Aufgabe 4.12: Leistungsdichtespektrum eines Binärsignals

Wir betrachten ein rechteckförmiges Binärsignal x(t) mit gleichwahrscheinlichen Amplitudenwerten +2V und -2V. Die Symboldauer beträgt T = 1 μs. In Aufgabe A4.10 wurde bereits gezeigt, dass die dazugehörige AKF auf den Bereich von -T ≤ τ ≤ T beschränkt ist und in diesem Bereich dreieckförmig verläuft:

$$\varphi_x (\tau) = {\rm 4 \hspace{0.05cm}V^2} \cdot (1 - \frac{| \tau |}{T}).$$

Hierbei ist vorausgesetzt, dass die einzelnen Symbole statistisch voneinander unabhängig sind.

Das unten skizzierte Signal y(t) ist ebenfalls binär und rechteckförmig mit der gleichen Symboldauer T = 1 μs. Die möglichen Amplitudenwerte sind nun aber 0V und 4V, wobei der Amplitudenwert 4V seltener als der Wert 0V auftritt. Es gilt:

$${\rm Pr}(x(t) = 4 \hspace{0.05cm} {\rm V}) = p\hspace{0.5cm} {\rm mit}\hspace{0.5cm} 0 <p \le 0.25.$$

Hinweis: Diese Aufgabe bezieht sich auf den Theorieteil von Kapitel 4.5. Beachten Sie die folgende Fourierkorrespondenz:

$${\rm \Delta} (t) \hspace{0.3cm} \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\, \hspace{0.3cm} T \cdot {\rm si}^2 ( \pi f T).$$

Dabei bezeichnet Δ(t) einen um t = 0 symmetrischen Dreieckimpuls mit Δ(0) = 1 und Δ(t) = 0 für |t| ≥ T. Weiterhin gilt die Notation si(x) = sin(x)/x mit folgendem Integralwert:

$$\int^1_0 {\rm si}^2 ( \pi u) \, {\rm d}u \ \approx 0.456.$$

Fragebogen

$\phi_x(f = 0)$ =

$.10^-6 \ V^2 /Hz$

$\phi_x(f = 500 kHz)$ =

$.10^-6 \ V^2 /Hz$

$\phi_x(f = 1 MHz)$ =

$V^2 /Hz$

φ_y(τ = 0) =

$V^2$

φ_y(τ = T) =

$V^2$

φ_y(τ = 2T) =

$V^2$

$\phi_y(f = 500 kHz)$ =

$.10^-6 \ V^2 /Hz$

$P_M$ =

$V^2$

Musterlösung

1. Das LDS ist die Fouriertransformierte der AKF. Mit der Fourierkorrespondenz auf der Angabenseite und x₀ = 2 V erhält man:

$${\it \Phi}_x(f)= x_{\rm 0}^2 \cdot T \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$

Der LDS-Wert bei f = 0 ist 4 · 10^–6 V²/Hz. Bei f = 500 kHz ist das LDS um den Faktor si²(π/2) = 4/π² ≈ 0.405 kleiner (1.62 · 10^–6 V²/Hz). Bei f = 1 MHz besitzt Φ_x(f) die erste Nullstelle.

2. Aufgrund des rechteckigen Signalverlaufs ändert sich an der Dreiecksform der AKF prinzipiell nichts. Der AKF-Wert bei τ = 0 gibt wieder das Moment 2. Ordnung an. Mit p = 0.25 erhält man:

$$\varphi_y( 0) = \frac{1}{4}\cdot {(\rm 4V)}^2 + \frac{3}{4}\cdot {(\rm 0V)}^2 \hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 4\,V^2}}.$$

Ab τ = T ist die AKF konstant gleich m_y². Mit der Wahrscheinlichkeit p = 0.25 und

$$m_y = p \cdot {\rm 4V} + (1-p)\cdot {\rm 0V} = 1 \, \rm V$$

erhält man ab τ = T den konstanten Wert φ_y(τ ≥ T) = 1 V².

3. Die AKF kann auch wie folgt dargestellt werden:

$$\varphi_y(\tau) = 1{\rm V}^2 + 3 {\rm V}^2 \cdot \Delta (\tau).$$

Der AKF-Gleichanteil (mit 1V²) führt im LDS zu einer Diracfunktion bei f = 0 (siehe Skizze zu a). Der dreieckförmige AKF-Term bewirkt einen kontinuierlichen LDS-Anteil entsprechend der si²-Form:

$${\it \Phi}_y(f)= 1{\rm V}^2 \cdot {\rm \delta } (f) + 3 \cdot 10^{-6} {\frac {\rm V^2} {\rm Hz}} \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$

Für f = 500 kHz (f · T = 0.5) ergibt sich der LDS-Wert zu 1.216 · 10^–6 V²/Hz.

4. Die Leistung ist als Integral über das LDS berechenbar. Unter Berücksichtigung der spektralen Begrenzung auf 1 MHz erhält man

mit der Substitution u = f · T :

$$P_{\rm M} \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} 1{\rm V}^2 + 3 \cdot 10^{-6} {\frac {\rm V^2} {\rm Hz}} \cdot \int^{\rm 1 MHz}_{-\rm 1 MHz} {\rm si}^2(\pi f T)\hspace{0.1cm}{\rm d}f = \\ =\hspace{-0.15cm} 1{\rm V}^2 + 3 V^2 \cdot 2 \cdot \int^{1}_{\rm 0} {\rm si}^2(\pi u)\hspace{0.1cm}{\rm d}u = (1 + 3\cdot 2 \cdot 0.456)\,{\rm V^2} \hspace{0.15cm}\underline{= 3.736 \, {\rm V^2}}. $$

Würden dagegen alle Spektralanteile erfasst, ergäbe sich die Leistung φ_y(τ = 0) = 4 V².