Aufgabe 5.1: Gaußsche AKF und Gaußtiefpass

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.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
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

$\sigma_x \ = $

$\ \rm V$

$\nabla\tau_x \ = $

$\ \mu s$

${\it Φ}_x(f=0) \ = $

$\ \cdot 10^{-9}\ \rm V^2/Hz$

	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 ${\it Φ}_y(f)$.

$\Delta f \ = $

$\ \rm MHz$

$H_0 \ = $

Musterlösung

1. Die Varianz σ_x² ist gleich dem AKF-Wert bei τ = 0, also 0.04 V². Daraus folgt σ_x = 0.2 V.

2. Die äquivalente AKF-Dauer kann über das flächengleiche Rechteck ermittelt werden und ergibt sich entsprechend der Skizze zu ∇τ_x = 1 μs.

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 gilt:

$${\it \Phi_{x}(f {\rm = 0)}} = \sigma_x^2 \cdot {\rm \nabla} \tau_x = \rm 0.04 \hspace{0.1cm} V^2 \cdot 10^{-6} \hspace{0.1cm} s \hspace{0.15cm} \underline{= 4 \cdot 10^{-8} \hspace{0.1cm} V^2 / Hz}.$$

4. Allgemein gilt mit Φ_y(f) = Φ_x(f) · |H(f)|²:

$${\it \Phi_{y}(f)} = \sigma_x^2 \cdot {\rm \nabla} \tau_x \cdot {\rm e}^{- \pi ({\rm \nabla} \tau_x \cdot f)^2}\cdot H_{\rm 0}^2 \cdot{\rm e}^{- 2 \pi (f/ {\rm \Delta} f)^2} .$$

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 Φ_y(f) ist gaußförmig und nie breiter als Φ_x(f).

Für Δf → ∞ gilt die Näherung Φ_y(f) ≈ Φ_x(f). Mit kleiner werdendem Δf wird Φ_y(f) immer schmäler (also ist die zweite Aussage falsch). H₀ beeinflusst tatsächlich nur die LDS-Höhe und nicht die Breite des LDS. Richtig sind somit die Lösungsvorschläge 1 und 3.

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 Δf auf und berücksichtigt die Werte ∇τ_x = 1 μs,

∇τ_y = 3 μs, 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 σ_y = σ_x ist gleichbedeutend mit φ_y(τ = 0) = φ_x(τ = 0). Da zudem ∇τ_y = 3 · ∇τ_x vorgegeben ist, muss deshalb auch Φ_y(f = 0) = 3 · Φ_x(f = 0) gelten. Daraus erhält man:

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