Aufgabe 3.5Z: Antennengebiete

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Wir betrachten zunächst - wie im oberen Bild skizziert - eine Empfangsantenne, die ein kreisförmiges Gebiet K versorgt. Es wird hierbei vorausgesetzt, dass die Antenne „K” alle unter unterschiedlichen Winkeln α einfallenden Signale gleich gut detektieren kann. Entsprechend der Skizze bezieht sich der Winkel α auf die x-Achse. Der Wert α = 0 bedeutet demnach, dass sich das Signal in Richtung der negativen x-Achse auf die Antenne zu bewegt.

Der Wertebereich des Einfallswinkels α beträgt mit dieser Definition –π < α ≤ +π.

Weiter setzen wir voraus, dass sich sehr viele Teilnehmer im Versorgungsgebiet aufhalten und dass 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 stets größer als –R/2 sein. Im nun nicht mehr kreisförmigen Versorgungsgebiet G seien die Teilnehmer wieder „statistisch verteilt”.

Hinweis: Die Aufgabe bezieht sich auf den Lehrstoff von Kapitel 3.4.

Fragebogen

1

Wie lautet die WDF f_α(α)? Welcher Wert ergibt sich für α = 0?

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

2

Welche der beiden Aussagen ist richtig? Beachten Sie insbesondere auch den unsymmetrischen Definitionsbereich von −π < α ≤ +π.

	Der Erwartungswert E[α] ist 0.
	Der Erwartungswert E[α] ist ungleich 0.

3

Welcher Wert ergibt sich für die Streuung der Zufallsgröße α?

$\sigma_\alpha$ =

4

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Antenne einen Teilnehmer unter einem Winkel zwischen -45° und +45° ortet?

$Pr(–π/4 ≤ α ≤ +π/4)$ =

5

Nun betrachten wir das untere Versorgungsgebiet G. In welchem Bereich −α₀ ≤ α ≤ +α₀ hat diese WDF f_α(α) einen konstanten Wert?

$\alpha_0$ = rad

6

Welcher Wert ergibt sich für die Streuung der Zufallsgröße α?

$\sigma_\alpha$ =

7

Welche Aussagen sind hinsichtlich f_α(α) im Bereich |α| > α₀ gültig?

	Die WDF hat „außen” den gleichen Verlauf wie „innen”.
	Die WDF ist hier 0.
	Die WDF fällt in diesem Bereich zu den Rändern hin ab.
	Die WDF steigt in diesem Bereich zu den Rändern hin an.

8

Berechnen Sie für das Gebiet G die Wahrscheinlichkeit, dass die Antenne einen Teilnehmer unter einem Winkel zwischen ±45° ortet. Interpretation.

$Pr(–π/4 < α < +π/4)$ =

9

Wie groß ist nun der WDF–Wert an der Stelle α = 0?

$f_\alpha(\alpha\ =\ 0)$ =

Musterlösung

Musterlösung

1.  Es liegt eine Gleichverteilung vor und es gilt für die WDF im Bereich –π < α ≤ +π:

$$f_\alpha(\alpha)={\rm 1}/({\rm 2\cdot \pi}).$$

Bei α = 0 ergibt sich somit – wie bei allen zulässigen Werten auch – der WDF-Wert 0.159.

2.  Es gilt E[α] = 0. Es hat keinen Einfluss, dass α = +π erlaubt, aber α = –π ausgeschlossen ist.

3.  Für die Varianz gilt:

$$\sigma_{\alpha}^{\rm 2}=\int_{-\rm\pi}^{\rm\pi}\hspace{-0.1cm}\it\alpha^{\rm 2}\cdot \it f_{\alpha}(\alpha)\,\,{\rm d} \alpha=\frac{\rm 1}{\rm 2\cdot\it \pi}\cdot \frac{\alpha^{\rm 3}}{\rm 3}\Bigg|_{\rm -\pi}^{\rm\pi}=\frac{\rm 2\cdot\pi^{3}}{\rm 2\cdot\rm \pi\cdot \rm 3}=\frac{\rm \pi^2}{\rm 3} = \rm 3.29.$$

Damit ist die Streuung σ_α = 1.814.

4.  Da der vorgegebene Kreisausschnitt genau ein Viertel der gesamten Kreisfläche ausmacht, ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit 25%.

5.  Aus einfachen geometrischen Überlegungen (rechtwinkliges Dreieck, in der nebenstehenden Skizze blau markiert) erhält man die Bestimmungsgleichung für den Winkel α₀:

$$\rm cos(\pi-\it\alpha_{\rm 0}) = \frac{\it R/\rm 2}{\it R}=\frac{\rm 1}{\rm 2}\hspace{0.5cm}\Rightarrow\hspace{0.5cm}\rm\pi-\it\alpha_{\rm 0}=\frac{\rm\pi}{\rm 3} \hspace{0.2cm}(\rm 60^{\circ}).$$

Daraus folgt α₀ = 2π/3 = 2.094 (dies entspricht 120°).

6.  Richtig ist der Lösungsvorschlag 3: Die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF) f_α(α) ist für einen gegebenen Winkel α direkt proportional zum Abstand A zwischen der Antenne und der Begrenzungslinie. Bei α = ±2π/3 (120°) gilt A = R, bei α = ±π (180°) 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°-Sektors und des durch die Eckpunkte 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 Bild):

$$\rm Pr(\rm -\pi/4\le\it\alpha\le+\rm\pi/4)=\frac{\it F}{\it G}=\frac{1/4}{2/3+{\rm sin(60^{\circ})}/({\rm 2\pi})}=\frac{\rm 0.25}{\rm 0.805}\hspace{0.15cm}\underline{=\rm 0.311}.$$

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 |α| < 2π/3 einen größeren Wert als unter a) berechnet besitzen. Mit den Ergebnissen aus a) und g) 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 |α| < 2π/3 um den Faktor 1.242 zu, wenn das Versorgungsgebiet kleiner wird.