Aufgabe 5.1: Gaußsche AKF und Gaußtiefpass
Am Eingang eines Tiefpassfilters mit dem Frequenzgang $H(f)$ liegt ein gaußverteiltes mittelwertfreies Rauschsignal $x(t)$ mit folgender Autokorrelationsfunktion (AKF) an:
- $${\it \varphi_{x}(\tau)} = \sigma_x^2 \cdot {\rm e}^{- \pi (\tau /{\rm \nabla} \tau_x)^2}.$$
Diese AKF ist in der nebenstehenden Grafik oben dargestellt.
Das Filter sei gaußförmig mit der Gleichsignalverstärkung $H_0$ und der äquivalenten Bandbreite $\Delta f$. Für den Frequenzgang kann somit geschrieben werden:
- $$H(f) = H_{\rm 0} \cdot{\rm e}^{- \pi (f/ {\rm \Delta} f)^2}.$$
Im Verlaufe dieser Aufgabe sollen die beiden Filterparameter $H_0$ und $\Delta f$ so dimensioniert werden, dass das Ausgangssignal $y(t)$ eine AKF entsprechend der unteren Skizze aufweist.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Stochastische Systemtheorie.
- Bezug genommen wird auch auf das Kapitel ZAutokorrelationsfunktion.
- Berücksichtigen Sie die folgende Fourierkorrespondenz:
- $${\rm e}^{- \pi (f/{\rm \Delta} f)^2} \bullet\!\!-\!\!\!-\!\!\!\hspace{0.03cm}\circ \hspace{0.15cm}{\rm \Delta} f \cdot {\rm e}^{- \pi ({\rm \Delta} f \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.03cm} t)^2}.$$
Fragebogen
Musterlösung
(2) Die äquivalente AKF-Dauer kann man über das flächengleiche Rechteck ermitteln. Gemäß Skizze erhält man $\nabla \tau_x\hspace{0.15cm}\underline {= 1 \ \rm \mu s}$.
(3) Das LDS ist die Fouriertransformierte der AKF. Mit der gegebenen Fourierkorrespondenz gilt:
- $${\it \Phi_{x}(f)} = \sigma_x^2 \cdot {\rm \nabla} \tau_x \cdot {\rm e}^{- \pi ({\rm \nabla} \tau_x \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}f)^2} .$$
Bei der Frequenz $f = 0$ erhält man:
- $${\it \Phi_{x}(f {\rm = 0)}} = \sigma_x^2 \cdot {\rm \nabla} \tau_x = \rm 0.04 \hspace{0.1cm} V^2 \cdot 10^{-6} \hspace{0.1cm} s \hspace{0.15cm} \underline{= 40 \cdot 10^{-9} \hspace{0.1cm} V^2 / Hz}.$$
(4) Richtig sind die Lösungsvorschläge 1 und 3:
- Allgemein gilt mit ${\it \Phi_{y}(f)} = {\it \Phi_{x}(f)} \cdot |H(f)|^2$. Daraus folgt:
- $${\it \Phi_{y}(f)} = \sigma_x^2 \cdot {\rm \nabla} \tau_x \cdot {\rm e}^{- \pi ({\rm \nabla} \tau_x \cdot f)^2}\cdot H_{\rm 0}^2 \cdot{\rm e}^{- 2 \pi (f/ {\rm \Delta} f)^2} .$$
- Durch Zusammenfassen der beiden Exponentialfunktionen erhält man:
- $${\it \Phi_{y}(f)} = \sigma_x^2 \cdot {\rm \nabla} \tau_x \cdot H_0^2 \cdot {\rm e}^{- \pi\cdot ({\rm \nabla} \tau_x^2 + 2/(\Delta f^2) ) \hspace{0.1cm}\cdot f^2}.$$
- Auch ${\it \Phi_{y}(f)}$ ist gaußförmig und nie breiter als ${\it \Phi_{x}(f)}$. Für $f \to \infty$ gilt die Näherung ${\it \Phi_{y}(f)} \approx {\it \Phi_{x}(f)}$.
- Mit kleiner werdendem $\Delta f$ wird ${\it \Phi_{y}(f)}$ immer schmäler (also ist die zweite Aussage falsch).
- $H_0$ beeinflusst tatsächlich nur die LDS-Höhe, aber nicht die Breite des LDS.
(5) Analog zum Aufgabenteil (1) kann für das LDS des Ausgangssignals $y(t)$ geschrieben werden:
- $${\it \Phi_{y}(f)} = \sigma_y^2 \cdot {\rm \nabla} \tau_y \cdot {\rm e}^{- \pi \cdot {\rm \nabla} \tau_y^2 \cdot f^2 }.$$
Durch Vergleich mit dem Ergebnis aus (4) ergibt sich:
- $${{\rm \nabla} \tau_y^2} = {{\rm \nabla} \tau_x^2} + \frac {2}{{\rm \Delta} f^2}.$$
Löst man die Gleichung nach $\Delta f$ auf und berücksichtigt die Werte $\nabla \tau_x {= 1 \ \rm \mu s}$ und $\nabla \tau_y {= 3 \ \rm \mu s}$, so folgt:
- $${\rm \Delta} f = \sqrt{\frac{2}{{\rm \nabla} \tau_y^2 - {\rm \nabla} \tau_x^2}} = \sqrt{\frac{2}{9 - 1}} \hspace{0.1cm}\rm MHz \hspace{0.15cm} \underline{= 0.5\hspace{0.1cm} MHz} .$$
(6) Die Bedingung $\sigma_y = \sigma_x$ ist gleichbedeutend mit $\varphi_y(\tau = 0)= \varphi_x(\tau = 0)$. Da zudem $\nabla \tau_y = 3 \cdot \nabla \tau_x$ vorgegeben ist, muss deshalb auch ${\it \Phi}_{y}(f= 0) = 3 \cdot {\it \Phi}_{x}(f= 0)$ gelten. Daraus erhält man:
- $$H_{\rm 0} = \sqrt{\frac{\it \Phi_y (f \rm = 0)}{\it \Phi_x (f = \rm 0)}} = \sqrt {3}\hspace{0.15cm} \underline{=1.732}.$$
