Aufgaben:Aufgabe 3.1: Impulsantwort des Koaxialkabels

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Impulsantwort eines Koaxialkabels

Der Frequenzgang eines Koaxialkabels der Länge  $l$  ist durch folgende Formel darstellbar:

$$H_{\rm K}(f) \ = \ {\rm e}^{- \alpha_0 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} l} \cdot {\rm e}^{- (\alpha_1 + {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_1) \hspace{0.05cm}\cdot f \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l} \cdot \ {\rm e}^{- (\alpha_2 + {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2) \hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l} \hspace{0.05cm}.$$

Der erste Term dieser Gleichung ist auf die Ohmschen Verluste zurückzuführen,  der zweite Term auf die Querverluste.  Dominant ist jedoch der Skineffekt,  der durch den dritten Term ausgedrückt wird.

Mit den für ein so genanntes  "Normalkoaxialkabel"  $(2.6 \ \rm mm$  Kerndurchmesser und  $9.5 \ \rm mm$  Außendurchmesser$)$ gültigen Koeffizienten

$$\alpha_2 = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac{\rm Np}{\rm km \cdot \sqrt{\rm MHz}} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} \beta_2 = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac{\rm rad}{\rm km \cdot \sqrt{\rm MHz}}\hspace{0.05cm}.$$

lässt sich dieser Frequenzgang auch wie folgt darstellen:

$$H_{\rm K}(f) \approx {\rm e}^{- 0.2722 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l/{\rm km} \hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f/{\rm MHz}} } \cdot {\rm e}^{- {\rm j}\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} 0.2722 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l/{\rm km} \hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f/{\rm MHz}}} \hspace{0.05cm}.$$

Das heißt:   Dämpfungsverlauf  $a_{\rm K}(f)$  und Phasenverlauf  $b_{\rm K}(f)$  sind bis auf die Pseudoeinheiten „$\rm Np$” bzw. „$\rm rad$” identisch.

Definiert man die charakteristische Kabeldämpfung  $a_*$  bei der halben Bitrate  $(R_{\rm B}/2)$,  so kann man Digitalsysteme unterschiedlicher Bitrate und Länge einheitlich behandeln:

$$a_{\star} = a_{\rm K}(f = {R_{\rm B}}/{2}) \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{- a_{\star} \cdot \sqrt{2f/R_{\rm B}}}\cdot {\rm e}^{- {\rm j}\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} a_{\star} \cdot \sqrt{2f/R_{\rm B}}}\hspace{0.4cm}{\rm mit}\hspace{0.2cm}a_{\star}\hspace{0.2cm}{\rm in}\hspace{0.2cm}{\rm Np} \hspace{0.05cm}.$$

Der entsprechende  $\rm dB$–Wert ist um den Faktor  $8.688$  größer.  Bei einem Binärsystem gilt  $R_{\rm B} = 1/T$,  so dass sich dann die charakteristische Kabeldämpfung auf die Frequenz  $f = 1/(2T)$  bezieht.

Die Fouriertransformierte von  $H_{\rm K}(f)$  liefert die Impulsantwort  $h_{\rm K}(t)$,  die für ein Koaxialkabel mit den hier beschriebenen Näherungen in geschlossen-analytischer Form angebbar ist.  Für ein Binärsystem gilt:

$$h_{\rm K}(t) = \frac{ a_{\star}/T}{ \sqrt{2 \pi^2 \cdot (t/T)^3}}\hspace{0.1cm} \cdot {\rm exp} \left[ - \frac{a_{\star}^2}{2 \pi \cdot t/T}\hspace{0.1cm}\right] \hspace{0.4cm}{\rm mit}\hspace{0.2cm}a_{\star}\hspace{0.2cm}{\rm in}\hspace{0.2cm}{\rm Np} \hspace{0.05cm}.$$

Die Teilaufgabe  (5)  bezieht sich auf den Empfangsgrundimpuls  $g_r(t) = g_s(t) * h_K(t)$,  wobei für  $g_s(t)$  ein Rechteckimpuls mit der Höhe  $s_0$  und der Dauer  $T$  angenommen werden soll.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  "Ursachen und Auswirkungen von Impulsinterferenzen".
• Bezug genommen wird insbesondere auf den Abschnitt  "Signale, Basisfunktionen und Vektorräume".

Fragebogen

1

Wie groß ist die Länge  $l$  eines Normalkoaxialkabels,  wenn sich für die Bitrate  $R_{\rm B} = 140 \ \rm Mbit/s$  die charakteristische Kabeldämpfung zu  $a_* = 60 \ \rm dB$  ergibt?

$l \ = \ $ $\ \rm km $

2

Zu welcher Zeit  $t_{\rm max}$  besitzt  $h_{\rm K}(t)$  sein Maximum?  Es gelte weiter  $a_* = 60 \ \rm dB$.

$t_{\rm max}/T= \ $

3

Wie groß ist der Maximalwert der Impulsantwort?  Es gelte weiter  $a_* = 60 \ \rm dB$.

${\rm Max}\ \big [h_{\rm K}(t)\big ]= \ $ $\ \cdot 1/T $

4

Ab welcher Zeit  $t_{\rm 5\%}$  ist  $h_{\rm K}(t)$  kleiner als  $5\%$  des Maximums?  Berücksichtigen Sie als Näherung nur den ersten Term der angegebenen Formel.

$t_{\rm 5\%}/T= \ $

5

Welche Aussagen treffen für den Empfangsgrundimpuls  $g_r(t)$  zu?

	$g_r(t)$  ist doppelt so breit wie  $h_{\rm K}(t)$.
	Es gilt näherungsweise  $g_r(t) = h_{\rm K}(t) \cdot s_0 \cdot T$.
	$g_r(t)$  kann durch einen Gaußimpuls angenähert werden.

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Die charakteristische Kabeldämpfung  $a_* = 60 \ \rm dB$  entspricht etwa  $6.9 \ \rm Np$.  Deshalb muss gelten:

$$\alpha_2 \cdot l \cdot {R_{\rm B}}/{2} = 6.9\,\,{\rm Np}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} l = \frac{6.9\,\,{\rm Np}}{0.2722\,\,\frac{\rm Np}{{\rm km} \cdot \sqrt{\rm MHz}} \cdot \sqrt{70\,\,{\rm MHz}}} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 3\,\,{\rm km}} \hspace{0.05cm}.$$

(2)  Mit den Substitutionen

$$x = { t}/{ T}, \hspace{0.2cm} K_1 = \frac{a_*/T}{\sqrt{2\pi^2 }}, \hspace{0.2cm} K_2 = \frac{a_*^2}{2\pi}$$

kann die Impulsantwort wie folgt beschrieben werden

$$h_{\rm K}(x) = K_1 \cdot x^{-3/2}\cdot {\rm e}^{-K_2/x} \hspace{0.05cm}.$$

• Durch Nullsetzen der Ableitung folgt daraus:

$$- {3}/{2} \cdot K_1 \cdot x^{-5/2}\cdot {\rm e}^{-K_2/x}+ K_1 \cdot x^{-3/2}\cdot {\rm e}^{-K_2/x}\cdot (-K_2) \cdot (-x^{-2})= 0 \hspace{0.05cm}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} {3}/{2} \cdot x^{-5/2} = K_2 \cdot x^{-7/2} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} x_{\rm max} = {2}/{3} \cdot K_2 = { a_{\star}^2}/({3 \pi}) \hspace{0.05cm}.$$

• Daraus ergibt sich für  $60 \ \rm dB$  Kabeldämpfung  $(a_* ≈ 6.9 \ \rm Np)$:

$$x_{\rm max} = { t_{\rm max}}/{ T} \hspace{-0.1cm}: \hspace{0.2cm} { t_{\rm max}}/{ T} = { 6.9^2}/({3\pi})\hspace{0.15cm}\underline {\approx 5} \hspace{0.2cm}.$$

(3)  Setzt man das Ergebnis von  (2)  in die vorgegebene Gleichung ein,  so erhält man  (wir verwenden  $a$ anstelle  von  $a_*$):

$$h_{\rm K}(t_{\rm max}) \ = \ \frac{1}{T} \cdot \frac{ a}{ \sqrt{2 \pi^2 \cdot \frac{a^6}{(3\pi)^3}}}\hspace{0.1cm} \cdot {\rm exp} \left[ - \frac{a^2}{2\pi} \cdot \frac{3\pi}{a^2}\hspace{0.1cm}\right]= \frac{1}{T} \cdot \frac{1}{a^2}\cdot \sqrt{\frac{27 \pi }{2}} \cdot {\rm e}^{-3/2}\hspace{0.15cm}\approx \frac{1}{T} \cdot \frac{1.453}{a^2} \hspace{0.05cm}.$$

• Mit  $a = 6.9$  kommt man somit zum Endergebnis:

$${\rm Max} \ [h_{\rm K}(t)] = \frac{1.453}{{6.9\,}^2} \cdot {1}/{T}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.03 \cdot {1}/{T}} \hspace{0.05cm}.$$

(4)  Mit dem Ergebnis der Teilaufgabe  (3)  lautet die Bestimmungsgleichung:

$$\frac{ a/T}{ \sqrt{2 \pi^2 \cdot (t_{5\%}/T)^3}}= 0.05 \cdot 0.03 \cdot {1}/{T}= 0.0015 \cdot {1}/{T} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} (t_{5\%}/T)^{3/2} = \frac{a}{\sqrt{2} \cdot \pi \cdot 0.0015}\approx 1036 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}t_{5\%}/T \hspace{0.15cm}\underline {\approx 103.5}\hspace{0.05cm}.$$

• Dieser Wert ist etwas zu groß,  da der zweite Term  ${\rm e}^{\rm – 0.05} ≈ 0.95$  vernachlässigt wurde.
• Die exakte Berechnung liefert  $t_{\rm 5\%}/T ≈ 97$.

(5)  Richtig ist der  zweite Lösungsvorschlag.  Allgemein gilt:

$$g_r(t) = g_s(t) \star h_{\rm K}(t) = s_0 \cdot \int_{t-T/2}^{t+T/2} h_{\rm K}(\tau) \,{\rm d} \tau .$$

• Da sich die Kanalimpulsantwort  $h_{\rm K}(t)$  innerhalb einer Symboldauer nur unwesentlich verändert,  kann hierfür auch geschrieben werden:

$$g_r(t) \approx h_{\rm K}(t) \cdot s_0 \cdot T .$$