Aufgaben:Aufgabe 5.1: Gaußsche AKF und Gaußtiefpass

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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

1

Wie groß ist der Effektivwert des Filtereingangssignals?

$\sigma_x \ = $ $\ \rm V$

2

Bestimmen Sie aus der skizzierten AKF auch die äquivalente AKF-Dauer des Signals $x(t)$. Wie kann diese allgemein ermittelt werden?

$\nabla\tau_x \ = $ $\ \mu s$

3

Wie lautet das Leistungsdichtespektrum ${\it Φ}_x(f)$ des Eingangsignals? Wie groß ist der LDS-Wert bei $f= 0$?

${\it Φ}_x(f=0) \ = $ $\ \cdot 10^{-9}\ \rm V^2/Hz$

4

Berechnen Sie das LDS ${\it Φ}_y(f)$ am Filterausgang allgemein als Funktion von $\sigma_x$, $\nabla \tau_x$, $H_0$ und $\Delta f$. Welche Aussagen treffen zu?

	Das LDS ${\it Φ}_y(f)$ ist ebenfalls gaußförmig.
	Je kleiner $\Delta f$ ist, um so breiter ist ${\it Φ}_y(f)$.
	$H_0$ beeinflusst nur die Höhe, aber nicht die Breite von ${\it Φ}_y(f)$.

5

Wie groß muss die äquivalente Filterbandbreite $\Delta f$ gewählt werden, damit für die äquivalente AKF-Dauer $\nabla \tau_y = 3 \ \rm \mu s$ gilt?

$\Delta f \ = $ $\ \rm MHz$

6

Wie groß muss man den Gleichsignalübertragungsfaktor $H_0$ wählen, damit die Bedingung $\sigma_y = \sigma_x$ erfüllt wird?

$H_0 \ = $

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Die Varianz ist gleich dem AKF-Wert bei $\tau = 0$, also $\sigma_x^2 = 0.04 \ \rm V^2$. Daraus folgt $\sigma_x\hspace{0.15cm}\underline {= 0.2 \ \rm V}$.

(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:

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