智能反射面信道估计：基于原子范数最小化_智能反射面原子范数

前言

在上一篇博客 压缩感知的尽头: 原子范数最小化， 笔者记录介绍了一种新的算法：原子范数最小化。 主要停留在算法理论的推导层面。 这篇博客则介绍在 IRS信道估计方向上， 利用原子范数最小化来求解问题的文章 Channel Estimation for RIS-Aided mmWave MIMO Systems via Atomic Norm Minimization， 今年发表在 IEEE TWC上。选取这篇文章，一方面是趁热打铁地掌握 原子范数方法的具体使用， 一方面笔者接触到原子范数的相关材料，也正是来自于文章作者何继光老师的无私分享。

系统模型

文中考虑的是如图的场景， 假设装有 $N_B$ 根天线的 基站 (BS) 与 装有 $N_M$ 根天线 用户 (MS) 之间没有直射径， 通过安装在大楼墙面上的 有 $N_R$ 个 单元的智能反射面 （RIS/IRS）来进行通信。 本文的目的是对信道进行估计。 一个重要的简化假设是：认为IRS的响应可以看做 ULA线天线响应， 以此简化后续的推导。 然而拓展到 UPA面天线场景是非常容易的。

根据常用的 SV 几何信道建模， BS-RIS 信道可以被写为：
$$\begin{array}{rl}{\mathbf{H}}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}& =\sum _{l=1}^{L_{\mathrm{B},\mathrm{R}}}{\left[{\mathbf{\rho }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right]}_l\mathbf{\alpha }\left({\left[{\varphi }_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right]}_l\right){\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{H}}\left({\left[{\mathbf{\theta }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right]}_l\right)\\ & =\mathbf{A}\left({\varphi }_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right)\mathrm{diag}\left({\mathbf{\rho }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right){\mathbf{A}}^{\mathrm{H}}\left({\mathbf{\theta }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right),\end{array}$$
而 RIS-MS 信道可以写为：
$$\begin{array}{rl}{\mathbf{H}}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}& =\sum _{l=1}^{L_{\mathrm{R},\mathrm{M}}}{\left[{\mathbf{\rho }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right]}_l\mathbf{\alpha }\left({\left[{\varphi }_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right]}_l\right){\mathbf{\alpha }}^{\mathrm{H}}\left({\left[{\mathbf{\theta }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right]}_l\right)\\ & =\mathbf{A}\left({\varphi }_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right)\mathrm{diag}\left({\mathbf{\rho }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right){\mathbf{A}}^{\mathrm{H}}\left({\mathbf{\theta }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right),\end{array}$$
这是很常见的毫米波信道建模，因此不展开叙述了。缺乏相关知识的可以参考之前的博客或文章原文。
那么考虑 BS-MS 的等效点对点信道， 可以写为：
$$\begin{array}{rl}\mathbf{H}=& {\mathbf{H}}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\mathbf{\Omega }{\mathbf{H}}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\\ =& \mathbf{A}\left({\varphi }_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right)\mathrm{diag}\left({\mathbf{\rho }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right){\mathbf{A}}^{\mathrm{H}}\left({\mathbf{\theta }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right)\Omega \mathbf{A}\left({\varphi }_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right)\mathrm{diag}\left({\mathbf{\rho }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right){\mathbf{A}}^{\mathrm{H}}\left({\mathbf{\theta }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right)\end{array}$$
我们定义：
$$\mathbf{G}=\mathrm{diag}\left({\mathbf{\rho }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right){\mathbf{A}}^{\mathrm{H}}\left({\mathbf{\theta }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right)\mathbf{\Omega }\mathbf{A}\left({\mathbf{\varphi }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right)\mathrm{diag}\left({\mathbf{\rho }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right)$$
可以将等效信道进一步化简为：
$$\mathbf{H}=\mathbf{A}\left({\varphi }_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right)\mathbf{G}{\mathbf{A}}^{\mathrm{H}}\left({\theta }_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right)\text{\hspace{1em}(1)}$$
至此， (1)其实是传统MIMO信道的经典角域形式。 而最大的区别在于，对于传统MIMO信道， $\mathbf{G}$ 是一个对角阵。 而对于 RIS 等效信道， $\mathbf{G}$则是一个普通矩阵。 事实上，可以通过控制 RIS 相控阵， 对 $\mathbf{G}$ 进行人为的调控。

回到信道估计问题本身： 即使使用了参数化建模， 即估计物理角度信息和路损， 而非估计信道矩阵元素， 仍有较多的未知代估变量——两组 AOA 和 AOD， 以及两组路损 $\rho$。

作者采用的思路是： 先估计基站和用户端的角度， 再据此设计接收波束和发送波束，最后估计RIS上的AoA与AoD。

第一阶段

首先， 对 接收 AoA ${\varphi }_{R,M}$ 进行估计。接收信号模型为：
$$\begin{array}{rl}{\mathbf{Y}}_t=& {\mathbf{W}}_t^{\mathrm{H}}\mathbf{H}\left({\mathbf{\Omega }}_t\right){\mathbf{X}}_t+{\mathbf{W}}_t^{\mathrm{H}}{\mathbf{Z}}_t\\ =& {\mathbf{W}}_t^{\mathrm{H}}\mathbf{A}\left({\varphi }_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right){\mathbf{G}}_t{\mathbf{A}}^{\mathrm{H}}\left({\mathbf{\theta }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right){\mathbf{X}}_t+{\mathbf{W}}_t^{\mathrm{H}}{\mathbf{Z}}_t\text{ for }t=0\end{array}$$
其中， ${\mathbf{X}}_0\in {\mathbb{C}}^{N_{\mathrm{B}}\times N_0}$。 这里$N_0$代表第一阶段所需的训练时隙数， 也即开销。 ${\mathbf{\Omega }}_t$代表了 智能反射面矩阵。 ${\mathbf{W}}_t$是接收矩阵。 ${\mathbf{Z}}_t$为噪声。**因此， 作者假定了在基站发送不同的训练序列（组成了${\mathbf{X}}_0$）时， 接收矩阵和 IRS矩阵是固定的。 准确而言， 作者假定是随机的。

我们令 $\overline{\mathbf{U}}=\mathbf{A}\left({\varphi }_{\mathrm{R}.\mathrm{M}}\right){\mathbf{G}}_0{\mathbf{A}}^{\mathrm{H}}\left({\mathbf{\theta }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right){\mathbf{X}}_0$， 那么有：
$$\overline{\mathbf{U}}=\mathbf{A}\left({\varphi }_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right)\overline{\mathbf{C}}$$
其中， $\overline{\mathbf{C}}={\mathbf{G}}_0{\mathbf{A}}_t^{\mathrm{H}}\left({\mathbf{\theta }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right){\mathbf{X}}_0$。 根据原子范数最小化理论 （见上一篇博客 压缩感知的尽头: 原子范数最小化），对 $\mathbf{A}\left({\varphi }_{\mathrm{R}.\mathrm{M}}\right)$ 的估计可转化为求解如下问题（事实上是凸松弛）：

$$\begin{array}{rl}\left\{{\hat{\mathbf{u}}}_1,\hat{\mathbf{Z}},\hat{\mathbf{U}}\right\}& =\arg \underset{{\overline{\mathbf{u}}}_1,\mathbf{Z},\mathbf{U}}{\min }\frac{\mu }{2N_0}\mathrm{Tr}(\overline{\mathbf{Z}})+\frac{\mu }{2N_{\mathrm{M}}}\mathrm{Tr}\left(\mathrm{Toep}\left({\overline{\mathbf{u}}}_1\right)\right)+\frac{1}{2}{\Vert {\mathbf{Y}}_0-{\mathbf{W}}_0^{\mathrm{H}}\overline{\mathbf{U}}\Vert }_{\mathrm{F}}^2\\ & \text{ s.t. }\left[\begin{array}{cc}\mathrm{Toep}\left({\overline{\mathbf{u}}}_1\right)& \overline{\mathbf{U}}\\ {\overline{\mathbf{U}}}^{\mathrm{H}}& \overline{\mathbf{Z}}\end{array}\right]⪰0,\end{array}$$
这里 $\mu$ 是惩罚系数。 这个问题是一个凸问题， 因此可以直接通过 CVX 进行求解。

得到了矩阵 $\mathrm{Toep}\left({\overline{\mathbf{u}}}_1\right)$ 后， 就可以通过 root-MUSIC 算法， 求解出对应的 ${\varphi }_{\mathrm{R}.\mathrm{M}}$ 了。

那么基于原子范数最小化方法， ${\theta }_{\mathrm{B},\mathrm{R}}$也可以用一模一样的算法进行估计。

第二阶段

基于第一阶段的估计结果， 我们可以先对 发送波束成形和接收波束成形进行设计：
$$\begin{array}{rl}{\mathbf{X}}_t& =\frac{1}{\sqrt{N_{\mathrm{B}}}}\mathbf{A}\left({\hat{\mathbf{\theta }}}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right)\\ {\mathbf{W}}_t& =\frac{1}{\sqrt{N_{\mathrm{M}}}}\mathbf{A}\left({\hat{\varphi }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right)\end{array}$$

作者指出， 当 ${\hat{\theta }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\approx {\theta }_{\mathrm{B},\mathrm{R}}$ 和 ${\hat{\varphi }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\approx {\varphi }_{\mathrm{R},\mathrm{M}}$ 时， 这样做的目的在于会有以下结论：
$$\begin{array}{rl}{\mathbf{A}}^{\mathrm{H}}\left({\mathbf{\theta }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right){\mathbf{X}}_t& \approx \sqrt{N_{\mathrm{B}}}\mathbf{I}\\ {\mathbf{W}}_t^{\mathrm{H}}\mathbf{A}\left({\varphi }_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right)& \approx \sqrt{N_{\mathrm{M}}}\mathbf{I}\end{array}$$

但这里笔者想指出其实是要有一个前提条件的， 即不同径之间的正弦差 $\sin ({\theta }_i)-\sin ({\theta }_j)$要不小于 $\frac{4}{N}$。 只有在正弦差大于 $\frac{4}{N}$ 时， 不同的 $\mathbf{a}(\theta )$ 才是近似正交的。 仿真部分作者也提到了这一前提条件是需要的， 当然， 这也是原子范数最小化法所需要的。

在重新设计了发送和接收波束后， 第二阶段的接收信号可以表示为：
$$\begin{array}{rl}{\mathbf{Y}}_t& ={\mathbf{W}}_t^{\mathrm{H}}\mathbf{A}\left({\mathbf{\varphi }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right){\mathbf{G}}_t{\mathbf{A}}^{\mathrm{H}}\left({\mathbf{\theta }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right){\mathbf{X}}_t+{\mathbf{W}}_t^{\mathrm{H}}{\mathbf{Z}}_t\approx \sqrt{N_{\mathrm{B}}{N}_{\mathrm{M}}}{\mathbf{G}}_t+{\mathbf{W}}_t^{\mathrm{H}}{\mathbf{Z}}_t,\text{ for }t=1,\dots ,T\end{array}\text{\hspace{1em}(2)}$$

回顾我们的定义：${\mathbf{G}}_t=\mathrm{diag}\left({\mathbf{\rho }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right){\mathbf{A}}^{\mathrm{H}}\left({\mathbf{\theta }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right){\mathbf{\Omega }}_t\mathbf{A}\left({\mathbf{\varphi }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right)\mathrm{diag}\left({\rho }_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right)$

这里注意到， 式子可以被化简为：
$$\begin{array}{rl}& {\left[{\mathbf{G}}_t\right]}_{mn}={\left[{\mathbf{\rho }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right]}_m{\mathbf{\omega }}_t^{\top }\mathbf{\alpha }\left([\mathbf{\Delta }{]}_{mn}\right){\left[{\mathbf{\rho }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right]}_n,\text{ for }m=1,\dots ,L_{\mathrm{R},\mathrm{M}},n=1,\dots ,L_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\end{array}$$
其中， $$[\mathbf{\Delta }{]}_{mn}=\mathrm{asin}\left(\sin \left({\left[{\mathbf{\varphi }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right]}_n\right)-\sin \left({\left[{\mathbf{\theta }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right]}_m\right)\right)$$
笔者认为， 这是在 IRS 信道估计中， 极为重要的一个式子。
他的 推导比较简单，最笨的办法可以一项项手算， 能得到上面这个式子。 简单的提示就是因为 ${\Omega }_t$ 是对角阵， 那么 ${\Omega }_t\mathbf{A}$ 等于用 ${\Omega }_t$ 的对角元素向量 ${\omega }_t$ 哈达玛积 $\mathbf{A}$ 中的每一列。 再根据线性代数， 就可以得到上面的结果。

这里，我们关注到两个非常重要的事实：

• IRS 估计中， BS-IRS 和 UE-IRS 两个信道各自的增益，即${\left[{\mathbf{\rho }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right]}_m$ 和 ${\left[{\mathbf{\rho }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right]}_n$， 是无法精确估计的。 因为有无数组增益， 对应相同的 ${\mathbf{G}}_t$。 例如， 当 ${\mathbf{G}}_t=2$ 时，${\left[{\mathbf{\rho }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right]}_m$ 和 ${\left[{\mathbf{\rho }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right]}_n$可以是 $1$ 和 $2$， 也可以是 $4$ 和 $0.5$， 然而这两组情况对应接收到的导频（通过${\mathbf{G}}_t$）得到的信号却是完全一样的。 也就是说， 这是绝不可能精确分辨的。
• 角度值也是不可分辨的。 因为可以有不同的两组角， 却对应相同的 $\Delta$。

但同时， 这也给了我们启示：

• 估计 IRS 的增益时， 只需要估计等效信道的增益，即 ${\left[{\mathbf{\rho }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right]}_m{\left[{\mathbf{\rho }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right]}_n$ 的结果。
• 而估计角度时， 也只需要估计 IRS 到达角与发送角之间的 角度正弦差。

回到我们的估计问题中， 根据 (2)， 通过收集多个时隙的导频信号如下：
$$\mathbf{Y}=\left[\mathrm{vec}\left({\mathbf{Y}}_1\right),\dots ,\mathrm{vec}\left({\mathbf{Y}}_T\right)\right]$$
$$\begin{array}{rl}[\mathbf{Y}{]}_{i,:}^{\top }& \approx \sqrt{N_{\mathrm{B}}{N}_{\mathrm{M}}}\mathrm{v}\mathrm{e}\mathrm{c}({\mathbf{G}}_{\mathrm{i}}{)}^T+{\mathbf{z}}_i,\\ & =\sqrt{N_{\mathrm{B}}{N}_{\mathrm{M}}}{\left[{\mathbf{\omega }}_1,\dots ,{\mathbf{\omega }}_T\right]}^{\top }{\rho }_i\mathbf{\alpha }\left({\tilde{\theta }}_i\right)+{\mathbf{z}}_i,\\ & =\sqrt{N_{\mathrm{B}}{N}_{\mathrm{M}}}\overline{\mathbf{\Omega }}{\rho }_i\mathbf{\alpha }\left({\tilde{\theta }}_i\right)+{\mathbf{z}}_i,\end{array}\text{\hspace{1em}(3)}$$
其中， $$\begin{array}{rl}{\rho }_i& ={\left[{\mathbf{\rho }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right]}_m{\left[{\mathbf{\rho }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right]}_n\\ {\tilde{\theta }}_i& =\mathrm{asin}\left(\sin \left({\left[{\mathbf{\varphi }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right]}_n\right)-\sin \left({\left[{\mathbf{\theta }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right]}_m\right)\right)\\ \overline{\mathbf{\Omega }}& ={\left[{\mathbf{\omega }}_1,\dots ,{\mathbf{\omega }}_T\right]}^{\top }\\ {\mathbf{z}}_i& ={\left[\mathrm{vec}\left({\mathbf{W}}_1^{\mathrm{H}}{\mathbf{Z}}_1\right),\dots ,\mathrm{vec}\left({\mathbf{W}}_T^{\mathrm{H}}{\mathbf{Z}}_T\right)\right]}_{i,:}^{\mathbf{T}}\end{array}$$

可以看到， 经过这样的转化， $\mathbf{Y}$ 的 第 $i$ 行中， 包含了 第 $i$ 条路径的信息。 $i=1,\dots ,L_{\mathrm{B},\mathrm{R}}{L}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}$。 而根据 (3)， 又可以看出这可以转化为经典的原子范数最小化问题。 这里就不再赘述具体的过程了， 可以查阅博客和原文。

得到信息后， 就可以恢复出 ${\mathbf{G}}_t$， 再结合第一阶段已估计的两个 $\mathbf{A}$ 矩阵， 就完成了整个信道估计的过程。

波束成形

在得到了信道估计结果后， 作者给出了一种可行的波束成形（包括基站和用户的发送和接收波束成形， 以及IRS的被动波束成形）。尽管这并不是一种最优的方案， 但无疑其复杂度非常之低。

作者首先设计 $\Omega$， 其目标如下：
$${\mathbf{\Omega }}^{\star }=\arg \underset{\mathbf{\Omega }}{\max }\Vert \mathbf{G}{\Vert }_{\mathrm{F}}^2$$

这样做的原因是， 在第二阶段的类似假设下， 这等价于最大化接收信噪比。 这个问题可以进而展开为：
$$\begin{array}{rl}{\mathbf{\omega }}^{\star }& =\arg \underset{\omega }{\max }\sum _{i=1}^{L_{B,R}{L}_{R,M}}{\left|{\hat{\rho }}_i{\mathbf{\omega }}^{\top }\mathbf{\alpha }\left({\hat{\tilde{\theta }}}_i\right)\right|}^2\\ & =\arg \underset{\omega }{\max }{\mathbf{\omega }}^{\top }{\mathbf{E}\mathbf{E}}^{\mathrm{H}}{\mathbf{\omega }}^{\ast },\end{array}$$
便可以通过常见的 EVD 特征分解进行求解。 而 IRS 的恒模约束， 则只需对 EVD 的结果保留相位即可。

当确定了 $\Omega$ 后， 等效的 BS-UE信道可以写为：
$$\hat{\mathbf{H}}=\mathbf{A}\left({\hat{\varphi }}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right)\hat{\mathbf{G}}{\mathbf{A}}^{\mathrm{H}}\left({\hat{\mathbf{\theta }}}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right)$$
那么发送和接收波束就可以直接通过对其 SVD分解得到。 也就是可以把这个 IRS 的波束成形看做是传统的 MIMO波束成形即可。 可以看到， 尽管这并不是一个最优的方案， 但它不需要迭代， 行之有效。

仿真性能

最后是文章的性能仿真部分。 与一般的将信道矩阵的NMSE作为指标不同， 它以如下一些具体的信道参数的MSE作为指标：
$$\begin{array}{rl}\mathrm{MSE}\left(\sin \left({\mathbf{\theta }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right)\right)& =\mathbb{E}\left[\frac{{\Vert \sin \left({\mathbf{\theta }}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right)-\sin \left({\hat{\mathbf{\theta }}}_{\mathrm{B},\mathrm{R}}\right)\Vert }_2^2}{L_{\mathrm{B},\mathrm{R}}}\right]\\ \mathrm{MSE}\left(\sin \left({\varphi }_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right)\right)& =\mathbb{E}\left[\frac{{\Vert \sin \left({\varphi }_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right)-\sin \left({\hat{\mathbf{\varphi }}}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}\right)\Vert }_2^2}{L_{\mathrm{R},\mathrm{M}}}\right]\\ \mathrm{MSE}(\sin (\mathbf{\Delta }))& =\mathbb{E}\left[\frac{\Vert \sin (\mathbf{\Delta })-\sin (\hat{\mathbf{\Delta }}){\Vert }_{\mathrm{F}}^2}{L_{\mathrm{B},\mathrm{R}}{L}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}}\right]\\ \mathrm{MSE}(\mathbf{\rho })& =\mathbb{E}\left[\frac{\Vert \mathbf{\rho }-\hat{\mathbf{\rho }}{\Vert }_2^2}{L_{\mathrm{B},\mathrm{R}}{L}_{\mathrm{R},\mathrm{M}}}\right]\end{array}$$
另外， 如同上面我们所提到过的， 在生成信道时， 他假定了两条路径的正弦差要大于 $4/N_{\mathrm{B}},4/N_{\mathrm{R}}$, and $4/N_{\mathrm{M}}$。