Exercise 3.8: Amplification and Limitation

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:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Exponentialverteilte Zufallsgröße.

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

$A \ = \ $

$\sigma_x \ = \ $

$K_x \ = \ $

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

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

$f_y(y = 0.5) \ = \ $

$m_y \ = \ $

Musterlösung

Solution

(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 $m_1 = 0$: $$m_{\rm 2}=\frac{\rm 2!}{\rm 2^2}={\rm 0.5\hspace{0.5cm}bzw.\hspace{0,5cm} }\sigma_x=\sqrt{ m_{\rm 2}}\hspace{0.15cm}\underline{=\rm 0.707}.$$

(3) Das Zentralmoment vierter Ordnung ist $\mu_4 = m_4 = 4!/2^4 = 1.5$. Daraus folgt für die Kurtosis:

WDF nach Verstärkung und Begrenzung

$$K_{x}=\frac{ \mu_{\rm 4}}{ \sigma_{\it x}^{4}}=\frac{1.5}{0.25}\hspace{0.15cm}\underline{=\rm 6}.$$

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

$${\rm Pr}( x> 0.5)=\int_{0.5}^{\infty}{\rm e}^{- 2 x}\,{\rm d}t x=\frac{\rm 1}{\rm 2\rm e}\hspace{0.15cm}\underline{=\rm 0.184}.$$

(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.