前言
这篇文章想讲一下 智能反射面中 UPA （uniform planar array）的信道建模。 之前在智能反射面| Matlab代码实现的信道仿真一文中， 很简略地给了一个基本的UPA仿真代码， 这篇更详细地说一下 关于 面天线 的建模。
当然了， UPA并不只使用于智能反射面中， 尽管在科研方向上， 为了简化问题， 在MIMO问题中大家假设的往往都是线天线阵（ULA）， 但实际中往往都是二维的UPA天线。 而在智能反射面中， 作者们实在无法睁眼说瞎话地假设智能反射面是一个线阵了， 毕竟人家名字里都带着一个“面”字还是要“面子”的。 也因此，在IRS方向中， UPA阵列的信道建模更普遍。
结论
先说结论， 是对需要只需要答案而不求甚解的读者的尊重。
对于一个
P
×
Q
P\times Q
P×Q的UPA天线阵列， 即共有
P
P
P行，
Q
Q
Q列天线。 则对于
(
θ
,
ϕ
)
(\theta, \phi)
(θ,ϕ)方向的响应可以写为(
θ
\theta
θ为水平角， 被称为azimuth angle,
ϕ
\phi
ϕ 为 仰角， 被称为 elevation angle) ：
a
(
θ
,
ϕ
)
=
1
P
Q
[
1
,
⋯
,
e
ȷ
π
(
p
sin
θ
sin
ϕ
+
q
cos
ϕ
)
,
⋯
e
ȷ
π
(
(
Q
−
1
)
sin
θ
sin
ϕ
+
(
P
−
1
)
cos
ϕ
)
]
T
(1)
\begin{array}{r} \mathbf{a}(\theta, \phi)=\frac{1}{\sqrt{PQ}}\left[1, \cdots, e^{\jmath \pi(p \sin \theta \sin \phi+q \cos \phi)}, \cdots\right. \left.e^{\jmath \pi((\sqrt{Q}-1) \sin \theta \sin \phi+(\sqrt{P}-1) \cos \phi)}\right]^{T} \end{array} \tag{1}
a(θ,ϕ)=PQ
1[1,⋯,eȷπ(psinθsinϕ+qcosϕ),⋯eȷπ((Q
−1)sinθsinϕ+(P
−1)cosϕ)]T(1)
其中
p
p
p 和
q
q
q 代表了第
p
p
p行，第
q
q
q列的天线， 注意， 是从0行0列开始计数的。 另外需要注意的一点是， 这是默认天线以半波长为间隔。 如果你看到的指数项是类似于
e
ȷ
2
π
λ
d
e^{\jmath \frac{2\pi}{\lambda}d}
eȷλ2πd 之类的形式， 其实是一样的， 因为我们一般默认
d
=
1
2
λ
d = \frac{1}{2}\lambda
d=21λ。
对于（1）， 还有一个非常常用且笔者更推荐的形式：
a
(
θ
,
ϕ
)
=
a
y
(
θ
,
ϕ
)
⊗
a
z
(
ϕ
)
(2)
\mathbf{a}(\theta, \phi)=\mathbf{a}_y(\theta, \phi) \otimes \mathbf{a}_z(\phi) \tag{2}
a(θ,ϕ)=ay(θ,ϕ)⊗az(ϕ)(2)
其中，
a
y
(
θ
,
ϕ
)
≜
1
Q
[
1
,
e
j
π
sin
θ
l
sin
ϕ
l
,
…
,
e
j
π
(
Q
−
1
)
sin
θ
l
sin
ϕ
l
]
T
a
z
(
ϕ
l
)
≜
1
P
[
1
,
e
j
π
cos
ϕ
l
,
…
,
e
j
π
(
P
−
1
)
cos
ϕ
l
]
T
\mathbf{a}_{y}(\theta, \phi) \triangleq \frac{1}{\sqrt{Q}}[1, e^{\mathrm{j}\pi\sin\theta_l\sin\phi_l}, \dots, e^{\mathrm{j}\pi(Q-1)\sin\theta_l\sin\phi_l}]^T\\ \mathbf{a}_{z}(\phi_l) \triangleq \frac{1}{\sqrt{P}}[1, e^{\mathrm{j}\pi\cos\phi_l}, \dots, e^{\mathrm{j}\pi(P-1)\cos\phi_l}]^T
ay(θ,ϕ)≜Q
1[1,ejπsinθlsinϕl,…,ejπ(Q−1)sinθlsinϕl]Taz(ϕl)≜P
1[1,ejπcosϕl,…,ejπ(P−1)cosϕl]T
这里显然(2)比(1)清爽了很多， 很容易验证， 两者是等价的。
有了天线响应， 那么信道也就非常容易建模了。 对于发送端和接收端都是UPA阵列的情况下， 多径信道可以写为
H
=
N
r
N
t
∑
l
=
0
L
α
l
a
r
,
l
(
θ
l
,
ϕ
l
)
a
t
,
l
H
(
ψ
l
,
γ
l
)
\mathbf{H}=\sqrt{N_{\mathrm{r}} N_{\mathrm{t}}} \sum_{l=0}^{L} \alpha_{l} \mathbf{a}_{\mathrm{r}, l}\left(\theta_{l}, \phi_{l}\right) \mathbf{a}_{\mathrm{t}, l}^{H}\left(\psi_{l}, \gamma_{l}\right)
H=NrNt
l=0∑Lαlar,l(θl,ϕl)at,lH(ψl,γl)
简而言之， 对于每一径，信道就是接收的
a
\mathbf{a}
a 与 发送端的
a
\mathbf{a}
a 的 共轭转置相乘， 再乘上一个标量系数。
UPA详细建模
（1）和（2）是怎么来的呢？ 事实上， 他基于且必须基于下图中的建模：
如图：
- 假设UPA建立在yz平面上， 且原点为UPA的左下角第一个元素。
- θ \theta θ为用户投影到 x y xy xy平面后， 与 x x x轴夹角
- ϕ \phi ϕ为用户与 z z z轴负半轴夹角。
以这样的建模， 是可以推出 (1)和（2）式的。
怎么说呢？ 以 ϕ \phi ϕ为例。 不考虑UPA的水平方向， 比如令 Q = 1 Q=1 Q=1， 也就是说只有一列， 此时UPA退化为一个ULA。 那么我们都知道， ULA的响应是什么呢？ 是以入射波与ULA的夹角作为入射角。 那么在ULA的这个三维建模中， 这个入射角， 显然， 就是且必须是 用户 与 z z z轴负半轴的夹角。 因为UPA中的竖直方向其实就是 z z z轴， 那么竖直方向上的入射夹角就是用户与 z z z的夹角。 或者， 更容易理解的， z z z轴与用户， 一线一点构成一个平面， 这个平面就是ULA的平面。 那么谁是入射角， 一目了然。
至于 θ \theta θ角为什么这么建模？ 推导太繁琐了， 不写出了， 按立体几何再利用远场近似就能推导。 这里想说的是其实很简单， (1)中为什么是 sin θ \sin\theta sinθ而不是 cos θ \cos\theta cosθ呢？ 因为按照图中的建模， θ \theta θ角的范围显然是-90度到90度之间， 而这样 cos θ \cos\theta cosθ的取值范围只有[0,1]， 但 sin θ \sin\theta sinθ的取值范围是[-1,1]。 无疑是后者。
响应求导
天线响应对于 θ \theta θ和 ϕ \phi ϕ的求导， 在推算CRLB或者优化的时候， 很有用， 那结果是什么呢？ 利用(2)外加一个经典的结论：
d ( U ⊗ V ) = d ( U ) ⊗ V + U ⊗ d ( V ) \mathrm{d}(\mathbf{U}\otimes \mathbf{V}) = \mathrm{d}(\mathbf{U})\otimes \mathbf{V} +\mathbf{U}\otimes \mathrm{d}(\mathbf{V}) d(U⊗V)=d(U)⊗V+U⊗d(V)
结合（2）， 很容易有：
∂
a
(
θ
,
ϕ
)
∂
θ
=
(
j
π
cos
θ
sin
ϕ
[
0
,
1
…
,
Q
−
1
]
T
⊙
a
y
(
θ
,
ϕ
)
)
⊗
a
z
(
ϕ
)
∂
a
(
θ
,
ϕ
)
∂
ϕ
=
(
j
π
sin
θ
cos
ϕ
[
0
,
1
…
,
Q
−
1
]
T
⊙
a
y
(
θ
,
ϕ
)
)
⊗
a
z
(
ϕ
)
+
a
y
(
θ
,
ϕ
)
⊗
(
−
j
π
sin
ϕ
[
0
,
1
,
…
,
P
−
1
]
T
⊙
a
z
(
ϕ
)
)
\frac{\partial\mathbf{a}(\theta,\phi)}{\partial\theta}=\left(\mathrm{j} \pi \cos \theta \sin \phi[0,1 \ldots, Q-1]^{T} \odot \mathbf{a}_{y}(\theta, \phi)\right) \otimes \mathbf{a}_{z}(\phi)\\ \frac{\partial\mathbf{a}(\theta,\phi)}{\partial\phi}=\begin{array}{l} \left(\mathrm{j} \pi \sin \theta \cos \phi[0,1 \ldots, Q-1]^{T} \odot \mathbf{a}_{y}(\theta, \phi)\right) \otimes \mathbf{a}_{z}(\phi) +\mathbf{a}_{y}(\theta, \phi) \otimes\left(-\mathrm{j} \pi \sin \phi[0,1, \ldots, P-1]^{T} \odot \mathbf{a}_{z}(\phi)\right) \end{array}
∂θ∂a(θ,ϕ)=(jπcosθsinϕ[0,1…,Q−1]T⊙ay(θ,ϕ))⊗az(ϕ)∂ϕ∂a(θ,ϕ)=(jπsinθcosϕ[0,1…,Q−1]T⊙ay(θ,ϕ))⊗az(ϕ)+ay(θ,ϕ)⊗(−jπsinϕ[0,1,…,P−1]T⊙az(ϕ))
其中
⊙
\odot
⊙是哈达玛积。