Aufgaben:Aufgabe 2.5: ZSB–AM über einen Gaußkanal: Unterschied zwischen den Versionen

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K (Textersetzung - „*Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.“ durch „ “)
 
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[[Datei:P_ID1010__Mod_A_2_5.png|right|frame|ZSB-AM über einen verzerrenden Kanal]]
 
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Das hier betrachtete Übertragungssystem setzt sich aus folgenden Blöcken zusammen:
 
Das hier betrachtete Übertragungssystem setzt sich aus folgenden Blöcken zusammen:
*ZSB–AM ohne Träger mit $f_{\rm T} = 50 \ \rm  kHz$ bzw. $f_{\rm T} = 55 \ \rm  kHz$:
+
*ZSB–AM ohne Träger mit  $f_{\rm T} = 50 \ \rm  kHz$  bzw.  $f_{\rm T} = 55 \ \rm  kHz$:
 
:$$ s(t) = q(t) \cdot \cos (2 \pi f_{\rm T} \hspace{0.05cm} t).$$
 
:$$ s(t) = q(t) \cdot \cos (2 \pi f_{\rm T} \hspace{0.05cm} t).$$
* Gaußförmiger Bandpass–Kanalfrequenzgang (der Betrag $|f|$ im Exponenten berücksichtigt, dass $H_K(–f) = H_K(f)$ gilt):
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* Gaußförmiger Bandpass–Kanal;  der Betrag  $|f|$  im Exponenten bewirkt,  dass  $H_K(–f) = H_K(f)$  gilt:
:$$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{|f| - f_{\rm M}}{\Delta f_{\rm K}}\right)^2} ,\hspace{0.2cm} f_{\rm M} = 50\,{\rm kHz},\hspace{0.2cm} \Delta f_{\rm K} = 10\,{\rm kHz}\hspace{0.05cm}.$$
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:$$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (({|f| - f_{\rm M}})/{\Delta f_{\rm K}}\right)^2} ,\hspace{0.2cm} f_{\rm M} = 50\,{\rm kHz},\hspace{0.2cm} \Delta f_{\rm K} = 10\,{\rm kHz}\hspace{0.05cm}.$$
* Synchrondemodulator mit optimalen Kenngrößen, so dass das Sinkensignal $v(t)$ vollständig mit dem Quellensignal $q(t)$ übereinstimmt, wenn $H_{\rm K}(f) = 1$ ist.
+
* Synchrondemodulator mit optimalen Kenngrößen,  so dass das Sinkensignal  $v(t)$  vollständig mit dem Quellensignal  $q(t)$  übereinstimmt,  wenn  $H_{\rm K}(f) = 1$  ist  (idealer Kanal).
  
  
Auf der Seite [[Modulationsverfahren/Synchrondemodulation#Einfluss_linearer_Kanalverzerrungen| Einfluss linearer Kanalverzerrungen]] wurde gezeigt, dass das gesamte System durch den resultierenden Frequenzgang
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Auf der Seite  [[Modulationsverfahren/Synchrondemodulation#Einfluss_linearer_Kanalverzerrungen| Einfluss linearer Kanalverzerrungen]]  wurde gezeigt,  dass das gesamte System durch den resultierenden Frequenzgang
:$$H_{\rm MKD}(f) = {1}/{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f + f_{\rm T}) + H_{\rm K}(f - f_{\rm T})\right]$$
+
:$$H_{\rm MKD}(f) = {1}/{2} \cdot \big[ H_{\rm K}(f + f_{\rm T}) + H_{\rm K}(f - f_{\rm T})\big]$$
ausreichend genau charakterisiert ist. Der Index steht hierbei für „'''M'''odulator–'''K'''anal–'''D'''emodulator”.
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ausreichend genau charakterisiert ist.  Der Index steht hierbei für  $\rm M$odulator – $\rm K$anal – $\rm D$emodulator.
  
Das Quellensignal $q(t)$ setzt sich aus zwei Cosinus-Schwingungen zusammen:
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Das Quellensignal  $q(t)$  setzt sich aus zwei Cosinus-Schwingungen zusammen:
 
:$$q(t) = 2\,{\rm V}\cdot \cos (2 \pi \cdot 1\,{\rm kHz} \cdot t)+ 3\,{\rm V}\cdot \cos (2 \pi \cdot 5\,{\rm kHz} \cdot t)\hspace{0.05cm}.$$
 
:$$q(t) = 2\,{\rm V}\cdot \cos (2 \pi \cdot 1\,{\rm kHz} \cdot t)+ 3\,{\rm V}\cdot \cos (2 \pi \cdot 5\,{\rm kHz} \cdot t)\hspace{0.05cm}.$$
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''Hinweise:''  
 
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*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel [[Modulationsverfahren/Synchrondemodulation|Synchrondemodulation]].
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*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel  [[Modulationsverfahren/Synchrondemodulation|Synchrondemodulation]].
*Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite  [[Modulationsverfahren/Synchrondemodulation#Einfluss_linearer_Kanalverzerrungen|Einfluss linearer Kanalverzerrungen]].
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*Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite  [[Modulationsverfahren/Synchrondemodulation#Einfluss_linearer_Kanalverzerrungen|Einfluss linearer Kanalverzerrungen]].
 
   
 
   
  
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<quiz display=simple>
 
<quiz display=simple>
  
{Berechnen Sie den resultierenden Frequenzgang $H_{\rm MKD}(f)$ für $f_{\rm T} = 50 \ \rm  kHz$.  
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{Berechnen Sie den resultierenden Frequenzgang &nbsp;$H_{\rm MKD}(f)$&nbsp; für &nbsp;$f_{\rm T} = 50 \ \rm  kHz$.&nbsp;
<br>Welche Werte ergeben sich für $f = 1 \ \rm  kHz$ und $f = 5 \ \rm  kHz$?
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Welche Werte ergeben sich für &nbsp;$f = 1 \ \rm  kHz$&nbsp; und &nbsp;$f = 5 \ \rm  kHz$?
 
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$|H_{\rm MKD} (f = 1\ \rm  kHz)| \ = \ $ { 0.969 3% }
 
$|H_{\rm MKD} (f = 1\ \rm  kHz)| \ = \ $ { 0.969 3% }
 
$|H_{\rm MKD} (f = 5\ \rm  kHz)| \ = \ $ { 0.456 3% }
 
$|H_{\rm MKD} (f = 5\ \rm  kHz)| \ = \ $ { 0.456 3% }
  
{Berechnen Sie das Sinkensignal $v(t)$. Geben Sie die Amplituden $A_1$ und $A_5$ des $1\ \rm kHz$– bzw. $5\ \rm kHz$–Anteils an.
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{Berechnen Sie das Sinkensignal &nbsp;$v(t)$.&nbsp; Geben Sie die Amplituden &nbsp;$A_1$&nbsp; und &nbsp;$A_5$&nbsp; des &nbsp;$1\ \rm kHz$–&nbsp; bzw. &nbsp;$5\ \rm kHz$–Anteils an.
 
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$A_1 \ = \ $ { 1.938 3% } $\ \text{ V }$  
 
$A_1 \ = \ $ { 1.938 3% } $\ \text{ V }$  
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{Berechnen Sie den resultierenden Frequenzgang $H_{\rm MKD}(f)$ für $f_{\rm T} = 55 \ \rm  kHz$. Welche Werte ergeben sich nun für $f = 1 \ \rm  kHz$ und $f = 5 \ \rm  kHz$?
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{Berechnen Sie den resultierenden Frequenzgang &nbsp;$H_{\rm MKD}(f)$&nbsp; für &nbsp;$f_{\rm T} = 55 \ \rm  kHz$.&nbsp; Welche Werte ergeben sich nun für &nbsp;$f = 1 \ \rm  kHz$&nbsp; und &nbsp;$f = 5 \ \rm  kHz$?
 
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$|H_{\rm MKD} (f = 1\ \rm  kHz)| \ = \ $ { 0.463 3% }  
 
$|H_{\rm MKD} (f = 1\ \rm  kHz)| \ = \ $ { 0.463 3% }  
 
$|H_{\rm MKD} (f = 5\ \rm  kHz)| \ = \ $ { 0.521 3% }
 
$|H_{\rm MKD} (f = 5\ \rm  kHz)| \ = \ $ { 0.521 3% }
  
{Berechnen Sie das Sinkensignal $υ(t)$. Geben Sie hierfür die Amplituden $A_1$ und $A_5$ des $1\ \rm kHz$– bzw. $5\ \rm kHz$–Anteils an.  
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{Berechnen Sie das Sinkensignal &nbsp;$v(t)$.&nbsp; Geben Sie hierfür die Amplituden &nbsp;$A_1$&nbsp; und &nbsp;$A_5$&nbsp; der beiden  Anteile an.  
 
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$A_1 \ = \ $ { 0.926 3% } $\ \text{ V }$  
 
$A_1 \ = \ $ { 0.926 3% } $\ \text{ V }$  
 
$A_5 \ = \ $ { 1.563 3% } $\ \text{ V }$  
 
$A_5 \ = \ $ { 1.563 3% } $\ \text{ V }$  
  
{Gibt es eine Trägerfrequenz $f_{\rm T}$, die bei dem gegebenen Quellensignal und dem gegebenen Kanal zu keinen Verzerrungen führt? Begründen Sie Ihre Antwort.
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{Gibt es eine Trägerfrequenz &nbsp;$f_{\rm T}$,&nbsp; die bei dem gegebenen Quellensignal und dem gegebenen Kanal zu keinen Verzerrungen führt?&nbsp; Begründen Sie Ihre Antwort.
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+ Ja,  
 
+ Ja,  
 
- Nein.  
 
- Nein.  
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===Musterlösung===
 
===Musterlösung===
 
{{ML-Kopf}}
 
{{ML-Kopf}}
'''(1)'''&nbsp; Die angegebene Gleichung besagt, dass der gegebene Bandpass–Frequenzgang $H_{\rm K}(f)$ jeweils um die Trägerfrequenz $f_{\rm T}$ nach links und rechts verschoben und die beiden Anteile aufaddiert werden müssen. Außerdem ist noch der Faktor 1/2 zu berücksichtigen, wie die nachfolgende Skizze zeigt.
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[[Datei:P_ID1011__Mod_A_2_5_a.png|right|frame|Resulierender Basisbandfrequenzgang für&nbsp; $f_{\rm T} = f_{\rm M}$]]
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'''(1)'''&nbsp; Die angegebene Gleichung besagt, dass der BP–Frequenzgang&nbsp; $H_{\rm K}(f)$&nbsp; jeweils um die Trägerfrequenz&nbsp; $f_{\rm T}$&nbsp; nach links und rechts verschoben und die beiden Anteile aufaddiert werden müssen.&nbsp;
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*Es ist noch der Faktor&nbsp; $1/2$&nbsp; zu berücksichtigen (siehe Skizze).
  
[[Datei:P_ID1011__Mod_A_2_5_a.png|center|frame|Resulierender Basisbandfrequenzgang für $f_{\rm T} = f_{\rm M}$]]
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*Bei niedrigen Frequenzen ergibt sich dann eine Gaußfunktion um die Mittenfrequenz „0”:
 
 
Bei niedrigen Frequenzen ergibt sich dann eine Gaußfunktion um die Mittenfrequenz „0”:
 
 
:$$H_{\rm MKD}(f) = {\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left ({f}/{\Delta f_{\rm K}}\right)^2} \hspace{0.05cm}.$$
 
:$$H_{\rm MKD}(f) = {\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left ({f}/{\Delta f_{\rm K}}\right)^2} \hspace{0.05cm}.$$
Die beiden Anteile bei $±2f_{\rm T}$ müssen nicht weiter betrachtet werden. Für die zwei gesuchten Frequenzen $f_1 = 1\ \rm  kHz$ und $f_5 = 5 \ \rm kHz$ erhält man:
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*Die beiden Anteile bei&nbsp; $±2f_{\rm T}$&nbsp; müssen nicht weiter betrachtet werden.&nbsp; Für die zwei gesuchten Frequenzen&nbsp; $f_1 = 1\ \rm  kHz$&nbsp; und&nbsp; $f_5 = 5 \ \rm kHz$&nbsp; erhält man:
 
:$$ H_{\rm MKD}(f = f_1) = {\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{1\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2} = {\rm e}^{-\pi/100}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.969} \hspace{0.05cm},$$  
 
:$$ H_{\rm MKD}(f = f_1) = {\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{1\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2} = {\rm e}^{-\pi/100}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.969} \hspace{0.05cm},$$  
 
:$$H_{\rm MKD}(f = f_5) = {\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{5\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2} = {\rm e}^{-\pi/4} \hspace{0.3cm}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.456} \hspace{0.05cm}.$$
 
:$$H_{\rm MKD}(f = f_5) = {\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{5\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2} = {\rm e}^{-\pi/4} \hspace{0.3cm}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.456} \hspace{0.05cm}.$$
  
  
'''(2)'''&nbsp; Mit $ω_1 = 2π · 1\ \rm  kHz$ und $ω_5 = 2π · 5 \ \rm  kHz$ gilt:
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'''(2)'''&nbsp; Mit&nbsp; $ω_1 = 2π · 1\ \rm  kHz$&nbsp; und&nbsp; $ω_5 = 2π · 5 \ \rm  kHz$&nbsp; gilt:
 
:$$ v(t)  =  0.969 \cdot 2\,{\rm V}\cdot \cos (\omega_1 \cdot t)+ 0.456 \cdot 3\,{\rm V}\cdot \cos (\omega_5 \cdot t) =  \underline { 1.938\,{\rm V}}\cdot \cos (\omega_1 \cdot t) + \hspace{0.15cm}\underline {1.368\,{\rm V}}\cdot \cos (\omega_5 \cdot t) \hspace{0.05cm}.$$  
 
:$$ v(t)  =  0.969 \cdot 2\,{\rm V}\cdot \cos (\omega_1 \cdot t)+ 0.456 \cdot 3\,{\rm V}\cdot \cos (\omega_5 \cdot t) =  \underline { 1.938\,{\rm V}}\cdot \cos (\omega_1 \cdot t) + \hspace{0.15cm}\underline {1.368\,{\rm V}}\cdot \cos (\omega_5 \cdot t) \hspace{0.05cm}.$$  
Man erkennt, dass nun – im Gegensatz zum Quellensignal $q(t)$ – der Anteil bei $1 \ \rm kHz$ &nbsp; &rArr; &nbsp; $A_1 = 1.938 \ \rm V$ größer ist als der  $5 \ \rm kHz$–Anteil &nbsp; &rArr; &nbsp; $A_5 = 1.368 \ \rm V$, da der Kanal die Frequenzen $49 \ \rm kHz$ und $51 \ \rm kHz$ weniger dämpft als die Spektralanteile bei $45 \ \rm kHz$ und $55 \ \rm kHz$.
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*Man erkennt, dass nun –&nbsp; im Gegensatz zum Quellensignal&nbsp; $q(t)$&nbsp; – der Anteil bei&nbsp; $1 \ \rm kHz$ &nbsp; &rArr; &nbsp; $A_1 = 1.938 \ \rm V$&nbsp; größer ist als der&nbsp; $5 \ \rm kHz$–Anteil &nbsp; &rArr; &nbsp; $A_5 = 1.368 \ \rm V$, da der Kanal die Frequenzen&nbsp; $49 \ \rm kHz$&nbsp; und&nbsp; $51 \ \rm kHz$&nbsp; weniger dämpft als die Spektralanteile bei&nbsp; $45 \ \rm kHz$&nbsp; und&nbsp; $55 \ \rm kHz$.
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'''(3)'''&nbsp; Die beiden um $±f_{\rm T}$ verschobenen Spektralfunktionen kommen nun nicht mehr direkt übereinander zu liegen, sondern sind um $10 \ \rm kHz$ gegeneinander versetzt. Der resultierende Frequenzgang $H_{\rm MKD}(f)$ ist somit nicht mehr gaußförmig, sondern es gilt entsprechend der unteren Skizze:
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'''(3)'''&nbsp; Die beiden um&nbsp; $±f_{\rm T}$&nbsp; verschobenen Spektralfunktionen kommen nun nicht mehr direkt übereinander zu liegen, sondern sind um&nbsp; $10 \ \rm kHz$&nbsp; gegeneinander versetzt.  
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*Der resultierende Frequenzgang&nbsp; $H_{\rm MKD}(f)$&nbsp; ist somit nicht mehr gaußförmig, sondern es gilt entsprechend der unteren Skizze:
 
:$$H_{\rm MKD}(f ) = {1}/{2}\cdot \left[{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{f - 5\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}+{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{f + 5\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}\right]\hspace{0.05cm}.$$
 
:$$H_{\rm MKD}(f ) = {1}/{2}\cdot \left[{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{f - 5\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}+{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{f + 5\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}\right]\hspace{0.05cm}.$$
[[Datei:P_ID1012__Mod_A_2_5_c.png|center|frame|Resulierender Basisbandfrequenzgang für $f_{\rm T} \ne f_{\rm M}$]]
 
  
Für die Frequenzen $f_1$ und $f_5$ erhält man:
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*Für die Frequenzen&nbsp; $f_1$&nbsp; und&nbsp; $f_5$&nbsp; erhält man:
  
 
:$$H_{\rm MKD}(f = 1\,{\rm kHz}) = \frac{1}{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f = 56\,{\rm kHz}) + H_{\rm K}(f = -54\,{\rm kHz})\right]=$$
 
:$$H_{\rm MKD}(f = 1\,{\rm kHz}) = \frac{1}{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f = 56\,{\rm kHz}) + H_{\rm K}(f = -54\,{\rm kHz})\right]=$$
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:$$H_{\rm MKD}(f = 5\,{\rm kHz}) = \frac{1}{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f = 60\,{\rm kHz}) + H_{\rm K}(f = -50\,{\rm kHz})\right]= \hspace{0.75cm}$$  
 
:$$H_{\rm MKD}(f = 5\,{\rm kHz}) = \frac{1}{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f = 60\,{\rm kHz}) + H_{\rm K}(f = -50\,{\rm kHz})\right]= \hspace{0.75cm}$$  
 
:$$\hspace{1.25cm}= \frac{1}{2}\cdot \left[{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{60\, {\rm kHz}- 50\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}+{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{-50\, {\rm kHz}+ 50\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}\right] = 0.022 + 0.500 \hspace{0.15cm}\underline {= 0.521}\hspace{0.05cm}.$$
 
:$$\hspace{1.25cm}= \frac{1}{2}\cdot \left[{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{60\, {\rm kHz}- 50\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}+{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{-50\, {\rm kHz}+ 50\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}\right] = 0.022 + 0.500 \hspace{0.15cm}\underline {= 0.521}\hspace{0.05cm}.$$
Während bei $f_{\rm T} = f_{\rm M} = 50 \ \rm kHz$ der Synchrondemodulator die Information über das Nachrichtensignal aus beiden Seitenbändern in gleicher Weise gewinnt, liefert mit $f_{\rm T} = 55\ \rm  kHz$ das untere Seitenband (USB) den größeren Beitrag.  
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[[Datei:P_ID1012__Mod_A_2_5_c.png|right|frame|Resulierender Basisbandfrequenzgang für $f_{\rm T} \ne f_{\rm M}$]]
Zum Beispiel liegt das USB des $5 \ \rm kHz$–Anteils nun genau bei $f_{\rm M} = 50 \ \rm kHz$ und wird ungedämpft übertragen, während das OSB bei $60 \ \rm kHz$ starken Dämpfungen unterliegt.
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*Während bei&nbsp; $f_{\rm T} = f_{\rm M} = 50 \ \rm kHz$&nbsp; der Synchrondemodulator die Information über das Nachrichtensignal aus beiden Seitenbändern in gleicher Weise gewinnt, liefert mit&nbsp; $f_{\rm T} = 55\ \rm  kHz$&nbsp; das untere Seitenband (USB) den größeren Beitrag.
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*Zum Beispiel liegt das USB des&nbsp; $5 \ \rm kHz$–Anteils nun genau bei&nbsp; $f_{\rm M} = 50 \ \rm kHz$&nbsp; und wird ungedämpft übertragen, während das OSB bei&nbsp; $60 \ \rm kHz$&nbsp; starken Dämpfungen unterliegt.
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:$$ A_1  = 0.463 \cdot 2\,{\rm V}\hspace{0.15cm}\underline { = 0.926\,{\rm V}}\hspace{0.05cm},$$
 
:$$ A_1  = 0.463 \cdot 2\,{\rm V}\hspace{0.15cm}\underline { = 0.926\,{\rm V}}\hspace{0.05cm},$$
 
:$$A_5  = 0.521 \cdot 3\,{\rm V} \hspace{0.15cm}\underline {= 1.563\,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$
 
:$$A_5  = 0.521 \cdot 3\,{\rm V} \hspace{0.15cm}\underline {= 1.563\,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$
In diesem Fall sind die linearen Verzerrungen sogar weniger stark, da auch der $1 \ \rm kHz$–Anteil stärker gedämpft wird.
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*In diesem Fall sind die linearen Verzerrungen sogar weniger stark, da nun auch der&nbsp; $1 \ \rm kHz$–Anteil stärker gedämpft wird.
  
  
 
'''(5)'''&nbsp; Richtig ist JA:
 
'''(5)'''&nbsp; Richtig ist JA:
:Mit der Trägerfrequenz $f_{\rm T} = f_{\rm M} = 50 \ \rm kHz$ wird der $5 \ \rm kHz$–Anteil stärker gedämpft als der $1 \ \rm kHz$–Anteil, während mit $f_{\rm T}  = 55 \ \rm kHz \ne f_{\rm M}$ der $1 \ \rm kHz$–Anteil etwas mehr gedämpft wird.  
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*Mit der Trägerfrequenz&nbsp; $f_{\rm T} = f_{\rm M} = 50 \ \rm kHz$&nbsp; wird der&nbsp; $5 \ \rm kHz$–Anteil stärker gedämpft als der&nbsp; $1 \ \rm kHz$–Anteil, während mit&nbsp; $f_{\rm T}  = 55 \ {\rm kHz} \ne f_{\rm M}$&nbsp; der&nbsp; $1 \ \rm kHz$–Anteil etwas mehr gedämpft wird.  
*Wählt man nun zum Beispiel $f_{\rm T}  \approx 54.5 \ \rm kHz$, so werden beide Anteile gleich gedämpft (etwa um den Faktor $0.53$) und es gibt keine Verzerrungen.  
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*Wählt man nun zum Beispiel&nbsp; $f_{\rm T}  \approx 54.5 \ \rm kHz$, so werden beide Anteile gleich gedämpft&nbsp; $($etwa um den Faktor $0.53)$&nbsp; und es gibt keine / weniger Verzerrungen.  
*Dieses Ergebnis gilt allerdings nur für das betrachtete Quellensignal. Ein anderes $q(t)$ mit ebenfalls zwei Spektralanteilen würde eine andere „optimale Trägerfrequenz” erfordern.  
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*Dieses Ergebnis gilt allerdings nur für das betrachtete Quellensignal.&nbsp; Ein anderes&nbsp; $q(t)$&nbsp; mit ebenfalls zwei Spektralanteilen würde eine andere „optimale Trägerfrequenz” erfordern.&nbsp; Bei einem Nachrichtensignal mit drei oder mehr Spektrallinien würde es stets zu linearen Verzerrungen kommen.
*Bei einem Nachrichtensignal mit drei oder mehr Spektrallinien würde es stets zu linearen Verzerrungen kommen.
 
  
 
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Aktuelle Version vom 6. Dezember 2021, 13:42 Uhr

ZSB-AM über einen verzerrenden Kanal

Das hier betrachtete Übertragungssystem setzt sich aus folgenden Blöcken zusammen:

  • ZSB–AM ohne Träger mit  $f_{\rm T} = 50 \ \rm kHz$  bzw.  $f_{\rm T} = 55 \ \rm kHz$:
$$ s(t) = q(t) \cdot \cos (2 \pi f_{\rm T} \hspace{0.05cm} t).$$
  • Gaußförmiger Bandpass–Kanal;  der Betrag  $|f|$  im Exponenten bewirkt,  dass  $H_K(–f) = H_K(f)$  gilt:
$$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (({|f| - f_{\rm M}})/{\Delta f_{\rm K}}\right)^2} ,\hspace{0.2cm} f_{\rm M} = 50\,{\rm kHz},\hspace{0.2cm} \Delta f_{\rm K} = 10\,{\rm kHz}\hspace{0.05cm}.$$
  • Synchrondemodulator mit optimalen Kenngrößen,  so dass das Sinkensignal  $v(t)$  vollständig mit dem Quellensignal  $q(t)$  übereinstimmt,  wenn  $H_{\rm K}(f) = 1$  ist  (idealer Kanal).


Auf der Seite   Einfluss linearer Kanalverzerrungen  wurde gezeigt,  dass das gesamte System durch den resultierenden Frequenzgang

$$H_{\rm MKD}(f) = {1}/{2} \cdot \big[ H_{\rm K}(f + f_{\rm T}) + H_{\rm K}(f - f_{\rm T})\big]$$

ausreichend genau charakterisiert ist.  Der Index steht hierbei für  $\rm M$odulator – $\rm K$anal – $\rm D$emodulator.

Das Quellensignal  $q(t)$  setzt sich aus zwei Cosinus-Schwingungen zusammen:

$$q(t) = 2\,{\rm V}\cdot \cos (2 \pi \cdot 1\,{\rm kHz} \cdot t)+ 3\,{\rm V}\cdot \cos (2 \pi \cdot 5\,{\rm kHz} \cdot t)\hspace{0.05cm}.$$





Hinweise:


Fragebogen

1

Berechnen Sie den resultierenden Frequenzgang  $H_{\rm MKD}(f)$  für  $f_{\rm T} = 50 \ \rm kHz$.  Welche Werte ergeben sich für  $f = 1 \ \rm kHz$  und  $f = 5 \ \rm kHz$?

$|H_{\rm MKD} (f = 1\ \rm kHz)| \ = \ $

$|H_{\rm MKD} (f = 5\ \rm kHz)| \ = \ $

2

Berechnen Sie das Sinkensignal  $v(t)$.  Geben Sie die Amplituden  $A_1$  und  $A_5$  des  $1\ \rm kHz$–  bzw.  $5\ \rm kHz$–Anteils an.

$A_1 \ = \ $

$\ \text{ V }$
$A_5 \ = \ $

$\ \text{ V }$

3

Berechnen Sie den resultierenden Frequenzgang  $H_{\rm MKD}(f)$  für  $f_{\rm T} = 55 \ \rm kHz$.  Welche Werte ergeben sich nun für  $f = 1 \ \rm kHz$  und  $f = 5 \ \rm kHz$?

$|H_{\rm MKD} (f = 1\ \rm kHz)| \ = \ $

$|H_{\rm MKD} (f = 5\ \rm kHz)| \ = \ $

4

Berechnen Sie das Sinkensignal  $v(t)$.  Geben Sie hierfür die Amplituden  $A_1$  und  $A_5$  der beiden Anteile an.

$A_1 \ = \ $

$\ \text{ V }$
$A_5 \ = \ $

$\ \text{ V }$

5

Gibt es eine Trägerfrequenz  $f_{\rm T}$,  die bei dem gegebenen Quellensignal und dem gegebenen Kanal zu keinen Verzerrungen führt?  Begründen Sie Ihre Antwort.

Ja,
Nein.


Musterlösung

Resulierender Basisbandfrequenzgang für  $f_{\rm T} = f_{\rm M}$

(1)  Die angegebene Gleichung besagt, dass der BP–Frequenzgang  $H_{\rm K}(f)$  jeweils um die Trägerfrequenz  $f_{\rm T}$  nach links und rechts verschoben und die beiden Anteile aufaddiert werden müssen. 

  • Es ist noch der Faktor  $1/2$  zu berücksichtigen (siehe Skizze).
  • Bei niedrigen Frequenzen ergibt sich dann eine Gaußfunktion um die Mittenfrequenz „0”:
$$H_{\rm MKD}(f) = {\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left ({f}/{\Delta f_{\rm K}}\right)^2} \hspace{0.05cm}.$$
  • Die beiden Anteile bei  $±2f_{\rm T}$  müssen nicht weiter betrachtet werden.  Für die zwei gesuchten Frequenzen  $f_1 = 1\ \rm kHz$  und  $f_5 = 5 \ \rm kHz$  erhält man:
$$ H_{\rm MKD}(f = f_1) = {\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{1\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2} = {\rm e}^{-\pi/100}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.969} \hspace{0.05cm},$$
$$H_{\rm MKD}(f = f_5) = {\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{5\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2} = {\rm e}^{-\pi/4} \hspace{0.3cm}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.456} \hspace{0.05cm}.$$


(2)  Mit  $ω_1 = 2π · 1\ \rm kHz$  und  $ω_5 = 2π · 5 \ \rm kHz$  gilt:

$$ v(t) = 0.969 \cdot 2\,{\rm V}\cdot \cos (\omega_1 \cdot t)+ 0.456 \cdot 3\,{\rm V}\cdot \cos (\omega_5 \cdot t) = \underline { 1.938\,{\rm V}}\cdot \cos (\omega_1 \cdot t) + \hspace{0.15cm}\underline {1.368\,{\rm V}}\cdot \cos (\omega_5 \cdot t) \hspace{0.05cm}.$$
  • Man erkennt, dass nun –  im Gegensatz zum Quellensignal  $q(t)$  – der Anteil bei  $1 \ \rm kHz$   ⇒   $A_1 = 1.938 \ \rm V$  größer ist als der  $5 \ \rm kHz$–Anteil   ⇒   $A_5 = 1.368 \ \rm V$, da der Kanal die Frequenzen  $49 \ \rm kHz$  und  $51 \ \rm kHz$  weniger dämpft als die Spektralanteile bei  $45 \ \rm kHz$  und  $55 \ \rm kHz$.


(3)  Die beiden um  $±f_{\rm T}$  verschobenen Spektralfunktionen kommen nun nicht mehr direkt übereinander zu liegen, sondern sind um  $10 \ \rm kHz$  gegeneinander versetzt.

  • Der resultierende Frequenzgang  $H_{\rm MKD}(f)$  ist somit nicht mehr gaußförmig, sondern es gilt entsprechend der unteren Skizze:
$$H_{\rm MKD}(f ) = {1}/{2}\cdot \left[{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{f - 5\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}+{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{f + 5\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}\right]\hspace{0.05cm}.$$
  • Für die Frequenzen  $f_1$  und  $f_5$  erhält man:
$$H_{\rm MKD}(f = 1\,{\rm kHz}) = \frac{1}{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f = 56\,{\rm kHz}) + H_{\rm K}(f = -54\,{\rm kHz})\right]=$$
$$\hspace{1.25cm}= \frac{1}{2}\cdot \left[{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{56\, {\rm kHz}- 50\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}+{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{-54\, {\rm kHz}+ 50\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}\right] = 0.161 + 0.302 \hspace{0.15cm}\underline {= 0.463}\hspace{0.05cm},$$
$$H_{\rm MKD}(f = 5\,{\rm kHz}) = \frac{1}{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f = 60\,{\rm kHz}) + H_{\rm K}(f = -50\,{\rm kHz})\right]= \hspace{0.75cm}$$
$$\hspace{1.25cm}= \frac{1}{2}\cdot \left[{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{60\, {\rm kHz}- 50\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}+{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{-50\, {\rm kHz}+ 50\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}\right] = 0.022 + 0.500 \hspace{0.15cm}\underline {= 0.521}\hspace{0.05cm}.$$
Resulierender Basisbandfrequenzgang für $f_{\rm T} \ne f_{\rm M}$
  • Während bei  $f_{\rm T} = f_{\rm M} = 50 \ \rm kHz$  der Synchrondemodulator die Information über das Nachrichtensignal aus beiden Seitenbändern in gleicher Weise gewinnt, liefert mit  $f_{\rm T} = 55\ \rm kHz$  das untere Seitenband (USB) den größeren Beitrag.


  • Zum Beispiel liegt das USB des  $5 \ \rm kHz$–Anteils nun genau bei  $f_{\rm M} = 50 \ \rm kHz$  und wird ungedämpft übertragen, während das OSB bei  $60 \ \rm kHz$  starken Dämpfungen unterliegt.


(4)  Mit dem Ergebnis der letzten Teilaufgabe erhält man:

$$ A_1 = 0.463 \cdot 2\,{\rm V}\hspace{0.15cm}\underline { = 0.926\,{\rm V}}\hspace{0.05cm},$$
$$A_5 = 0.521 \cdot 3\,{\rm V} \hspace{0.15cm}\underline {= 1.563\,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$
  • In diesem Fall sind die linearen Verzerrungen sogar weniger stark, da nun auch der  $1 \ \rm kHz$–Anteil stärker gedämpft wird.


(5)  Richtig ist JA:

  • Mit der Trägerfrequenz  $f_{\rm T} = f_{\rm M} = 50 \ \rm kHz$  wird der  $5 \ \rm kHz$–Anteil stärker gedämpft als der  $1 \ \rm kHz$–Anteil, während mit  $f_{\rm T} = 55 \ {\rm kHz} \ne f_{\rm M}$  der  $1 \ \rm kHz$–Anteil etwas mehr gedämpft wird.
  • Wählt man nun zum Beispiel  $f_{\rm T} \approx 54.5 \ \rm kHz$, so werden beide Anteile gleich gedämpft  $($etwa um den Faktor $0.53)$  und es gibt keine / weniger Verzerrungen.
  • Dieses Ergebnis gilt allerdings nur für das betrachtete Quellensignal.  Ein anderes  $q(t)$  mit ebenfalls zwei Spektralanteilen würde eine andere „optimale Trägerfrequenz” erfordern.  Bei einem Nachrichtensignal mit drei oder mehr Spektrallinien würde es stets zu linearen Verzerrungen kommen.