Exercise 3.5Z: Antenna Areas

Zwei Antennengebiete

Wir betrachten zunächst – wie im oberen Bild skizziert – eine Empfangsantenne, die ein kreisförmiges Gebiet $K$ versorgt. Es wird hierbei vorausgesetzt, dass diese Antenne 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 größer als $-R/2$ sein.
Auch im Versorgungsgebiet $G$ seien die Teilnehmer wieder „statistisch verteilt”.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Gleichverteilte Zufallsgröße.

Fragebogen

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

	Der Erwartungswert ist ${\rm E}[\alpha] = 0$.
	Der Erwartungswert ist ${\rm E}[\alpha] \ne 0$.

$\sigma_\alpha \ = \ $

${\rm Pr}(–π/4 ≤ α ≤ +π/4) \ = \ $

$\alpha_0 \ = \ $

$ \ \rm rad$

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

${\rm Pr}(–π/4 ≤ α ≤ +π/4) \ = \ $

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

Musterlösung

Solution

(1) Es liegt eine Gleichverteilung vor und es gilt für die WDF im Bereich $-\pi < \alpha \le +\pi$: $$f_\alpha(\alpha)={\rm 1}/({\rm 2\cdot \pi}).$$

Bei $\alpha = 0$ ergibt sich somit – wie bei allen zulässigen Werten auch – der WDF-Wert $f_\alpha(0) \hspace{0.15cm}\underline{=0.159}$.

(2) Es gilt ${\rm E}[\alpha] = 0$ ⇒ Antwort 1. Es hat keinen Einfluss, dass $\alpha = +\pi$ erlaubt, aber $\alpha = -\pi$ ausgeschlossen ist.

(3) Für die Varianz bzw. die Streuung des Einfallswinkels $\alpha$ gilt: $$\sigma_{\alpha}^{\rm 2}=\int_{-\rm\pi}^{\rm\pi}\hspace{-0.1cm}\it\alpha^{\rm 2}\cdot \it f_{\alpha}(\alpha)\,\,{\rm d} \alpha=\frac{\rm 1}{\rm 2\cdot\it \pi}\cdot \frac{\alpha^{\rm 3}}{\rm 3}\Bigg|_{\rm -\pi}^{\rm\pi}=\frac{\rm 2\cdot\pi^{3}}{\rm 2\cdot\rm \pi\cdot \rm 3}=\frac{\rm \pi^2}{\rm 3} = \rm 3.29. \hspace{0.5cm}\Rightarrow \hspace{0.5cm}\sigma_{\alpha}\hspace{0.15cm}\underline{=1.814}.$$

(4) Da der vorgegebene Kreisausschnitt genau ein Viertel der gesamten Kreisfläche ausmacht, ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit ${\rm Pr}(–π/4 ≤ α ≤ +π/4)\hspace{0.15cm}\underline{=0.25}.$

(5) Aus einfachen geometrischen Überlegungen (rechtwinkliges Dreieck, in der nebenstehenden Skizze dunkelblau blau markiert) erhält man die Bestimmungsgleichung für den Winkel $\alpha_0$: $$\cos(\pi-\alpha_{\rm 0}) = \frac{R/ 2}{R}={\rm 1}/{\rm 2}\hspace{0.5cm}\Rightarrow\hspace{0.5cm}\rm\pi-\it\alpha_{\rm 0}=\frac{\rm\pi}{\rm 3} \hspace{0.2cm}(\rm 60^{\circ}).$$ Daraus folgt $\alpha_0 = \pi/3\hspace{0.15cm}\underline{=2.094}.$ Dies entspricht 120°.

(6) Richtig ist der Lösungsvorschlag 3:

Die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF) $f_\alpha(\alpha)$ ist für einen gegebenen Winkel$\alpha$ direkt proportional zum Abstand $A$ zwischen der Antenne und der Begrenzungslinie.
Bei $\alpha \pm 2\pi/3$ (entspricht ±120°) gilt $A = R$, bei $\alpha \pm \pi$ (entspricht ±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 $240^\circ$–Sektors und des durch die Eckpunkte $\rm UVW$ 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 $F$ (siehe Skizze): $$\rm Pr(\rm -\pi/4\le\it\alpha\le+\rm\pi/4)=\frac{\it F}{\it G}=\frac{1/4}{2/3+{\rm sin(60^{\circ})}/({\rm 2\pi})}=\frac{\rm 0.25}{\rm 0.805}\hspace{0.15cm}\underline{=\rm 0.311}.$$

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 $|\alpha| < 2\pi/3$ einen größeren Wert als unter (1) berechnet besitzen. Mit den Ergebnissen aus (1) und (7) 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 $|\alpha| < 2\pi/3$ um den Faktor $1.242$ zu, wenn das Versorgungsgebiet kleiner wird.