Aufgabe 5.1Z: cos² -Rauschbegrenzung

Wir betrachten ein bandbegrenztes weißes Rauschsignal $x(t)$ mit dem oben skizzierten Leistungsdichtespektrum ${\it Φ}_x(f)$. Dieses ist im Bereich $|f| \le B_x$ konstant gleich $N_0/2$ und außerhalb gleich Null.

Gehen Sie von folgenden Zahlenwerten aus:

Rauschleistungsdichte $N_0 = 10^{-16} \ \rm V^2/Hz$,
Rauschbandbreite $B_x = 10 \ \rm kHz$.

Dieses Signal wird an den Eingang eines Tiefpassfilters mit dem Frequenzgang $$H(f) = \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\cos ^2 \left( {\frac{{{\rm{\pi }}f}}{2f_0 }} \right)} & {\rm{f\ddot{u}r}\quad \left| \it f \right| \le \it f_{\rm 0} ,} \\ 0 & {{\rm{sonst}}} \\\end{array}} \right.$$

angelegt. Hierbei bezeichnet $f_0$ die absolute Filterbandbreite, die zwischen $B_x/2$ und $2B_x$ variieren kann.

Das Filterausgangssignal wird mit $y(t)$ bezeichnet.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Stochastische Systemtheorie.
Bezug genommen wird auch auf die Kapitel Gaußverteilte Zufallsgrößen sowie Leistungsdichtespektrum.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Benutzen Sie, falls nötig, die nachfolgenden Gleichungen:

$${\rm Q}(x) \approx \frac{1}{{\sqrt {2{\rm{\pi }}} \cdot x}} \cdot {\rm{e}}^{ - x^2 /2} \quad {\rm{(f\ddot{u}r }}\;{\rm{grösse }}\;x{\rm{)}}{\rm{,}}$$

$$\int {\rm{cos}}^{\rm{2}}( {ax} )\hspace{0.1cm}{\rm{d}}x = \frac{1}{2} \cdot x + \frac{1}{4a} \cdot \sin ( {2ax} ),$$

$$\int {\cos ^4 } ( {ax} )\hspace{0.1cm}{\rm{d}}x = \frac{3}{8} \cdot x + \frac{1}{4a} \cdot \sin ( {2ax} ) + \frac{1}{32a} \cdot \sin ( {4ax} ).$$

Fragebogen

$\sigma_x \ = $

$\ \rm \mu V$

${\rm Pr}(|x(t)| > 5 \hspace{0.05cm} \rm \mu V) \ = $

$\ \cdot 10^{-6}$

$m_y\ \ = $

$\ \rm \mu V$

$f_0 = B_x/2\text{:}\ \ \sigma_y \ = $

$\ \rm \mu V$

$f_0 = 2 \cdot B_x\text{:}\ \ \sigma_y \ = $

$\ \rm \mu V$

${\rm Pr}(|y(t)| > 5 \hspace{0.05cm} \rm \mu V) \ = $

$\ \cdot 10^{-12}$

Musterlösung

(1) Die Varianz (Leistung) ⇒ Effektivwert zum Quadrat des Signals $x(t)$ beträgt

$$\sigma _x ^2 = \frac{N_0 }{2} \cdot 2B_x = N_0 \cdot B_x = 10^{ - 12} \;{\rm{V}}^2 \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} \sigma _x \hspace{0.15cm}\underline{ = 1\,\,{\rm \mu}{\rm V}}.$$

(2) Entsprechend dem Kapitel „Gaußverteilte Zufallsgrößen” und der hier angegebenen Näherung (für große $x$) erhält man:

$$\Pr \left( {\left| {x(t)} \right| > 5\;{\rm{\mu V}}} \right) = 2 \cdot {\rm Q}(5) = \frac{2}{{\sqrt {2{\rm{\pi }}} \cdot 5}} \cdot {\rm{e}}^{ - 12.5}\hspace{0.15cm} \underline{ \approx 0.6 \cdot 10^{ - 6}} .$$

(3) Das Eingangssignal $x(t)$ ist mittelwertfrei $(m_x = 0)$, da sonst ${\it Φ}_x(f)$ noch eine Diracfunktion bei $f= 0$ beinhalten müsste. Der Mittelwert wird durch das lineare Filter nicht verändert ⇒ $m_y\hspace{0.05cm}\underline{ = 0}$.

(4) Für das Leistungsdichtespektrum des Ausgangssignals gilt allgemein:

$${\it \Phi}_y (f) = {N_0 }/{2} \cdot \left| {H( f )} \right|^2 .$$

Damit kann die Varianz $\sigma _y^2$ berechnet werden. Unter Ausnützung der Symmetrie erhält man:

$$\sigma _y ^2 = {N_0 }/{2} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\left| {H( f )} \right|^2 \left( f \right)\hspace{0.1cm}{\rm{d}}f} = N_0 \cdot \int_0^{f_0 } {\cos ^4 } \left( {\frac{{{\rm{\pi }}f}}{2f_0 }} \right)\hspace{0.1cm}{\rm{d}}f .$$

Das bestimmte Integral ist vorgegeben. Bei jedem der drei Lösungsterme ergibt sich für die untere Grenze der Wert $0$. Daraus folgt:

$$\sigma _y ^2 = {N_0}/{2} \cdot \left( {\frac{3}{8} \cdot f_0 + \frac{f_0 }{{2{\rm{\pi }}}} \cdot \sin ( {\rm{\pi }} ) + \frac{f_0 }{{16{\rm{\pi }}}} \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}} )} \right) = \frac{3}{8} \cdot N_0 \cdot f_0 .$$

$$f_0 = B_x/2\text{:}\hspace{0.2cm}\sigma _y ^2 = \frac{3}{16} \cdot N_0 \cdot B_x = \frac{3}{16} \cdot \sigma _x ^2 = 0.1875 \cdot 10^{ - 12} \;{\rm{V}}^2 \hspace{0.2cm}\Rightarrow \hspace{0.2cm}\sigma _y \hspace{0.15cm}\underline{ = 0.433\;{\rm{\mu V}}}{\rm{.}}$$

(5) Nun besitzt das Eingangs-LDS für $|f| > B_x$ keine Anteile. Deshalb gilt:

$$\sigma _y ^2 = N_0\cdot \int_0^{B_x } {\cos ^4 \left( {\frac{{{\rm{\pi }}f}}{2f_0 }} \right)\hspace{0.1cm}{\rm{d}}f = N_0 \cdot \int_0^{f_0 /2} {\cos ^4 } \left( {\frac{{{\rm{\pi }}f}}{2f_0 }} \right)\hspace{0.1cm}{\rm{d}}f.}$$

Die numerische Auswertung liefert hierfür:

$$\sigma _y ^2 = N_0 \left( {\frac{3}{8} \cdot B_x + \frac{B_x }{{2{\rm{\pi }}}} \cdot \sin ( {\frac{{\rm{\pi }}}{2}} ) + \frac{B_x }{{{\rm{16\pi }}}} \cdot \sin ( {\rm{\pi }} )} \right) = N_0 \cdot B_x \left( {\frac{3}{8} + \frac{1}{{2{\rm{\pi }}}}} \right) = 0.534\cdot \sigma _x ^2 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}\sigma _y \hspace{0.15cm}\underline{ = 0.731\;{\rm{\mu V}}}{\rm{.}}$$

(6) Analog zur Musterlösung der Teilaufgabe (2) gilt:

$$\Pr \left( {\left| {y\left( t \right)} \right| > 5\;{\rm{\mu V}}} \right) = 2 \cdot {\rm Q}\left( {\frac{{5\;{\rm{\mu V}}}}{{0.731\;{\rm{\mu V}}}}} \right) = 2 \cdot {\rm Q}( {6.84} ).$$

Mit der angegebenen Näherung hat diese Wahrscheinlichkeit den Wert $\Pr \left( {\left| {y\left( t \right)} \right| > 5\;{\rm{\mu V}}} \right) \hspace{0.15cm} \underline{ \approx 8 \cdot 10^{ - 12}}$.