Aufgaben:Exercise 3.5: Triangular and Trapezoidal Signal

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rectangle–, triangle– and trapezoid signal

We start from the rectangular signal  $x(t)$  according to the upper graph.

• The amplitude values are  $0\hspace{0.05cm} \rm V$  and  $2\hspace{0.05cm} \rm V$.
• Let the duration of a rectangle and the distance between two successive rectangular pulses be equal to each  $T$.
• The random variable  $x$  – the instantaneous value of the rectangular signal  $x(t)$  – thus has the following characteristic values:

$$m_x = \sigma_x = 1\hspace{0.05cm} \rm V.$$

If we now apply this signal to a linear filter with the impulse response

$$h_{\rm 1}(t)=\left \{ \begin{array}{*{4}{c}} 1/T & {\; \rm for}\hspace{0.2cm}{ 0\le t \le T} \\\ 0 & {\rm else} \end{array} \right. , $$

then the triangular signal  $y_1(t) = x(t) \star h_1(t)$  is obtained at its output according to the convolution with

• the minimum values  $0\hspace{0.05cm} \rm V$  $($at $t = 0, 2T, 4T,$ ...$)$,
• the maximum values  $2\hspace{0.05cm} \rm V$  $($bei $t = T, 3T, 5T,$ ...$)$.

Thus, this low-pass filter is an integrator over the time duration  $T$.

If, on the other hand, we apply the signal   $x(t)$  to the input of a filter with the impulse response

$$h_{\rm 2}(t)=\left \{ \begin{array}{*{4}{c}} 1/T & {\; \rm for}\hspace{0.2cm}{ 0\le t \le T/2} \\\ 0 & {\rm else} \end{array} \right. , $$

so the trapezoidal signal  $y_2(t) = x(t) \star h_2(t)$.  This second filter thus acts as an integrator over the time duration  $T/2$.

Hints:

• This exercise belongs to the chapter  Uniformly distributed random variables.

• For the corresponding frequency bands $H_1(f=0)= 1$  or $H_2(f=0)= 0.5$.

Questions

1

Which of the following statements are true?

	$y_1(t)$  is a continuous random variable.
	$y_1(t)$  has a triangular PDF.
	$y_1(t)$  is uniformly distributed.
	$y_2(t)$  has continuous and discrete components.

2

How large; is the uniform part of the signal  $y_1(t)$?  Check this value  $m_{y1}$  also by using the variables  $m_x$  and  $H_1(f=0)$.

$m_{y1} \ = \ $ $\ \rm V$

3

Determine the power of the signal  $y_1(t)$ by both time averaging and coulter averaging.

$P_{y1} \ = \ $ $\ \rm V^2$

4

What is the rms of the signal $y_1(t)$?

$\sigma_{y1} \ = \ $ $\ \rm V$

5

What is the probability that  $y_1(t)$  is larger than  $0.75\hspace{0.05cm} \rm V$?

${\rm Pr}(y_1 > 0.75\hspace{0.05cm} \rm V) \ = \ $ $ \ \%$

6

Determine the PDF of the signal  $y_2(t)$  and sketch it.  As a check, enter the PDF value at the point  $y_2 = 0.5\hspace{0.05cm} \rm V$  Enter.

$f_{y2}(y_2= 0.5\hspace{0.05cm} \rm V) \ = \ $ $\ \rm 1/V$

7

What is the DC component of the signal  $y_2(t)$?  &Check this value  $m_{y2}$  also using the quantities  $m_x$  and  $H_2(f=0)$.

$m_{y2} \ = \ $ $\ \rm V$

8

What is the rms value of the signal $y_2(t)$?

$\sigma_{y2} \ = \ $ $\ \rm V$

9

What is the probability that  $y_2(t)$  is larger than  $0.75\hspace{0.05cm} \rm V$?

${\rm Pr}(y_2 > 0.75\hspace{0.05cm} \rm V) \ = \ $ $ \ \%$

Solutions

Solution

Amplitudenbegrenzung, ablesbar in der WDF

(1)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 1, 3 und 4:

• Die Zufallsgröße  $y_1$  ist gleichverteilt und dadurch ebenso wie  $x$  auch eine kontinuierliche Zufallsgröße.
• Die WDF von  $y_2$  weist diskrete Anteile bei  $0\hspace{0.05cm} \rm V$  und  $2\hspace{0.05cm} \rm V$  auf.
• Zwischen diesen zwei Begrenzungen gibt es selbstverständlich auch kontinuierliche Anteile. 
• In diesem Bereich gilt  $f_{y2}(y_2) = 1/2$.

(2)  Der lineare Mittelwert  $m_x = 1\hspace{0.05cm} \rm V$  ist aus der Angabenskizze direkt abzulesen, könnte aber auch formal mit der Gleichung für die Gleichverteilung $($zwischen  $0\hspace{0.05cm} \rm V$  und  $2\hspace{0.05cm} \rm V)$  berechnet werden.  Eine weitere Lösungsmöglichkeit bietet die Beziehung:

$$m_{y_{\rm 1}}=m_x\cdot H_{\rm 1}( f= 0) = 1\hspace{0.05cm} \rm V \cdot 1 \hspace{0.15cm}\underline{ =\rm 1\hspace{0.05cm} \rm V}.$$

(3)  Eigentlich müsste die Mittelung über den gesamten Zeitbereich (beidseitig bis ins Unendliche) erfolgen.

• Aus Symmetriegründen genügt jedoch die Mittelung über das Zeitintervall  $0 \le t \le T$:

$$P_{y_{\rm 1}}=\rm\frac{1}{\it T}\cdot \int_{\rm 0}^{\it T} \hspace{-0.15cm}\it y_{\rm 1}{\rm (}\it t{\rm {\rm )}}^{\rm 2}\it \hspace{0.05cm}\hspace{0.1cm}{\rm d}t=\rm\frac{1}{\it T}\cdot \int_{\rm 0}^{\it T} \hspace{-0.15cm}(\rm 2V \cdot \it\frac{t}{T}{\rm )}^{\rm 2} \hspace{0.1cm}{\rm d} t = \rm {4}/{3}\, V^2 \hspace{0.15cm}\underline{= \rm 1.333\, V^2}.$$

• Die Scharmittelung liefert das gleiche Ergebnis. Mit der WDF  $f_{y1}(y_1) = 1/(2\hspace{0.05cm} \rm V)$  gilt nämlich:

$$P_{y_{\rm 1}}= \int_0^{2V} \hspace{-0.3cm}\it y_{\rm 1}^{\rm 2}\cdot f_{\it y_{\rm 1}}{\rm (}\it y_{\rm 1}{\rm )}\it \hspace{0.1cm}{\rm d}y_{\rm 1} =\rm\frac{1}{2V}\cdot \int_0^{2V} \hspace{-0.3cm}\it y_{\rm 1}^{\rm 2}\hspace{0.1cm}{\rm d}y_{\rm 1} =\rm \frac{8\,{\rm V^3}}{3 \cdot 2\,{\rm V}} \hspace{0.15cm}\underline{= \rm 1.333\, V^2}.$$

(4)  Die Varianz kann mit dem Satz von Steiner ermittelt werden und ergibt 

$$4/3\hspace{0.05cm} \rm V^2 - 1\hspace{0.05cm} \rm V^2 = 1/3\hspace{0.05cm} \rm V^2.$$

• Die Wurzel daraus ist die gesuchte Streuung (der Effektivwert):    

$$\sigma_{y_{\rm 1}}\hspace{0.15cm}\underline{=0.577 \, \rm V}.$$

(5)  Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist das Integral über die WDF von  $0.75\hspace{0.05cm} \rm V$  bis $2\hspace{0.05cm} \rm V$, also

$${\rm Pr}(y_1 > 0.75\hspace{0.05cm} \rm V) \hspace{0.15cm}\underline{ = 62.5\%}.$$

(6)  Die WDF besteht aus zwei Diracfunktionen bei  $0\hspace{0.05cm} \rm V$  und  $1\hspace{0.05cm} \rm V$  $($jeweils mit dem Gewicht  $1/4)$  und einem konstanten kontinuierlichen Anteil von

$$f_{y2}(y_2= 0.5\hspace{0.05cm} \rm V) \hspace{0.15cm}\underline{=0.5 \cdot\rm 1/V}.$$

• Bei  $y_2 = 0.5 \hspace{0.05cm} \rm V$  gibt es deshalb nur den kontinuierlichen Anteil.

(7)  Der Mittelwert  $m_{y_{\rm 2}}\hspace{0.15cm}\underline{ =\rm 0.5\hspace{0.05cm} \rm V}$  kann direkt aus obiger WDF-Skizze abgelesen werden oder wie in der Teilaufgabe  (2)  wie folgt berechnet werden:

$$m_{y_{\rm 2}} = m_x\cdot H_{\rm 2}( f = 0) = 1\hspace{0.05cm} \rm V \cdot 0.5 {\hspace{0.1cm} = \rm 0.5\hspace{0.05cm} \rm V}.$$

(8)  Mit obiger WDF gilt für die Leistung:

$$P_{y_{\rm 2}}=\int_{-\infty}^{+\infty}\hspace{-0.3cm}y_{\rm 2}^{\rm 2}\cdot f_{\it y_{\rm 2}}{\rm (}\it y_{\rm 2})\hspace{0.1cm}{\rm d}y_{\rm 2}=\rm \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}\cdot 1\,V^2+\rm \frac{1}{4}\cdot 1\,V^2 = 5/12 \,V^2 \hspace{0.15cm}{ =\rm 0.417\,V^2}.$$

• Der erste Anteil geht auf die kontinuierliche WDF zurück, der zweite auf die WDF–Diracfunktion bei  $1\hspace{0.05cm} \rm V$.
• Die Diracfunktion bei  $0\hspace{0.05cm} \rm V$  liefert keinen Beitrag zur Leistung.  Daraus folgt für den Effektivwert:

$$\sigma_{y_{\rm 2}} = \sqrt{{\rm 5}/{\rm 12}\rm V^2 -{1}/{4}\rm V^2}= \sqrt{{\rm 1}/{\rm 6}\rm V^2} \hspace{0.15cm}\underline{=0.409\, \rm V}.$$

(9)  Diese Wahrscheinlichkeit setzt sich ebenfalls aus zwei Anteilen zusammen:

$${\rm Pr}(y_2 > 0.75 {\rm V} ) = {\rm Pr}(0.75 {\rm V} \le y_2 < 1 {\rm V} ) + {\rm Pr}(y_2 = 1 {\rm V} ) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4}+ \frac{1}{4} = \frac{3}{8}\hspace{0.15cm}\underline{ = 37.5\%}. $$