Exercise 4.12: Power-Spectral Density of a Binary Signal

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Wir betrachten ein rechteckförmiges Binärsignal $x(t)$ mit gleichwahrscheinlichen Amplitudenwerten $+2\hspace{0.05cm}\rm V$ und $-2\hspace{0.05cm}\rm V$. Die Symboldauer beträgt $T = 1 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$. In Aufgabe 4.10 wurde bereits gezeigt, dass die dazugehörige AKF auf den Bereich von $-T \le \tau\le +t$ beschränkt ist und in diesem Bereich dreieckförmig verläuft:

$$\varphi_x (\tau) = {\rm 4 \hspace{0.05cm}V^2} \cdot (1 - \frac{| \tau |}{T}).$$

Hierbei ist vorausgesetzt, dass die einzelnen Symbole statistisch voneinander unabhängig sind.

Das unten skizzierte Signal $y(t)$ ist ebenfalls binär und rechteckförmig mit der gleichen Symboldauer $T = 1 \hspace{0.05cm}\rm \mu s$. Die möglichen Amplitudenwerte sind nun aber $0\hspace{0.05cm}\rm V$ und $4\hspace{0.05cm}\rm V$, wobei der Amplitudenwert $4\hspace{0.05cm}\rm V$ seltener als der Wert $0\hspace{0.05cm}\rm V$ auftritt. Es gilt:

$${\rm Pr}(x(t) = 4 \hspace{0.05cm} {\rm V}) = p\hspace{0.5cm} {\rm mit}\hspace{0.5cm} 0 <p \le 0.25.$$

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Leistungsdichtespektrum.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
• Beachten Sie die folgende Fourierkorrespondenz, wobei ${\rm \Delta} (t)$ einen um $t= 0$ symmetrischen Dreieckimpuls mit ${\rm \Delta} (t= 0) = 1$ und ${\rm \Delta} (t) = 0$ für $|t| \ge T$ bezeichnet:

$${\rm \Delta} (t) \hspace{0.3cm} \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\, \hspace{0.3cm} T \cdot {\rm si}^2 ( \pi f T).$$

• Weiterhin gilt die Notation ${\rm si}(x) = \sin(x)/x$ mit folgendem Integralwert:

$$\int^1_0 {\rm si}^2 ( \pi u) \, {\rm d}u \ \approx 0.456.$$

Fragebogen

1

Geben Sie das Leistungsdichtespektrum ${\it \Phi}_x(f)$ des bipolaren Zufallssignals $x(t)$ an.
Welche LDS-Werte ergeben sich für $f= 0$, $f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz$ und $f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz$?

${\it \Phi}_x(f = 0) \ = $ $\ \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz$

${\it \Phi}_x(f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz) \ = $ $\ \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz$

${\it \Phi}_x(f = 1 \hspace{0.05cm}\rm MHz) \ = $ $\ \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz$

2

Berechnen Sie die AKF $\varphi_y(\tau)$ des unipolaren Zufallssignals $x(t)$. Welche AKF-Werte ergeben sich mit $p = 0.25$ für $\tau =0$, $\tau =T$ und $\tau =2T$?

$\varphi_y(\tau = 0) \ = $ $\ \rm V^2$

$\varphi_y(\tau = T) \ = $ $\ \rm V^2$

$\varphi_y(\tau = 2T) \ = $ $\ \rm V^2$

3

Berechnen Sie das zugehörige Leistungsdichtespektrum ${\it \Phi}_y(f)$. Welcher LDS-Wert ergibt sich für $f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz$?

${\it \Phi}_x(f = 500 \hspace{0.05cm}\rm kHz) \ = $ $\ \cdot 10^{-6} \rm V^2 /Hz$

4

Welche mittlere Signalleistung $P_{\rm M}$ (bezogen auf den Widerstand $1 \hspace{0.05cm}\rm \Omega$) zeigt ein Messgerät an, das nur Leistungsanteile bis $1 \hspace{0.05cm}\rm MHz$ erfasst?

$P_{\rm M} \ = $ $\ \rm V^2$

Musterlösung

Solution

1.  Das LDS ist die Fouriertransformierte der AKF. Mit der Fourierkorrespondenz auf der Angabenseite und x₀ = 2 V erhält man:

$${\it \Phi}_x(f)= x_{\rm 0}^2 \cdot T \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$

Der LDS-Wert bei f = 0 ist 4 · 10^–6 V²/Hz. Bei f = 500 kHz ist das LDS um den Faktor si²(π/2) = 4/π² ≈ 0.405 kleiner (1.62 · 10^–6 V²/Hz). Bei f = 1 MHz besitzt Φ_x(f) die erste Nullstelle.

2.  Aufgrund des rechteckigen Signalverlaufs ändert sich an der Dreiecksform der AKF prinzipiell nichts. Der AKF-Wert bei τ = 0 gibt wieder das Moment 2. Ordnung an. Mit p = 0.25 erhält man:

$$\varphi_y( 0) = \frac{1}{4}\cdot {(\rm 4V)}^2 + \frac{3}{4}\cdot {(\rm 0V)}^2 \hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 4\,V^2}}.$$

Ab τ = T ist die AKF konstant gleich m_y². Mit der Wahrscheinlichkeit p = 0.25 und

$$m_y = p \cdot {\rm 4V} + (1-p)\cdot {\rm 0V} = 1 \, \rm V$$

erhält man ab τ = T den konstanten Wert φ_y(τ ≥ T) = 1 V².

3.  Die AKF kann auch wie folgt dargestellt werden:

$$\varphi_y(\tau) = 1{\rm V}^2 + 3 {\rm V}^2 \cdot \Delta (\tau).$$

Der AKF-Gleichanteil (mit 1V²) führt im LDS zu einer Diracfunktion bei f = 0 (siehe Skizze zu a). Der dreieckförmige AKF-Term bewirkt einen kontinuierlichen LDS-Anteil entsprechend der si²-Form:

$${\it \Phi}_y(f)= 1{\rm V}^2 \cdot {\rm \delta } (f) + 3 \cdot 10^{-6} {\frac {\rm V^2} {\rm Hz}} \cdot {\rm si}^2(\pi f T).$$

Für f = 500 kHz (f · T = 0.5) ergibt sich der LDS-Wert zu 1.216 · 10^–6 V²/Hz.

4.  Die Leistung ist als Integral über das LDS berechenbar. Unter Berücksichtigung der spektralen Begrenzung auf 1 MHz erhält man

mit der Substitution u = f · T :

$$P_{\rm M} \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} 1{\rm V}^2 + 3 \cdot 10^{-6} {\frac {\rm V^2} {\rm Hz}} \cdot \int^{\rm 1 MHz}_{-\rm 1 MHz} {\rm si}^2(\pi f T)\hspace{0.1cm}{\rm d}f = \\ =\hspace{-0.15cm} 1{\rm V}^2 + 3 V^2 \cdot 2 \cdot \int^{1}_{\rm 0} {\rm si}^2(\pi u)\hspace{0.1cm}{\rm d}u = (1 + 3\cdot 2 \cdot 0.456)\,{\rm V^2} \hspace{0.15cm}\underline{= 3.736 \, {\rm V^2}}. $$

Würden dagegen alle Spektralanteile erfasst, ergäbe sich die Leistung φ_y(τ = 0) = 4 V².