Aufgabe 4.12: LDS eines Binärsignals

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Binäre Rechtecksignale

Wir betrachten ein rechteckförmiges Binärsignal  $x(t)$  mit gleichwahrscheinlichen Amplitudenwerten  $+2\hspace{0.05cm}\rm V$  und  $-2\hspace{0.05cm}\rm V$.

  • Die Symboldauer beträgt  $T = 1 \hspace{0.05cm}\rm µ s$.
  • In  Aufgabe 4.10  wurde bereits gezeigt, dass die dazugehörige AKF auf den Bereich von  $-T \le \tau\le +T$  beschränkt ist und in diesem Bereich dreieckförmig verläuft:
$$\varphi_x (\tau) = 4 \hspace{0.05cm}{\rm V}^2 \cdot (1 - | \tau |/{T}).$$
  • Hierbei ist vorausgesetzt, dass die einzelnen Symbole statistisch voneinander unabhängig sind.


Das unten skizzierte Signal  $y(t)$  ist ebenfalls binär und rechteckförmig mit der gleichen Symboldauer  $T = 1 \hspace{0.05cm}\rm µ s$.

  • Die möglichen Amplitudenwerte sind nun aber  $0\hspace{0.05cm}\rm V$  und  $4\hspace{0.05cm}\rm V$.
  • Der Amplitudenwert  $4\hspace{0.05cm}\rm V$  tritt seltener auf als  $0\hspace{0.05cm}\rm V$. Es gilt:
$${\rm Pr}(x(t) = 4 \hspace{0.05cm} {\rm V}) = p\hspace{0.5cm} {\rm mit}\hspace{0.5cm} 0 < p \le 0.25.$$





Hinweise:

  • Beachten Sie die folgende Fourierkorrespondenz, wobei  ${\rm \Delta} (t)$  einen um  $t= 0$  symmetrischen Dreieckimpuls mit  ${\rm \Delta} (t= 0) = 1$  und  ${\rm \Delta} (t) = 0$  für  $|t| \ge T$  bezeichnet:
$${\rm \Delta} (t) \hspace{0.3cm} \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\, \hspace{0.3cm} T \cdot {\rm si}^2 ( \pi f T).$$
  • Weiterhin gilt die Notation  ${\rm si}(x) = \sin(x)/x$  mit folgendem Integralwert:
$$\int^1_0 {\rm si}^2 ( \pi \cdot u) \, {\rm d}u \ \approx 0.456.$$



Fragebogen

1

Geben Sie das Leistungsdichtespektrum  ${\it \Phi}_x(f)$  des bipolaren Zufallssignals  $x(t)$  an.  Welche LDS-Werte ergeben sich für  $f= 0$,  $f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz$  und  $f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz$?

${\it \Phi}_x(f = 0) \ = \ $

$\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$
${\it \Phi}_x(f = 500 \hspace{0.08cm}\rm kHz) \ = \ $

$\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$
${\it \Phi}_x(f = 1 \hspace{0.08cm}\rm MHz) \ = \ $

$\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$

2

Berechnen Sie die AKF  $\varphi_y(\tau)$  des unipolaren Zufallssignals  $y(t)$.  Welche AKF-Werte ergeben sich mit  $p = 0.25$  für  $\tau =0$,  $\tau =T$  und  $\tau =2T$ ?

$\varphi_y(\tau = 0) \ = \ $

$\ \rm V^2$
$\varphi_y(\tau = T) \ = \ $

$\ \rm V^2$
$\varphi_y(\tau = 2T) \ = \ $

$\ \rm V^2$

3

Berechnen Sie das zugehörige Leistungsdichtespektrum  ${\it \Phi}_y(f)$.  Welcher LDS-Wert ergibt sich für  $f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz$ ?

${\it \Phi}_x(f = 500 \hspace{0.08cm}\rm kHz) \ = \ $

$\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$

4

Welche mittlere Signalleistung  $P_{\rm M}$  $($bezogen auf den Widerstand  $1 \hspace{0.08cm}\rm \Omega)$  zeigt ein Messgerät an, das nur Leistungsanteile bis  $1 \hspace{0.05cm}\rm MHz$  erfasst?

$P_{\rm M} \ = \ $

$\ \rm V^2$


Musterlösung

Leistungsdichtespektrum mit Gleichanteil

(1)  Das LDS ist die Fouriertransformierte der AKF.

  • Mit der Fourierkorrespondenz auf der Angabenseite und  $x_0 = 2\hspace{0.05cm}\rm V$  erhält man:
$${\it \Phi}_x(f)= x_{\rm 0}^2 \cdot T \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
  • Die gesuchten LDS-Werte sind:
$${\it \Phi}_x(f = 0)\hspace{0.15cm}\underline {=4} \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz,$$
$${\it \Phi}_x(f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz)\hspace{0.15cm}\underline {=1.62} \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz,$$
$${\it \Phi}_x(f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz)\hspace{0.15cm}\underline {=0}.$$
  • Bei  $f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz $  besitzt das Leistungsdichtespektrum die erste Nullstelle.


Autokorrelationsfunktion mit Gleichanteil

(2)  Aufgrund des rechteckigen Signalverlaufs ändert sich an der Dreiecksform der AKF prinzipiell nichts.

  • Der AKF-Wert bei  $\tau = 0$  gibt wieder das Moment zweiter Ordnung an.
  • Mit  $p = 0.25$  erhält man:
$$\varphi_y( 0) = {1}/{4}\cdot {(\rm 4\hspace{0.05cm}V)}^2 + {3}/{4}\cdot {(\rm 0\hspace{0.05cm}V)}^2 \hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 4\,V^2}}.$$
  • Ab  $\tau =T$  ist die AKF konstant gleich  $m_y^2$.
  • Mit der Wahrscheinlichkeit  $p = 0.25$  und  $m_y = p \cdot {\rm 4\hspace{0.05cm}V} + (1-p)\cdot {\rm 0\hspace{0.05cm}V} = 1 \, \rm V$  erhält man ab  $\tau =T$  den konstanten Wert  $\varphi_y( \tau >T) \hspace{0.15cm}\underline {=\rm 1\,V^2}$.


(3)  Die AKF kann auch wie folgt dargestellt werden:

$$\varphi_y(\tau) = 1\hspace{0.05cm}{\rm V}^2 + 3\hspace{0.05cm}{\rm V}^2 \cdot \Delta (\tau).$$
  • Der AKF-Gleichanteil  $($mit  $1\hspace{0.05cm}{\rm V}^2)$  führt im LDS zu einer Diracfunktion bei  $f = 0$   ⇒   siehe Skizze zur Teilaufgabe  (1).
  • Der dreieckförmige AKF-Term bewirkt einen kontinuierlichen LDS-Anteil entsprechend der  $\rm si^2$-Form:
$${\it \Phi}_y(f)= 1{\rm V}^2 \cdot {\rm \delta } (f) + 3 \cdot 10^{-6}\ {\rm V^2\hspace{-0.1cm}/Hz} \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
  • Für  $f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz$   ⇒   $f \cdot T =0.5$  ergibt sich der LDS-Wert zu  ${\underline {1.216} \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz}$.


(4)  Die Leistung ist als Integral über das LDS berechenbar.

  • Unter Berücksichtigung der spektralen Begrenzung auf  $ 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz$  erhält man mit der Substitution  $u =f \cdot T$:
$$P_{\rm M} = 1{\rm V}^2 + 3 \cdot 10^{-6} {{\rm V^2} /{\rm Hz}} \cdot \int^{\rm 1 MHz}_{-\rm 1 MHz} {\rm si}^2(\pi f T)\hspace{0.1cm}{\rm d}f = 1{\rm V}^2 + 3 V^2 \cdot 2 \cdot \int^{1}_{\rm 0} {\rm si}^2(\pi u)\hspace{0.1cm}{\rm d}u = (1 + 3\cdot 2 \cdot 0.456)\,{\rm V^2} \hspace{0.15cm}\underline{= 3.736 \, {\rm V^2}}. $$
  • Würden dagegen alle Spektralanteile erfasst, ergäbe sich die mittlere Leistung zu  $\varphi_y( \tau= 0) = 4 \, {\rm V^2}$.