Aufgabe 3.5Z: Antennengebiete

Zwei Antennengebiete: $K$ und $G$

Wir betrachten zunächst – wie im oberen Bild skizziert – eine Empfangsantenne, die ein kreisförmiges Gebiet $K$ versorgt. Es wird 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”.

Hinweis:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Gleichverteilte Zufallsgröße.

Fragebogen

$f_\alpha(\alpha = 0) \ = \ $

	Der Erwartungswert ist ${\rm E}[\alpha] = 0$.
	Der Erwartungswert ist ${\rm E}[\alpha] \ne 0$.

$\sigma_\alpha \ = \ $

${\rm Pr}(–π/4 ≤ α ≤ +π/4) \ = \ $

$\ \%$

$\alpha_0 \ = \ $

$ \ \rm rad$

$\alpha_0 \ = \ $

$ \ \rm Grad$

	Die WDF hat „außen” den gleichen Verlauf wie „innen”.
	Die WDF ist „außen” identisch Null.
	Die WDF fällt in diesem Bereich zu den Rändern hin ab.
	Die WDF steigt in diesem Bereich zu den Rändern hin an.

${\rm Pr}(–π/4 ≤ α ≤ +π/4) \ = \ $

$\ \%$

$f_\alpha(\alpha = 0) \ = \ $

Musterlösung

(1) Es liegt eine Gleichverteilung vor und es gilt für die WDF im Bereich $-\pi < \alpha \le +\pi$: $f_\alpha(\alpha)={\rm 1}/({\rm 2\cdot \pi}).$ Bei $\alpha = 0$ ergibt sich somit – wie bei allen zulässigen Werten auch – der WDF-Wert $f_\alpha(0) \hspace{0.15cm}\underline{=0.159}$.

(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

$${\rm Pr}(–π/4 ≤ α ≤ +π/4)\hspace{0.15cm}\underline{=0.25}.$$

Das Gebiet $G$

(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.