Difference between revisions of "Aufgaben:Exercise 3.5Z: Antenna Areas"
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{Welche der beiden Aussagen ist richtig? Beachten Sie insbesondere auch den unsymmetrischen Definitionsbereich von $-\pi < \alpha \le +\pi$. | {Welche der beiden Aussagen ist richtig? Beachten Sie insbesondere auch den unsymmetrischen Definitionsbereich von $-\pi < \alpha \le +\pi$. | ||
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− | + Der Erwartungswert ist ${\rm E}[alpha] = 0$. | + | + Der Erwartungswert ist ${\rm E}[\alpha] = 0$. |
− | - Der Erwartungswert ${\rm E}[alpha] \ne 0$. | + | - Der Erwartungswert ${\rm E}[\alpha] \ne 0$. |
Revision as of 14:47, 10 March 2017
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 $\alpha$ 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 stets größer als $-R/2$ sein. Im nun nicht mehr kreisförmigen Versorgungsgebiet $G$ seien die Teilnehmer wieder „statistisch verteilt”.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Gleichverteilte Zufallsgröße.
- Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Fragebogen
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 σα = 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) fα(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.