Aufgaben:Aufgabe 3.11: Pre-emphase und De-emphase

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Realisierung einer Preemphase

Bei der Sprach– und Tonsignalübertragung wird das Signalfrequenzband vor dem FM–Modulator über ein RC–Hochpassglied gemäß der Skizze vorverzerrt. Man bezeichnet diese Maßnahme als „Preemphase”  $\rm (PE)$.

Der Amplitudengang des Preemphase–Netzwerks lautet

• mit den beiden Grenzfrequenzen  $f_{\rm G1} = (2π · R_1 · C)^{–1}$  und  $f_{\rm G2} = f_{\rm G1}/α_0$, sowie
• dem Gleichsignalübertragungsfaktor  $α_0 = R_2/(R_1 + R_2)$:

$$ |H_{\rm PE} (f)| = \alpha_0 \cdot \sqrt{\frac{1 + (f/f_{\rm G1})^2}{1 + (f/f_{\rm G2})^2}} \hspace{0.05cm}.$$

Für die Praxis kann man davon ausgehen, dass die maximale Nachrichtenfrequenz  $f_{\rm N}$  sehr viel kleiner als  $f_{\rm G2}$  ist.

Berücksichtigt man weiter, dass der Gleichsignalübertragungsfaktor  $α_0$  durch eine Verstärkung um  $α$  verändert werden kann, so ist im Weiteren von folgendem Preemphase–Frequenzgang auszugehen  $(f_{\rm G} = f_{\rm G1} = 3 \ \rm kHz)$:

$$|H_{\rm PE} (f)| \approx \alpha \cdot \sqrt{{1 + \left({f}/{f_{\rm G}}\right)^2}} \hspace{0.05cm}.$$

Mit diesem Netzwerk lautet der Frequenzhub  $Δf_{\rm A}$  in Abhängigkeit der Nachrichtenfrequenz $f_{\rm N}$:

$$ \Delta f_{\rm A} (f_{\rm N}) = \Delta f_{\rm A, \hspace{0.08cm}min} \cdot \sqrt{{1 + \left({f_{\rm N}}/{f_{\rm G}}\right)^2}} \hspace{0.05cm}.$$

• Hierbei ist  $Δf_\text{A, min}$  der Frequenzhub für sehr kleine Frequenzen  $(f_{\rm N} → 0)$.
• Dieser Parameter ist so zu wählen, dass der maximale Frequenzhub  $Δf_\text{A, max}$  nicht größer wird als  $45 \ \rm kHz$.

Um das Nutzsignal nicht zu verfälschen, muss diese Vorverzerrung durch ein  „Deemphase”–Netzwerk beim Empfänger wieder ausgeglichen werden.  Ziel und Zweck von Preemphase/Deemphase ist es allein, die Abhängigkeit des Signal–zu–Rausch–Leistungsverhältnisses von der Signalfrequenz zu vermindern.

In dieser Aufgabe werden folgende Größen verwendet:

• Sinken–SNR bei Zweiseitenband-Amplitudenmodulation  $\rm (ZSB–AM)$:

$$\rho_{{\rm AM} } = \frac{P_{\rm S}}{N_0 \cdot f_{\rm N} } = \xi\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.15cm}\rho_{{\rm AM} } = 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.15cm}\xi \hspace{0.05cm},$$

• Sinken–SNR und Störabstandsgewinn bei Frequenzmodulation  $\rm (FM)$  ohne Preemphase/Deemphase:

$$ \rho_{\rm FM} = {3}/{2 } \cdot \eta^2 \cdot \rho_{\rm AM } \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} G_{\rm FM} = 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.15cm}\rho_{\rm FM} - 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.15cm}\rho_{\rm AM}= 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.15cm}{3}/{2 } \cdot \eta^2 \hspace{0.05cm},$$

• Sinken–SNR und Störabstandsgewinn bei Frequenzmodulation  $\rm (FM)$  durch Preemphase/Deemphase:

$$ \rho_{\rm DE} = \frac{(f_{\rm N}/f_{\rm G})^3}{3 \cdot (f_{\rm N}/f_{\rm G} - \arctan (f_{\rm N}/f_{\rm G}) } \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} G_{\rm DE} = 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.15cm}\rho_{\rm DE} - 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.15cm}\rho_{\rm FM}\hspace{0.05cm}$$

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  Rauscheinfluss bei Winkelmodulation.
• Bezug genommen wirdinsbesondere auf den Abschnitt  Preemphase und Deemphase.
• Gehen Sie in der gesamten Aufgabe von einem Nachrichtensignal aus, das Frequenzen bis einschließlich  $B_{\rm NF}= 9 \ \rm kHz$  beinhaltet.

Fragebogen

1

Geben Sie eine mögliche Realisierung des Deemphase–Netzwerks  $H_{\rm DE}(f)$  an.  Welche der folgenden Aussagen sind richtig?

	$H_{\rm DE}(f)$  ist ein Tiefpass erster Ordnung.
	$H_{\rm DE}(f)$  ist ein Hochpass erster Ordnung.
	$H_{\rm DE}(f)$  ist ein Bandpass.
	Zusätzlich muss der Faktor  $α$  korrigiert werden.

2

Wie groß ist der Störabstandsgewinn  $G_{\rm FM}$  der herkömmlichen FM gegenüber AM bei den genannten Nachrichtenfrequenzen  $ f_{\rm N}$?

$ f_{\rm N} = \text{9 kHz:} \hspace{0.2cm} G_{\rm FM} \ = \ $ $\ \rm dB$

$ f_{\rm N} = \text{3 kHz:} \hspace{0.2cm} G_{\rm FM} \ = \ $ $\ \rm dB$

$ f_{\rm N} = \text{1 kHz:} \hspace{0.2cm} G_{\rm FM} \ = \ $ $\ \rm dB$

3

Wie groß ist  $Δf_\text{A, min}$   mit   $Δf_\text{A, max} = 45 \ \rm kHz$   und   $B_{\rm NF} = f_\text{N, max}= 9 \ \rm kHz$   zu wählen?

$Δf_\text{A, min} \ = \ $ $\ \rm kHz$

4

Welcher zusätzliche Gewinn ist durch Preemphase/Deemphase zu erzielen?

$ f_{\rm N} = \text{9 kHz:} \hspace{0.2cm} G_{\rm DE} \ = \ $ $\ \rm dB$

$ f_{\rm N} = \text{3 kHz:} \hspace{0.2cm} G_{\rm DE} \ = \ $ $\ \rm dB$

$ f_{\rm N} = \text{1 kHz:} \hspace{0.2cm} G_{\rm DE} \ = \ $ $\ \rm dB$

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Richtig sind der erste und der letzte Lösungsvorschlag:

• Der Betragsfrequenzgang des Deemphase–Netzwerks ist wie folgt festgelegt:

$$ |H_{\rm DE} (f)| = \frac{1}{|H_{\rm PE} (f)|}= \frac{1}{\alpha}\cdot \frac{1}{\sqrt{1 + (f/f_{\rm G})^2}} \hspace{0.05cm}.$$

• Der Frequenzgang eines einfachen RC–Tiefpasses – auch bekannt als Tiefpass erster Ordnung – lautet:

$$ H_{\rm RC-TP} (f) = \frac{1}{{1 + {\rm j}\cdot f/f_{\rm G}}} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} |H_{\rm RC-TP} (f)| = \frac{1}{\sqrt{1 + (f/f_{\rm G})^2}}\hspace{0.05cm}.$$

(2)  Die Frequenzmodulation (FM) ist auf die maximale Signalfrequenz $B_{\rm NF} = f_\text{N, max}= 9 \ \rm kHz$ ausgelegt, mit der der (maximale) Frequenzhub $Δf_{\rm A} = 45\ \rm kHz$ betragen soll. Daraus folgt für den Modulationsindex:

$$ \eta = \frac{\Delta f_{\rm A}}{f_{\rm N} } = 5 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} G_{\rm FM} (f_{\rm N} = 9\,{\rm kHz}) = 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.15cm}(1.5 \cdot 5^2) \hspace{0.15cm}\underline {\approx 15.74\,{\rm dB}} \hspace{0.05cm}.$$

• Mit der Nachrichtenfrequenz $ f_{\rm N} = 3 \ \rm kHz$ ergibt sich ein um den Faktor $3$ größerer Modulationsindex und damit ein um den Faktor $10 · \lg \ 9 = 9.54 \ \rm dB$ größerer Störabstand:

$$G_{\rm FM} (f_{\rm N} = 3\,{\rm kHz}) = 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.15cm}(1.5 \cdot 15^2) \hspace{0.15cm}\underline {\approx 25.28\,{\rm dB}} \hspace{0.05cm}.$$

• Ein weiterer Zugewinn ergibt sich durch den Übergang von $3\ \rm kHz$ auf $1\ \rm kHz$:

$$G_{\rm FM} (f_{\rm N} = 1\,{\rm kHz}) = 25.28\,{\rm dB} + 9.54\,{\rm dB}\hspace{0.15cm}\underline {= 34.82\,{\rm dB}} \hspace{0.05cm}.$$

(3)  Der maximale Frequenzhub ergibt sich für $f_{\rm N} = B_{\rm NF}$. Daraus folgt mit $f_{\rm G} = 3 \ \rm kHz$ und $B_{\rm NF} = 9 \ \rm kHz$:

$$\Delta f_{\rm A} (B_{\rm NF}) = \Delta f_{\rm A, \hspace{0.08cm}min} \cdot \sqrt{{1 + \left(\frac{B_{\rm NF}}{f_{\rm G}}\right)^2}} = \sqrt {10} \cdot \Delta f_{\rm A, \hspace{0.08cm}min}= \Delta f_{\rm A, \hspace{0.08cm}max} = 45\,{\rm kHz}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \Delta f_{\rm A, \hspace{0.08cm}min} = \frac{45\,{\rm kHz}}{\sqrt {10}}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 14.23\,{\rm kHz}}\hspace{0.05cm}.$$

(4)  Mit der angegebenen Formel erhält man folgende Gewinne:

$$G_{\rm DE} (f_{\rm N} = 9\,{\rm kHz}) = 10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.15cm} \frac{(f_{\rm N}/f_{\rm G})^3}{3 \cdot (f_{\rm N}/f_{\rm G} - \arctan (f_{\rm N}/f_{\rm G}) }= 10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.15cm} \frac{3^3}{3 \cdot (3 - 1.249) }\hspace{0.15cm}\underline {\approx 7.1\,{\rm dB}}\hspace{0.05cm},$$

$$ G_{\rm DE} (f_{\rm N} = 3\,{\rm kHz}) = 10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.15cm} \frac{1^3}{3 \cdot (1 - \pi/4) }\hspace{0.15cm}\underline {\approx 1.9\,{\rm dB}}\hspace{0.05cm},$$

$$G_{\rm DE} (f_{\rm N} = 1\,{\rm kHz}) = 10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.15cm} \frac{(1/3)^3}{3 \cdot (1/3 - 0.322) }\hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.28\,{\rm dB}}\hspace{0.05cm}.$$