Aufgaben:Aufgabe 2.8: Unsymmetrischer Kanal

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Äquivalentes Tiefpass–Signal in der komplexen Ebene

Ein cosinusförmiges Quellensignal $q(t)$ mit der Amplitude $A_{\rm N}$ und der Frequenz $f_{\rm N}$ wird ZSB–amplitudenmoduliert, so dass für das modulierte Signal gilt:

$$ s(t) = [ q(t) + A_{\rm T}] \cdot \cos(2 \pi \cdot f_{\rm T} \cdot t ) \hspace{0.05cm}.$$

Der Übertragungskanal weist lineare Verzerrungen auf. Während sowohl das untere Seitenband (bei der USB-Frequenz $f_{\rm T} - f_{\rm N}$) als auch der Träger unverfälscht übertragen werden, wird das obere Seitenband (bei der OSB-Frequenz $f_{\rm T} + f_{\rm N}$) mit dem Dämpfungsfaktor $α_{\rm O} = 0.25$ gewichtet.

Die Grafik zeigt die Ortskurve, also die Darstellung des äquivalenten Tiefpass–Signals $r_{\rm TP}(t)$ in der komplexen Ebene.

Wertet man das Signal $r(t)$ mit einem idealen Hüllkurvendemodulator aus, so erhält man ein Sinkensignal $v(t)$, das wie folgt angenähert werden kann:

$$v(t) = 2.424 \,{\rm V} \cdot \cos(\omega_{\rm N} \cdot t ) -0.148 \,{\rm V} \cdot \cos(2\omega_{\rm N} \cdot t )+ 0.056 \,{\rm V} \cdot \cos(3\omega_{\rm N} \cdot t )-\text{ ...}$$

Für diese Messung wurde die Nachrichtenfrequenz $f_{\rm N} = 2 \ \rm kHz$ benutzt.

In der Teilaufgabe (7) soll das Signal–zu–Stör–Leistungsverhältnis (SNR) wie folgt berechnet werden:

$$ \rho_{v } = \frac{P_{v 1}}{P_{\varepsilon }} \hspace{0.05cm}.$$

Hierbei bezeichnen $P_{v1} = α^2 · P_q$ und $P_ε$ die „Leistungen” der beiden Signale:

$$ v_1(t) = 2.424 \,{\rm V} \cdot \cos(\omega_{\rm N} \cdot t )\hspace{0.05cm},$$

$$ \varepsilon(t) = v(t) - v_1(t) \approx -0.148 \,{\rm V} \cdot \cos(2\omega_{\rm N} \cdot t )+ 0.056 \,{\rm V} \cdot \cos(3\omega_{\rm N} \cdot t ) \hspace{0.05cm}.$$

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Hüllkurvendemodulation.
• Bezug genommen wird insbesondere auf das Kapitel Beschreibung mit Hilfe des äquivalenten Tiefpass-Signals.

Fragebogen

1

Geben Sie das Tiefpass-Signal $r_{\rm TP}(t)$ in analytischer Form an. Welcher Wert ergibt sich für die Zeit $t = 0$?

$r_{\rm TP}(t=0) \ = \ $ $\ \rm V$

2

Wie lauten die Amplitudenwerte $A_{\rm T}$ und $A_{\rm N}$?

$A_{\rm T} \ = \ $ $\ \rm V$

$A_{\rm N} \ = \ $ $\ \rm V$

3

Es gelte $f_{\rm N} = 2 \ \rm kHz$. Zu welcher Zeit $t_1$ wird der Startpunkt (1) zum ersten Mal nach $t = 0$ wieder erreicht?

$t_1 \ = \ $ $\ \rm ms$

4

Zu welchem Zeitpunkt $t_2$ wird der Ellipsenpunkt (2) mit dem Wert $j · 3\ \rm V$ zum ersten Mal erreicht?

$t_2 \ = \ $ $\ \rm ms$

5

Berechnen Sie die Betragsfunktion (Hüllkurve) $a(t)$ und die Phasenfunktion $ϕ$ für diesen Zeitpunkt $t_2$.

$a(t = t_2) \ = \ $ $\ \rm V$

$ϕ(t = t_2)\ = \ $ $\ \rm Grad$

6

Berechnen Sie den Klirrfaktor $K$ für $f_{\rm N} = 2 \ \rm kHz$.

$f_{\rm N} = 2 \ \rm kHz\text{:}$     $K \ = \ $ $\ \text{%}$

7

Berechnen Sie für $f_{\rm N} = 2 \ \rm kHz$ das Signal–zu–Stör–Leistungsverhältnis (SNR) gemäß der angegebenen Definition.

$f_{\rm N} = 2 \ \rm kHz\text{:}$     $ρ_v \ = \ $

8

Welcher Klirrfaktor $K$ ergibt sich bei ansonsten gleichen Bedingungen mit der Nachrichtenfrequenz $f_{\rm N} = 4 \ \rm kHz$?

$f_{\rm N} = 4 \ \rm kHz\text{:}$     $K \ = \ $ $\ \text{%}$

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Bei cosinusförmigem Quellensignal und Dämpfung des oberen Seitenbandes gilt:

$$ r_{\rm TP}(t) = A_{\rm T} + \frac{A_{\rm N}}{2} \cdot \alpha_{\rm O} \cdot{\rm e}^{{\rm j} \cdot \hspace{0.03cm}\omega_{\rm N}\cdot t} + \frac{A_{\rm N}}{2} \cdot{\rm e}^{-{\rm j} \cdot \hspace{0.03cm}\omega_{\rm N}\cdot t}\hspace{0.05cm}.$$

Zum Zeitpunkt $t = 0$ zeigen alle Vektoren in Richtung der reellen Achse. Somit kann aus der Grafik auf der Angabenseite $r_{\rm TP}(t = 0)\hspace{0.15cm}\underline { = 15 \ \rm V}$ abgelesen werden.

(2)  Die Trägeramplitude ist durch den Ellipsenmittelpunkt festgelegt: $A_{\rm T}\hspace{0.15cm}\underline { = 10 \ \rm V}$. Aus der in der ersten Teilaufgabe angegebenen Gleichung kann somit auch die Amplitude $A_{\rm N}$ berechnet werden:

$$ \frac{A_{\rm N}}{2} \cdot ( 1+ \alpha_0) = r_{\rm TP}(t= 0) - A_{\rm T} = 5 \,{\rm V}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}A_{\rm N} \hspace{0.15cm}\underline {= 8 \,{\rm V}} \hspace{0.05cm}.$$

Zur Kontrolle kann der in der Grafik markierte Punkt (2) herangezogen werden:

$$\frac{A_{\rm N}}{2} \cdot ( 1- \alpha_0) = 3 \,{\rm V}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}A_{\rm N} = 8 \,{\rm V} \hspace{0.05cm}.$$

(3)  Die für einen Umlauf benötigte Zeit $t_1$ ist gleich der Periodendauer des Quellensignals, also $t_1= 1/f_{\rm N} \hspace{0.15cm}\underline {=0.5 \ \rm ms}$.

(4)  Da das USB größer ist als das OSB, bewegt sich die Spitze des Zeigerverbundes auf der Ellipse im Uhrzeigersinn. Der Punkt (2) wird zum Zeitpunkt $t_2 = 3/4 · t_1\hspace{0.15cm}\underline { = 0.375 \ \rm ms}$ zum ersten Mal erreicht.

Zur Berechnung von t₂ und t₃

(5)  Die Zeigerlänge zur Zeit $t_2$ kann mit dem Satz von Pythagoras bestimmt werden:

$$ a(t = t_2) = \sqrt{(10 \,{\rm V})^2 + (3 \,{\rm V})^2}\hspace{0.15cm}\underline { = 10.44 \,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$

Für die Phasenfunktion gilt:

$$\phi(t = t_2) = {\rm arctan} \frac{3 \,{\rm V}}{10 \,{\rm V}} \hspace{0.15cm}\underline {= 16.7^{\circ}}\hspace{0.05cm}.$$

Die maximale Phase $ϕ_{\rm max}$ ist geringfügig größer. Sie tritt (mit positivem Vorzeichen) zum Zeitpunkt $t_3 < t_2$ dann auf, wenn eine Gerade vom Koordinatenursprung die Ellipse tangiert. Durch Aufstellen der Ellipsengleichung kann dieser Punkt ($x_3$, $y_3$) analytisch exakt berechnet werden. Daraus würde für die maximale Phase gelten: $\phi_{\rm max} = {\rm arctan} \ {y_3}/{x_3} \hspace{0.05cm}.$

(6)  Die Klirrfaktoren zweiter und dritter Ordnung können aus der angegebenen Gleichung für $v(t)$ (gültig für $f_{\rm N} = 2 \ \rm kHz$)ermittelt werden und lauten:

$$ K_2 = \frac{0.148 \,{\rm V}}{2.424 \,{\rm V}} = 0.061, \hspace{0.3cm} K_3 = \frac{0.056 \,{\rm V}}{2.424 \,{\rm V}} = 0.023 \hspace{0.05cm}.$$

Damit erhält man für den Gesamtklirrfaktor:

$$K = \sqrt{K_2^2 + K_3^2 }\hspace{0.15cm}\underline { \approx 6.6 \%}.$$

(7)  Für die Leistungen von Nutz– und Störsignal erhält man:

$$ P_{v 1} = \frac{(2.424 \,{\rm V})^2}{2} = 2.94 \,{\rm V}^2\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm} P_{\varepsilon} = \frac{(-0.148 \,{\rm V})^2}{2} + \frac{(0.056 \,{\rm V})^2}{2}= 0.0125 \,{\rm V}^2\hspace{0.05cm}$$

Damit ergibt sich für das Signal–zu–Stör–Leistungsverhältnis (SNR):

$$\rho_{v} = \frac{P_{v 1}}{P_{\varepsilon }}= \frac{(2.94 \,{\rm V})^2}{0.0125 \,{\rm V}^2} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 230} = \frac{1}{K^2} \hspace{0.05cm}.$$

Würde man dagegen die Amplitudenverfälschung ebenfalls dem Fehlersignal zuweisen, so käme man zu einem deutlich kleineren SNR. Mit $P_q = A_{\rm N}^2/2 = 8 \ \rm V^2$ und $P_{\varepsilon}\hspace{0.02cm}' = \overline{(v(t)-q(t))^2} = {1}/{2}\cdot ( 4 \,{\rm V} - 2.424 \,{\rm V})^2 + P_{\varepsilon}= 1.254 \,{\rm V}^2$ würde man dann erhalten:

$$\rho_{v }\hspace{0.02cm}' = \frac{8 \,{\rm V}^2}{1.254 \,{\rm V}^2} \approx 6.4\hspace{0.05cm}.$$

(8)  Alle Berechnungen gelten unabhängig von der Nachrichtenfrequenz $f_{\rm N}$, wenn der Dämpfungsfaktor des OSB weiterhin $α_{\rm O} = 0.25$ beträgt. Damit erhält man auch für $f_{\rm N} = 4 \ \rm kHz$ den gleichen Klirrfaktor $K\hspace{0.15cm}\underline { \approx 6.6 \%}$.