Aufgaben:Aufgabe 1.10: BPSK–Basisbandmodell: Unterschied zwischen den Versionen
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| + | :$$H_{\rm MKD}(f) = {1}/{2} \cdot \big [ H_{\rm K}(f-f_{\rm T}) + H_{\rm K}(f+f_{\rm T})\big ] .$$ | ||
| − | Die resultierende Übertragungsfunktion $H_{\rm MKD}(f)$ sollte man nicht mit der Tiefpass–Übertragungsfunktion $H_{\rm K,TP}(f)$ gemäß der Beschreibung | + | *Damit werden Modulator und Demodulator quasi gegeneinander gekürzt, und |
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| + | Die resultierende Übertragungsfunktion $H_{\rm MKD}(f)$ sollte man nicht mit der Tiefpass–Übertragungsfunktion $H_{\rm K, \, TP}(f)$ gemäß der Beschreibung im Kapitel [[Signaldarstellung/Äquivalentes_Tiefpass-Signal_und_zugehörige_Spektralfunktion|"Äquivalentes Tiefpass-Signal und zugehörige Spektralfunktion"]] des Buches „Signaldarstellung” verwechseln, die sich aus $H_{\rm K}(f)$ durch Abschneiden der Anteile bei negativen Frequenzen sowie einer Frequenzverschiebung um $f_{\rm T}$ nach links ergibt. | ||
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| + | + Es gilt $H_{\rm K, \, TP}(f = –\Delta f_{\rm K}/4) = 0.75$. | ||
| + | +Die dazugehörige Zeitfunktion $h_{\rm K, \, TP}(t)$ ist komplex. | ||
| + | {Welche Aussagen gelten für den Frequenzgang $H_{\rm MKD}(f)$ ? | ||
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| + | - Es gilt $H_{\rm MKD}(f=0)= 2$. | ||
| + | -Es gilt $H_{\rm MKD}(f = \Delta f_{\rm K}/4) = 1$. | ||
| + | + Es gilt $H_{\rm MKD}(f = –\Delta f_{\rm K}/4) = 0.75$. | ||
| + | -Die dazugehörige Zeitfunktion $h_{\rm MKD}(t)$ ist komplex. | ||
| − | { | + | {Berechnen Sie die Zeitfunktion $h_{\rm MKD}(t)$. Geben Sie den Wert bei $t = 0$ an. |
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| − | $\ | + | $ h_{\rm MKD}(t = 0)/\Delta f_{\rm K} \ = \ $ { 0.75 3% } |
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| + | {Welche der folgenden Aussagen treffen zu? | ||
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| + | -$h_{\rm MKD}(t)$ hat äquidistante Nulldurchgänge im Abstand $1/\Delta f_{\rm K}$. | ||
| + | +$h_{\rm MKD}(t)$ hat äquidistante Nulldurchgänge im Abstand $2/\Delta f_{\rm K}$. | ||
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| − | '''(2)''' | + | *$H_{\rm K,TP}(f)$ ergibt sich aus $H_{\rm K}(f)$ durch Abschneiden der negativen Frequenzanteile sowie Verschieben um $f_{\rm T}$ nach links. |
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| − | '''(4)''' | + | * Bei Frequenzgängen wird – im Gegensatz zu Spektren – auf das Verdoppeln der Anteile bei positiven Frequenzen verzichtet. Deshalb: |
| − | + | :$$H_{\rm K,\hspace{0.04cm} TP}(f= 0) = H_{\rm K}(f= f_{\rm T})=1.$$ | |
| − | + | *Wegen der reellen und unsymmetrischen Spektralfunktionen $H_{\rm K,\hspace{0.04cm}TP}(f)$ ist die zugehörige Zeitfunktion (Fourierrücktransformierte) $h_{\rm K,\hspace{0.04cm}TP}(t)$ nach dem Zuordnungssatz komplex. | |
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| + | '''(2)''' Hier ist nur der <u>dritte Lösungsvorschlag</u> richtig: | ||
| + | *Die Spektralfunktion $H_{\rm MKD}(f)$ besitzt stets einen geraden Realteil und keinen Imaginärteil. Demzufolge ist $h_{\rm MKD}(t)$ stets reell. | ||
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| + | *Hätte $H_{\rm K}(f)$ zusätzlich einen um $f=f_{\rm T}$ ungeraden Imaginärteil, so würde $H_{\rm MKD}(f)$ einen um $f = 0$ ungeraden Imaginärteil aufweisen. Damit wäre $h_{\rm MKD}(t)$ immer noch eine reelle Funktion. | ||
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| + | Die Grafik verdeutlicht die Unterschiede zwischen $H_{\rm K,\hspace{0.04cm}TP}(f)$ und $H_{\rm MKD}(f)$. Die Anteile von $H_{\rm MKD}(f)$ im Bereich um $\pm 2f_{\rm T}$ müssen nicht weiter beachtet werden. | ||
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| + | '''(3)''' $H_{\rm MKD}(f)$ setzt sich additiv aus einem Rechteck und einem Dreieck zusammen, jeweils mit Breite $\Delta f_{\rm K}$ und Höhe $0.5$. Daraus folgt: | ||
| + | :$$h_{\rm MKD}(t) = \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} \cdot {\rm si} (\pi \cdot \Delta f_{\rm K} \cdot t)+ \frac{\Delta f_{\rm K}}{4} \cdot {\rm si}^2 (\pi \cdot \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} \cdot t)$$ | ||
| + | :$$ \Rightarrow \hspace{0.3cm}h_{\rm MKD}(t = 0) = \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} + \frac{\Delta f_{\rm K}}{4} = 0.75 \cdot \Delta f_{\rm K}\hspace{0.3cm} | ||
| + | \Rightarrow \hspace{0.3cm}h_{\rm MKD}(t = 0)/{\Delta f_{\rm K}} \hspace{0.1cm}\underline {= 0.75} .$$ | ||
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| + | '''(4)''' Richtig ist der <u>zweite Lösungsvorschlag:</u> | ||
| + | *Die erste si–Funktion besitzt zwar äquidistante Nulldurchgänge im Abstand $1/\Delta f_{\rm K}$. | ||
| + | *Die äquidistanten Nulldurchgänge der gesamten Zeitfunktion $h_{\rm MKD}(t)$ werden aber durch den zweiten Term bestimmt: | ||
| + | :$$h_{\rm MKD}(t = \frac{1}{\Delta f_{\rm K}}) = \ \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} \cdot {\rm si} (\pi )+ | ||
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Aktuelle Version vom 7. Mai 2022, 14:09 Uhr
Unsymmetrischer Kanalfrequenzgang
Wir betrachten in dieser Aufgabe ein BPSK–System mit kohärenter Demodulation, das heißt, es gilt
- $$s(t) \ = \ z(t) \cdot q(t),$$
- $$b(t) \ = \ 2 \cdot z(t) \cdot r(t) .$$
Die hier gewählten Bezeichnungen lehnen sich an das Blockschaltbild im Theorieteil an.
Der Einfluss eines Kanalfrequenzgangs $H_{\rm K}(f)$ lässt sich in einfacher Weise berücksichtigen, wenn man diesen zusammen mit Modulator und Demodulator durch einen gemeinsamen Basisbandfrequenzgang beschreibt:
- $$H_{\rm MKD}(f) = {1}/{2} \cdot \big [ H_{\rm K}(f-f_{\rm T}) + H_{\rm K}(f+f_{\rm T})\big ] .$$
- Damit werden Modulator und Demodulator quasi gegeneinander gekürzt, und
- der Bandpasskanal $H_{\rm K}(f)$ wird in den Tiefpassbereich transformiert.
Die resultierende Übertragungsfunktion $H_{\rm MKD}(f)$ sollte man nicht mit der Tiefpass–Übertragungsfunktion $H_{\rm K, \, TP}(f)$ gemäß der Beschreibung im Kapitel "Äquivalentes Tiefpass-Signal und zugehörige Spektralfunktion" des Buches „Signaldarstellung” verwechseln, die sich aus $H_{\rm K}(f)$ durch Abschneiden der Anteile bei negativen Frequenzen sowie einer Frequenzverschiebung um $f_{\rm T}$ nach links ergibt.
Bei Frequenzgängen muss im Gegensatz zu Spektralfunktionen auf die Verdoppelung der Anteile bei positiven Frequenzen verzichtet werden.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel "Lineare digitale Modulation – Kohärente Demodulation".
- Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite "Basisbandmodell für ASK und BPSK".
Fragebogen
Musterlösung
(1) Richtig sind die die Aussagen 2, 3 und 4:
- $H_{\rm K,TP}(f)$ ergibt sich aus $H_{\rm K}(f)$ durch Abschneiden der negativen Frequenzanteile sowie Verschieben um $f_{\rm T}$ nach links.
- Bei Frequenzgängen wird – im Gegensatz zu Spektren – auf das Verdoppeln der Anteile bei positiven Frequenzen verzichtet. Deshalb:
- $$H_{\rm K,\hspace{0.04cm} TP}(f= 0) = H_{\rm K}(f= f_{\rm T})=1.$$
- Wegen der reellen und unsymmetrischen Spektralfunktionen $H_{\rm K,\hspace{0.04cm}TP}(f)$ ist die zugehörige Zeitfunktion (Fourierrücktransformierte) $h_{\rm K,\hspace{0.04cm}TP}(t)$ nach dem Zuordnungssatz komplex.
Tiefpassfunktionen für $H_{\rm K}(f)$
(2) Hier ist nur der dritte Lösungsvorschlag richtig:
- Die Spektralfunktion $H_{\rm MKD}(f)$ besitzt stets einen geraden Realteil und keinen Imaginärteil. Demzufolge ist $h_{\rm MKD}(t)$ stets reell.
- Hätte $H_{\rm K}(f)$ zusätzlich einen um $f=f_{\rm T}$ ungeraden Imaginärteil, so würde $H_{\rm MKD}(f)$ einen um $f = 0$ ungeraden Imaginärteil aufweisen. Damit wäre $h_{\rm MKD}(t)$ immer noch eine reelle Funktion.
Die Grafik verdeutlicht die Unterschiede zwischen $H_{\rm K,\hspace{0.04cm}TP}(f)$ und $H_{\rm MKD}(f)$. Die Anteile von $H_{\rm MKD}(f)$ im Bereich um $\pm 2f_{\rm T}$ müssen nicht weiter beachtet werden.
(3) $H_{\rm MKD}(f)$ setzt sich additiv aus einem Rechteck und einem Dreieck zusammen, jeweils mit Breite $\Delta f_{\rm K}$ und Höhe $0.5$. Daraus folgt:
- $$h_{\rm MKD}(t) = \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} \cdot {\rm si} (\pi \cdot \Delta f_{\rm K} \cdot t)+ \frac{\Delta f_{\rm K}}{4} \cdot {\rm si}^2 (\pi \cdot \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} \cdot t)$$
- $$ \Rightarrow \hspace{0.3cm}h_{\rm MKD}(t = 0) = \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} + \frac{\Delta f_{\rm K}}{4} = 0.75 \cdot \Delta f_{\rm K}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}h_{\rm MKD}(t = 0)/{\Delta f_{\rm K}} \hspace{0.1cm}\underline {= 0.75} .$$
(4) Richtig ist der zweite Lösungsvorschlag:
- Die erste si–Funktion besitzt zwar äquidistante Nulldurchgänge im Abstand $1/\Delta f_{\rm K}$.
- Die äquidistanten Nulldurchgänge der gesamten Zeitfunktion $h_{\rm MKD}(t)$ werden aber durch den zweiten Term bestimmt:
- $$h_{\rm MKD}(t = \frac{1}{\Delta f_{\rm K}}) = \ \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} \cdot {\rm si} (\pi )+ \frac{\Delta f_{\rm K}}{4} \cdot {\rm si}^2 (\pi/2) = \frac{\Delta f_{\rm K}}{4},$$
- $$h_{\rm MKD}(t = \frac{2}{\Delta f_{\rm K}}) = \ \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} \cdot {\rm si} (2\pi )+ \frac{\Delta f_{\rm K}}{4} \cdot {\rm si}^2 (\pi) = 0.$$
