Exercise 4.13: Gaussian ACF and PSD

Der hier betrachtete Zufallsprozess {x_i(t)} sei durch die oben skizzierte Autokorrelationsfunktion (AKF) charakterisiert:

$$\varphi_x(\it \tau)=\rm 0.25 V^2\cdot \rm e^{-\pi \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} ({\tau}{/ 5 {\rm\mu}s })^2} .$$

Dieser Zufallsprozess ist mittelwertfrei und die äquivalente AKF-Dauer beträgt ∇τ_x = 5 μs.

Im unteren Bild ist die AKF des Prozesses {y_i(t)} dargestellt. Diese lautet mit der äquivalenten AKF-Dauer ∇τ_y = 10 μs:

$$ \varphi_y(\it \tau)=\rm 0.16 V^2 + \rm 0.09 V^2\cdot\rm e^{-\pi \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} ({\tau}/{\nabla \it \tau_y})^2} .$$

In dieser Aufgabe werden die Leistungsdichtespektren der beiden Prozesse gesucht.

Hinweis: Diese Aufgabe bezieht sich auf den Theorieteil von Kapitel 4.5. Zur Lösung dieser Aufgabe können Sie folgende Fourierkorrespondenz benutzen:

$$\rm e^{-\pi \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} ({\it f}/{\rm \Delta\it f})^2}\bullet\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\circ\, {\rm \Delta \it f} \cdot \rm e^{-\pi \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} ({\rm \Delta\it f} \cdot \it t )^{\rm 2}}.$$

Fragebogen

$\nabla_\text{$f_x$}$ =

$.10^3 \ Hz$

$\phi_x(f = 0)$ =

$.10^{-6} \ V^2/Hz$

$\phi_x(f = 200 kHz)$ =

$.10^{-8} \ V^2/Hz$

	Die Prozessleistung ist das Integral über das LDS.
	Bei mittelwertfreiem Prozess ist das LDS stets kontinuierlich.
	Je breiter die AKF, um so breiter ist auch das LDS.
	Eine breitere AKF bewirkt höhere LDS-Werte.

$\phi_y(f = 0)$ =

$.10^{-6} \ V^2/Hz$

$\phi_y(f = 200 kHz)$ =

$.10^{-24} \ V^2/Hz$

	Das LDS beinhaltet einen Dirac bei der Frequenz f = ∇f_y.
	Das LDS beinhaltet einen Dirac bei der Frequenz f = 0.
	Diracgewicht und kontinuierliches LDS haben gleiche Einheit.

Musterlösung

Solution

1. Die äquivalente LDS-Bandbreite ist der Kehrwert der äquivalenten AKF-Dauer:

$$\nabla f_x = 1 / \nabla \tau_x \hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 200\hspace{0.1cm}kHz}}.$$

2. Die angegebene Fourierkorrespondenz kann man wie folgt an die Aufgabenstellung anpassen:

$$K\cdot{\rm e}^{-\pi({\tau}/{\nabla\tau_x})^2}\circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\,\frac{\it K}{\nabla \it f_x}\cdot{\rm e}^{-\pi({f}/{\nabla f_x})^2}.$$

Mit K = 0.25 V² und ∇f_x = 200 kHz erhält man:

$${\it \Phi_x}(f)=1.25\cdot\rm 10^{-\rm 6}\hspace{0.1cm}\frac{V^2}{Hz}\cdot\rm e^{-\pi({\it f}/{\nabla\it f_x})^2}.$$

Bei der Frequenz f = 0 ergibt sich somit 1.25 · 10^–6 V²/Hz. Der LDS-Wert bei f = 200 kHz = ∇f_x ist um den Faktor e^–π kleiner, beträgt also 5.4 · 10 ^–8 V²/Hz.

3. Ein mittelwertfreier Prozess hat stets ein kontinuierliches LDS zur Folge. Dieses ist um so schmaler, je breiter die AKF ist (Reziprozitätsgesetz). Da die Prozessleistung gleich dem Integral über das LDS ist, muss bei konstanter Prozessleistung eine breitere AKF (schmaleres LDS) durch höhere LDS-Werte ausgeglichen werden. Ein Gleichanteil oder periodische Anteile führen stets zu Diracfunktionen im LDS; ansonsten ist das LDS stets wertkontinuierlich. Richtig sind die Lösungsvorschläge 1, 2 und 4.

4. Analog zu Teilaufgabe (2) gilt mit ∇f_y = 100 kHz:

$${\it \Phi_y}(f)=\frac{\rm 0.09 V^2}{\nabla\it f_y}\cdot\rm e^{-\pi({\it f}/{\nabla\it f_y})^2}+\it m_y^{\rm 2}\cdot\delta(f).$$

Aufgrund des Gleichanteils gibt es zusätzlich zum kontinuierlichen LDS-Anteil noch einen Dirac bei der Frequenz f = 0. Der kontinuierliche LDS–Anteil bei f = 0 beträgt 0.9 · 10^–6 V²/Hz. Der Anteil bei f = 2 · ∇f_y = 200 kHz ist deutlich, nämlich um den Faktor e^–4 ≈ 7 · 10^–18 geringer. Hier lautet das LDS–Ergebnis: 6.44 · 10^–24 V²/Hz.

5. Das LDS eines mittelwertbehafteten Prozesses beinhaltet allgemein eine Diracfunktion bei f = 0 mit Gewicht m_y²; im vorliegenden Fall ist dieser Wert gleich 0.16 V². Da δ(f) die Einheit 1/Hz = s besitzt, unterscheiden sich die Einheiten des kontinuierlichen und des diskreten LDS-Anteils. Richtig ist also nur der zweite Lösungsvorschlag.