Aufgaben:Aufgabe 3.5Z: Antennengebiete: Unterschied zwischen den Versionen
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Wir betrachten zunächst – wie im oberen Bild skizziert – eine Empfangsantenne, die ein kreisförmiges Gebiet $K$ versorgt. Es wird hierbei vorausgesetzt, dass diese Antenne alle unter unterschiedlichen Winkeln $\alpha$ einfallenden Signale gleich gut detektieren kann: | Wir betrachten zunächst – wie im oberen Bild skizziert – eine Empfangsantenne, die ein kreisförmiges Gebiet $K$ versorgt. Es wird hierbei vorausgesetzt, dass diese Antenne alle unter unterschiedlichen Winkeln $\alpha$ einfallenden Signale gleich gut detektieren kann: | ||
*Entsprechend der Skizze bezieht sich der Winkel $\alpha$ auf die $x$–Achse. | *Entsprechend der Skizze bezieht sich der Winkel $\alpha$ auf die $x$–Achse. |
Version vom 9. August 2018, 09:04 Uhr
Wir betrachten zunächst – wie im oberen Bild skizziert – eine Empfangsantenne, die ein kreisförmiges Gebiet $K$ versorgt. Es wird hierbei vorausgesetzt, dass diese Antenne alle unter unterschiedlichen Winkeln $\alpha$ einfallenden Signale gleich gut detektieren kann:
- Entsprechend der Skizze bezieht sich der Winkel $\alpha$ auf die $x$–Achse.
- Der Wert $\alpha = 0$ bedeutet demnach, dass sich das Signal in Richtung der negativen $x$–Achse auf die Antenne zu bewegt.
Weiter setzen wir voraus:
- Der Wertebereich des Einfallswinkels $\alpha$ beträgt mit dieser Definition $-\pi < \alpha \le +\pi$.
- Es halten sich sehr viele Teilnehmer im Versorgungsgebiet auf, deren Positionen $(x, y)$ „statistisch” über das Gebiet $K$ verteilt sind.
Ab der Teilaufgabe (5) gehen wir von dem unten skizzierten Versorgungsgebiet $G$ aus.
- Wegen eines Hindernisses muss nun die $x$–Koordinate aller Teilnehmer größer als $-R/2$ sein.
- Auch im Versorgungsgebiet $G$ seien die Teilnehmer wieder „statistisch verteilt”.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Gleichverteilte Zufallsgröße.
Fragebogen
Musterlösung
(2) Es gilt ${\rm E}\big[\alpha\big] = 0$ ⇒ Antwort 1. Es hat keinen Einfluss, dass $\alpha = +\pi$ erlaubt, aber $\alpha = -\pi$ ausgeschlossen ist.
(3) Für die Varianz bzw. die Streuung des Einfallswinkels $\alpha$ gilt:
- $$\sigma_{\alpha}^{\rm 2}=\int_{-\rm\pi}^{\rm\pi}\hspace{-0.1cm}\it\alpha^{\rm 2}\cdot \it f_{\alpha}(\alpha)\,\,{\rm d} \alpha=\frac{\rm 1}{\rm 2\cdot\it \pi}\cdot \frac{\alpha^{\rm 3}}{\rm 3}\Bigg|_{\rm -\pi}^{\rm\pi}=\frac{\rm 2\cdot\pi^{3}}{\rm 2\cdot\rm \pi\cdot \rm 3}=\frac{\rm \pi^2}{\rm 3} = \rm 3.29. \hspace{0.5cm}\Rightarrow \hspace{0.5cm}\sigma_{\alpha}\hspace{0.15cm}\underline{=1.814}.$$
(4) Da der vorgegebene Kreisausschnitt genau ein Viertel der gesamten Kreisfläche ausmacht, ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit
- $${\rm Pr}(–π/4 ≤ α ≤ +π/4)\hspace{0.15cm}\underline{=0.25}.$$
(5) Aus einfachen geometrischen Überlegungen (rechtwinkliges Dreieck, in der nebenstehenden Skizze dunkelblau blau markiert) erhält man die Bestimmungsgleichung für den Winkel $\alpha_0$:
- $$\cos(\pi-\alpha_{\rm 0}) = \frac{R/ 2}{R}={\rm 1}/{\rm 2}\hspace{0.5cm}\Rightarrow\hspace{0.5cm}\rm\pi-\it\alpha_{\rm 0}=\frac{\rm\pi}{\rm 3} \hspace{0.2cm}\rm( 60^{\circ}).$$
Daraus folgt $\alpha_0 = \pi/3\hspace{0.15cm}\underline{=2.094}.$ Dies entspricht $\alpha_0 \hspace{0.15cm}\underline{=120^\circ}$.
(6) Richtig ist der Lösungsvorschlag 3:
- Die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF) $f_\alpha(\alpha)$ ist für einen gegebenen Winkel $\alpha$ direkt proportional zum Abstand $A$ zwischen Antenne und Begrenzungslinie.
- Bei $\alpha = \pm 2\pi/3 = \pm 120^\circ$ gilt $A = R$, bei $\alpha \pm \pi = \pm 180^\circ$ dagegen $A = R/2$.
- Dazwischen wird der Abstand sukzessive kleiner. Das heißt: Die WDF fällt zu den Rändern hin ab.
- Der Abfall erfolgt hierbei nach folgendem Verlauf:
- $$\it A=\frac{\it R/\rm 2}{\rm cos(\rm \pi-\it\alpha)}.$$
(7) Die Fläche $G$ kann aus der Summe des $240^\circ$–Sektors und des durch die Eckpunkte $\rm UVW$ gebildeten Dreiecks berechnet werden:
- $$G=\frac{\rm 2}{\rm 3}\cdot \it R^{\rm 2}\cdot{\rm \pi} + \frac{\it R}{\rm 2}\cdot \it R\cdot \rm sin(\rm 60^{\circ}) = \it R^{\rm 2}\cdot \rm\pi\cdot (\frac{\rm 2}{\rm 3}+\frac{\rm \sqrt{3}}{\rm 4\cdot\pi}).$$
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ergibt sich als das Verhältnis der Flächen $F$ und $G$ (siehe Skizze):
- $$\rm Pr(\rm -\pi/4\le\it\alpha\le+\rm\pi/4)=\frac{\it F}{\it G}=\frac{1/4}{2/3+{\rm sin(60^{\circ})}/({\rm 2\pi})}=\frac{\rm 0.25}{\rm 0.805}\hspace{0.15cm}\underline{=\rm 0.311}.$$
Obwohl sich gegenüber Punkt (4) an der Fläche $F$ nichts geändert hat, wird die Wahrscheinlichkeit nun aufgrund des kleineren Gebietes $G$ um den Faktor $1/0.805 ≈ 1.242$ größer.
(8) Da die WDF-Fläche insgesamt konstant gleich $1$ ist und die WDF an den Rändern abnimmt, muss sie im Bereich $|\alpha| < 2\pi/3$ einen größeren Wert als unter (1) berechnet besitzen. Mit den Ergebnissen aus (1) und (7) gilt:
- $$f_{\alpha}(\alpha = 0)=\frac{1/(2\pi)}{2/3+{\rm sin(\rm 60^{\circ})}/({\rm 2\pi})} = \frac{\rm 1}{{\rm 4\cdot\pi}/{\rm 3}+\rm sin(60^{\circ})}\hspace{0.15cm}\underline{\approx \rm 0.198}.$$
Wie die unter Punkt (7) berechnete Wahrscheinlichkeit nimmt auch gleichzeitig der WDF-Wert im Bereich $|\alpha| < 2\pi/3$ um den Faktor $1.242$ zu, wenn das Versorgungsgebiet kleiner wird.