Aufgaben:Aufgabe 1.10: BPSK–Basisbandmodell: Unterschied zwischen den Versionen
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*Die Aufgabe gehört zum Kapitel [[Digitalsignalübertragung/Lineare_digitale_Modulation_–_Kohärente_Demodulation|Lineare digitale Modulation – Kohärente Demodulation]]. | *Die Aufgabe gehört zum Kapitel [[Digitalsignalübertragung/Lineare_digitale_Modulation_–_Kohärente_Demodulation|Lineare digitale Modulation – Kohärente Demodulation]]. | ||
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+ | {Welche Aussagen gelten für die äquivalente Tiefpassfunktion $H_{\rm K, \, TP}(f)$ ? | ||
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+ | - Es gilt $H_{\rm K, \, TP}(f=0)= 2$. | ||
+ | +Es gilt $H_{\rm K, \, TP}(f = \Delta f_{\rm K}/4) = 1$. | ||
+ | + 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 $H_{\rm MKD}(f)$ ? | {Welche Aussagen gelten für den Frequenzgang $H_{\rm MKD}(f)$ ? | ||
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$ h_{\rm MKD}(t)/\Delta f_{\rm K} \ = \ $ { 0.75 3% } | $ h_{\rm MKD}(t)/\Delta f_{\rm K} \ = \ $ { 0.75 3% } | ||
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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 $1/\Delta f_{\rm K}$. |
Version vom 8. November 2017, 11:41 Uhr
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:
- $$H_{\rm MKD}(f) = {1}/{2} \cdot \left [ H_{\rm K}(f-f_{\rm T}) + H_{\rm K}(f+f_{\rm T})\right ] .$$
Damit werden
- Modulator und Demodulator quasi gegeneinander gekürzt,
- der Bandpasskanal $H_{\rm K}(f)$ 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 den 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.
- Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Fragebogen
Musterlösung
- $$H_{\rm K,\hspace{0.04cm} TP}(f= 0) = H_{\rm K}(f= f_{\rm T})=1.$$
Wegen der reellen unsymmetrischen Spektralfunktionen $H_{\rm K,TP}(f)$ ist die Fourierrücktransformierte $h_{\rm K,TP}(t)$ nach dem Zuordnungssatz komplex.
(2) Hier ist nur der dritte Lösungsvorschlag richtig. Die Spektralfunktion $H_{\rm MKD}(f)$ besitzt stets einen geraden Realteil. Demzufolge ist $h_{\rm MKD}(t)$ stets reell. Hätte $H_{\rm K}(f)$ zusätzlich einen um $f_{\rm T}$ 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 $H_{\rm K,TP}(f)$ 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:
- $$h_{\rm MKD}(t) = \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} \cdot {\rm si} (\pi \cdot \Delta f_{\rm K} \cdot t)+ \frac{\Delta f_{\rm K}}{4} \cdot {\rm si}^2 (\pi \cdot \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} \cdot t)$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm}h_{\rm MKD}(t = 0) = \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} + \frac{\Delta f_{\rm K}}{4} = 0.75 \cdot \Delta f_{\rm K}$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm}h_{\rm MKD}(t = 0)/{\Delta f_{\rm K}} \hspace{0.1cm}\underline {= 0.75} .$$
(4) Die erste si–Funktion besitzt zwar äquidistante Nulldurchgänge im Abstand $1/\Delta f_{\rm K}$. Die äquidistanten Nulldurchgänge der gesamten Zeitfunktion $h_{\rm MKD}$ werden aber durch den zweiten Term bestimmt:
- $$h_{\rm MKD}(t = \frac{1}{\Delta f_{\rm K}}) = \ \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} \cdot {\rm si} (\pi )+ \frac{\Delta f_{\rm K}}{4} \cdot {\rm si}^2 (\pi/2) = \frac{\Delta f_{\rm K}}{4},$$
- $$h_{\rm MKD}(t = \frac{2}{\Delta f_{\rm K}}) = \ \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} \cdot {\rm si} (2\pi )+ \frac{\Delta f_{\rm K}}{4} \cdot {\rm si}^2 (\pi) = 0.$$
Richtig ist der zweite Lösungsvorschlag.