Aufgaben:Aufgabe 3.5: Dreieck- und Trapezsignal: Unterschied zwischen den Versionen
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− | [[Datei:P_ID125__Sto_A_3_5.png|right|Rechteck | + | [[Datei:P_ID125__Sto_A_3_5.png|right|frame|Rechteck–, Dreieck– und Trapezsignal ]] |
− | Wir gehen vom Rechtecksignal $x(t)$ gemäß der oberen Grafik aus. | + | Wir gehen vom Rechtecksignal $x(t)$ gemäß der oberen Grafik aus. |
− | *Die Amplitudenwerte | + | *Die Amplitudenwerte seien $0\hspace{0.05cm} \rm V$ und $2\hspace{0.05cm} \rm V$. |
− | *Die Dauer eines Rechtecks sowie der Abstand zweier aufeinander folgender Rechteckimpulse seien jeweils gleich $T$. | + | *Die Dauer eines Rechtecks sowie der Abstand zweier aufeinander folgender Rechteckimpulse seien jeweils gleich $T$. |
− | *Die Zufallsgröße $x$ – der Momentanwert des Rechtecksignals $x(t)$ – hat somit folgende Kennwerte: | + | *Die Zufallsgröße $x$ – der Momentanwert des Rechtecksignals $x(t)$ – hat somit folgende Kennwerte: |
:$$m_x = \sigma_x = 1\hspace{0.05cm} \rm V.$$ | :$$m_x = \sigma_x = 1\hspace{0.05cm} \rm V.$$ | ||
Gibt man nun dieses Signal auf ein lineares Filter mit der Impulsantwort | Gibt man nun dieses Signal auf ein lineares Filter mit der Impulsantwort | ||
− | $$h_{\rm 1}(t)=\left \{ \begin{array}{*{4}{c}} 1/T & {\; \rm f\ddot{u}r}\hspace{0. | + | :$$h_{\rm 1}(t)=\left \{ \begin{array}{*{4}{c}} 1/T & {\; \rm f\ddot{u}r}\hspace{0.2cm}{ 0\le t \le T} \\\ 0 & {\rm sonst} \end{array} \right. , $$ |
− | so ergibt sich an dessem Ausgang entsprechend der Faltung das Dreiecksignal $y_1(t) = x(t) \star h_1(t)$ mit | + | so ergibt sich an dessem Ausgang entsprechend der Faltung das Dreiecksignal $y_1(t) = x(t) \star h_1(t)$ mit |
− | *den Minimalwerten $0\hspace{0.05cm} \rm V$ (bei $t = 0, 2T, 4T, ...$), | + | *den Minimalwerten $0\hspace{0.05cm} \rm V$ $($bei $t = 0, 2T, 4T,$ ...$)$, |
− | *den Maximalwerten $2\hspace{0.05cm} \rm V$ (bei $t = T, 3T, 5T, ...$). | + | *den Maximalwerten $2\hspace{0.05cm} \rm V$ $($bei $t = T, 3T, 5T,$ ...$)$. |
− | Bei diesem Tiefpassfilter handelt es sich also um einen Integrator über die Zeitdauer $T$.<br> | + | Bei diesem Tiefpassfilter handelt es sich also um einen Integrator über die Zeitdauer $T$.<br> |
− | Legt man dagegen das | + | Legt man dagegen das Signal $x(t)$ an den Eingang eines Filters mit der Impulsantwort |
− | $$h_{\rm 2}(t)=\left \{ \begin{array}{*{4}{c}} 1/T & {\; \rm f\ddot{u}r}\hspace{0. | + | :$$h_{\rm 2}(t)=\left \{ \begin{array}{*{4}{c}} 1/T & {\; \rm f\ddot{u}r}\hspace{0.2cm}{ 0\le t \le T/2} \\\ 0 & {\rm sonst} \end{array} \right. , $$ |
− | so ergibt sich das trapezförmige Signal $y_2(t) = x(t) \star h_2(t)$. Dieses zweite Filter wirkt somit als ein Integrator über die Zeitdauer $T/2$. | + | so ergibt sich das trapezförmige Signal $y_2(t) = x(t) \star h_2(t)$. Dieses zweite Filter wirkt somit als ein Integrator über die Zeitdauer $T/2$. |
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''Hinweise:'' | ''Hinweise:'' | ||
− | *Die Aufgabe gehört zum Kapitel [[Stochastische_Signaltheorie/Gleichverteilte_Zufallsgröße| | + | *Die Aufgabe gehört zum Kapitel [[Stochastische_Signaltheorie/Gleichverteilte_Zufallsgröße|Gleichverteilte Zufallsgröße]]. |
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− | *Für die zugehörigen Frequenzgänge gilt $H_1(f=0)= 1$ bzw. $H_2(f=0)= 0.5$. | + | *Für die zugehörigen Frequenzgänge gilt $H_1(f=0)= 1$ bzw. $H_2(f=0)= 0.5$. |
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{Welche der folgenden Aussagen sind zutreffend? | {Welche der folgenden Aussagen sind zutreffend? | ||
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− | + $y_1(t)$ ist eine kontinuierliche Zufallsgröße. | + | + $y_1(t)$ ist eine kontinuierliche Zufallsgröße. |
− | - $y_1(t)$ besitzt eine dreieckförmige WDF. | + | - $y_1(t)$ besitzt eine dreieckförmige WDF. |
− | + $y_1(t)$ ist gleichverteilt. | + | + $y_1(t)$ ist gleichverteilt. |
− | + $y_2(t)$ hat kontinuierliche und diskrete Anteile. | + | + $y_2(t)$ hat kontinuierliche und diskrete Anteile. |
− | {Wie groß ist der Gleichanteil des Signals $y_1(t)$? Überprüfen Sie diesen Wert auch anhand der Größen $m_x$ und $H_1(f=0)$. | + | {Wie groß ist der Gleichanteil des Signals $y_1(t)$? Überprüfen Sie diesen Wert $m_{y1}$ auch anhand der Größen $m_x$ und $H_1(f=0)$. |
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− | $m_{y1} \ =$ { 1 3% } $\ \rm V$ | + | $m_{y1} \ = \ $ { 1 3% } $\ \rm V$ |
− | {Bestimmen Sie die Leistung des Signals $y_1(t)$ sowohl durch Zeitmittelung als auch durch Scharmittelung. | + | {Bestimmen Sie die Leistung des Signals $y_1(t)$ sowohl durch Zeitmittelung als auch durch Scharmittelung. |
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− | $P_{y1} \ =$ { 1.333 3% } $\ \rm V^2$ | + | $P_{y1} \ = \ $ { 1.333 3% } $\ \rm V^2$ |
− | {Wie groß ist der Effektivwert des Signals $y_1(t)$? | + | {Wie groß ist der Effektivwert des Signals $y_1(t)$? |
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− | $\sigma_{y1} \ =$ { 0.577 3% } $\ \rm V$ | + | $\sigma_{y1} \ = \ $ { 0.577 3% } $\ \rm V$ |
− | {Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass $y_1(t)$ größer ist als $0.75\hspace{0.05cm} \rm V$? | + | {Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass $y_1(t)$ größer ist als $0.75\hspace{0.05cm} \rm V$? |
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− | ${\rm Pr}(y_1 > 0.75\hspace{0.05cm} \rm V) \ =$ { | + | ${\rm Pr}(y_1 > 0.75\hspace{0.05cm} \rm V) \ = \ $ { 62.5 3% } $ \ \%$ |
− | {Ermitteln Sie die WDF des Signals $y_2(t)$ und skizzieren Sie diese. Geben Sie zur Kontrolle den WDF-Wert an der Stelle $y_2 = 0.5\hspace{0.05cm} \rm V$ ein. | + | {Ermitteln Sie die WDF des Signals $y_2(t)$ und skizzieren Sie diese. Geben Sie zur Kontrolle den WDF-Wert an der Stelle $y_2 = 0.5\hspace{0.05cm} \rm V$ ein. |
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− | $f_{y2}(y_2= 0.5\hspace{0.05cm} \rm V) \ =$ { 0.5 3% } $\ \rm 1/V$ | + | $f_{y2}(y_2= 0.5\hspace{0.05cm} \rm V) \ = \ $ { 0.5 3% } $\ \rm 1/V$ |
− | {Wie groß ist der Gleichanteil des Signals $y_2(t)$? Überprüfen Sie diesen Wert auch anhand der Größen $m_x$ und $H_2(f=0)$. | + | {Wie groß ist der Gleichanteil des Signals $y_2(t)$? Überprüfen Sie diesen Wert $m_{y2}$ auch anhand der Größen $m_x$ und $H_2(f=0)$. |
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− | $m_{y2} \ =${ 0.5 3% } $\ \rm V$ | + | $m_{y2} \ = \ ${ 0.5 3% } $\ \rm V$ |
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− | [[Datei:P_ID121__Sto_A_3_5_a_neu.png|right|]] | + | [[Datei:P_ID121__Sto_A_3_5_a_neu.png|right|frame|Amplitudenbegrenzung, ablesbar in der WDF]] |
− | + | '''(1)''' Richtig sind <u>die Lösungsvorschläge 1, 3 und 4</u>: | |
+ | *Die Zufallsgröße $y_1$ ist gleichverteilt und dadurch ebenso wie $x$ auch eine kontinuierliche Zufallsgröße. | ||
+ | *Die WDF von $y_2$ weist diskrete Anteile bei $0\hspace{0.05cm} \rm V$ und $2\hspace{0.05cm} \rm V$ auf. | ||
+ | *Zwischen diesen zwei Begrenzungen gibt es selbstverständlich auch kontinuierliche Anteile. | ||
+ | *In diesem Bereich gilt $f_{y2}(y_2) = 1/2$. | ||
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+ | '''(2)''' Der lineare Mittelwert $m_x = 1\hspace{0.05cm} \rm V$ ist aus der Angabenskizze direkt abzulesen, könnte aber auch formal mit der Gleichung für die Gleichverteilung $($zwischen $0\hspace{0.05cm} \rm V$ und $2\hspace{0.05cm} \rm V)$ berechnet werden. Eine weitere Lösungsmöglichkeit bietet die Beziehung: | ||
+ | :$$m_{y_{\rm 1}}=m_x\cdot H_{\rm 1}( f= 0) = 1\hspace{0.05cm} \rm V \cdot 1 \hspace{0.15cm}\underline{ =\rm 1\hspace{0.05cm} \rm V}.$$ | ||
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− | :$$P_{y_{\rm 1}}=\rm\frac{1}{\it T}\cdot \int_{\rm 0}^{\it T} \hspace{-0.15cm}\it y_{\rm 1}(\it t)^{\rm 2}\it \hspace{0.05cm}\hspace{0.1cm}{\rm d}t=\rm\frac{1}{\it T}\cdot \int_{\rm 0}^{\it T} \hspace{-0.15cm}(\rm 2V \cdot \it\frac{t}{T})^{\rm 2} \hspace{0.1cm}{\rm d} t | + | '''(3)''' Eigentlich müsste die Mittelung über den gesamten Zeitbereich (beidseitig bis ins Unendliche) erfolgen. |
+ | * Aus Symmetriegründen genügt jedoch die Mittelung über das Zeitintervall $0 \le t \le T$: | ||
+ | :$$P_{y_{\rm 1}}=\rm\frac{1}{\it T}\cdot \int_{\rm 0}^{\it T} \hspace{-0.15cm}\it y_{\rm 1}{\rm (}\it t{\rm {\rm )}}^{\rm 2}\it \hspace{0.05cm}\hspace{0.1cm}{\rm d}t=\rm\frac{1}{\it T}\cdot \int_{\rm 0}^{\it T} \hspace{-0.15cm}(\rm 2V \cdot \it\frac{t}{T}{\rm )}^{\rm 2} \hspace{0.1cm}{\rm d} t | ||
= \rm {4}/{3}\, V^2 \hspace{0.15cm}\underline{= \rm 1.333\, V^2}.$$ | = \rm {4}/{3}\, V^2 \hspace{0.15cm}\underline{= \rm 1.333\, V^2}.$$ | ||
− | + | *Die Scharmittelung liefert das gleiche Ergebnis. Mit der WDF $f_{y1}(y_1) = 1/(2\hspace{0.05cm} \rm V)$ gilt nämlich: | |
:$$P_{y_{\rm 1}}= | :$$P_{y_{\rm 1}}= | ||
− | \int_0^{2V} \hspace{-0.3cm}\it y_{\rm 1}^{\rm 2}\cdot f_{\it y_{\rm 1}}(\it y_{\rm 1})\it \hspace{0.1cm}{\rm d}y_{\rm 1} | + | \int_0^{2V} \hspace{-0.3cm}\it y_{\rm 1}^{\rm 2}\cdot f_{\it y_{\rm 1}}{\rm (}\it y_{\rm 1}{\rm )}\it \hspace{0.1cm}{\rm d}y_{\rm 1} |
=\rm\frac{1}{2V}\cdot \int_0^{2V} \hspace{-0.3cm}\it y_{\rm 1}^{\rm 2}\hspace{0.1cm}{\rm d}y_{\rm 1} =\rm \frac{8\,{\rm V^3}}{3 \cdot 2\,{\rm V}} | =\rm\frac{1}{2V}\cdot \int_0^{2V} \hspace{-0.3cm}\it y_{\rm 1}^{\rm 2}\hspace{0.1cm}{\rm d}y_{\rm 1} =\rm \frac{8\,{\rm V^3}}{3 \cdot 2\,{\rm V}} | ||
\hspace{0.15cm}\underline{= \rm 1.333\, V^2}.$$ | \hspace{0.15cm}\underline{= \rm 1.333\, V^2}.$$ | ||
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+ | '''(4)''' Die Varianz kann mit dem Satz von Steiner ermittelt werden und ergibt | ||
+ | :$$4/3\hspace{0.05cm} \rm V^2 - 1\hspace{0.05cm} \rm V^2 = 1/3\hspace{0.05cm} \rm V^2.$$ | ||
+ | *Die Wurzel daraus ist die gesuchte Streuung (der Effektivwert): | ||
:$$\sigma_{y_{\rm 1}}\hspace{0.15cm}\underline{=0.577 \, \rm V}.$$ | :$$\sigma_{y_{\rm 1}}\hspace{0.15cm}\underline{=0.577 \, \rm V}.$$ | ||
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− | + | '''(5)''' Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist das Integral über die WDF von $0.75\hspace{0.05cm} \rm V$ bis $2\hspace{0.05cm} \rm V$, also | |
+ | :$${\rm Pr}(y_1 > 0.75\hspace{0.05cm} \rm V) \hspace{0.15cm}\underline{ = 62.5\%}.$$ | ||
− | : | + | |
− | :$$P_{y_{\rm 2}}=\int_{-\infty}^{+\infty}\hspace{-0.3cm}y_{\rm 2}^{\rm 2}\cdot f_{\it y_{\rm 2}}(\it y_{\rm 2})\hspace{0.1cm}{\rm d}y_{\rm 2}=\rm \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}\cdot 1\,V^2+\rm \frac{1}{4}\cdot 1\,V^2 | + | |
+ | '''(6)''' Die WDF besteht aus zwei Diracfunktionen bei $0\hspace{0.05cm} \rm V$ und $1\hspace{0.05cm} \rm V$ $($jeweils mit dem Gewicht $1/4)$ und einem konstanten kontinuierlichen Anteil von | ||
+ | :$$f_{y2}(y_2= 0.5\hspace{0.05cm} \rm V) \hspace{0.15cm}\underline{=0.5 \cdot\rm 1/V}.$$ | ||
+ | *Bei $y_2 = 0.5 \hspace{0.05cm} \rm V$ gibt es deshalb nur den kontinuierlichen Anteil. | ||
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+ | '''(7)''' Der Mittelwert $m_{y_{\rm 2}}\hspace{0.15cm}\underline{ =\rm 0.5\hspace{0.05cm} \rm V}$ kann direkt aus obiger WDF-Skizze abgelesen werden oder wie in der Teilaufgabe '''(2)''' wie folgt berechnet werden: | ||
+ | :$$m_{y_{\rm 2}} = m_x\cdot H_{\rm 2}( f = 0) = 1\hspace{0.05cm} \rm V \cdot 0.5 {\hspace{0.1cm} = \rm 0.5\hspace{0.05cm} \rm V}.$$ | ||
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+ | '''(8)''' Mit obiger WDF gilt für die Leistung: | ||
+ | :$$P_{y_{\rm 2}}=\int_{-\infty}^{+\infty}\hspace{-0.3cm}y_{\rm 2}^{\rm 2}\cdot f_{\it y_{\rm 2}}{\rm (}\it y_{\rm 2})\hspace{0.1cm}{\rm d}y_{\rm 2}=\rm \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}\cdot 1\,V^2+\rm \frac{1}{4}\cdot 1\,V^2 | ||
= 5/12 \,V^2 | = 5/12 \,V^2 | ||
\hspace{0.15cm}{ =\rm 0.417\,V^2}.$$ | \hspace{0.15cm}{ =\rm 0.417\,V^2}.$$ | ||
− | + | *Der erste Anteil geht auf die kontinuierliche WDF zurück, der zweite auf die WDF–Diracfunktion bei $1\hspace{0.05cm} \rm V$. | |
+ | *Die Diracfunktion bei $0\hspace{0.05cm} \rm V$ liefert keinen Beitrag zur Leistung. Daraus folgt für den Effektivwert: | ||
:$$\sigma_{y_{\rm 2}} = \sqrt{{\rm 5}/{\rm 12}\rm V^2 -{1}/{4}\rm V^2}= | :$$\sigma_{y_{\rm 2}} = \sqrt{{\rm 5}/{\rm 12}\rm V^2 -{1}/{4}\rm V^2}= | ||
\sqrt{{\rm 1}/{\rm 6}\rm V^2} | \sqrt{{\rm 1}/{\rm 6}\rm V^2} | ||
\hspace{0.15cm}\underline{=0.409\, \rm V}.$$ | \hspace{0.15cm}\underline{=0.409\, \rm V}.$$ | ||
− | + | ||
− | :$${\rm Pr}(y_2 > 0.75 {\rm V} ) = {\rm Pr}(0.75 {\rm V} \le y_2 < 1 {\rm V} ) + {\rm Pr}(y_2 = 1 {\rm V} ) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4}+ \frac{1}{4} = \frac{3}{8}\hspace{0.15cm}\underline{ = | + | |
+ | '''(9)''' Diese Wahrscheinlichkeit setzt sich ebenfalls aus zwei Anteilen zusammen: | ||
+ | :$${\rm Pr}(y_2 > 0.75 {\rm V} ) = {\rm Pr}(0.75 {\rm V} \le y_2 < 1 {\rm V} ) + {\rm Pr}(y_2 = 1 {\rm V} ) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4}+ \frac{1}{4} = \frac{3}{8}\hspace{0.15cm}\underline{ = 37.5\%}. $$ | ||
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Aktuelle Version vom 1. Februar 2022, 14:51 Uhr
Wir gehen vom Rechtecksignal $x(t)$ gemäß der oberen Grafik aus.
- Die Amplitudenwerte seien $0\hspace{0.05cm} \rm V$ und $2\hspace{0.05cm} \rm V$.
- Die Dauer eines Rechtecks sowie der Abstand zweier aufeinander folgender Rechteckimpulse seien jeweils gleich $T$.
- Die Zufallsgröße $x$ – der Momentanwert des Rechtecksignals $x(t)$ – hat somit folgende Kennwerte:
- $$m_x = \sigma_x = 1\hspace{0.05cm} \rm V.$$
Gibt man nun dieses Signal auf ein lineares Filter mit der Impulsantwort
- $$h_{\rm 1}(t)=\left \{ \begin{array}{*{4}{c}} 1/T & {\; \rm f\ddot{u}r}\hspace{0.2cm}{ 0\le t \le T} \\\ 0 & {\rm sonst} \end{array} \right. , $$
so ergibt sich an dessem Ausgang entsprechend der Faltung das Dreiecksignal $y_1(t) = x(t) \star h_1(t)$ mit
- den Minimalwerten $0\hspace{0.05cm} \rm V$ $($bei $t = 0, 2T, 4T,$ ...$)$,
- den Maximalwerten $2\hspace{0.05cm} \rm V$ $($bei $t = T, 3T, 5T,$ ...$)$.
Bei diesem Tiefpassfilter handelt es sich also um einen Integrator über die Zeitdauer $T$.
Legt man dagegen das Signal $x(t)$ an den Eingang eines Filters mit der Impulsantwort
- $$h_{\rm 2}(t)=\left \{ \begin{array}{*{4}{c}} 1/T & {\; \rm f\ddot{u}r}\hspace{0.2cm}{ 0\le t \le T/2} \\\ 0 & {\rm sonst} \end{array} \right. , $$
so ergibt sich das trapezförmige Signal $y_2(t) = x(t) \star h_2(t)$. Dieses zweite Filter wirkt somit als ein Integrator über die Zeitdauer $T/2$.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Gleichverteilte Zufallsgröße.
- Für die zugehörigen Frequenzgänge gilt $H_1(f=0)= 1$ bzw. $H_2(f=0)= 0.5$.
Fragebogen
Musterlösung
(1) Richtig sind die Lösungsvorschläge 1, 3 und 4:
- Die Zufallsgröße $y_1$ ist gleichverteilt und dadurch ebenso wie $x$ auch eine kontinuierliche Zufallsgröße.
- Die WDF von $y_2$ weist diskrete Anteile bei $0\hspace{0.05cm} \rm V$ und $2\hspace{0.05cm} \rm V$ auf.
- Zwischen diesen zwei Begrenzungen gibt es selbstverständlich auch kontinuierliche Anteile.
- In diesem Bereich gilt $f_{y2}(y_2) = 1/2$.
(2) Der lineare Mittelwert $m_x = 1\hspace{0.05cm} \rm V$ ist aus der Angabenskizze direkt abzulesen, könnte aber auch formal mit der Gleichung für die Gleichverteilung $($zwischen $0\hspace{0.05cm} \rm V$ und $2\hspace{0.05cm} \rm V)$ berechnet werden. Eine weitere Lösungsmöglichkeit bietet die Beziehung:
- $$m_{y_{\rm 1}}=m_x\cdot H_{\rm 1}( f= 0) = 1\hspace{0.05cm} \rm V \cdot 1 \hspace{0.15cm}\underline{ =\rm 1\hspace{0.05cm} \rm V}.$$
(3) Eigentlich müsste die Mittelung über den gesamten Zeitbereich (beidseitig bis ins Unendliche) erfolgen.
- Aus Symmetriegründen genügt jedoch die Mittelung über das Zeitintervall $0 \le t \le T$:
- $$P_{y_{\rm 1}}=\rm\frac{1}{\it T}\cdot \int_{\rm 0}^{\it T} \hspace{-0.15cm}\it y_{\rm 1}{\rm (}\it t{\rm {\rm )}}^{\rm 2}\it \hspace{0.05cm}\hspace{0.1cm}{\rm d}t=\rm\frac{1}{\it T}\cdot \int_{\rm 0}^{\it T} \hspace{-0.15cm}(\rm 2V \cdot \it\frac{t}{T}{\rm )}^{\rm 2} \hspace{0.1cm}{\rm d} t = \rm {4}/{3}\, V^2 \hspace{0.15cm}\underline{= \rm 1.333\, V^2}.$$
- Die Scharmittelung liefert das gleiche Ergebnis. Mit der WDF $f_{y1}(y_1) = 1/(2\hspace{0.05cm} \rm V)$ gilt nämlich:
- $$P_{y_{\rm 1}}= \int_0^{2V} \hspace{-0.3cm}\it y_{\rm 1}^{\rm 2}\cdot f_{\it y_{\rm 1}}{\rm (}\it y_{\rm 1}{\rm )}\it \hspace{0.1cm}{\rm d}y_{\rm 1} =\rm\frac{1}{2V}\cdot \int_0^{2V} \hspace{-0.3cm}\it y_{\rm 1}^{\rm 2}\hspace{0.1cm}{\rm d}y_{\rm 1} =\rm \frac{8\,{\rm V^3}}{3 \cdot 2\,{\rm V}} \hspace{0.15cm}\underline{= \rm 1.333\, V^2}.$$
(4) Die Varianz kann mit dem Satz von Steiner ermittelt werden und ergibt
- $$4/3\hspace{0.05cm} \rm V^2 - 1\hspace{0.05cm} \rm V^2 = 1/3\hspace{0.05cm} \rm V^2.$$
- Die Wurzel daraus ist die gesuchte Streuung (der Effektivwert):
- $$\sigma_{y_{\rm 1}}\hspace{0.15cm}\underline{=0.577 \, \rm V}.$$
(5) Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist das Integral über die WDF von $0.75\hspace{0.05cm} \rm V$ bis $2\hspace{0.05cm} \rm V$, also
- $${\rm Pr}(y_1 > 0.75\hspace{0.05cm} \rm V) \hspace{0.15cm}\underline{ = 62.5\%}.$$
(6) Die WDF besteht aus zwei Diracfunktionen bei $0\hspace{0.05cm} \rm V$ und $1\hspace{0.05cm} \rm V$ $($jeweils mit dem Gewicht $1/4)$ und einem konstanten kontinuierlichen Anteil von
- $$f_{y2}(y_2= 0.5\hspace{0.05cm} \rm V) \hspace{0.15cm}\underline{=0.5 \cdot\rm 1/V}.$$
- Bei $y_2 = 0.5 \hspace{0.05cm} \rm V$ gibt es deshalb nur den kontinuierlichen Anteil.
(7) Der Mittelwert $m_{y_{\rm 2}}\hspace{0.15cm}\underline{ =\rm 0.5\hspace{0.05cm} \rm V}$ kann direkt aus obiger WDF-Skizze abgelesen werden oder wie in der Teilaufgabe (2) wie folgt berechnet werden:
- $$m_{y_{\rm 2}} = m_x\cdot H_{\rm 2}( f = 0) = 1\hspace{0.05cm} \rm V \cdot 0.5 {\hspace{0.1cm} = \rm 0.5\hspace{0.05cm} \rm V}.$$
(8) Mit obiger WDF gilt für die Leistung:
- $$P_{y_{\rm 2}}=\int_{-\infty}^{+\infty}\hspace{-0.3cm}y_{\rm 2}^{\rm 2}\cdot f_{\it y_{\rm 2}}{\rm (}\it y_{\rm 2})\hspace{0.1cm}{\rm d}y_{\rm 2}=\rm \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}\cdot 1\,V^2+\rm \frac{1}{4}\cdot 1\,V^2 = 5/12 \,V^2 \hspace{0.15cm}{ =\rm 0.417\,V^2}.$$
- Der erste Anteil geht auf die kontinuierliche WDF zurück, der zweite auf die WDF–Diracfunktion bei $1\hspace{0.05cm} \rm V$.
- Die Diracfunktion bei $0\hspace{0.05cm} \rm V$ liefert keinen Beitrag zur Leistung. Daraus folgt für den Effektivwert:
- $$\sigma_{y_{\rm 2}} = \sqrt{{\rm 5}/{\rm 12}\rm V^2 -{1}/{4}\rm V^2}= \sqrt{{\rm 1}/{\rm 6}\rm V^2} \hspace{0.15cm}\underline{=0.409\, \rm V}.$$
(9) Diese Wahrscheinlichkeit setzt sich ebenfalls aus zwei Anteilen zusammen:
- $${\rm Pr}(y_2 > 0.75 {\rm V} ) = {\rm Pr}(0.75 {\rm V} \le y_2 < 1 {\rm V} ) + {\rm Pr}(y_2 = 1 {\rm V} ) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4}+ \frac{1}{4} = \frac{3}{8}\hspace{0.15cm}\underline{ = 37.5\%}. $$