基于SDR的智能反射面波束成形设计_intelligent reflecting surface enhanced wireless n

前言

本文是对 武庆庆老师的论文 Intelligent Reflecting Surface Enhanced Wireless Network via Joint Active and Passive Beamforming 的学习笔记。

系统模型

文章开头部分花了一些篇幅介绍使用智能反射面（IRS/RIS） 的各种优势与不足，这些就不再过多介绍， 直接进入正题， 即算法部分。 文章考虑了上图这样一个系统： 窄带， 一个基站在一个IRS的帮助下 服务于 多个 单天线 用户。

根据通信的基础知识， 直接可以写出， 每个用户的下行接收信噪比为：

$${\mathrm{SINR}}_k=\frac{{\left|\left({\mathbf{h}}_{r,k}^H\Theta \mathbf{G}+{\mathbf{h}}_{d,k}^H\right){\mathbf{w}}_k\right|}^2}{{\sum }_{j\ne k}^K{\left|\left({\mathbf{h}}_{r,k}^H\Theta \mathbf{G}+{\mathbf{h}}_{d,k}^H\right){\mathbf{w}}_j\right|}^2+{\sigma }_k^2},k=1,\cdots ,K$$

其中 ${\mathbf{w}}_k$是对第$k$个用户的预编码向量。$\Theta =\mathrm{diag}\left({\beta }_1{e}^{j{\theta }_1},\cdots ,{\beta }_N{e}^{j{\theta }_N}\right)$ 代表智能反射面系数矩阵。 ${\sigma }_k^2$是噪声能量。 如果把 ${\mathbf{h}}_{r,k}^H\Theta \mathbf{G}$ 看成 基站-用户的一个端到端的等效信道， 那么上面这个SINR的式子是很容易理解的。

据此， 本文所旨在解决的问题就是：

( P 1 ) : min ⁡ W , θ ∑ k = 1 K ∥ w k ∥ 2  s.t.  SINR ⁡ k ≥ γ k , ∀ k , 0 ≤ θ n ≤ 2 π , n = 1 , ⋯   , N

$$\begin{array}{ll} (\mathrm{P} 1): \quad \min _{\boldsymbol{W}, \boldsymbol{\theta}} & \sum_{k=1}^{K}\left\|\boldsymbol{w}_{k}\right\|^{2} \\ \text { s.t. } \quad \\ {} &\operatorname{SINR}_{k} \geq \gamma_{k}, \forall k, \\ & 0 \leq \theta_{n} \leq 2 \pi, n=1, \cdots, N \end{array}$$ (P1):minW,θ​ s.t. ​∑k=1K​∥wk​∥2SINRk​≥γk​,∀k,0≤θn​≤2π,n=1,⋯,N​
其中，$\mathbf{W}=\left[{\mathbf{w}}_1,\cdots ,{\mathbf{w}}_K\right]$，一句话概括这个优化问题： 在保证每个用户信噪比达标的情况下， 最小化发送功率。 优化变量就是发送预编码和智能反射面系数矩阵。

在求解问题之前， 作者先抛出了一个简单的小结论：
当 $\mathrm{rank}\left({\mathbf{G}}^H{\mathbf{H}}_r+{\mathbf{H}}_d\right)=K$ 即满秩时， 问题（P1）对任何 ${\gamma }_k$ 都可行。 即总存在有$\mathbf{W}$能满足信噪比要求。 证明也比较直观简单， 令$\Theta =\mathbf{I}$， 再将预编码矩阵设置为：
$$\mathbf{W}=\mathbf{H}{\left({\mathbf{H}}^H\mathbf{H}\right)}^{-1}\mathrm{diag}{\left({\gamma }_1{\sigma }_1^2,\cdots ,{\gamma }_k{\sigma }_k^2\right)}^{\frac{1}{2}}$$
即可。 其中 $\mathbf{H}=\left[{\mathbf{h}}_1,\cdots ,{\mathbf{h}}_K\right]\in {\mathbb{C}}^{M\times K}$, ${\mathbf{h}}_k^H={\mathbf{h}}_{r,k}^H\Theta \mathbf{G}+{\mathbf{h}}_{d,k}^H,\forall k$. 而从中也可以看到， 对于这满秩的先决条件， 有智能反射面的辅助是更容易满足的。

单用户

首先，考虑单用户的场景， 问题可以被简化如下：
( P 2 ) : min ⁡ w , θ ∥ w ∥ 2  s.t.  ∣ ( h r H Θ G + h d H ) w ∣ 2 ≥ γ σ 2 0 ≤ θ n ≤ 2 π , n = 1 , ⋯   , N

$$\begin{aligned} (\mathrm{P} 2): \quad \min _{w, \boldsymbol{\theta}} &\|\boldsymbol{w}\|^{2} \\ \text { s.t. } \quad &\left|\left(\boldsymbol{h}_{r}^{H} \boldsymbol{\Theta} \boldsymbol{G}+\boldsymbol{h}_{d}^{H}\right) \boldsymbol{w}\right|^{2} \geq \gamma \sigma^{2} \\ & 0 \leq \theta_{n} \leq 2 \pi, n=1, \cdots, N \end{aligned}$$ (P2):w,θmin​ s.t. ​∥w∥2∣∣∣​(hrH​ΘG+hdH​)w∣∣∣​2≥γσ20≤θn​≤2π,n=1,⋯,N​
由于没有了用户间的干扰， 问题形式也变得简单了许多。 而目前唯一的阻碍就是智能反射面的系数矩阵， 只能调节入射信号的相位， 也因此算是一个非凸的限制。 对于此， 首先， 如果当$\Theta$固定时， 那么(P2)的解显然就是用著名的最大比合并接收， 即$${\mathbf{w}}^{\ast }=\sqrt{P}\frac{{\left({\mathbf{h}}_r^H\Theta \mathbf{G}+{\mathbf{h}}_d^H\right)}^H}{\Vert {\mathbf{h}}_r^H\Theta \mathbf{G}+{\mathbf{h}}_d^{\mathrm{H}}\Vert }$$
其中$P$是发送功率， 其具体大小还和$\Theta$的具体取值有关。 把这一结果代入(P2)中， 问题可以被转化为：
$$\begin{array}{ll}{\min }_{P,\mathbf{\theta }}& p\\ \text{ s.t. }& p{\Vert {\mathbf{h}}_r^H\Theta \mathbf{G}+{\mathbf{h}}_d^H\Vert }^2\ge \gamma {\sigma }^2\\ & 0\le {\theta }_n\le 2\pi ,\forall n\end{array}$$
那么显然有：$$P^{\ast }=\frac{\gamma {\sigma }^2}{{\Vert h_r^H\Theta G+h_d^H\Vert }^2}$$
据此可知， 想要最小化发送功率， 其实就是要最大化等效信道的能量， 也就是
$$\begin{array}{rl}\underset{\mathbf{\theta }}{\max }& {\Vert {\mathbf{h}}_r^H\Theta \mathbf{G}+{\mathbf{h}}_d^H\Vert }^2\\ \text{ s.t. }& 0\le {\theta }_n\le 2\pi ,\forall n\end{array}$$
问题形式到这里已经非常简单了， 再根据线性代数性质， 令$\mathbf{\Phi }=\mathrm{diag}\left({\mathbf{h}}_r^H\right)\mathbf{G}$， 我们有${\Vert {\mathbf{h}}_r^H\Theta \mathbf{G}+{\mathbf{h}}_d^H\Vert }^2={\Vert {\mathbf{v}}^H\mathbf{\Phi }+{\mathbf{h}}_d^H\Vert }^2$， 那么问题可以进一步被简化为：
$$\begin{array}{ll}{\max }_v& {\mathbf{v}}^H\mathbf{\Phi }{\Phi }^H\mathbf{v}+{\mathbf{v}}^H\mathbf{\Phi }{\mathbf{h}}_d+{\mathbf{h}}_d^H{\mathbf{\Phi }}^H\mathbf{v}+{\Vert {\mathbf{h}}_d^H\Vert }^2\\ \text{ s.t. }& {\left|v_n\right|}^2=1,\forall n\end{array}$$
这里$\mathbf{v}$就是由IRS系数矩阵对角元素组成的向量。 这个问题可以被视为经典的 QCQP 问题， 即目标函数为二次， 而限制条件也为二次。 这是非凸的。 对于这个问题，我们之前也有介绍过， SDR算法 是一种行之有效的思路。 仍然利用相似的技巧， 即我们给每个一次项乘上一个常数标量 $t$, 且 t ∈ { 1 , − 1 } t\in\{1,-1\} t∈{1,−1}， 即有 $t^2=1$, 那么， 可以把问题写为：
$$\begin{array}{cl}{\max }_{\bar{v}}& {\bar{v}}^{H}R\bar{v}+{\Vert {\mathbf{h}}_d^H\Vert }^2\\ \text{ s.t. }& {\left|{\bar{v}}_n\right|}^2=1,n=1,\cdots ,N+1\end{array}$$
其中， $$\mathbf{R}=\left[\begin{array}{cc}\Phi {\Phi }^H& \Phi h_d\\ {\mathbf{h}}_d^H{\mathbf{\Phi }}^H& 0\end{array}\right],\overline{\mathbf{v}}=\left[\begin{array}{l}v\\ t\end{array}\right]$$
注意， 增加$t$这个辅助变量是不会影响结果的。 简而言之，如果求出$\bar{v}$中， $t=-1$ （即最后一个元素为$-1$）， 那么说明最有的$v$是$\bar{v}$去掉最后一个元素的相反数。 这一点我们在 SDR算法 提到过。 加入$t$的意义也可以看到， 此时目标函数中已经没有$v$的一次项， 那么我们就可以把优化变量改为 $\mathbf{V}=\overline{\mathbf{v}}{\overline{\mathbf{v}}}^H$。 通过这样变换可以进一步把问题写为：
$$\begin{array}{ll}{\max }_{\mathbf{V}}& \mathrm{tr}(\mathbf{R}\mathbf{V})+{\Vert {\mathbf{h}}_d^H\Vert }^2\\ \text{ s.t. }& {\mathbf{V}}_{n,n}=1,n=1,\cdots ,N+1\\ & \mathbf{V}⪰0\end{array}$$

注意到， 由于我们令 $\mathbf{V}=\overline{\mathbf{v}}{\overline{\mathbf{v}}}^H$， 因此他天然需要满足： $\mathbf{V}⪰0$ and $\mathrm{rank}(\mathbf{V})=1$。 而SDR就是把后面这个约束， 即秩为1的非凸约束暂时忽视（放松）， 从而， 整个问题就变成了上面所述的 凸问题 —— 显然可得， 目标函数为凸， 可行集为凸。 因此， 可以通过成熟的 CVX （面向凸问题的优化框架代码）直接求解。

然而SDR一直为人诟病的是其复杂度较高， 因此，作者基于交替优化给出了另一种算法思路。 对于刚刚(P2）中所陈述的问题， 作者先固定IRS， 然后优化预编码。 再固定后者以优化前者。 令$\mathbf{w}=\sqrt{P}\overline{\mathbf{w}}$， 即 $\overline{\mathbf{w}}$代表波束成形的方向，当固定预编码矩阵时， 问题可以被等效为：
max ⁡ θ ∣ ( h r H Θ G + h d H ) w ‾ ∣ 2  s.t.  0 ≤ θ n ≤ 2 π , n = 1 , ⋯   , N

$$\begin{array}{ll} \max _{\boldsymbol{\theta}} & \left|\left(\boldsymbol{h}_{r}^{H} \Theta \boldsymbol{G}+\boldsymbol{h}_{d}^{H}\right) \overline{\boldsymbol{w}}\right|^{2} \\ \text { s.t. } & 0 \leq \theta_{n} \leq 2 \pi, n=1, \cdots, N \end{array}$$ maxθ​ s.t. ​∣∣∣​(hrH​ΘG+hdH​)w∣∣∣​20≤θn​≤2π,n=1,⋯,N​
这个问题很容易求解， 我们有：
$$\left|\left({\mathbf{h}}_r^H\Theta \mathbf{G}+{\mathbf{h}}_d^H\right)\overline{\mathbf{w}}\right|=\left|{\mathbf{h}}_r^H\Theta \mathbf{G}\overline{\mathbf{w}}+{\mathbf{h}}_d^H\overline{\mathbf{w}}\right|\stackrel{(a)}{\le }\left|{\mathbf{h}}_r^H\Theta \mathbf{G}\overline{\mathbf{w}}\right|+\left|{\mathbf{h}}_d^H\overline{\mathbf{w}}\right|$$
(a)就是三角不等式。其等号成立条件为： $\arg \left({\mathbf{h}}_r^H\mathbf{\Theta }\mathbf{G}\overline{\mathbf{w}}\right)=\arg \left({\mathbf{h}}_d^H\overline{\mathbf{w}}\right)\triangleq {\phi }_0$ 再通过变量代换， 令 ${\mathbf{h}}_r^H\mathbf{\Theta }\mathbf{G}\mathbf{w}={\mathbf{v}}^H\mathbf{a}$， 这里 $\mathbf{a}=\mathrm{diag}\left({\mathbf{h}}_r^H\right)\mathbf{G}\overline{\mathbf{w}}$， 问题就可以被改写为：
$$\begin{array}{ll}{\max }_v& {\left|{\mathbf{v}}^H\mathbf{a}\right|}^2\\ \text{ s.t. }& \left|v_n\right|=1,\forall n=1,\cdots ,N,\\ & \arg \left({\mathbf{v}}^H\mathbf{a}\right)={\phi }_0\end{array}$$
这个问题， 显然的最优解为：${\mathbf{v}}^{\ast }=e^{j\left({\phi }_0-\arg (\mathbf{a})\right)}$ （$v_n^{\ast }{a}_n$每一项都是同相位时， 相加模最大）。

而当固定 IRS时， 预编码的解就很容易得到了， 即最大比合并：
$${\overline{\mathbf{w}}}^{\ast }=\frac{{\left({\mathbf{h}}_r^H\mathbf{\Theta }\mathbf{G}+{\mathbf{h}}_d^H\right)}^H}{\Vert {\mathbf{h}}_r^H\mathbf{\Theta }\mathbf{G}+{\mathbf{h}}_d^H\Vert }$$

通过交替优化， 最终算法是收敛的。 而复杂度也是显著地降低。

Power Scaling Law

在单用户环节讨论的最后， 作者给出了几个有意思的结论。
为求简化， 假设发送天线数为 $1$， AP-IRS信道退化为 $\mathbf{g}$， 我们有：

Assume ${\mathbf{h}}_r^H\sim \mathcal{C}\mathcal{N}\left(0,{\varrho }_h^2\mathbf{I}\right)$ and $\mathbf{g}\sim \mathcal{C}\mathcal{N}\left(0,{\varrho }_g^2\mathbf{I}\right).$ As $N\to \infty$, it holds that
P u → { N P ϱ h 2 ϱ g 2 ,  for  Θ = I  or random  Θ N 2 P π 2 ϱ h 2 ϱ g 2 16 ,  for optimal  Θ P_{u} \rightarrow

$$\begin{cases}N P \varrho_{h}^{2} \varrho_{g}^{2}, \quad \text { for } \boldsymbol{\Theta}=\boldsymbol{I} \text { or random } \Theta \\ N^{2} \frac{P \pi^{2} \varrho_{h}^{2} \varrho_{g}^{2}}{16}, & \text { for optimal } \Theta\end{cases}$$ Pu​→{NPϱh2​ϱg2​, for Θ=I or random ΘN216Pπ2ϱh2​ϱg2​​,​ for optimal Θ​

这个定理是通过中心极限定律证明的， 就不详细展开了。 首先， 这启示了最优的beamforming设计还是很有意义的。 其次， SNR与智能反射面元素数量 $N^2$ 成正比关系。 为什么是二次方关系呢？ 作者指出， 不仅仅是智能反射面在反射时有了$N$的发送波束成形增益， 同时， 它在接收从基站发来的信号时，又有了$N$的接收增益。

另一方面，作者还指出， 使用传统的中继设备， 也只能得到 $N$ 的 增益， 这是因为中继设备对噪声也进行了放大的缘故。

多用户场景

多用户场景的求解， 显然复杂了许多。 因此上来， 作者直接使用了交替优化， 即先固定IRS， 对预编码进行优化， 问题形式就变为：
( P 3 ) : min ⁡ W ∑ k = 1 K ∥ w k ∥ 2  s.t.  ∣ h k H w k ∣ 2 ∑ j ≠ k K ∣ h k H w j ∣ 2 + σ k 2 ≥ γ k , ∀ k .

$$\begin{aligned} (\mathrm{P} 3): & \min _{W} \sum_{k=1}^{K}\left\|\boldsymbol{w}_{k}\right\|^{2} \\ & \text { s.t. } & \frac{\left|\boldsymbol{h}_{k}^{H} \boldsymbol{w}_{k}\right|^{2}}{\sum_{j \neq k}^{K}\left|\boldsymbol{h}_{k}^{H} \boldsymbol{w}_{j}\right|^{2}+\sigma_{k}^{2}} \geq \gamma_{k}, \forall k . \end{aligned}$$ (P3):​Wmin​k=1∑K​∥wk​∥2 s.t. ​∑j​=kK​∣∣∣​hkH​wj​∣∣∣​2+σk2​∣∣∣​hkH​wk​∣∣∣​2​≥γk​,∀k.​
其中 ${\mathbf{h}}_k^H={\mathbf{h}}_{r,k}^H\Theta \mathbf{G}+{\mathbf{h}}_{d,k}^H$. 需要注意的是， 这个问题其实是传统的多用户预编码问题， 因此早已有了无数既有的文献可供参考。 经典的方法就有： 上下行对偶方法， SDP方法 等。 因此， P3可以迎刃而解。 对求解过程感兴趣的可以参考作者给出的参考文献。

而当确定预编码后， 对IRS的优化， 则其实谈不上优化。 事实上， 作者是把问题formulate 为：

什么意思呢？ 这里作者的意图是， 他只需要找一个满足约束条件的$v$（可能存在无穷多个）就可以了， 而不需要找到一个最优的$v$ (事实上哪个 $v$ 算最优的$v$也没有衡量标准，直觉上应该是最大化等效信道的那个 $v$)。 后续可以证明， 这样的交替优化是能收敛的。 但我们先要说明， 如何求解这个 寻找 可行 $v$ 的思路。

方案就是作者再次使用了 SDR， 进行了如下的转化：

其中，
R k , j = [ a k , j a k , j H a k , j b k , j H a k , j H b k , j 0 ] , v ‾ = [ v t ] \boldsymbol{R}_{k, j}=\left[

$$\begin{array}{cc} \boldsymbol{a}_{k, j} \boldsymbol{a}_{k, j}^{H} & \boldsymbol{a}_{k, j} b_{k, j}^{H} \\ \boldsymbol{a}_{k, j}^{H} b_{k, j} & 0 \end{array}$$ \right], \quad \overline{\boldsymbol{v}}=\left[ $$\begin{array}{l} \boldsymbol{v} \\ t \end{array}$$ \right] Rk,j​=[ak,j​ak,jH​ak,jH​bk,j​​ak,j​bk,jH​0​],v=[vt​]
这里的技巧和单用户场景的方法是完全一致的， 那么就可以进一步有：

此处 $\mathbf{V}=\overline{\mathbf{v}}{\overline{\mathbf{v}}}^H$ 且我们放松了 $\mathrm{rank}(\mathbf{V})=1$ 的这个限制条件。 而对于(P4), CVX又可以用于求出一个可行解了。

那么这个方法的交替优化中， 如何确保收敛性呢？
其实很简单， 大家可以试想一下。
假设一开始的一组解是 $v_1$ 和 $w_1$， 这时候在固定$w_1$的情况下通过求解(P4)得到$v_2$， 那么 $(v_2,w_1)$ 是一组可行解 （根据P4的定义）。 此时，再固定$v_2$求解(P3)得到$w_2$， 那么$(v_2,w_2)$是一组可行解， 且根据(P3)的定义， 有 $\Vert w_2\Vert \le \Vert w_1\Vert$。 那么收敛性就显而易见了。

OK， 这种方法的弊端也很直观。 似乎在优化 $v$这一步时， 步子迈的太小了， 完全可以找一个合理的目标函数， 得到一个更好的$v$从而优化收敛性。 那么作者提供了第二种方法， 就是在给定 $w$的情况下， 通过求解下面问题获取 $v$:
( P 5 ) : max ⁡ v ∑ k = 1 K t k ∥ v H Φ k + h d , k H ∥ 2  s.t.  ∣ v n ∣ = 1 , n = 1 , ⋯   , N

$$\begin{aligned} (\mathrm{P} 5): & \max _{v} & \sum_{k=1}^{K} t_{k}\left\|\boldsymbol{v}^{H} \mathbf{\Phi}_{k}+\boldsymbol{h}_{d, k}^{H}\right\|^{2} \\ & \text { s.t. } &\left|v_{n}\right|=1, n=1, \cdots, N \end{aligned}$$ (P5):​vmax​ s.t. ​k=1∑K​tk​∥∥∥​vHΦk​+hd,kH​∥∥∥​2∣vn​∣=1,n=1,⋯,N​
这里 ${\mathbf{\Phi }}_k=\mathrm{diag}\left({\mathbf{h}}_{r,k}^H\right)\mathbf{G}$。 $t_k$是权重值， 被设置为 $t_k=\frac{1}{{\gamma }_k{\sigma }_k^2}$ （源于原问题的SINR限制）。 (P5)也是一个齐次的QCQP问题， 仍可以通过SDR求解。

仿真： 参数设置与性能

作为IRS的早期工作， 本文对仿真的设置也值得学习， 以便后续工作的复现等。
首先就是信道的建模， 作者先规定了一个大尺度衰落生成如下：
$$L(d)=C_0{\left(\frac{d}{D_0}\right)}^{-\alpha }$$
其中$C_0$代表在$D_0$ （$D_0=1m$）距离时的信道衰落。 显然距离越远， 衰落越大， 其关系由 $\alpha$决定， $d$代表距离。 $\alpha =2$时，就是自由空间衰落模型。 文中， $C_0$取为 $C_0=-30\mathrm{d}\mathrm{B}$. 对于基站-智能反射面信道， 作者设置 $\alpha =2$， 即自由空间。 而对于智能反射面-用户， 则取 $\alpha =2.8$， 基站-用户的直达径则是 $\alpha =3.5$。 这些参数大家自己仿真的时候也可参考。

而小尺度衰落则可以生成如下：
$$G=\sqrt{\frac{{\beta }_{\mathrm{A}\mathrm{I}}}{1+{\beta }_{\mathrm{A}\mathrm{I}}}}{G}^{\mathrm{L}\mathrm{o}\mathrm{S}}+\sqrt{\frac{1}{1+{\beta }_{\mathrm{A}\mathrm{I}}}}{G}^{\mathrm{N}\mathrm{L}\mathrm{o}\mathrm{S}}$$
也就是一条LOS径， 和数条NLOS径。这也是经典的莱斯模型。 ${\beta }_{AI}$代表莱斯系数， 当其趋于无穷时， 退化为 LOS场景。 当其趋于0 时， 则变为瑞利信道。 那么对于基站-智能反射面信道， 作者设置 $\beta =\infty$， 即纯LOS径。 而对于智能反射面-用户， 则取 $\beta =0$， 即瑞利场景。 基站-用户的直达径则也是 $\beta =0$。 这些参数大家自己仿真的时候也可参考。

其他的一些关键设置包括， 距离$d_0=51m$， ${\sigma }_k^2=-80\mathrm{d}\mathrm{B}\mathrm{m}$。

首先时单用户场景的仿真， SINR的目标先设为 $10dB$， 发送天线数为 $M=4$， 如图所示， 基站-用户的距离和 智能反射面-用户的距离可以分别表示为： $d_1=\sqrt{d^2+d_v^2}$ 和 $d_2=\sqrt{{\left(d_0-d\right)}^2+d_v^2}$。 文中 $d_v=2m$。 作者首先展现的是 所需发送功率 和 用户位置之间的关系， 如图：

这张图的信息量其实挺大。 首先， lower bound代表的是 SDP问题的最优解。 （不过我没懂这个最优解是怎么来的）， 而作者提出的 SDR 和 交替优化两个方法， 则几乎与这个最优解的性能重合， 这也说明了这两种算法的优越性。 而 AP-user MRT 和 AP-IRS MRT 则是用最大比合并直接计算预编码， 相比于 SDR方法， 有了明显的性能损失。 与之相对的， 如果将IRS系数随机设置， 甚至压根没有IRS， 那么发送功率将随着距离的提升而显著增大。 这也佐证了IRS的重要性。 另一方面， 也可以看出， 当用户靠近 IRS 或靠近 基站时， 所需功率最小。

后面作者还以 智能反射面元素数作为变量等进行了仿真分析， 在此略过。

我们重点看多用户场景的仿真。

本文作者假设了共有8个用户， 这里， 假设其中 4个用户 （U2, U4, U6, U8) 在远离大圆的一个半圆上， 这些用户代表了 “cell-edge” 小区边缘用户。 另一方面， U1, U3, U5 ,U7 则代表小区中心用户。 由于IRS一般认为设置在基站的LOS上， 以及边缘用户的 LOS 上， 因此， ${\alpha }_{\mathrm{A}\mathrm{I}}={\alpha }_{\mathrm{I}\mathrm{u}}=2.8,{\beta }_{\mathrm{A}\mathrm{I}}={\beta }_{\mathrm{I}\mathrm{u}}=3\mathrm{d}\mathrm{B}$， 即对于边缘用户， 信道均是莱斯信道模型。

最后性能如图， 仍是有IRS的场景有显著增益， 且作者提出的交替优化算法，达到了最佳性能。