\]
\[k = 3 \rightarrow CIR=14.96~dB\]
\[k = 4 \rightarrow CIR=17.27~dB\]
Por tanto \(k = 3\), ya que el mínimo k optimiza el despliegue (es más barato).
\[L_{total} (dB) = 121.5 + \left.10\log{\left( 1 – \frac{10^{\frac{11~dB}{10}}}{10^\frac{14.92~dB}{10}} \right)}\right|_{k=3} + 43~dBm – 4~dBm – 10 \log{25} – 11~dB = 133.26~dB\]
\[L_{prop} (dB) = L_{total} (dB) + G_{Tx}(dB) + G_{UE}(dB) = 133.26 + 15~dB + 0~dB = 148.26~dB\]
\[L_{prop} (dB) = 120.9 + 37.6 \log{R} = 148.26~dB\]
\[\log{R} = \frac{148.26-120.9}{37.6} \Rightarrow R = 10^{\frac{148.26-120.9}{37.6}} \approx 5.34~km\]