Aufgabe 3.5: Dreieck- und Trapezsignal
Wir gehen vom Rechtecksignal $x(t)$ gemäß der oberen Grafik aus.
- Die Amplitudenwerte sind $0\hspace{0.05cm} \rm V$ und $2\hspace{0.05cm} \rm V$.
- 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 $$h_{\rm 1}(t)=\left \{ \begin{array}{*{4}{c}} 1/T & {\; \rm f\ddot{u}r}\hspace{0.1cm}{ 0\le t \le T} \\\ 0 & {\rm sonst} \end{array} \right. , $$
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 Rechtecksignal$x(t)$ an den Eingang eines Filters mit der Impulsantwort $$h_{\rm 2}(t)=\left \{ \begin{array}{*{4}{c}} 1/T & {\; \rm f\ddot{u}r}\hspace{0.1cm}{ 0\le t \le T/2} \\\ 0 & {\rm sonst} \end{array} \right. , $$
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.
- Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
- 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 natürlich 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 $f_x(x) = 1/2$.
(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 $0 \le t \le T$: $$P_{y_{\rm 1}}=\rm\frac{1}{\it T}\cdot \int_{\rm 0}^{\it T} \hspace{-0.15cm}\it y_{\rm 1}(\it t{\rm )}^{\rm 2}\it \hspace{0.05cm}\hspace{0.1cm}{\rm d}t=\rm\frac{1}{\it T}\cdot \int_{\rm 0}^{\it T} \hspace{-0.15cm}(\rm 2V \cdot \it\frac{t}{T})^{\rm 2} \hspace{0.1cm}{\rm d} t = \rm {4}/{3}\, V^2 \hspace{0.15cm}\underline{= \rm 1.333\, V^2}.$$
Die Scharmittelung liefert das gleiche Ergebnis. Mit der WDF $f_{y1}(y_1) = 1/(2\hspace{0.05cm} \rm V)$ gilt nämlich: $$P_{y_{\rm 1}}= \int_0^{2V} \hspace{-0.3cm}\it y_{\rm 1}^{\rm 2}\cdot f_{\it y_{\rm 1}}(\it y_{\rm 1})\it \hspace{0.1cm}{\rm d}y_{\rm 1} =\rm\frac{1}{2V}\cdot \int_0^{2V} \hspace{-0.3cm}\it y_{\rm 1}^{\rm 2}\hspace{0.1cm}{\rm d}y_{\rm 1} =\rm \frac{8\,{\rm V^3}}{3 \cdot 2\,{\rm V}} \hspace{0.15cm}\underline{= \rm 1.333\, V^2}.$$
(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 ${\rm Pr}(y_1 > 0.75\hspace{0.05cm} \rm V) \hspace{0.15cm}\underline{ =0.625}$.
(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 $m_{y_{\rm 2}}=m_x\cdot H_{\rm 1}( f= 0) { =\rm 0.5\hspace{0.05cm} \rm V}$ kann direkt aus obiger WDF-Skizze abgelesen werden oder wie in derr Teilaufgabe (2) über die Beziehung $m_{y_{\rm 2}}=m_x\cdot H_{\rm 2}( f= 0) = 1\hspace{0.05cm} \rm V \cdot 0.5 { =\rm 0.5\hspace{0.05cm} \rm V}$ berechnet werden.
(8) Mit obiger WDF gilt für die Leistung:
$$P_{y_{\rm 2}}=\int_{-\infty}^{+\infty}\hspace{-0.3cm}y_{\rm 2}^{\rm 2}\cdot f_{\it y_{\rm 2}}(\it y_{\rm 2})\hspace{0.1cm}{\rm d}y_{\rm 2}=\rm \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}\cdot 1\,V^2+\rm \frac{1}{4}\cdot 1\,V^2
= 5/12 \,V^2
\hspace{0.15cm}{ =\rm 0.417\,V^2}.$$
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:
$${\rm Pr}(y_2 > 0.75 {\rm V} ) = {\rm Pr}(0.75 {\rm V} \le y_2 < 1 {\rm V} ) + {\rm Pr}(y_2 = 1 {\rm V} ) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4}+ \frac{1}{4} = \frac{3}{8}\hspace{0.15cm}\underline{ = 0.375}. $$
