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 $-2\hspace{0.05cm}\rm V$.  
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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 $T = 1 \hspace{0.05cm}\rm µ s$.  
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*Die Symboldauer beträgt  $T = 1 \hspace{0.05cm}\rm µ s$.  
*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:
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*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:
 
:$$\varphi_x (\tau) =  4 \hspace{0.05cm}{\rm V}^2 \cdot (1 - | \tau |/{T}).$$
 
:$$\varphi_x (\tau) =  4 \hspace{0.05cm}{\rm V}^2 \cdot (1 - | \tau |/{T}).$$
  
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Das unten skizzierte Signal $y(t)$ ist ebenfalls binär und rechteckförmig mit der gleichen Symboldauer $T = 1 \hspace{0.05cm}\rm µ s$.  
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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 $4\hspace{0.05cm}\rm V$.
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*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:
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* Der Amplitudenwert  $4\hspace{0.05cm}\rm V$  tritt seltener auf als  $0\hspace{0.05cm}\rm V$. Es gilt:
 
:$${\rm Pr}(x(t) = 4 \hspace{0.05cm} {\rm V}) = p\hspace{0.5cm} {\rm mit}\hspace{0.5cm} 0 < p \le 0.25.$$
 
:$${\rm Pr}(x(t) = 4 \hspace{0.05cm} {\rm V}) = p\hspace{0.5cm} {\rm mit}\hspace{0.5cm} 0 < p \le 0.25.$$
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*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel [[Stochastische_Signaltheorie/Leistungsdichtespektrum_(LDS)|Leistungsdichtespektrum]].
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*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel&nbsp; [[Stochastische_Signaltheorie/Leistungsdichtespektrum_(LDS)|Leistungsdichtespektrum]].
 
   
 
   
*Beachten Sie die folgende Fourierkorrespondenz, wobei ${\rm \Delta} (t)$ einen um $t= 0$ symmetrischen Dreieckimpuls mit ${\rm \Delta} (t= 0) = 1$ und ${\rm \Delta} (t) = 0$ f&uuml;r $|t| \ge T$ bezeichnet:
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*Beachten Sie die folgende Fourierkorrespondenz, wobei&nbsp; ${\rm \Delta} (t)$&nbsp; einen um&nbsp; $t= 0$&nbsp; symmetrischen Dreieckimpuls mit&nbsp; ${\rm \Delta} (t= 0) = 1$&nbsp; und&nbsp; ${\rm \Delta} (t) = 0$&nbsp; f&uuml;r&nbsp; $|t| \ge T$&nbsp; bezeichnet:
 
:$${\rm \Delta} (t) \hspace{0.3cm} \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\, \hspace{0.3cm} T \cdot {\rm si}^2 ( \pi f T).$$
 
:$${\rm \Delta} (t) \hspace{0.3cm} \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\, \hspace{0.3cm} T \cdot {\rm si}^2 ( \pi f T).$$
*Weiterhin gilt die Notation ${\rm si}(x)  = \sin(x)/x$ mit folgendem Integralwert:
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*Weiterhin gilt die Notation&nbsp; ${\rm si}(x)  = \sin(x)/x$&nbsp; mit folgendem Integralwert:
 
:$$\int^1_0 {\rm si}^2 ( \pi \cdot u) \, {\rm d}u \ \approx 0.456.$$
 
:$$\int^1_0 {\rm si}^2 ( \pi \cdot u) \, {\rm d}u \ \approx 0.456.$$
  
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{Geben Sie das Leistungsdichtespektrum ${\it \Phi}_x(f)$ des bipolaren Zufallssignals $x(t)$ an.  
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{Geben Sie das Leistungsdichtespektrum&nbsp; ${\it \Phi}_x(f)$&nbsp; des bipolaren Zufallssignals&nbsp; $x(t)$&nbsp; an.&nbsp;
<br>Welche LDS-Werte ergeben sich f&uuml;r $f= 0$, $f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz$  und $f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz$?
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Welche LDS-Werte ergeben sich f&uuml;r&nbsp; $f= 0$,&nbsp; $f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz$&nbsp; und&nbsp; $f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz$?
 
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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% } $\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$
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{Berechnen Sie die AKF $\varphi_y(\tau)$ des unipolaren Zufallssignals $x(t)$. <br>Welche AKF-Werte ergeben sich mit $p = 0.25$ f&uuml;r $\tau =0$, $\tau =T$ und $\tau =2T$?
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{Berechnen Sie die AKF&nbsp; $\varphi_y(\tau)$&nbsp; des unipolaren Zufallssignals&nbsp; $y(t)$.&nbsp; Welche AKF-Werte ergeben sich mit&nbsp; $p = 0.25$&nbsp; f&uuml;r&nbsp; $\tau =0$,&nbsp; $\tau =T$&nbsp; und&nbsp; $\tau =2T$&nbsp;?
 
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$\varphi_y(\tau = 0) \ = \ $ { 4 3% } $\ \rm V^2$
 
$\varphi_y(\tau = 0) \ = \ $ { 4 3% } $\ \rm V^2$
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{Berechnen Sie das zugeh&ouml;rige Leistungsdichtespektrum ${\it \Phi}_y(f)$. Welcher LDS-Wert ergibt sich f&uuml;r $f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz$?
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{Berechnen Sie das zugeh&ouml;rige Leistungsdichtespektrum&nbsp; ${\it \Phi}_y(f)$.&nbsp; Welcher LDS-Wert ergibt sich f&uuml;r&nbsp; $f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz$&nbsp;?
 
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${\it \Phi}_x(f = 500 \hspace{0.08cm}\rm kHz) \ = \ $ { 1.216 3% } $\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$
 
${\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 $1 \hspace{0.08cm}\rm \Omega$) zeigt ein Messger&auml;t an, das nur Leistungsanteile bis $1  \hspace{0.05cm}\rm  MHz$ erfasst?
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{Welche mittlere Signalleistung&nbsp; $P_{\rm M}$&nbsp; $($bezogen auf den Widerstand&nbsp; $1 \hspace{0.08cm}\rm \Omega)$&nbsp; zeigt ein Messger&auml;t an, das nur Leistungsanteile bis&nbsp; $1  \hspace{0.05cm}\rm  MHz$&nbsp; 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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{{ML-Kopf}}
 
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[[Datei: P_ID406__Sto_A_4_12_a.png|right|frame|Leistungsdichtespektrum mit Gleichanteil]]
 
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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:
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'''(1)'''&nbsp; Das LDS ist die Fouriertransformierte der AKF.  
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*Mit der Fourierkorrespondenz auf der Angabenseite und&nbsp; $x_0 = 2\hspace{0.05cm}\rm  V$&nbsp; erh&auml;lt man:
 
:$${\it \Phi}_x(f)= x_{\rm 0}^2 \cdot T \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
 
:$${\it \Phi}_x(f)= x_{\rm 0}^2 \cdot T \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
  
Die gesuchten LDS-Werte sind:  
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*Die gesuchten LDS-Werte sind:  
 
:$${\it \Phi}_x(f = 0)\hspace{0.15cm}\underline {=4} \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz,$$
 
:$${\it \Phi}_x(f = 0)\hspace{0.15cm}\underline {=4} \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz,$$
 
:$${\it \Phi}_x(f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz)\hspace{0.15cm}\underline {=1.62} \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz,$$
 
:$${\it \Phi}_x(f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz)\hspace{0.15cm}\underline {=1.62} \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz,$$
 
:$${\it \Phi}_x(f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz)\hspace{0.15cm}\underline {=0}.$$
 
:$${\it \Phi}_x(f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz)\hspace{0.15cm}\underline {=0}.$$
Bei $f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz $ besitzt  das Leistungsdichtespektrum die erste Nullstelle.
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*Bei&nbsp; $f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz $&nbsp; besitzt  das Leistungsdichtespektrum die erste Nullstelle.
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[[Datei:P_ID407__Sto_A_4_12_b.png|right|frame|Autokorrelationsfunktion mit Gleichanteil ]]
 
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'''(2)'''&nbsp; Aufgrund des rechteckigen Signalverlaufs &auml;ndert sich an der Dreiecksform der AKF prinzipiell nichts.  
 
'''(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 zweiter Ordnung an.  
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*Der AKF-Wert bei&nbsp; $\tau = 0$&nbsp; gibt wieder das Moment zweiter Ordnung an.  
*Mit $p = 0.25$ erh&auml;lt man:
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*Mit&nbsp; $p = 0.25$&nbsp; erh&auml;lt 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 $m_y^2$.  
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*Ab&nbsp; $\tau =T$&nbsp; ist die AKF konstant gleich&nbsp; $m_y^2$.  
*Mit der Wahrscheinlichkeit $p = 0.25$ und &nbsp;$m_y = p \cdot {\rm 4\hspace{0.05cm}V} + (1-p)\cdot {\rm 0\hspace{0.05cm}V} = 1 \, \rm V$&nbsp; erh&auml;lt man ab $\tau =T$ den konstanten Wert $\varphi_y( \tau >T) \hspace{0.15cm}\underline {=\rm 1\,V^2}$.
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*Mit der Wahrscheinlichkeit&nbsp; $p = 0.25$&nbsp; und &nbsp;$m_y = p \cdot {\rm 4\hspace{0.05cm}V} + (1-p)\cdot {\rm 0\hspace{0.05cm}V} = 1 \, \rm V$&nbsp; erh&auml;lt man ab&nbsp; $\tau =T$&nbsp; den konstanten Wert&nbsp; $\varphi_y( \tau >T) \hspace{0.15cm}\underline {=\rm 1\,V^2}$.
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:$$\varphi_y(\tau) = 1\hspace{0.05cm}{\rm V}^2 + 3\hspace{0.05cm}{\rm V}^2 \cdot \Delta (\tau).$$
 
:$$\varphi_y(\tau) = 1\hspace{0.05cm}{\rm V}^2 + 3\hspace{0.05cm}{\rm V}^2 \cdot \Delta (\tau).$$
  
*Der AKF-Gleichanteil (mit $1\hspace{0.05cm}{\rm V}^2$) f&uuml;hrt im LDS zu einer Diracfunktion bei $f = 0$ &nbsp; &rArr; &nbsp; siehe Skizze zur Teilaufgabe '''(1)'''.  
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*Der AKF-Gleichanteil&nbsp; $($mit&nbsp; $1\hspace{0.05cm}{\rm V}^2)$&nbsp; f&uuml;hrt im LDS zu einer Diracfunktion bei&nbsp; $f = 0$ &nbsp; &rArr; &nbsp; siehe Skizze zur Teilaufgabe&nbsp; '''(1)'''.  
*Der dreieckf&ouml;rmige AKF-Term bewirkt einen kontinuierlichen LDS-Anteil entsprechend der $\rm si^2$-Form:
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*Der dreieckf&ouml;rmige AKF-Term bewirkt einen kontinuierlichen LDS-Anteil entsprechend der&nbsp; $\rm si^2$-Form:
 
:$${\it \Phi}_y(f)= 1{\rm V}^2 \cdot {\rm \delta  } (f) + 3 \cdot 10^{-6}\  {\rm V^2\hspace{-0.1cm}/Hz}  \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
 
:$${\it \Phi}_y(f)= 1{\rm V}^2 \cdot {\rm \delta  } (f) + 3 \cdot 10^{-6}\  {\rm V^2\hspace{-0.1cm}/Hz}  \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
  
*F&uuml;r $f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz$ &nbsp; &rArr; &nbsp; $f \cdot T =0.5$ ergibt sich der LDS-Wert zu ${\underline {1.216} \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz}$.
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*F&uuml;r&nbsp; $f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz$ &nbsp; &rArr; &nbsp; $f \cdot T =0.5$&nbsp; ergibt sich der LDS-Wert zu&nbsp; ${\underline {1.216} \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz}$.
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'''(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 $u =f \cdot T$:
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'''(4)'''&nbsp; Die Leistung ist als Integral &uuml;ber das LDS berechenbar.  
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*Unter Ber&uuml;cksichtigung der spektralen Begrenzung auf&nbsp; $ 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz$&nbsp; erh&auml;lt man mit der Substitution&nbsp; $u =f \cdot T$:
 
:$$P_{\rm M} = 1{\rm V}^2  + 3 \cdot 10^{-6} {{\rm V^2} /{\rm Hz}} \cdot \int^{\rm 1 MHz}_{-\rm 1 MHz} {\rm si}^2(\pi f T)\hspace{0.1cm}{\rm d}f = 1{\rm V}^2  + 3  V^2 \cdot 2 \cdot \int^{1}_{\rm 0} {\rm si}^2(\pi u)\hspace{0.1cm}{\rm d}u = (1 + 3\cdot 2 \cdot 0.456)\,{\rm V^2} \hspace{0.15cm}\underline{= 3.736 \, {\rm V^2}}. $$
 
:$$P_{\rm M} = 1{\rm V}^2  + 3 \cdot 10^{-6} {{\rm V^2} /{\rm Hz}} \cdot \int^{\rm 1 MHz}_{-\rm 1 MHz} {\rm si}^2(\pi f T)\hspace{0.1cm}{\rm d}f = 1{\rm V}^2  + 3  V^2 \cdot 2 \cdot \int^{1}_{\rm 0} {\rm si}^2(\pi u)\hspace{0.1cm}{\rm d}u = (1 + 3\cdot 2 \cdot 0.456)\,{\rm V^2} \hspace{0.15cm}\underline{= 3.736 \, {\rm V^2}}. $$
  
W&uuml;rden dagegen alle Spektralanteile erfasst, erg&auml;be sich die mittlere Leistung zu $\varphi_y( \tau=  0) = 4 \, {\rm V^2}$.
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*W&uuml;rden dagegen alle Spektralanteile erfasst, erg&auml;be sich die mittlere Leistung zu&nbsp; $\varphi_y( \tau=  0) = 4 \, {\rm V^2}$.
 
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Aktuelle Version vom 2. Dezember 2019, 11:19 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  $y(t)$.  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  $\varphi_y( \tau= 0) = 4 \, {\rm V^2}$.