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 im nebenstehenden Bild oben dargestellt.

Das Filter sei gaußförmig mit der Gleichsignalverstärkung H₀ und der äquivalenten Bandbreite Δf. 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 H₀ und Δf so dimensioniert werden, dass das Ausgangssignal y(t) eine AKF entsprechend der unteren Skizze aufweist.

Hinweis: Die Aufgabe bezieht sich auf die theoretischen Grundlagen von Kapitel 4.4 und Kapitel 5.1. Berücksichtigen Sie die folgende Fourierkorrespondenz:

$${\rm e}^{- \pi (f/{\rm \Delta} f)^2} \bullet\!\!-\!\!\!-\!\!\!\circ \hspace{0.15cm}{\rm \Delta} f \cdot {\rm e}^{- \pi ({\rm \Delta} f \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.03cm} t)^2}.$$

Fragebogen

$\sigma_x$ =

V

$\nabla\tau_x$ =

$\mu s$

$\phi_x(f = 0)$ =

$\cdot 10^{-8}\ V^2/Hz$

	Das LDS Φ_y(f) ist ebenfalls gaußförmig.
	Je kleiner Δf ist, um so breiter ist Φ_y(f).
	H₀ beeinflusst nur die Höhe, aber nicht die Breite von Φ_y(f).

$\Delta f$ =

$MHz$

$H_0$ =

Musterlösung

1. Die Varianz σ_x² ist gleich dem AKF-Wert bei τ = 0, also 0.04 V². Daraus folgt σ_x = 0.2 V.

2. Die äquivalente AKF-Dauer kann über das flächengleiche Rechteck ermittelt werden und ergibt sich entsprechend der Skizze zu ∇τ_x = 1 μs.

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 gilt:

$${\it \Phi_{x}(f {\rm = 0)}} = \sigma_x^2 \cdot {\rm \nabla} \tau_x = \rm 0.04 \hspace{0.1cm} V^2 \cdot 10^{-6} \hspace{0.1cm} s \hspace{0.15cm} \underline{= 4 \cdot 10^{-8} \hspace{0.1cm} V^2 / Hz}.$$

4. Allgemein gilt mit Φ_y(f) = Φ_x(f) · |H(f)|²:

$${\it \Phi_{y}(f)} = \sigma_x^2 \cdot {\rm \nabla} \tau_x \cdot {\rm e}^{- \pi ({\rm \nabla} \tau_x \cdot f)^2}\cdot H_{\rm 0}^2 \cdot{\rm e}^{- 2 \pi (f/ {\rm \Delta} f)^2} .$$

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 Φ_y(f) ist gaußförmig und nie breiter als Φ_x(f).

Für Δf → ∞ gilt die Näherung Φ_y(f) ≈ Φ_x(f). Mit kleiner werdendem Δf wird Φ_y(f) immer schmäler (also ist die zweite Aussage falsch). H₀ beeinflusst tatsächlich nur die LDS-Höhe und nicht die Breite des LDS. Richtig sind somit die Lösungsvorschläge 1 und 3.

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 Δf auf und berücksichtigt die Werte ∇τ_x = 1 μs,

∇τ_y = 3 μs, 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 σ_y = σ_x ist gleichbedeutend mit φ_y(τ = 0) = φ_x(τ = 0). Da zudem ∇τ_y = 3 · ∇τ_x vorgegeben ist, muss deshalb auch Φ_y(f = 0) = 3 · Φ_x(f = 0) gelten. Daraus erhält man:

$$H_{\rm 0} = \sqrt{\frac{\Phi_y (f = 0)}{\Phi_x (f = 0)}} = \sqrt {3}\hspace{0.15cm} \underline{=1.732}.$$