Aufgaben:Aufgabe 2.12: Zur nichtkohärenten Demodulation

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Wir betrachten ein AM–moduliertes Signal: $$ s(t) = q(t) \cdot \cos(\omega_{\rm T} \cdot t) \hspace{0.05cm}.$$ Den Empfänger erreicht aufgrund der Kanallaufzeit das Signal $$ r(t) = q(t) \cdot \cos(\omega_{\rm T} \cdot t + \Delta \phi_{\rm T}) \hspace{0.05cm}.$$ Die nebenstehende Anordnung erlaubt eine perfekte Demodulation – das heißt $υ(t) = q(t)$ – ohne Kenntnis der Phase $Δϕ_T$, allerdings nur dann, wenn das Quellensignal gewisse Voraussetzungen erfüllt.

Die beiden empfängerseitigen Trägersignale lauten: $$ z_{\rm 1, \hspace{0.08cm}E}(t) = 2 \cdot \cos(\omega_{\rm T} \cdot t) \hspace{0.05cm},$$ $$ z_{\rm 2, \hspace{0.08cm}E}(t) = -2 \cdot \sin(\omega_{\rm T} \cdot t) \hspace{0.05cm}.$$

$TP1$ und $TP2$ bezeichnen zwei ideale Tiefpässe, deren Grenzfrequenz jeweils gleich der Trägerfrequenz $f_T$ ist. Die nichtlineare Funktion $υ = g(b)$ soll im Rahmen dieser Aufgabe ermittelt werden.

Als Quellensignale werden betrachtet:

• das unipolare Rechtecksgnal $q_1(t)$ mit den dimensionslosen Amplitudenwerten 0 und 3,
• das bipolare Rechtecksignal $q_2(t)$ mit den dimensionslosen Amplitudenwerten ±3.

Diese beiden Signale ergeben hinsichtlich $s(t)$ ein ASK– bzw. ein BPSK–Signal.

Hinweis: Diese Aufgabe bezieht sich auf das Kapitel 2.5. Gegeben sind folgende trigonometrischen Umformungen: $$ \cos(\alpha) \cdot \cos(\beta) = \frac{1}{2} \cdot \left[ \cos(\alpha - \beta)+ \cos(\alpha + \beta) \right],$$ $$ \sin(\alpha) \cdot \sin(\beta) = \frac{1}{2} \cdot \left[ \cos(\alpha - \beta)- \cos(\alpha + \beta) \right],$$ $$ \sin(\alpha) \cdot \cos(\beta) = \frac{1}{2} \cdot \left[ \sin(\alpha - \beta)+ \sin(\alpha + \beta) \right] \hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

1

Wie lauten die Signale $b_1(t)$ und $b_2(t)$ in den beiden Zweigen – jeweils nach Multiplizierer und Tiefpass? Welche Aussagen treffen zu?

	$b_1(t) = q(t) · cos(Δϕ_T)$.
	$b_2(t) = q(t) · cos(Δϕ_T)$.
	$b_1(t) = q(t) · sin(Δϕ_T)$.
	$b_2(t) = q(t) · sin(Δϕ_T)$.
	$b_2(t) = q(t) · sin(ΔϕT)$.

2

Welche Werte $b_{min}$ und $b_{max}$ nimmt das Signal $b(t)$ an, wenn am Eingang das unipolare Quellensignal $q_1(t)$ anliegt?

$q_1(t): b_{min}$ =

$q_1(t): b_{max}$ =

3

Wie muss die Kennlinie $υ = g(b)$ gewählt werden, damit $υ(t) = q(t)$ gilt?

	$g(b) = b^2$.
	$g(b) = b^{0.5}$.
	$g(b) = arctan(b).$

4

Welche Werte $b_{min}$ und $b_{max}$ nimmt das Signal $b(t)$ an, wenn am Eingang das bipolare Quellensignal $q_2(t)$ anliegt?

$q_2(t): b_{min}$ =

$q_2(t): b_{max}$ =

Musterlösung

Musterlösung

1. Durch Anwendung der auf der Angabenseite gegebenen trigonometrischen Umformungen erhält man unter Berücksichtigung der beiden Tiefpässe (Anteile um die doppelte Trägerfrequenz werden entfernt): $$b_1(t) = q(t) \cdot \cos(\omega_{\rm T} \cdot t + \Delta \phi_{\rm T}) \cdot 2 \cdot \cos(\omega_{\rm T} \cdot t) = q(t) \cdot \cos(\Delta \phi_{\rm T})\hspace{0.05cm},$$ $$ b_2(t) = q(t) \cdot \cos(\omega_{\rm T} \cdot t + \Delta \phi_{\rm T}) \cdot (-2) \cdot \sin(\omega_{\rm T} \cdot t) = q(t) \cdot \sin(\Delta \phi_{\rm T})\hspace{0.05cm}.$$ Richtig sind somit die erste und die vierte Antwort.

2.Die Summe der Quadrate der beiden Teilsignale ergibt: $$ b(t) = b_1^2(t) + b_2^2(t)= q^2(t) \cdot \left( \cos^2(\Delta \phi_{\rm T})+ \sin^2(\Delta \phi_{\rm T})\right) = q^2(t)\hspace{0.05cm}.$$ Die möglichen Amplitudenwerte sind somit $b_{min} = 0$ und $b_{max} = 9$.

3. Richtig ist der zweite Lösungsvorschlag. $$\upsilon(t) = \sqrt{ q^2(t) } = q(t)\hspace{0.05cm}.$$

4. Das Ergebnis $b(t) = q^2(t)$ – siehe Teilaufgabe b) – führt hier zu $b_{min} = 9$ und $b_{max = 9$. Dies zeigt, dass der hier betrachtete Demodulator nur dann funktioniert, wenn für alle Zeiten $q(t) ≥ 0$ oder $q(t) ≤ 0$ gilt und dies dem Empfänger auch bekannt ist.