Exercise 3.5: Triangular and Trapezoidal Signal

Wir gehen vom Rechtecksignal $x(t)$ gemäß der oberen Grafik aus.

Die Amplitudenwerte sind $0\hspace{0.05cm} \rm V$ und $2\hspace{0.05cm} \rm V$.
Die Dauer eines Rechtecks sowie der Abstand zweier aufeinander folgender Rechteckimpulse seien jeweils gleich $T$.
Die Zufallsgröße $x$ – der Momentanwert des Rechtecksignals $x(t)$ – hat somit folgende Kennwerte:

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

Gibt man nun dieses Signal auf ein lineares Filter mit der Impulsantwort $$h_{\rm 1}(t)=\left \{ \begin{array}{*{4}{c}} 1/T & {\; \rm f\ddot{u}r}\hspace{0.1cm}{ 0\le t \le T} \\\ 0 & {\rm sonst} \end{array} \right. , $$

so ergibt sich an dessem Ausgang entsprechend der Faltung das Dreiecksignal $y_1(t) = x(t) \star h_1(t)$ mit

den Minimalwerten $0\hspace{0.05cm} \rm V$ (bei $t = 0, 2T, 4T, ...$),
den Maximalwerten $2\hspace{0.05cm} \rm V$ (bei $t = T, 3T, 5T, ...$).

Bei diesem Tiefpassfilter handelt es sich also um einen Integrator über die Zeitdauer $T$.

Legt man dagegen das Rechtecksignal$x(t)$ an den Eingang eines Filters mit der Impulsantwort $$h_{\rm 2}(t)=\left \{ \begin{array}{*{4}{c}} 1/T & {\; \rm f\ddot{u}r}\hspace{0.1cm}{ 0\le t \le T/2} \\\ 0 & {\rm sonst} \end{array} \right. , $$

so ergibt sich das unten dargestellte trapezförmige Signal $y_2(t) = x(t) \star h_2(t)$. Dieses zweite Filter wirkt somit als ein Integrator über die Zeitdauer $T/2$.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Gleichverteilte_Zufallsgröße.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Für die zugehörigen Frequenzgänge gilt $H_1(f=0)= 1$ bzw. $H_2(f=0)= 0.5$.

Fragebogen

	y₁ ist eine kontinuierliche Zufallsgröße.
	y₁ besitzt eine dreieckförmige WDF.
	y₁ ist gleichverteilt.
	y₂ hat kontinuierliche und diskrete Anteile.

$m_\text{y1}$ =

V

$P_\text{y1}$ =

V^2

$\sigma_\text{y1}$ =

V

$Pr(y_1\ >\ 0.75V)$ =

$f_\text{y2}(y_2\ =\ 0.5V)$ =

1/V

$m_\text{y2}$ =

V

$\sigma_\text{y2}$ =

V

$Pr(y2\ >\ 0.75V)$ =

Musterlösung

Solution

1. Die Zufallsgröße y₁ ist gleichverteilt und dadurch natürlich auch eine kontinuierliche Zufallsgröße. Die WDF von y₂ weist diskrete Anteile bei 0 V und 1 V auf. Zwischen diesen zwei Begrenzungen gibt es selbstverständlich auch kontinuierliche Anteile. In diesem Bereich gilt f_x(x) = 1/2. Richtig sind somit die Lösungsvorschläge 1, 3 und 4.

2. Der lineare Mittelwert m_y1 = 1V ist aus der Angabenskizze direkt abzulesen, könnte aber auch formal mit der Gleichung für die Gleichverteilung (zwischen 0 V und 2 V) berechnet werden. Eine weitere Lösungsmöglichkeit bietet die Beziehung:

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

3. Eigentlich müsste die Mittelung über den gesamten Zeitbereich (beidseitig bis ins Unendliche) erfolgen. Aus Symmetriegründen genügt jedoch die Mittelung über das Zeitintervall 0 ≤ t ≤ T:

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

4. Die Scharmittelung liefert das gleiche Ergebnis. Mit der WDF f_y₁(y₁) = 1/(2V) gilt nämlich:

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

Die Varianz kann mit dem Satz von Steiner ermittelt werden und ergibt 4/3 V² - 1 V² = 1/3 V². 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 0.75V bis 2V, also 0.625.

6. Die WDF besteht aus zwei Diracfunktionen bei 0 V und 1 V (jeweils mit dem Gewicht 1/4) und einem konstanten kontinuierlichen Anteil von 0.5 (mal 1/V). Bei y₂ = 0.5 V gibt es deshalb nur den kontinuierlichen Anteil.

7. Der Mittelwert m_y₂ = 0.5V kann direkt aus obiger WDF-Skizze abgelesen werden oder – wie bei b) – über die Beziehung m_y₂ = m_x · H₂ (f = 0) = 1 V · 0.5 berechnet werden.

8. Mit obiger WDF gilt für die Leistung:

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

Der erste Anteil geht auf die kontinuierliche WDF zurück, der zweite auf die WDF–Diracfunktion bei 1 V. Die Diracfunktion bei <nobr>0 V</nobr> 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:

$${\rm Pr}(y_2 > 0.75 {\rm V} ) = {\rm Pr}(0.75 {\rm V} \le y_2 < 1 {\rm V} ) + {\rm Pr}(y_2 = 1 {\rm V} ) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4}+ \frac{1}{4} = \frac{3}{8}\hspace{0.15cm}\underline{ = 0.375}. $$