Aufgaben:Aufgabe 4.12: LDS eines Binärsignals: Unterschied zwischen den Versionen

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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 $T = 1 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$. In [[Aufgaben:4.10_Binär_und_quaternär|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:
 
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 $T = 1 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$. In [[Aufgaben:4.10_Binär_und_quaternär|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:
:$$\varphi_x (\tau) = {\rm 4 \hspace{0.05cm}V^2} \cdot (1 - \frac{| \tau |}{T}).$$
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:$$\varphi_x (\tau) = 4 \hspace{0.05cm}V^2 \cdot (1 - | \tau |/{T}).$$
  
 
Hierbei ist vorausgesetzt, dass die einzelnen Symbole statistisch voneinander unabhängig sind.  
 
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 $T = 1 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$. Die möglichen Amplitudenwerte sind nun aber $0\hspace{0.05cm}\rm V$ und $4\hspace{0.05cm}\rm V$, wobei der Amplitudenwert $4\hspace{0.05cm}\rm V$ seltener als der Wert $0\hspace{0.05cm}\rm V$ auftritt. Es gilt:
 
Das unten skizzierte Signal $y(t)$ ist ebenfalls binär und rechteckförmig mit der gleichen Symboldauer $T = 1 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$. Die möglichen Amplitudenwerte sind nun aber $0\hspace{0.05cm}\rm V$ und $4\hspace{0.05cm}\rm V$, wobei der Amplitudenwert $4\hspace{0.05cm}\rm V$ seltener als der Wert $0\hspace{0.05cm}\rm V$ auftritt. Es gilt:
:$${\rm Pr}(x(t) = 4 \hspace{0.05cm} {\rm V}) = p\hspace{0.5cm} {\rm mit}\hspace{0.5cm} 0 <p \le 0.25.$$
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:$${\rm Pr}(x(t) = 4 \hspace{0.05cm} {\rm V}) = p\hspace{0.5cm} {\rm mit}\hspace{0.5cm} 0 < p \le 0.25.$$
  
  
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:<b>1.</b>&nbsp;&nbsp;Das LDS ist die Fouriertransformierte der AKF. Mit der Fourierkorrespondenz auf der Angabenseite und <i>x</i><sub>0</sub> = 2 V erh&auml;lt man:
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'''(1)'''&nbsp; Das LDS ist die Fouriertransformierte der AKF. Mit der Fourierkorrespondenz auf der Angabenseite und $x_0 = 2\hspace{0.05cm}\rm  V$ erh&auml;lt man:
 
:$${\it \Phi}_x(f)= x_{\rm 0}^2 \cdot T \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
 
:$${\it \Phi}_x(f)= x_{\rm 0}^2 \cdot T \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
  
:Der LDS-Wert bei <i>f</i> = 0 ist <u>4 &middot; 10<sup>&ndash;6</sup> V<sup>2</sup>/Hz</u>. Bei <i>f</i> = 500 kHz ist das LDS um den Faktor si<sup>2</sup>(&pi;/2) = 4/&pi;<sup>2</sup> &asymp; 0.405 kleiner (<u>1.62 &middot; 10<sup>&ndash;6</sup> V<sup>2</sup>/Hz)</u>. Bei <i>f</i> = 1 MHz besitzt  <i>&Phi;<sub>x</sub></i>(<i>f</i>) <u>die erste Nullstelle</u>.
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Die gesuchten LDS-Werte sind:
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:$${\it \Phi}_x(f = 0)\hspace{0.15cm}\underline {=4} \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz,$$
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:$${\it \Phi}_x(f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz)\hspace{0.15cm}\underline {=1.62} \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz,$$
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:$${\it \Phi}_x(f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz)\hspace{0.15cm}\underline {=0}.$$
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Bei $f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz $ besitzt  das Leistungsdichtespektrum die erste Nullstelle.
  
:<b>2.</b>&nbsp;&nbsp;Aufgrund des rechteckigen Signalverlaufs &auml;ndert sich an der Dreiecksform der AKF prinzipiell nichts. Der AKF-Wert bei <i>&tau;</i> = 0 gibt wieder das Moment 2. Ordnung an. Mit <i>p</i> = 0.25 erh&auml;lt man:
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:$$\varphi_y( 0) = \frac{1}{4}\cdot {(\rm 4V)}^2 + \frac{3}{4}\cdot {(\rm 0V)}^2 \hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 4\,V^2}}.$$
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'''(2)'''&nbsp; Aufgrund des rechteckigen Signalverlaufs &auml;ndert sich an der Dreiecksform der AKF prinzipiell nichts. Der AKF-Wert bei $\tau = 0$ gibt wieder das Moment 2. Ordnung an. Mit $p = 0.25$ erh&auml;lt man:
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:$$\varphi_y( 0) = {1}/{4}\cdot {(\rm 4\hspace{0.05cm}V)}^2 + {3}/{4}\cdot {(\rm 0\hspace{0.05cm}V)}^2 \hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 4\,V^2}}.$$
  
:Ab <i>&tau;</i> = <i>T</i> ist die AKF konstant gleich <i>m<sub>y</sub></i><sup>2</sup>. Mit der Wahrscheinlichkeit <i>p</i> = 0.25 und
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Ab $\tau =T$ ist die AKF konstant gleich $m_y^2$. Mit der Wahrscheinlichkeit $p = 0.25$ und  
:$$m_y = p \cdot {\rm 4V} + (1-p)\cdot {\rm 0V} = 1 \, \rm V$$
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$$m_y = p \cdot {\rm 4\hspace{0.05cm}V} + (1-p)\cdot {\rm 0\hspace{0.05cm}V} = 1 \, \rm V$$
  
:erh&auml;lt man ab <i>&tau;</i> = <i>T</i> den konstanten Wert <i>&phi;<sub>y</sub></i>(<i>&tau;</i> &#8805; <i>T</i>) = <u>1 V<sup>2</sup></u>.
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erh&auml;lt man ab $\tau =T$ den konstanten Wert $\varphi_y( \tau >T) \hspace{0.15cm}\underline {=\rm 1\,V^2}$.
  
:<b>3.</b>&nbsp;&nbsp;Die AKF kann auch wie folgt dargestellt werden:
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'''(3)'''&nbsp; Die AKF kann auch wie folgt dargestellt werden:
:$$\varphi_y(\tau) = 1{\rm V}^2 + 3 {\rm V}^2 \cdot \Delta (\tau).$$
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:$$\varphi_y(\tau) = 1\hspace{0.05cm}{\rm V}^2 + 3\hspace{0.05cm}{\rm V}^2 \cdot \Delta (\tau).$$
  
:Der AKF-Gleichanteil (mit 1V<sup>2</sup>) f&uuml;hrt im LDS zu einer Diracfunktion bei <i>f</i> = 0 (siehe Skizze zu a). Der dreieckf&ouml;rmige AKF-Term bewirkt einen kontinuierlichen LDS-Anteil entsprechend der si<sup>2</sup>-Form:
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*Der AKF-Gleichanteil (mit $1\hspace{0.05cm}{\rm V}^2$) f&uuml;hrt im LDS zu einer Diracfunktion bei $f = 0$ (siehe Skizze zur Teilaufgabe 1).  
:$${\it \Phi}_y(f)= 1{\rm V}^2 \cdot {\rm \delta  } (f) + 3 \cdot 10^{-6} {\frac {\rm V^2} {\rm Hz}}  \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
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*Der dreieckf&ouml;rmige AKF-Term bewirkt einen kontinuierlichen LDS-Anteil entsprechend der $\rm si^2$-Form:
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:$${\it \Phi}_y(f)= 1{\rm V}^2 \cdot {\rm \delta  } (f) + 3 \cdot 10^{-6} { {\rm V^2}/{\rm Hz}}  \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
  
:F&uuml;r <i>f</i> = 500 kHz (<i>f</i> &middot; <i>T</i> = 0.5) ergibt sich der LDS-Wert zu <u>1.216 &middot; 10<sup>&ndash;6</sup> V<sup>2</sup>/Hz</u>.
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F&uuml;r $f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz$ &nbsp; &rArr; &nbsp; $f \cdot T =0.5$ ergibt sich der LDS-Wert zu ${\underline {1.216} \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz}$.
  
:<b>4.</b>&nbsp;&nbsp;Die Leistung ist als Integral &uuml;ber das LDS berechenbar. Unter Ber&uuml;cksichtigung der spektralen Begrenzung auf 1 MHz erh&auml;lt man
+
'''(4)'''&nbsp; Die Leistung ist als Integral &uuml;ber das LDS berechenbar. Unter Ber&uuml;cksichtigung der spektralen Begrenzung auf $ 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz$ erh&auml;lt man mit der Substitution $u =f \cdot T$:
:mit der Substitution <i>u</i> = <i>f</i> &middot; <i>T</i> :
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:$$P_{\rm M} \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} 1{\rm V}^2  + 3 \cdot 10^{-6} {\frac {\rm V^2} {\rm Hz}} \cdot \int^{\rm 1 MHz}_{-\rm 1 MHz} {\rm si}^2(\pi f T)\hspace{0.1cm}{\rm d}f =\hspace{-0.15cm} 1{\rm V}^2  + 3  V^2 \cdot 2 \cdot \int^{1}_{\rm 0} {\rm si}^2(\pi u)\hspace{0.1cm}{\rm d}u = (1 + 3\cdot 2 \cdot 0.456)\,{\rm V^2} \hspace{0.15cm}\underline{= 3.736 \, {\rm V^2}}. $$
:$$P_{\rm M} \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} 1{\rm V}^2  + 3 \cdot 10^{-6} {\frac {\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 = \\
 
=\hspace{-0.15cm} 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}}. $$
 
  
:W&uuml;rden dagegen alle Spektralanteile erfasst, erg&auml;be sich die Leistung <i>&phi;<sub>y</sub></i>(<i>&tau;</i> = 0) = 4 V<sup>2</sup>.
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W&uuml;rden dagegen alle Spektralanteile erfasst, erg&auml;be sich die Leistung $\varphi_y( \tau= 0) = 4 \, {\rm V^2}$.
 
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Version vom 27. März 2017, 14:05 Uhr

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 $T = 1 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$. 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:

$$\varphi_x (\tau) = 4 \hspace{0.05cm}V^2 \cdot (1 - | \tau |/{T}).$$

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 $T = 1 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$. Die möglichen Amplitudenwerte sind nun aber $0\hspace{0.05cm}\rm V$ und $4\hspace{0.05cm}\rm V$, wobei der Amplitudenwert $4\hspace{0.05cm}\rm V$ seltener als der Wert $0\hspace{0.05cm}\rm V$ auftritt. 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:

  • Die Aufgabe gehört zum Kapitel Leistungsdichtespektrum.
  • Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
  • 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:
$$\int^1_0 {\rm si}^2 ( \pi u) \, {\rm d}u \ \approx 0.456.$$


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{0.05cm}\rm kHz) \ = $

$\ \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz$
${\it \Phi}_x(f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz) \ = $

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

2

Berechnen Sie die AKF $\varphi_y(\tau)$ des unipolaren Zufallssignals $x(t)$. 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{0.05cm}\rm kHz) \ = $

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

4

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

$P_{\rm M} \ = $

$\ \rm V^2$


Musterlösung

LDS 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.

AKF 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 2. 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:
$${\it \Phi}_y(f)= 1{\rm V}^2 \cdot {\rm \delta } (f) + 3 \cdot 10^{-6} { {\rm V^2}/{\rm Hz}} \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$

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 $u =f \cdot T$:

$$P_{\rm M} \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} 1{\rm V}^2 + 3 \cdot 10^{-6} {\frac {\rm V^2} {\rm Hz}} \cdot \int^{\rm 1 MHz}_{-\rm 1 MHz} {\rm si}^2(\pi f T)\hspace{0.1cm}{\rm d}f =\hspace{-0.15cm} 1{\rm V}^2 + 3 V^2 \cdot 2 \cdot \int^{1}_{\rm 0} {\rm si}^2(\pi u)\hspace{0.1cm}{\rm d}u = (1 + 3\cdot 2 \cdot 0.456)\,{\rm V^2} \hspace{0.15cm}\underline{= 3.736 \, {\rm V^2}}. $$

Würden dagegen alle Spektralanteile erfasst, ergäbe sich die Leistung $\varphi_y( \tau= 0) = 4 \, {\rm V^2}$.