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-, Dreieck- und Trapezsignal ]]
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[[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.  
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Wir gehen vom Rechtecksignal  $x(t)$  gemäß der oberen Grafik aus.  
*Die Amplitudenwerte sind $0\hspace{0.05cm} \rm V$ und $2\hspace{0.05cm} \rm V$.
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*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 $T$.  
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*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:  
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*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  
$$h_{\rm 1}(t)=\left \{ \begin{array}{*{4}{c}} 1/T & {\; \rm f\ddot{u}r}\hspace{0.1cm}{ 0\le  t \le  T} \\\ 0 & {\rm sonst} \end{array} \right. ,  $$
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:$$h_{\rm 1}(t)=\left \{ \begin{array}{*{4}{c}} 1/T & {\; \rm f\ddot{u}r}\hspace{0.2cm}{ 0\le  t \le  T} \\\ 0 & {\rm sonst} \end{array} \right. ,  $$
  
so ergibt sich an dessem Ausgang entsprechend der Faltung das Dreiecksignal $y_1(t) = x(t) \star  h_1(t)$ mit
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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 $t = 0, 2T, 4T, ...$),
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*den Minimalwerten  $0\hspace{0.05cm} \rm V$  $($bei  $t = 0, 2T, 4T,$ ...$)$,
*den Maximalwerten $2\hspace{0.05cm} \rm V$ (bei $t = T, 3T, 5T, ...$).
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*den Maximalwerten  $2\hspace{0.05cm} \rm V$  $($bei  $t = T, 3T, 5T,$ ...$)$.
  
  
Bei diesem Tiefpassfilter handelt es sich also um einen Integrator &uuml;ber die Zeitdauer $T$.<br>
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Bei diesem Tiefpassfilter handelt es sich also um einen Integrator &uuml;ber die Zeitdauer&nbsp; $T$.<br>
  
Legt man dagegen das Rechtecksignal$x(t)$ an den Eingang eines Filters mit der Impulsantwort
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Legt man dagegen das Signal&nbsp; $x(t)$&nbsp; an den Eingang eines Filters mit der Impulsantwort
$$h_{\rm 2}(t)=\left \{ \begin{array}{*{4}{c}} 1/T & {\; \rm f\ddot{u}r}\hspace{0.1cm}{ 0\le  t \le  T/2} \\\ 0 & {\rm sonst} \end{array} \right. ,  $$
+
:$$h_{\rm 2}(t)=\left \{ \begin{array}{*{4}{c}} 1/T & {\; \rm f\ddot{u}r}\hspace{0.2cm}{ 0\le  t \le  T/2} \\\ 0 & {\rm sonst} \end{array} \right. ,  $$
  
so ergibt sich das trapezf&ouml;rmige Signal $y_2(t) = x(t) \star  h_2(t)$. Dieses zweite Filter wirkt somit als ein Integrator &uuml;ber die Zeitdauer $T/2$.
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so ergibt sich das trapezf&ouml;rmige Signal&nbsp; $y_2(t) = x(t) \star  h_2(t)$.&nbsp; Dieses zweite Filter wirkt somit als ein Integrator &uuml;ber die Zeitdauer&nbsp; $T/2$.
 
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''Hinweise:''  
 
''Hinweise:''  
*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel [[Stochastische_Signaltheorie/Gleichverteilte_Zufallsgröße|Gleichverteilte_Zufallsgröße]].
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*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel&nbsp; [[Stochastische_Signaltheorie/Gleichverteilte_Zufallsgröße|Gleichverteilte Zufallsgröße]].
*Sollte die Eingabe des Zahlenwertes &bdquo;0&rdquo; erforderlich sein, so geben Sie bitte &bdquo;0.&rdquo; ein.
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*F&uuml;r die zugeh&ouml;rigen Frequenzg&auml;nge gilt $H_1(f=0)= 1$ bzw. $H_2(f=0)= 0.5$.
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*F&uuml;r die zugeh&ouml;rigen Frequenzg&auml;nge gilt&nbsp; $H_1(f=0)= 1$&nbsp; bzw.&nbsp; $H_2(f=0)= 0.5$.
  
  
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{Welche der folgenden Aussagen sind zutreffend?
 
{Welche der folgenden Aussagen sind zutreffend?
 
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|type="[]"}
+ $y_1(t)$ ist eine kontinuierliche Zufallsgr&ouml;&szlig;e.
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+ $y_1(t)$&nbsp; ist eine kontinuierliche Zufallsgr&ouml;&szlig;e.
- $y_1(t)$ besitzt eine dreieckf&ouml;rmige WDF.
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- $y_1(t)$&nbsp; besitzt eine dreieckf&ouml;rmige WDF.
+ $y_1(t)$ ist gleichverteilt.
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+ $y_1(t)$&nbsp; ist gleichverteilt.
+ $y_2(t)$ hat kontinuierliche und diskrete Anteile.
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+ $y_2(t)$&nbsp; hat kontinuierliche und diskrete Anteile.
  
  
{Wie gro&szlig; ist der Gleichanteil des Signals $y_1(t)$? &Uuml;berpr&uuml;fen Sie diesen Wert auch anhand der Gr&ouml;&szlig;en $m_x$ und $H_1(f=0)$.
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{Wie gro&szlig; ist der Gleichanteil des Signals&nbsp; $y_1(t)$?&nbsp; &Uuml;berpr&uuml;fen Sie diesen Wert&nbsp; $m_{y1}$&nbsp; auch anhand der Gr&ouml;&szlig;en&nbsp; $m_x$&nbsp; und&nbsp; $H_1(f=0)$.
 
|type="{}"}
 
|type="{}"}
$m_{y1} \ =$  { 1 3% } $\ \rm V$
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$m_{y1} \ = \ $  { 1 3% } $\ \rm V$
  
  
{Bestimmen Sie die Leistung des Signals $y_1(t)$ sowohl durch Zeitmittelung als auch durch Scharmittelung.
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{Bestimmen Sie die Leistung des Signals&nbsp; $y_1(t)$&nbsp; sowohl durch Zeitmittelung als auch durch Scharmittelung.
 
|type="{}"}
 
|type="{}"}
$P_{y1} \ =$ { 1.333 3% } $\ \rm V^2$
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$P_{y1} \ = \ $ { 1.333 3% } $\ \rm V^2$
  
  
{Wie gro&szlig; ist der Effektivwert des Signals $y_1(t)$?  
+
{Wie gro&szlig; ist der Effektivwert des Signals&nbsp; $y_1(t)$?  
 
|type="{}"}
 
|type="{}"}
$\sigma_{y1} \ =$  { 0.577 3% }  $\ \rm V$
+
$\sigma_{y1} \ = \ $  { 0.577 3% }  $\ \rm V$
  
  
{Wie gro&szlig; ist die Wahrscheinlichkeit, dass $y_1(t)$ gr&ouml;&szlig;er ist als $0.75\hspace{0.05cm} \rm V$?
+
{Wie gro&szlig; ist die Wahrscheinlichkeit,&nbsp; dass&nbsp; $y_1(t)$&nbsp; gr&ouml;&szlig;er ist als&nbsp; $0.75\hspace{0.05cm} \rm V$?
 
|type="{}"}
 
|type="{}"}
${\rm Pr}(y_1 > 0.75\hspace{0.05cm} \rm V) \ =$ { 0.625 3% }
+
${\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&nbsp; $y_2(t)$&nbsp; und skizzieren Sie diese.&nbsp; Geben Sie zur Kontrolle den WDF-Wert an der Stelle&nbsp; $y_2 = 0.5\hspace{0.05cm} \rm V$&nbsp; ein.
 
|type="{}"}
 
|type="{}"}
$f_{y2}(y_2= 0.5\hspace{0.05cm} \rm V) \ =$  { 0.5 3% } $\ \rm 1/V$
+
$f_{y2}(y_2= 0.5\hspace{0.05cm} \rm V) \ = \ $  { 0.5 3% } $\ \rm 1/V$
  
  
{Wie gro&szlig; ist der Gleichanteil des Signals $y_2(t)$? &Uuml;berpr&uuml;fen Sie diesen Wert auch anhand der Gr&ouml;&szlig;en $m_x$ und $H_2(f=0)$.
+
{Wie gro&szlig; ist der Gleichanteil des Signals&nbsp; $y_2(t)$?&nbsp; &Uuml;berpr&uuml;fen Sie diesen Wert&nbsp; $m_{y2}$&nbsp; auch anhand der Gr&ouml;&szlig;en&nbsp; $m_x$&nbsp; und&nbsp; $H_2(f=0)$.
 
|type="{}"}
 
|type="{}"}
$m_{y2} \ =${ 0.5 3% } $\ \rm V$
+
$m_{y2} \ = \ ${ 0.5 3% } $\ \rm V$
  
  
{Wie gro&szlig; ist der Effektivwert des Signals $y_2(t)$?
+
{Wie gro&szlig; ist der Effektivwert des Signals&nbsp; $y_2(t)$?
 
|type="{}"}
 
|type="{}"}
$\sigma_{y2} \ =$ { 0.409 3% } $\ \rm V$
+
$\sigma_{y2} \ = \ $ { 0.409 3% } $\ \rm V$
  
  
{Wie gro&szlig; ist die Wahrscheinlichkeit, dass $y_2(t)$ gr&ouml;&szlig;er ist als $0.75\hspace{0.05cm} \rm V$?
+
{Wie gro&szlig; ist die Wahrscheinlichkeit, dass&nbsp; $y_2(t)$&nbsp; gr&ouml;&szlig;er ist als&nbsp; $0.75\hspace{0.05cm} \rm V$?
 
|type="{}"}
 
|type="{}"}
${\rm Pr}(y_2 > 0.75\hspace{0.05cm} \rm V) \ =$ { 0.375 3% }
+
${\rm Pr}(y_2 > 0.75\hspace{0.05cm} \rm V) \ = \ $ { 37.5 3% } $ \ \%$
  
  
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===Musterlösung===
 
===Musterlösung===
 
{{ML-Kopf}}
 
{{ML-Kopf}}
[[Datei:P_ID121__Sto_A_3_5_a_neu.png|right|]]
+
[[Datei:P_ID121__Sto_A_3_5_a_neu.png|right|frame|Amplitudenbegrenzung,&nbsp; ablesbar in der WDF]]
:<b>1.</b>&nbsp;&nbsp;Die Zufallsgr&ouml;&szlig;e <i>y</i><sub>1</sub> ist gleichverteilt und dadurch natürlich auch eine kontinuierliche Zufallsgr&ouml;&szlig;e. Die WDF von <i>y</i><sub>2</sub> weist diskrete Anteile bei 0 V und 1 V auf. Zwischen diesen zwei Begrenzungen gibt es selbstverständlich auch kontinuierliche Anteile. In diesem Bereich gilt <i>f<sub>x</sub></i>(<i>x</i>) = 1/2. Richtig sind somit <u>die Lösungsvorschläge 1, 3 und 4</u>.
+
'''(1)'''&nbsp; Richtig sind&nbsp; <u>die Lösungsvorschläge 1, 3 und 4</u>:
 +
*Die Zufallsgr&ouml;&szlig;e&nbsp; $y_1$&nbsp; ist gleichverteilt und dadurch ebenso wie&nbsp; $x$&nbsp; auch eine kontinuierliche Zufallsgr&ouml;&szlig;e.  
 +
*Die WDF von&nbsp; $y_2$&nbsp; weist diskrete Anteile bei&nbsp; $0\hspace{0.05cm} \rm V$&nbsp; und&nbsp; $2\hspace{0.05cm} \rm V$&nbsp; auf.  
 +
*Zwischen diesen zwei Begrenzungen gibt es selbstverständlich auch kontinuierliche Anteile.&nbsp;
 +
*In diesem Bereich gilt&nbsp; $f_{y2}(y_2) = 1/2$.  
 +
 
 +
 
 +
 
 +
'''(2)'''&nbsp; Der lineare Mittelwert&nbsp; $m_x = 1\hspace{0.05cm} \rm V$&nbsp; ist aus der Angabenskizze direkt abzulesen, k&ouml;nnte aber auch formal mit der Gleichung f&uuml;r die Gleichverteilung $($zwischen&nbsp; $0\hspace{0.05cm} \rm V$&nbsp; und&nbsp; $2\hspace{0.05cm} \rm V)$&nbsp; berechnet werden.&nbsp; Eine weitere L&ouml;sungsm&ouml;glichkeit bietet die Beziehung:
 +
:$$m_{y_{\rm 1}}=m_x\cdot H_{\rm 1}( f= 0) = 1\hspace{0.05cm} \rm V \cdot 1 \hspace{0.15cm}\underline{ =\rm 1\hspace{0.05cm} \rm V}.$$
  
:<br><br>
 
:<b>2.</b>&nbsp;&nbsp;Der lineare Mittelwert <i>m</i><sub><i>y</i>1</sub> = 1V ist aus der Angabenskizze direkt abzulesen, k&ouml;nnte aber auch formal mit der Gleichung f&uuml;r die Gleichverteilung (zwischen 0 V und 2 V) berechnet werden. Eine weitere L&ouml;sungsm&ouml;glichkeit bietet die Beziehung:
 
:$$m_{y_{\rm 1}}=m_x\cdot H_{\rm 1}(\it f=\rm 0) = \rm 1\,V \cdot 1\hspace{0.15cm}\underline{ =\rm 1\,V}.$$
 
  
:<b>3.</b>&nbsp;&nbsp;Eigentlich m&uuml;sste die Mittelung &uuml;ber den gesamten Zeitbereich (beidseitig bis ins Unendliche) erfolgen. Aus Symmetriegr&uuml;nden gen&uuml;gt jedoch die Mittelung &uuml;ber das Zeitintervall 0 &#8804; <i>t</i> &#8804; <i>T</i>:
+
 
:$$P_{y_{\rm 1}}=\rm\frac{1}{\it T}\cdot \int_{\rm 0}^{\it T} \hspace{-0.15cm}\it y_{\rm 1}(\it t)^{\rm 2}\it \hspace{0.05cm}\hspace{0.1cm}{\rm d}t=\rm\frac{1}{\it T}\cdot \int_{\rm 0}^{\it T} \hspace{-0.15cm}(\rm 2V \cdot \it\frac{t}{T})^{\rm 2} \hspace{0.1cm}{\rm d} t
+
'''(3)'''&nbsp; Eigentlich m&uuml;sste die Mittelung &uuml;ber den gesamten Zeitbereich (beidseitig bis ins Unendliche) erfolgen.
 +
* Aus Symmetriegr&uuml;nden gen&uuml;gt jedoch die Mittelung &uuml;ber das Zeitintervall&nbsp; $0 \le t \le T$:
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:$$P_{y_{\rm 1}}=\rm\frac{1}{\it T}\cdot \int_{\rm 0}^{\it T} \hspace{-0.15cm}\it y_{\rm 1}{\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}.$$
  
:<b>4.</b>&nbsp;&nbsp;Die Scharmittelung liefert das gleiche Ergebnis. Mit der WDF <i>f<sub>y</sub></i><sub>1</sub>(<i>y</i><sub>1</sub>) = 1/(2V) gilt nämlich:
+
*Die Scharmittelung liefert das gleiche Ergebnis. Mit der WDF&nbsp; $f_{y1}(y_1) = 1/(2\hspace{0.05cm} \rm V)$&nbsp; 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}.$$
  
:Die Varianz kann mit dem Satz von Steiner ermittelt werden und ergibt 4/3 V<sup>2</sup> - 1 V<sup>2</sup> = 1/3 V<sup>2</sup>. Die Wurzel daraus ist die gesuchte Streuung (der Effektivwert):
+
 
 +
 
 +
'''(4)'''&nbsp; Die Varianz kann mit dem Satz von Steiner ermittelt werden und ergibt&nbsp;
 +
:$$4/3\hspace{0.05cm} \rm V^2 - 1\hspace{0.05cm} \rm V^2 = 1/3\hspace{0.05cm} \rm V^2.$$
 +
*Die Wurzel daraus ist die gesuchte Streuung (der Effektivwert): &nbsp; &nbsp;
 
:$$\sigma_{y_{\rm 1}}\hspace{0.15cm}\underline{=0.577 \, \rm V}.$$
 
:$$\sigma_{y_{\rm 1}}\hspace{0.15cm}\underline{=0.577 \, \rm V}.$$
  
:<b>5.</b>&nbsp;&nbsp;Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist das Integral &uuml;ber die WDF von 0.75V bis 2V, also <u>0.625</u>.
 
  
:<b>6.</b>&nbsp;&nbsp;Die WDF besteht aus zwei Diracfunktionen bei 0 V und 1 V (jeweils mit dem Gewicht 1/4) und einem konstanten kontinuierlichen Anteil von <u>0.5 (mal 1/V)</u>. Bei <i>y</i><sub>2</sub> = 0.5 V gibt es deshalb nur den kontinuierlichen Anteil.
 
  
:<b>7.</b>&nbsp;&nbsp;Der Mittelwert <i>m</i><sub><i>y</i><sub>2</sub></sub> <u>= 0.5V</u> kann direkt aus obiger WDF-Skizze abgelesen werden oder &ndash; wie bei b) &ndash; &uuml;ber die Beziehung <i>m</i><sub><i>y</i><sub>2</sub></sub> = <i>m<sub>x</sub></i> &middot; <i>H</i><sub>2</sub> (<i>f</i> = 0) = 1 V &middot; 0.5 berechnet werden.
+
'''(5)'''&nbsp; Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist das Integral &uuml;ber die WDF von&nbsp; $0.75\hspace{0.05cm} \rm V$&nbsp; bis $2\hspace{0.05cm} \rm V$,&nbsp; also
 +
:$${\rm Pr}(y_1 > 0.75\hspace{0.05cm} \rm V) \hspace{0.15cm}\underline{ = 62.5\%}.$$
  
:<b>8.</b>&nbsp;&nbsp;Mit obiger WDF gilt f&uuml;r die Leistung:
+
 
:$$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)'''&nbsp; Die WDF besteht aus zwei Diracfunktionen bei&nbsp; $0\hspace{0.05cm} \rm V$&nbsp; und&nbsp; $1\hspace{0.05cm} \rm V$&nbsp; $($jeweils mit dem Gewicht&nbsp; $1/4)$&nbsp; 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&nbsp; $y_2 = 0.5 \hspace{0.05cm} \rm V$&nbsp; gibt es deshalb nur den kontinuierlichen Anteil.
 +
 
 +
 
 +
 
 +
'''(7)'''&nbsp; Der Mittelwert&nbsp; $m_{y_{\rm 2}}\hspace{0.15cm}\underline{ =\rm 0.5\hspace{0.05cm} \rm V}$&nbsp; kann direkt aus obiger WDF-Skizze abgelesen werden oder wie in der Teilaufgabe&nbsp; '''(2)'''&nbsp; 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)'''&nbsp; Mit obiger WDF gilt f&uuml;r 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 zur&uuml;ck, der zweite auf die WDF&ndash;Diracfunktion bei 1 V. Die Diracfunktion bei <nobr>0 V</nobr> liefert keinen Beitrag zur Leistung. Daraus folgt f&uuml;r den Effektivwert:
+
*Der erste Anteil geht auf die kontinuierliche WDF zur&uuml;ck,&nbsp; der zweite auf die WDF&ndash;Diracfunktion bei&nbsp; $1\hspace{0.05cm} \rm V$.  
 +
*Die Diracfunktion bei&nbsp; $0\hspace{0.05cm} \rm V$&nbsp; liefert keinen Beitrag zur Leistung.&nbsp; Daraus folgt f&uuml;r 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}.$$
  
:<b>9.</b>&nbsp;&nbsp;Diese Wahrscheinlichkeit setzt sich ebenfalls aus zwei Anteilen zusammen:
+
 
:$${\rm Pr}(y_2 > 0.75 {\rm V} ) = {\rm Pr}(0.75 {\rm V} \le y_2 < 1 {\rm V} )  + {\rm Pr}(y_2 = 1 {\rm V} )  = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4}+ \frac{1}{4} = \frac{3}{8}\hspace{0.15cm}\underline{ = 0.375}. $$
+
 
 +
'''(9)'''&nbsp; Diese Wahrscheinlichkeit setzt sich ebenfalls aus zwei Anteilen zusammen:
 +
:$${\rm Pr}(y_2 > 0.75 {\rm V} ) = {\rm Pr}(0.75 {\rm V} \le y_2 < 1 {\rm V} )  + {\rm Pr}(y_2 = 1 {\rm V} )  = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4}+ \frac{1}{4} = \frac{3}{8}\hspace{0.15cm}\underline{ = 37.5\%}. $$
  
 
{{ML-Fuß}}
 
{{ML-Fuß}}

Aktuelle Version vom 1. Februar 2022, 14:51 Uhr

Rechteck–, Dreieck– und Trapezsignal

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:

  • Für die zugehörigen Frequenzgänge gilt  $H_1(f=0)= 1$  bzw.  $H_2(f=0)= 0.5$.


Fragebogen

1

Welche der folgenden Aussagen sind zutreffend?

$y_1(t)$  ist eine kontinuierliche Zufallsgröße.
$y_1(t)$  besitzt eine dreieckförmige WDF.
$y_1(t)$  ist gleichverteilt.
$y_2(t)$  hat kontinuierliche und diskrete Anteile.

2

Wie groß ist der Gleichanteil des Signals  $y_1(t)$?  Überprüfen Sie diesen Wert  $m_{y1}$  auch anhand der Größen  $m_x$  und  $H_1(f=0)$.

$m_{y1} \ = \ $

$\ \rm V$

3

Bestimmen Sie die Leistung des Signals  $y_1(t)$  sowohl durch Zeitmittelung als auch durch Scharmittelung.

$P_{y1} \ = \ $

$\ \rm V^2$

4

Wie groß ist der Effektivwert des Signals  $y_1(t)$?

$\sigma_{y1} \ = \ $

$\ \rm V$

5

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit,  dass  $y_1(t)$  größer ist als  $0.75\hspace{0.05cm} \rm V$?

${\rm Pr}(y_1 > 0.75\hspace{0.05cm} \rm V) \ = \ $

$ \ \%$

6

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.

$f_{y2}(y_2= 0.5\hspace{0.05cm} \rm V) \ = \ $

$\ \rm 1/V$

7

Wie groß ist der Gleichanteil des Signals  $y_2(t)$?  Überprüfen Sie diesen Wert  $m_{y2}$  auch anhand der Größen  $m_x$  und  $H_2(f=0)$.

$m_{y2} \ = \ $

$\ \rm V$

8

Wie groß ist der Effektivwert des Signals  $y_2(t)$?

$\sigma_{y2} \ = \ $

$\ \rm V$

9

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass  $y_2(t)$  größer ist als  $0.75\hspace{0.05cm} \rm V$?

${\rm Pr}(y_2 > 0.75\hspace{0.05cm} \rm V) \ = \ $

$ \ \%$


Musterlösung

Amplitudenbegrenzung,  ablesbar in der WDF

(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:

$${\rm Pr}(y_2 > 0.75 {\rm V} ) = {\rm Pr}(0.75 {\rm V} \le y_2 < 1 {\rm V} ) + {\rm Pr}(y_2 = 1 {\rm V} ) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4}+ \frac{1}{4} = \frac{3}{8}\hspace{0.15cm}\underline{ = 37.5\%}. $$