Aufgaben:Aufgabe 4.14: Phasenverlauf der MSK: Unterschied zwischen den Versionen

Aktuelle Version vom 24. April 2020, 10:48 Uhr

Quellensignal und Tiefpass–Signale
in den beiden Zweigen der MSK

Eine Realisierungsmöglichkeit für Minimum Shift Keying $\rm (MSK)$ bietet die $\rm Offset–QPSK$, wie aus dem Blockschaltbild im Theorieteil hervorgeht.

Hierzu ist zunächst eine Umcodierung der Quellensymbole $q_k ∈ \{+1, –1\}$ in die ebenfalls binären Amplitudenkoeffizienten $a_k ∈ \{+1, –1\}$ vorzunehmen.
Diese Umcodierung wird in der Aufgabe 4.14Z eingehend behandelt.

Die Grafik zeigt unten die beiden äquivalenten Tiefpass–Signale $s_{\rm I}(t)$ und $s_{\rm Q}(t)$ in den beiden Zweigen, die sich nach der Umcodierung $a_k = (-1)^{k+1} \cdot a_{k-1} \cdot q_k $ aus dem oben skizzierten Quellensignal $q(t)$ für den Inphase– und den Quadraturzweig ergeben. Berücksichtigt ist hierbei der MSK–Grundimpuls

$$ g_{\rm MSK}(t) = \left\{ \begin{array}{l} \cos \big ({\pi \hspace{0.05cm} t}/({2 \hspace{0.05cm} T})\big ) \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{5}c}{\rm{f\ddot{u}r}} \\{\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{10}c} -T \le t \le +T \hspace{0.05cm}, \\ {\rm sonst}\hspace{0.05cm}. \\ \end{array}$$

Dieser ist ebenso wie die Signale $s_{\rm I}(t)$ und $s_{\rm Q}(t)$ auf $1$ normiert.

Für das äquivalente Tiefpass–Signal gilt entsprechend dem Kapitel Äquivalentes Tiefpass-Signal und zugehörige Spektralfunktion im Buch „Signaldarstellung”:

$$ s_{\rm TP}(t) = s_{\rm I}(t) + {\rm j} \cdot s_{\rm Q}(t) = |s_{\rm TP}(t)| \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}\phi(t)}\hspace{0.05cm},$$

mit dem Betrag

$$|s_{\rm TP}(t)| = \sqrt{s_{\rm I}^2(t) + s_{\rm Q}^2(t)} $$

und der Phase

$$ \phi(t) = {\rm arc} \hspace{0.15cm}s_{\rm TP}(t) = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{s_{\rm Q}(t)}{s_{\rm I}(t)} \hspace{0.05cm}.$$

Das physikalische MSK–Sendesignal ergibt sich dann zu

$$ s(t) = |s_{\rm TP}(t)| \cdot \cos (2 \pi \cdot f_{\rm T} \cdot t + \phi(t)) \hspace{0.05cm}.$$

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Nichtlineare digitale Modulation.
Bezug genommen wird insbesondere auf den Abschnitt Realisierung der MSK als Offset-QPSK.

Gehen Sie davon aus, dass $ϕ(t = 0) = ϕ_0 = 0$ ist.

Fragebogen

	Die Hüllkurve schwankt cosinusförmig.
	Die Hüllkurve ist konstant.
	Die Hüllkurve ist unabhängig von der gesendeten Folge.

$ϕ(t = T/2)\ = \ $

$\ \rm Grad$

$ϕ(t = T) \hspace{0.63cm} = \ $

$\ \rm Grad$

$ϕ(t = 2T) \ = \ $

$\ \rm Grad$

$ϕ(t = 3T) \ = \ $

$\ \rm Grad$

$ϕ(t = 4T) \ = \ $

$\ \rm Grad$

$ϕ(t = 5T) \ = \ $

$\ \rm Grad$

$ϕ(t = 6T) \ = \ $

$\ \rm Grad$

$ϕ(t = 7T) \ = \ $

$\ \rm Grad$

$ϕ(t = 8T) \ = \ $

$\ \rm Grad$

Musterlösung

(1) Richtig sind die Lösungsvorschläge 2 und 3:

Beispielsweise gilt im Bereich $0 ≤ t ≤ T$, wenn man berücksichtigt, dass $a_0^2 = a_1^2 = 1$ ist:

$$ |s_{\rm TP}(t)| = \sqrt{a_0^2 \cdot \cos^2 (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T}) + a_1^2 \cdot \sin^2 (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})} = 1 \hspace{0.05cm}.$$

Richtig ist damit die Aussage 2, während die Aussage 1 falsch.
Dieses Ergebnis gilt für jedes Wertepaar $a_0 ∈ \{+1, \ –1\}$ und $a_1 ∈ \{+1, \ –1\}$.
Daraus kann weiter geschlossen werden, dass die Hüllkurve unabhängig von der gesendeten Folge ist.

(2) Mit der angegebenen Gleichung gilt:

$$\phi(t) = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{s_{\rm Q}(t)}{s_{\rm I}(t)} = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{a_1 \cdot \sin (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})}{a_0 \cdot \cos (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})}= {\rm arctan}\hspace{0.1cm}\left [ \frac{a_1}{a_0}\cdot \tan \hspace{0.1cm}(\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})\right ] \hspace{0.05cm}.$$

Der Quotient $a_1/a_0$ ist stets $+1$ oder $-1$. Damit kann dieser Quotient vorgezogen werden und man erhält:

$$\phi(t) = \frac{a_1}{a_0}\cdot {\rm arctan}\hspace{0.1cm}\left [ \tan \hspace{0.1cm}(\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})\right ]= \frac{a_1}{a_0}\cdot \frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T} \hspace{0.05cm}.$$

Durch die Anfangsphase $ϕ_0 = 0$ können Mehrdeutigkeiten ausgeschlossen werden. Insbesondere gilt mit $a_0 = a_1 = +1$:

$$\phi(t = T/2 = 0.5\,{\rm µ s}) = {\pi}/{4}\hspace{0.15cm}\underline { = +45^\circ},\hspace{0.2cm}\phi(t = T= 1\,{\rm µ s}) = {\pi}/{2}\hspace{0.15cm}\underline {= +90^\circ} \hspace{0.05cm}.$$

(3) Am einfachsten löst man diese Aufgabe unter Zuhilfenahme des Einheitskreises:

$$ {\rm Re} = s_{\rm I}(2T) = +1, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(2T) = 0 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\phi(t = 2T= 2\,{\rm µ s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ},$$

$$ {\rm Re} = s_{\rm I}(3T) = 0, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(3T) = -1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\phi(t = 3T= 3\,{\rm µ s}) \hspace{0.15cm}\underline {= -90^\circ},$$

Quellensignal und Phasenverlauf bei MSK

$${\rm Re} = s_{\rm I}(4T) = -1, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(4T) = 0 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\phi(t = 4T= 4\,{\rm µ s})= \pm 180^\circ \hspace{0.05cm}.$$

Aus der unteren Skizze erkennt man, dass $\phi(t = 4T= 4\,{\rm µ s})\hspace{0.15cm}\underline { = - 180^\circ}\hspace{0.05cm}$ richtig ist.

(4) Die Grafik zeigt die MSK–Phase $ϕ(t)$ zusammen mit dem Quellensignal $q(t)$. Man erkennt:

Beim Symbol $a_\nu =+1$ steigt die Phase innerhalb der Symboldauer $T$ linear um $90^\circ \ (π/2)$ an.
Beim Symbol $a_\nu =-1$ fällt die Phase innerhalb der Symboldauer $T$ linear um $90^\circ \ (π/2)$ ab.

Die weiteren Phasenwerte sind somit:

$$\phi(5T) \hspace{0.15cm}\underline { = -90^\circ},\hspace{0.2cm}\phi(t = 6T) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ} \hspace{0.05cm}.$$

$$ \phi(7T)\hspace{0.15cm}\underline { = -90^\circ},\hspace{0.2cm} \phi(t = 8T) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ} \hspace{0.05cm}.$$

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-{{quiz-Header|Buchseite=Modualtionsverfahren/Nichtlineare digitale Modulation
+{{quiz-Header|Buchseite=Modulationsverfahren/Nichtlineare_digitale_Modulation
 }}
-[[Datei:P_ID1740__Mod_A_4_13.png|right|]]
+[[Datei:P_ID1740__Mod_A_4_13.png|right|frame|Quellensignal und Tiefpass–Signale <br>in den beiden Zweigen der MSK]]
-Eine Realisierungsmöglichkeit für die MSK bietet die Offset–QPSK, wie aus dem Blockschaltbild im Theorieteil hervorgeht. Hierzu ist zunächst eine Umcodierung der Quellensymbole $q_k$ ∈ {+1, –1} in die ebenfalls binären Amplitudenkoeffizienten $a_k$ ∈ {+1, –1} vorzunehmen. Diese Umcodierung wird in der  [http://www.lntwww.de/Aufgaben:4.13Z_Offset%E2%80%93QPSK_vs._MSK Aufgabe Z4.13] eingehend behandelt.
+Eine Realisierungsmöglichkeit für&nbsp; ''Minimum Shift Keying''&nbsp; $\rm (MSK)$&nbsp; bietet die&nbsp; $\rm Offset–QPSK$, wie aus dem &nbsp;[[Modulationsverfahren/Nichtlineare_digitale_Modulation#Realisierung_der_MSK_als_Offset.E2.80.93QPSK|Blockschaltbild]]&nbsp; im Theorieteil hervorgeht.
+*Hierzu ist zunächst eine Umcodierung der Quellensymbole &nbsp;$q_k ∈ \{+1, –1\}$&nbsp; in die ebenfalls binären Amplitudenkoeffizienten &nbsp;$a_k ∈ \{+1, –1\}$&nbsp; vorzunehmen.
+*Diese Umcodierung wird in der  &nbsp;[[Aufgaben:4.14Z_Offset–QPSK_vs._MSK|Aufgabe 4.14Z]]&nbsp; eingehend behandelt.
-Die Grafik zeigt unten die beiden äquivalenten Tiefpass–Signale $s_I(t)$ und $s_Q(t)$ in den beiden Zweigen, die sich nach dieser Umcodierung
-$$a_k = (-1)^{k+1} \cdot a_{k-1} \cdot q_k $$
+Die Grafik zeigt unten die beiden äquivalenten Tiefpass–Signale &nbsp;$s_{\rm I}(t)$&nbsp; und &nbsp;$s_{\rm Q}(t)$&nbsp; in den beiden Zweigen, die sich nach der Umcodierung &nbsp;$a_k = (-1)^{k+1} \cdot a_{k-1} \cdot q_k $&nbsp; aus dem oben skizzierten Quellensignal &nbsp;$q(t)$&nbsp; für den Inphase– und den Quadraturzweig ergeben.&nbsp; Berücksichtigt ist hierbei der MSK–Grundimpuls
-aus dem oben skizzierten Quellensignal $q(t)$ für den Inphase– und den Quadraturzweig ergeben. Berücksichtigt ist hierbei der MSK–Grundimpuls
+:$$ g_{\rm MSK}(t) = \left\{ \begin{array}{l} \cos \big ({\pi \hspace{0.05cm} t}/({2 \hspace{0.05cm} T})\big ) \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{5}c}{\rm{f\ddot{u}r}} \\{\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{10}c} -T \le t \le +T \hspace{0.05cm}, \\ {\rm sonst}\hspace{0.05cm}. \\ \end{array}$$
-$$ g_{\rm MSK}(t) = \left\{ \begin{array}{l} \cos (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T}) \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{5}c}{\rm{f\ddot{u}r}} \\{\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{10}c} -T \le t \le +T \hspace{0.05cm}, \\ {\rm sonst}\hspace{0.05cm}. \\ \end{array}$$
+Dieser ist ebenso wie die Signale &nbsp;$s_{\rm I}(t)$&nbsp; und &nbsp;$s_{\rm Q}(t)$&nbsp; auf &nbsp;$1$&nbsp; normiert.
-Dieser ist ebenso wie die Signale $s_I(t)$ und $s_Q(t)$ auf 1 normiert. Für das äquivalente Tiefpass–Signal gilt entsprechend dem  [http://www.lntwww.de/Signaldarstellung/%C3%84quivalentes_Tiefpass-Signal_und_zugeh%C3%B6rige_Spektralfunktion Kapitel 4.3] im Buch „Signaldarstellung”:
-$$ s_{\rm TP}(t) = s_{\rm I}(t) + {\rm j} \cdot s_{\rm Q}(t) = |s_{\rm TP}(t)| \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}\phi(t)}$$
+Für das äquivalente Tiefpass–Signal gilt entsprechend dem  Kapitel &nbsp;[[Signaldarstellung/Äquivalentes_Tiefpass-Signal_und_zugehörige_Spektralfunktion|Äquivalentes Tiefpass-Signal und zugehörige Spektralfunktion]]&nbsp; im Buch „Signaldarstellung”:
-mit dem Betrag
+:$$ s_{\rm TP}(t) = s_{\rm I}(t) + {\rm j} \cdot s_{\rm Q}(t) = |s_{\rm TP}(t)| \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}\phi(t)}\hspace{0.05cm},$$
-$$|s_{\rm TP}(t)| = \sqrt{s_{\rm I}^2(t) + s_{\rm Q}^2(t)} $$
+*mit dem Betrag
-und der Phase
+:$$|s_{\rm TP}(t)| = \sqrt{s_{\rm I}^2(t) + s_{\rm Q}^2(t)} $$
-$$ \phi(t) = {\rm arc} \hspace{0.15cm}s_{\rm TP}(t) = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{s_{\rm Q}(t)}{s_{\rm I}(t)} \hspace{0.05cm}.$$
+*und der Phase
+:$$ \phi(t) = {\rm arc} \hspace{0.15cm}s_{\rm TP}(t) = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{s_{\rm Q}(t)}{s_{\rm I}(t)} \hspace{0.05cm}.$$
 Das physikalische MSK–Sendesignal ergibt sich dann zu
-$$ s(t) = |s_{\rm TP}(t)| \cdot \cos (2 \pi \cdot f_{\rm T} \cdot t + \phi(t)) \hspace{0.05cm}.$$
+:$$ s(t) = |s_{\rm TP}(t)| \cdot \cos (2 \pi \cdot f_{\rm T} \cdot t + \phi(t)) \hspace{0.05cm}.$$
 ''Hinweise:''
-*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel [[Modulationsverfahren/Nichtlineare_digitale_Modulation|Nichtlineare digitale Modulation]].
+*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel&nbsp; [[Modulationsverfahren/Nichtlineare_digitale_Modulation|Nichtlineare digitale Modulation]].
-*Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite [[Modulationsverfahren/Nichtlineare_digitale_Modulation#Koh.C3.A4rente_Demodulation_der_FSK|Kohärente Demodulation der FSK]].
+*Bezug genommen wird insbesondere auf den Abschnitt&nbsp; [[Modulationsverfahren/Nichtlineare_digitale_Modulation#Realisierung_der_MSK_als_Offset.E2.80.93QPSK|Realisierung der MSK als Offset-QPSK]].
-*Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
-*Gegeben ist die trigonometrische Beziehung
+*Gehen Sie davon aus, dass &nbsp;$ϕ(t = 0) = ϕ_0 = 0$&nbsp; ist.
-:$$2 \cdot \sin(\alpha) \cdot \sin(\beta)= \cos(\alpha - \beta)- \cos(\alpha + \beta) \hspace{0.05cm}.$$
-'''Hinweis:''' Die Aufgabe gehört zum [http://www.lntwww.de/Modulationsverfahren/Nichtlineare_Modulationsverfahren Kapitel 4.4]. Gehen Sie davon aus, dass $ϕ(t = 0) = ϕ_0 = 0$ ist.
 ===Fragebogen===
 <quiz display=simple>
-{Welche Aussagen gelten für die Hüllkurve $|s_{TP}(t)|$?
+{Welche Aussagen gelten für die Hüllkurve &nbsp;$|s_{\rm TP}(t)|$&nbsp; der MSK?
 |type="[]"}
 - Die Hüllkurve schwankt cosinusförmig.
@@ Zeile 38: / Zeile 45: @@
 + Die Hüllkurve ist unabhängig von der gesendeten Folge.
-{Es gelte $T = 1 μs$. Berechnen Sie den Phasenverlauf im Intervall 0 ≤ t ≤ T. Welche Phasenwerte ergeben sich bei t = T/2 und t = T?
+{Es gelte &nbsp;$T = 1 \ \rm &micro;s$.&nbsp; Berechnen Sie den Phasenverlauf im Intervall &nbsp;$0 ≤ t ≤ T$.
+<br>Welche Phasenwerte ergeben sich für &nbsp;$t = T/2$&nbsp; und &nbsp;$t = T$?
 |type="{}"}
-$ϕ(t = T/2)$ = { 45 3%  } $Grad$
+$ϕ(t = T/2)\ = \ $ { 45 3%  } $\ \rm Grad$
-$ϕ(t = T)$ = { 90 3% } $Grad$
+$ϕ(t = T) \hspace{0.63cm}  = \ ${ 90 3% } $\ \rm Grad$
-{Bestimmen Sie die Phasenwerte bei t = 2T, t = 3T und t = 4T.
+{Bestimmen Sie die Phasenwerte bei &nbsp;$t = 2T$, &nbsp;$t = 3T$ &nbsp;und&nbsp; $t = 4T$.
 |type="{}"}
-$ϕ(t = 2T)$ = { 0 3% } $Grad$
+$ϕ(t = 2T) \ = \ $ { 0. } $\ \rm Grad$
-$ϕ(t = 3T)$ = { -90 3% } $Grad$
+$ϕ(t = 3T) \ = \ $ { -92.7--87.3 } $\ \rm Grad$
-$ϕ(t = 4T)$ = { -180 3% } $Grad$
+$ϕ(t = 4T) \ = \ $ { -185.4--174.6 } $\ \rm Grad$
-{Skizzieren und interpretieren Sie den Phasenverlauf $ϕ(t)$ im Bereich von 0 bis 8T. Welche Phasenwerte ergeben sich zu den folgenden Zeiten?
+{Skizzieren und interpretieren Sie den Phasenverlauf &nbsp;$ϕ(t)$&nbsp; im Bereich von &nbsp;$0$ &nbsp;bis&nbsp; $8T$. <br>Welche Phasenwerte ergeben sich zu den folgenden Zeitpunkten?
 |type="{}"}
-$ϕ(5T)$ = { -90 3% } $Grad$
+$ϕ(t = 5T) \ = \ $ { -92.7--87.3 } $\ \rm Grad$
-$ϕ(6T)$ = { 0 3% } $Grad$
+$ϕ(t = 6T) \ = \ $ { 0. } $\ \rm Grad$
-$ϕ(7T)$ = { -90 3% } $Grad$
+$ϕ(t = 7T) \ = \ $ { -92.7--87.3 } $\ \rm Grad$
-$ϕ(8T)$ = {  3% } $Grad$
+$ϕ(t = 8T) \ = \ $ { 0. } $\ \rm Grad$
 </quiz>
@@ Zeile 60: / Zeile 68: @@
 ===Musterlösung===
 {{ML-Kopf}}
-'''1.''' Richtig sind die Lösungsvorschläge 2 und 3. Beispielsweise gilt im Bereich 0 ≤ t ≤ T:
+'''(1)'''&nbsp; Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 2 und 3</u>:
-$$ |s_{\rm TP}(t)| = \sqrt{a_0^2 \cdot \cos^2 (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T}) + a_1^2 \cdot \sin^2 (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})} = 1 \hspace{0.05cm}.$$
+*Beispielsweise gilt im Bereich&nbsp; $0 ≤ t ≤ T$, wenn man berücksichtigt,  dass&nbsp; $a_0^2 = a_1^2 = 1$&nbsp; ist:
-Hierbei ist berücksichtigt, dass $a_0^2 = a_1^2 = 1$ ist. Dieses Ergebnis gilt für jedes Wertepaar $a_0$ ∈ {+1, –1} und $a_1 ∈ {+1, –1}$.
+:$$ |s_{\rm TP}(t)| = \sqrt{a_0^2 \cdot \cos^2 (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T}) + a_1^2 \cdot \sin^2 (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})} = 1 \hspace{0.05cm}.$$
+*Richtig ist damit die Aussage 2, während die Aussage 1 falsch.
+*Dieses Ergebnis gilt für jedes Wertepaar&nbsp; $a_0 ∈ \{+1, \ –1\}$&nbsp; und&nbsp; $a_1 ∈ \{+1, \ –1\}$.
+*Daraus kann weiter geschlossen werden, dass die Hüllkurve unabhängig von der gesendeten Folge ist.
+'''(2)'''&nbsp; Mit der angegebenen Gleichung gilt:
+:$$\phi(t) = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{s_{\rm Q}(t)}{s_{\rm I}(t)} = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{a_1 \cdot \sin (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})}{a_0 \cdot \cos (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})}= {\rm arctan}\hspace{0.1cm}\left [ \frac{a_1}{a_0}\cdot \tan \hspace{0.1cm}(\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})\right ] \hspace{0.05cm}.$$
+*Der Quotient&nbsp; $a_1/a_0$&nbsp; ist stets&nbsp; $+1$&nbsp; oder&nbsp; $-1$.&nbsp; Damit kann dieser Quotient vorgezogen werden und man erhält:
+:$$\phi(t) =  \frac{a_1}{a_0}\cdot {\rm arctan}\hspace{0.1cm}\left [
+  \tan \hspace{0.1cm}(\frac{\pi  \cdot t}{2  \cdot T})\right ]=   \frac{a_1}{a_0}\cdot \frac{\pi  \cdot t}{2  \cdot T}
+ \hspace{0.05cm}.$$
+*Durch die Anfangsphase&nbsp; $ϕ_0 = 0$&nbsp; können Mehrdeutigkeiten ausgeschlossen werden.&nbsp; Insbesondere gilt mit&nbsp; $a_0 = a_1 = +1$:
+:$$\phi(t = T/2 = 0.5\,{\rm &micro; s}) =  {\pi}/{4}\hspace{0.15cm}\underline { = +45^\circ},\hspace{0.2cm}\phi(t = T= 1\,{\rm &micro; s}) =  {\pi}/{2}\hspace{0.15cm}\underline {= +90^\circ}
+ \hspace{0.05cm}.$$
+'''(3)'''&nbsp;  Am einfachsten löst man diese Aufgabe unter Zuhilfenahme des Einheitskreises:
+:$$ {\rm Re} = s_{\rm I}(2T) = +1, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(2T) = 0 \hspace{0.3cm}  \Rightarrow  \hspace{0.3cm}\phi(t = 2T= 2\,{\rm &micro; s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ},$$
+:$$ {\rm Re} = s_{\rm I}(3T) = 0, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(3T) = -1 \hspace{0.3cm}  \Rightarrow  \hspace{0.3cm}\phi(t = 3T= 3\,{\rm &micro; s}) \hspace{0.15cm}\underline {= -90^\circ},$$
+[[Datei:P_ID1741__Mod_A_4_13_d.png|right|frame|Quellensignal und Phasenverlauf bei MSK]]
+:$${\rm Re} = s_{\rm I}(4T) = -1, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(4T) = 0 \hspace{0.3cm}  \Rightarrow  \hspace{0.3cm}\phi(t = 4T= 4\,{\rm &micro; s})= \pm 180^\circ \hspace{0.05cm}.$$
+*Aus der unteren Skizze erkennt man, dass&nbsp; $\phi(t = 4T= 4\,{\rm &micro; s})\hspace{0.15cm}\underline { = - 180^\circ}\hspace{0.05cm}$&nbsp; richtig ist.
-'''2.''' Mit der angegebenen Gleichung gilt:
-$$\phi(t) = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{s_{\rm Q}(t)}{s_{\rm I}(t)} = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{a_1 \cdot \sin (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})}{a_0 \cdot \cos (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})}= {\rm arctan}\hspace{0.1cm}\left [ \frac{a_1}{a_0}\cdot \tan \hspace{0.1cm}(\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})\right ] \hspace{0.05cm}.$$
-Der Quotient $a_1/a_0$ ist ±1. Damit kann dieser Quotient vorgezogen werden und man erhält:
-$$\phi(t = T/2 = 0.5\,{\rm \mu s}) = {\pi}/{4}\hspace{0.15cm}\underline { = 45^\circ},\hspace{0.2cm}\phi(t = T= 1\,{\rm \mu s}) = {\pi}/{2}\hspace{0.15cm}\underline {= 90^\circ} \hspace{0.05cm}.$$
-Durch die Anfangsphase $ϕ_0 = 0$ können Mehrdeutigkeiten ausgeschlossen werden. Insbesondere gilt mit $a_0 = a_1 = +1$:
-$$ {\rm Re} = s_{\rm I}(2T) = +1, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(2T) = 0 \hspace{0.3cm}  \Rightarrow  \hspace{0.3cm}\phi(t = 2T= 2\,{\rm \mu s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ},$$
-$$ {\rm Re} = s_{\rm I}(3T) = 0, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(3T) = -1 \hspace{0.3cm}  \Rightarrow  \hspace{0.3cm}\phi(t = 3T= 3\,{\rm \mu s}) \hspace{0.15cm}\underline {= -90^\circ},$$ $${\rm Re} = s_{\rm I}(4T) = -1, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(4T) = 0 \hspace{0.3cm}  \Rightarrow  \hspace{0.3cm}\phi(t = 4T= 4\,{\rm \mu s})\hspace{0.15cm}\underline { = 180^\circ}\hspace{0.05cm}.$$
-'''4.''' Die Grafik zeigt die MSK–Phase $ϕ(t)$ zusammen mit dem Quellensignal $q(t)$. Man erkennt:
-[[Datei:P_ID1741__Mod_A_4_13_d.png]]
-:* Ist das Symbol gleich +1, so steigt die Phase innerhalb der Symboldauer T linear um 90° (π/2) an.
-:* Ist das Quellensymbol gleich –1, so fällt die Phase linear um 90°
+'''(4)'''&nbsp; Die Grafik zeigt die MSK–Phase&nbsp; $ϕ(t)$&nbsp; zusammen mit dem Quellensignal&nbsp; $q(t)$.&nbsp; Man erkennt:
+* Beim Symbol&nbsp; $a_\nu =+1$&nbsp; steigt die Phase innerhalb der Symboldauer&nbsp; $T$&nbsp; linear um&nbsp; $90^\circ \  (π/2)$&nbsp; an.
+* Beim Symbol&nbsp; $a_\nu =-1$&nbsp; fällt die Phase innerhalb der Symboldauer&nbsp; $T$&nbsp; linear um&nbsp; $90^\circ \  (π/2)$&nbsp; ab.
-Die weiteren Phasenwerte sind somit:
+*Die weiteren Phasenwerte sind somit:
-$$\phi(5T) = \phi(7T)\hspace{0.15cm}\underline { = -90^\circ},\hspace{0.2cm}\phi(t = 6T) = \phi(t = 8T) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ} \hspace{0.05cm}.$$
+:$$\phi(5T) \hspace{0.15cm}\underline { = -90^\circ},\hspace{0.2cm}\phi(t = 6T)  \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ} \hspace{0.05cm}.$$
+:$$ \phi(7T)\hspace{0.15cm}\underline { = -90^\circ},\hspace{0.2cm} \phi(t = 8T) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ} \hspace{0.05cm}.$$
 {{ML-Fuß}}