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

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:$${\rm \Delta} (t) \hspace{0.3cm} \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\, \hspace{0.3cm} T \cdot {\rm si}^2 ( \pi f T).$$
 
:$${\rm \Delta} (t) \hspace{0.3cm} \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\, \hspace{0.3cm} T \cdot {\rm si}^2 ( \pi f T).$$
 
*Weiterhin gilt die Notation ${\rm si}(x)  = \sin(x)/x$ mit folgendem Integralwert:
 
*Weiterhin gilt die Notation ${\rm si}(x)  = \sin(x)/x$ mit folgendem Integralwert:
:$$\int^1_0 {\rm si}^2 ( \pi u) \, {\rm d}u \ \approx 0.456.$$
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:$$\int^1_0 {\rm si}^2 ( \pi \cdot u) \, {\rm d}u \ \approx 0.456.$$
  
  
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${\it \Phi}_x(f = 0) \ = \ $ { 4 3% } $\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$
 
${\it \Phi}_x(f = 0) \ = \ $ { 4 3% } $\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$
${\it \Phi}_x(f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz) \ =  \ $ { 1.62 3% } $\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$
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${\it \Phi}_x(f = 500 \hspace{0.08cm}\rm kHz) \ =  \ $ { 1.62 3% } $\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$
${\it \Phi}_x(f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz) \ =  \ $ { 0. } $\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$
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${\it \Phi}_x(f = 1 \hspace{0.08cm}\rm MHz) \ =  \ $ { 0. } $\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$
  
  
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{Berechnen Sie das zugehörige Leistungsdichtespektrum ${\it \Phi}_y(f)$. Welcher LDS-Wert ergibt sich für $f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz$?
 
{Berechnen Sie das zugehörige Leistungsdichtespektrum ${\it \Phi}_y(f)$. Welcher LDS-Wert ergibt sich für $f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz$?
 
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${\it \Phi}_x(f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz) \ = \ $ { 1.216 3% } $\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$
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${\it \Phi}_x(f = 500 \hspace{0.08cm}\rm kHz) \ = \ $ { 1.216 3% } $\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$
  
  
{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?
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{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?
 
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$P_{\rm M} \ = \ $ { 3.736 3% } $\ \rm V^2$
 
$P_{\rm M} \ = \ $ { 3.736 3% } $\ \rm V^2$
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===Musterlösung===
 
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'''(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:
 
'''(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:
 
:$${\it \Phi}_x(f)= x_{\rm 0}^2 \cdot T \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
 
:$${\it \Phi}_x(f)= x_{\rm 0}^2 \cdot T \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
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Bei $f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz $ besitzt  das Leistungsdichtespektrum die erste Nullstelle.
 
Bei $f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz $ besitzt  das Leistungsdichtespektrum die erste Nullstelle.
  
[[Datei:P_ID407__Sto_A_4_12_b.png|right|AKF mit Gleichanteil ]]
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'''(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:
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'''(2)'''  Aufgrund des rechteckigen Signalverlaufs ändert sich an der Dreiecksform der AKF prinzipiell nichts.  
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*Der AKF-Wert bei $\tau = 0$ gibt wieder das Moment zweiter Ordnung an.  
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*Mit $p = 0.25$ erhält man:
 
:$$\varphi_y( 0) = {1}/{4}\cdot {(\rm 4\hspace{0.05cm}V)}^2 + {3}/{4}\cdot {(\rm 0\hspace{0.05cm}V)}^2 \hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 4\,V^2}}.$$
 
:$$\varphi_y( 0) = {1}/{4}\cdot {(\rm 4\hspace{0.05cm}V)}^2 + {3}/{4}\cdot {(\rm 0\hspace{0.05cm}V)}^2 \hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 4\,V^2}}.$$
  
Ab $\tau =T$ ist die AKF konstant gleich $m_y^2$. Mit der Wahrscheinlichkeit $p = 0.25$ und  
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*Ab $\tau =T$ ist die AKF konstant gleich $m_y^2$.  
$$m_y = p \cdot {\rm 4\hspace{0.05cm}V} + (1-p)\cdot {\rm 0\hspace{0.05cm}V} = 1 \, \rm V$$
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*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 $\varphi_y( \tau >T) \hspace{0.15cm}\underline {=\rm 1\,V^2}$.
  
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:
 
'''(3)'''  Die AKF kann auch wie folgt dargestellt werden:
 
:$$\varphi_y(\tau) = 1\hspace{0.05cm}{\rm V}^2 + 3\hspace{0.05cm}{\rm V}^2 \cdot \Delta (\tau).$$
 
:$$\varphi_y(\tau) = 1\hspace{0.05cm}{\rm V}^2 + 3\hspace{0.05cm}{\rm V}^2 \cdot \Delta (\tau).$$
  
*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).  
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*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:
 
*Der dreieckförmige AKF-Term bewirkt einen kontinuierlichen LDS-Anteil entsprechend der $\rm si^2$-Form:
 
:$${\it \Phi}_y(f)= 1{\rm V}^2 \cdot {\rm \delta  } (f) + 3 \cdot 10^{-6}\  {\rm V^2\hspace{-0.1cm}/Hz}  \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
 
:$${\it \Phi}_y(f)= 1{\rm V}^2 \cdot {\rm \delta  } (f) + 3 \cdot 10^{-6}\  {\rm V^2\hspace{-0.1cm}/Hz}  \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
  
Für $f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz$   ⇒   $f \cdot T =0.5$ ergibt sich der LDS-Wert zu ${\underline {1.216} \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz}$.
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*Für $f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz$   ⇒   $f \cdot T =0.5$ ergibt sich der LDS-Wert zu ${\underline {1.216} \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz}$.
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'''(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 $u =f \cdot T$:
 
'''(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 $u =f \cdot T$:

Version vom 20. August 2018, 09:08 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 $T = 1 \hspace{0.05cm}\rm µ s$.
  • 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 $x(t)$.
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{0.08cm}\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 $\varphi_y( \tau= 0) = 4 \, {\rm V^2}$.