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

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:Wir betrachten ein rechteckf&ouml;rmiges Bin&auml;rsignal <i>x</i>(<i>t</i>) mit gleichwahrscheinlichen Amplitudenwerten +2V und -2V. Die Symboldauer betr&auml;gt <i>T</i> = 1 &mu;s. In Aufgabe A4.10 wurde bereits gezeigt, dass die dazugeh&ouml;rige AKF auf den Bereich von -<i>T</i> &#8804; <i>&tau;</i> &#8804; <i>T</i> beschr&auml;nkt ist und in diesem Bereich dreieckf&ouml;rmig verl&auml;uft:
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Wir betrachten ein rechteckf&ouml;rmiges Bin&auml;rsignal&nbsp; $x(t)$&nbsp; mit gleichwahrscheinlichen Amplitudenwerten&nbsp; $+2\hspace{0.05cm}\rm V$&nbsp; und&nbsp; $-2\hspace{0.05cm}\rm V$.
:$$\varphi_x (\tau) = {\rm 4 \hspace{0.05cm}V^2} \cdot (1 - \frac{| \tau |}{T}).$$
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*Die Symboldauer betr&auml;gt&nbsp; $T = 1 \hspace{0.05cm}\rm &micro; s$.  
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*In&nbsp; [[Aufgaben:4.10_Binär_und_quaternär|Aufgabe 4.10]]&nbsp; wurde bereits gezeigt, dass die dazugeh&ouml;rige AKF auf den Bereich von&nbsp; $-T \le  \tau\le +T$&nbsp; beschr&auml;nkt ist und in diesem Bereich dreieckf&ouml;rmig verl&auml;uft:
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:$$\varphi_x (\tau) = 4 \hspace{0.05cm}{\rm V}^2 \cdot (1 - | \tau |/{T}).$$
  
:Hierbei ist vorausgesetzt, dass die einzelnen Symbole statistisch voneinander unabh&auml;ngig sind.  
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*Hierbei ist vorausgesetzt, dass die einzelnen Symbole statistisch voneinander unabh&auml;ngig sind.  
  
:Das unten skizzierte Signal <i>y</i>(<i>t</i>) ist ebenfalls bin&auml;r und rechteckf&ouml;rmig mit der gleichen Symboldauer <i>T</i> = 1 &mu;s. Die m&ouml;glichen Amplitudenwerte sind nun aber 0V und 4V, wobei der Amplitudenwert 4V seltener als der Wert 0V auftritt. Es gilt:
 
:$${\rm Pr}(x(t) = 4 \hspace{0.05cm} {\rm V}) = p\hspace{0.5cm} {\rm mit}\hspace{0.5cm} 0 <p \le 0.25.$$
 
  
:<b>Hinweis</b>: Diese Aufgabe bezieht sich auf den Theorieteil von Kapitel 4.5. Beachten Sie die folgende Fourierkorrespondenz:
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Das unten skizzierte Signal&nbsp; $y(t)$&nbsp; ist ebenfalls bin&auml;r und rechteckf&ouml;rmig mit der gleichen Symboldauer&nbsp; $T = 1 \hspace{0.05cm}\rm &micro; s$.
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*Die m&ouml;glichen Amplitudenwerte sind nun aber&nbsp; $0\hspace{0.05cm}\rm V$&nbsp; und&nbsp; $4\hspace{0.05cm}\rm V$.
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* Der Amplitudenwert&nbsp; $4\hspace{0.05cm}\rm V$&nbsp; tritt seltener auf als&nbsp; $0\hspace{0.05cm}\rm V$. Es gilt:
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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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''Hinweise:''
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*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel&nbsp; [[Stochastische_Signaltheorie/Leistungsdichtespektrum_(LDS)|Leistungsdichtespektrum]].
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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:
 
:$${\rm \Delta} (t) \hspace{0.3cm} \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\, \hspace{0.3cm} T \cdot {\rm si}^2 ( \pi f T).$$
 
:$${\rm \Delta} (t) \hspace{0.3cm} \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\, \hspace{0.3cm} T \cdot {\rm si}^2 ( \pi f T).$$
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*Weiterhin gilt die Notation&nbsp; ${\rm si}(x)  = \sin(x)/x$&nbsp; mit folgendem Integralwert:
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:$$\int^1_0 {\rm si}^2 ( \pi \cdot u) \, {\rm d}u \ \approx 0.456.$$
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:Dabei bezeichnet &Delta;(<i>t</i>) einen um <i>t</i> = 0 symmetrischen Dreieckimpuls mit &Delta;(0) = 1 und &Delta;(<i>t</i>) = 0 f&uuml;r |<i>t</i>| &#8805; <i>T</i>. Weiterhin gilt die Notation si(<i>x</i>) = sin(<i>x</i>)/<i>x</i> mit folgendem Integralwert:
 
:$$\int^1_0 {\rm si}^2 ( \pi u) \, {\rm d}u \ \approx 0.456.$$
 
  
  
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{Geben Sie das Leistungsdichtespektrum <i>&Phi;<sub>x</sub></i>(<i>f</i>) des bipolaren Zufallssignals <i>x</i>(<i>t</i>) an. Welche LDS-Werte ergeben sich f&uuml;r <i>f</i> = 0, <i>f</i> = 500 kHz, <i>f</i> = 1 MHz?
+
{Geben Sie das Leistungsdichtespektrum&nbsp; ${\it \Phi}_x(f)$&nbsp; des bipolaren Zufallssignals&nbsp; $x(t)$&nbsp; an.&nbsp;
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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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$\phi_x(f = 0)$ = { 4 3% } $.10^-6 \ V^2 /Hz$
+
${\it \Phi}_x(f = 0) \ = \ $ { 4 3% } $\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$
$\phi_x(f = 500 kHz)$ = { 1.62 3% } $.10^-6 \ V^2 /Hz$
+
${\it \Phi}_x(f = 500 \hspace{0.08cm}\rm kHz) \ =  \ $ { 1.62 3% } $\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$
$\phi_x(f = 1 MHz)$ = { 0 3% } $V^2 /Hz$
+
${\it \Phi}_x(f = 1 \hspace{0.08cm}\rm MHz) \ =  \ $ { 0. } $\ \cdot 10^{-6} \ \rm V^2 /Hz$
  
  
{Berechnen Sie die AKF <i>&phi;<sub>y</sub></i>(<i>&tau;</i>) des unipolaren Zufallssignals <i>y</i>(<i>t</i>). Welche AKF-Werte ergeben sich mit <i>p</i> = 0.25 f&uuml;r <i>&tau;</i> = 0, <i>&tau;</i> = <i>T</i> und <i>&tau;</i> = 2<i>T</i>?
+
{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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<i>&phi;<sub>y</sub></i>(<i>&tau; = 0</i>) = { 4 3% } $V^2$
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$\varphi_y(\tau = 0) \ = \ $ { 4 3% } $\ \rm V^2$
<i>&phi;<sub>y</sub></i>(<i>&tau; = T</i>) = { 1 3% } $V^2$
+
$\varphi_y(\tau = T) \ = \ $ { 1 3% } $\ \rm V^2$
<i>&phi;<sub>y</sub></i>(<i>&tau; = 2T</i>) = { 1 3% } $V^2$
+
$\varphi_y(\tau = 2T) \ = \ $ { 1 3% } $\ \rm V^2$
  
  
{Berechnen Sie das zugeh&ouml;rige Leistungsdichtespektrum <i>&Phi;<sub>y</sub></i>(<i>f</i>). Welcher Wert ergibt sich f&uuml;r <i>f</i> = 500 kHz?
+
{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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$\phi_y(f = 500 kHz)$ = { 1.216 3% } $.10^-6 \ V^2 /Hz$
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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 <i>P</i><sub>M</sub> (bezogen auf den Widerstand 1 &Omega;) zeigt ein Messger&auml;t an, das nur Leistungsanteile bis 1 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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$P_M$ = { 3.736 3% } $V^2$
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$P_{\rm M} \ = \ $ { 3.736 3% } $\ \rm V^2$
  
  
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===Musterlösung===
 
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[[Datei: P_ID406__Sto_A_4_12_a.png|right|frame|Leistungsdichtespektrum mit Gleichanteil]]
:<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.  
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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:
 
:$${\it \Phi}_x(f)= x_{\rm 0}^2 \cdot T \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
 
:$${\it \Phi}_x(f)= x_{\rm 0}^2 \cdot T \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
  
: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>.
+
*Die gesuchten LDS-Werte sind:
[[Datei:P_ID407__Sto_A_4_12_b.png|right|]]
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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&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.
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*Der AKF-Wert bei&nbsp; $\tau = 0$&nbsp; gibt wieder das Moment zweiter Ordnung an.
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*Mit&nbsp; $p = 0.25$&nbsp; erh&auml;lt man:
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:$$\varphi_y( 0) = {1}/{4}\cdot {(\rm 4\hspace{0.05cm}V)}^2 + {3}/{4}\cdot {(\rm 0\hspace{0.05cm}V)}^2 \hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 4\,V^2}}.$$
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*Ab&nbsp; $\tau =T$&nbsp; ist die AKF konstant gleich&nbsp; $m_y^2$.
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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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:<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:
 
:$$\varphi_y( 0) = \frac{1}{4}\cdot {(\rm 4V)}^2 + \frac{3}{4}\cdot {(\rm 0V)}^2 \hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 4\,V^2}}.$$
 
  
: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
+
'''(3)'''&nbsp; Die AKF kann auch wie folgt dargestellt werden:
:$$m_y = p \cdot {\rm 4V} + (1-p)\cdot {\rm 0V} = 1 \, \rm V$$
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:$$\varphi_y(\tau) = 1\hspace{0.05cm}{\rm V}^2 + 3\hspace{0.05cm}{\rm V}^2 \cdot \Delta (\tau).$$
  
: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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*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)'''.
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*Der dreieckf&ouml;rmige AKF-Term bewirkt einen kontinuierlichen LDS-Anteil entsprechend der&nbsp; $\rm si^2$-Form:
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:$${\it \Phi}_y(f)= 1{\rm V}^2 \cdot {\rm \delta  } (f) + 3 \cdot 10^{-6}\  {\rm V^2\hspace{-0.1cm}/Hz}  \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
  
:<b>3.</b>&nbsp;&nbsp;Die AKF kann auch wie folgt dargestellt werden:
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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; ${\underline {1.216} \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz}$.
:$$\varphi_y(\tau) = 1{\rm V}^2 + 3 {\rm V}^2 \cdot \Delta (\tau).$$
 
  
: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:
 
:$${\it \Phi}_y(f)= 1{\rm V}^2 \cdot {\rm \delta  } (f) + 3 \cdot 10^{-6} {\frac {\rm V^2} {\rm Hz}}  \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$
 
  
: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>.
 
  
:<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.  
:mit der Substitution <i>u</i> = <i>f</i> &middot; <i>T</i> :
+
*Unter Ber&uuml;cksichtigung der spektralen Begrenzung auf&nbsp; $ 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz$&nbsp; erh&auml;lt man mit der Substitution&nbsp; $u =f \cdot T$:
:$$P_{\rm M} \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} 1{\rm V}^2  + 3 \cdot 10^{-6} {\frac {\rm V^2} {\rm Hz}} \cdot \int^{\rm 1 MHz}_{-\rm 1 MHz} {\rm si}^2(\pi f T)\hspace{0.1cm}{\rm d}f = \\
+
:$$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}}. $$
=\hspace{-0.15cm} 1{\rm V}^2  + 3  V^2 \cdot 2 \cdot \int^{1}_{\rm 0} {\rm si}^2(\pi u)\hspace{0.1cm}{\rm d}u = (1 + 3\cdot 2 \cdot 0.456)\,{\rm V^2} \hspace{0.15cm}\underline{= 3.736 \, {\rm V^2}}. $$
 
  
: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 mittlere Leistung zu&nbsp; $\varphi_y( \tau= 0) = 4 \, {\rm V^2}$.
 
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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  $\varphi_y( \tau= 0) = 4 \, {\rm V^2}$.