Aufgabe 3.8: Verstärkung und Begrenzung

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Verstärkung und Begrenzung
der Zufallsgröße  $x$

Wir betrachten ein Zufallssignal  $x(t)$  mit symmetrischer Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion:

$$f_x(x)=A\cdot \rm e^{\rm -2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}|\it x|}.$$
  • Dieses Signal wird an den Eingang einer Nichtlinearität mit der Kennlinie (siehe unteres Bild) angelegt:
$$y=\left\{\begin{array}{*{4}{c}}0 &\rm f\ddot{u}r\hspace{0.2cm} \it x <\rm 0, \\\rm2\it x & \rm f\ddot{u}r\hspace{0.2cm} \rm 0\le \it x\le \rm 0.5, \\1 & \rm f\ddot{u}r\hspace{0.2cm}\it x > \rm 0.5\\\end{array}\right.$$
  • Das Ausgangssignal wird mit  $y(t)$  bezeichnet.
  • Die unten skizzierte Kennlinie begrenzt die Größe  $x(t)$  am Eingang asymmetrisch und verstärkt sie im linearen Bereich.





Hinweise:

  • Gegeben ist das folgende bestimmte Integral:
$$\int_{0}^{\infty}\it x^n\cdot\rm e^{-\it a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}x}\, d{\it x} =\frac{\it n{\rm !}}{\it a^{n}}.$$


Fragebogen

1

Berechnen Sie den Funktionswert  $A= f_x(0)$  der WDF an der Stelle  $x = 0$.

$A \ = \ $

2

Berechnen Sie die Momente  $m_k$  der Zufallsgröße  $x$.  Begründen Sie, dass alle Momente mit ungeradem Index Null sind.
Wie groß ist die Streuung?

$\sigma_x \ = \ $

3

Welcher Wert ergibt sich für die Kurtosis der Zufallsgröße  $x$?

$K_x \ = \ $

4

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass  $x$  den Wert  $0.5$  überschreitet?

${\rm Pr}(x > 0.5) \ = \ $

$\ \%$

5

Welche der folgenden Aussagen sind bezüglich der WDF  $f_y(y)$  zutreffend?

Die WDF beinhaltet eine Diracfunktion bei  $y = 0$.
Die WDF beinhaltet eine Diracfunktion bei  $y = 0.5$.
Die WDF beinhaltet eine Diracfunktion bei  $y = 1$.

6

Wie lautet der kontinuierliche Anteil der WDF  $f_y(y)$?  Welcher Wert ergibt sich für  $y = 0.5$ ?

$f_y(y = 0.5) \ = \ $

7

Wie groß ist der Mittelwert der begrenzten und verstärkten Zufallsgröße $y$?

$m_y \ = \ $


Musterlösung

(1)  Die Fläche unter der Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion ergibt

$$\it F=\rm 2\cdot \it A\int_{\rm 0}^{\infty}\hspace{-0.15cm}\rm e^{\rm -2\it x}\, \rm d \it x=\frac{\rm 2\cdot \it A}{\rm -2}\cdot \rm e^{\rm -2\it x}\Big|_{\rm 0}^{\infty}=\it A.$$
  • Da diese Fläche definitionsgemäß gleich  $F = 1$  sein muss, gilt  $\underline{A = 1}$.


(2)  Alle Momente mit ungeradem Index  $k$  sind aufgrund der symmetrischen WDF gleich Null.

  • Bei geradem  $k$  kann der linke Teil der WDF in den rechten gespiegelt werden und man erhält:
$$\it m_k=\rm 2 \cdot \int_{\rm 0}^{\infty}\hspace{-0.15cm}\it x^{k}\cdot \rm e^{-\rm 2\it x}\,\rm d \it x=\frac{\rm 2\cdot\rm\Gamma(\it k{\rm +}\rm 1)}{\rm 2^{\it k{\rm +}\rm 1}}=\frac{\it k{\rm !}}{\rm 2^{\it k}}.$$
  • Daraus folgt mit  $k = 2$  unter Berücksichtigung des Mittelwertes  $m_1 = 0$:
$$m_{\rm 2}=\frac{\rm 2!}{\rm 2^2}={\rm 0.5\hspace{0.5cm}bzw.\hspace{0,5cm} }\sigma_x=\sqrt{ m_{\rm 2}}\hspace{0.15cm}\underline{=\rm 0.707}.$$


WDF nach Verstärkung und Begrenzung

(3)  Das Zentralmoment vierter Ordnung ist  $\mu_4 = m_4 = 4!/2^4 = 1.5$.

  • Daraus folgt für die Kurtosis:
$$K_{x}=\frac{ \mu_{\rm 4}}{ \sigma_{\it x}^{4}}=\frac{1.5}{0.25}\hspace{0.15cm}\underline{=\rm 6}.$$


(4)  Mit dem Ergebnis aus  (1)  erhält man:

$${\rm Pr}( x> 0.5)=\int_{0.5}^{\infty}{\rm e}^{- 2 x}\,{\rm d}x=\frac{\rm 1}{\rm 2\rm e}\hspace{0.15cm}\underline{=\rm 18.4\%}.$$


(5)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 1 und 3:

  • Die WDF  $f_y(y)$  beinhaltet eine Diracfunktion an der Stelle  $y= 0$  mit dem Gewicht  ${\rm Pr}(x < 0) = 0.5$.
  • Zudem eine weitere Diracfunktion bei  $y= 1$  mit dem Gewicht  ${\rm Pr}(x > 0.5) = 0.184$.


(6)  Der Signalbereich  $0 \le x \le 0.5$  wird am Ausgang auf den Bereich  $0 \le y \le 1$  linear abgebildet.

  • Die Ableitung der Kennlinie ist hier konstant gleich  $2$  (Verstärkung). Daraus erhält man:
$$f_y(y)=\frac{f_x(x)}{|g'(x)|}\Bigg|_{x=h(y)}=\frac{\rm e^{-\rm 2\it x}}{\rm 2}\Bigg|_{\it x={\it y}/{\rm 2}}=0.5 \cdot {\rm e^{\it -y}} .$$
  • Bei  $y= 0.5$  beträgt dementsprechend der kontinuierliche WDF-Anteil
$$f_y(y = 0.5)\hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.304}.$$


(7)  Für den Mittelwert der Zufallsgröße  $y$  gilt:

$$m_y=\frac{1}{\rm 2\rm e} \cdot 1 +\int_{\rm 0}^{\rm 1}\frac{\it y}{\rm 2}\cdot \rm e^{\it -y}\, \rm d \it y=\frac{\rm 1}{\rm 2\rm e}{\rm +}\frac{\rm 1}{\rm 2}-\frac{\rm 1}{\rm e}=\frac{\rm 1}{\rm 2}-\frac{\rm 1}{\rm 2 e}\hspace{0.15cm}\underline{=\rm 0.316}.$$
  • Der erste Term stammt vom Dirac bei  $y= 1$, der zweite vom kontinuierlichen WDF–Anteil.