Aufgaben:Aufgabe 4.14: Phasenverlauf der MSK: Unterschied zwischen den Versionen

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'''(1)'''&nbsp; Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 2 und 3</u>:  
 
'''(1)'''&nbsp; Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 2 und 3</u>:  
*Beispielsweise gilt im Bereich $0 ≤ t ≤ T$, wenn man berücksichtigt,  dass $a_0^2 = a_1^2 = 1$ ist:
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*Beispielsweise gilt im Bereich&nbsp; $0 ≤ t ≤ T$, wenn man berücksichtigt,  dass&nbsp; $a_0^2 = a_1^2 = 1$&nbsp; ist:
 
:$$ |s_{\rm TP}(t)| = \sqrt{a_0^2 \cdot \cos^2 (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T}) + a_1^2 \cdot \sin^2 (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})} = 1 \hspace{0.05cm}.$$
 
:$$ |s_{\rm TP}(t)| = \sqrt{a_0^2 \cdot \cos^2 (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T}) + a_1^2 \cdot \sin^2 (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})} = 1 \hspace{0.05cm}.$$
 
*Richtig ist damit die Aussage 2, während die Aussage 1 falsch.
 
*Richtig ist damit die Aussage 2, während die Aussage 1 falsch.
*Dieses Ergebnis gilt für jedes Wertepaar $a_0 ∈ \{+1, \ –1\}$ und $a_1 ∈ \{+1, \ –1\}$.
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*Dieses Ergebnis gilt für jedes Wertepaar&nbsp; $a_0 ∈ \{+1, \ –1\}$&nbsp; und&nbsp; $a_1 ∈ \{+1, \ –1\}$.
 
*Daraus kann weiter geschlossen werden, dass die Hüllkurve unabhängig von der gesendeten Folge ist.
 
*Daraus kann weiter geschlossen werden, dass die Hüllkurve unabhängig von der gesendeten Folge ist.
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'''(2)'''&nbsp; Mit der angegebenen Gleichung gilt:
 
'''(2)'''&nbsp; Mit der angegebenen Gleichung gilt:
 
:$$\phi(t) = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{s_{\rm Q}(t)}{s_{\rm I}(t)} = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{a_1 \cdot \sin (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})}{a_0 \cdot \cos (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})}= {\rm arctan}\hspace{0.1cm}\left [ \frac{a_1}{a_0}\cdot \tan \hspace{0.1cm}(\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})\right ] \hspace{0.05cm}.$$
 
:$$\phi(t) = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{s_{\rm Q}(t)}{s_{\rm I}(t)} = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{a_1 \cdot \sin (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})}{a_0 \cdot \cos (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})}= {\rm arctan}\hspace{0.1cm}\left [ \frac{a_1}{a_0}\cdot \tan \hspace{0.1cm}(\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})\right ] \hspace{0.05cm}.$$
Der Quotient $a_1/a_0$ ist stets $+1$ oder $-1$. Damit kann dieser Quotient vorgezogen werden und man erhält:
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*Der Quotient&nbsp; $a_1/a_0$&nbsp; ist stets&nbsp; $+1$&nbsp; oder&nbsp; $-1$.&nbsp; Damit kann dieser Quotient vorgezogen werden und man erhält:
 
:$$\phi(t) =  \frac{a_1}{a_0}\cdot {\rm arctan}\hspace{0.1cm}\left [
 
:$$\phi(t) =  \frac{a_1}{a_0}\cdot {\rm arctan}\hspace{0.1cm}\left [
 
   \tan \hspace{0.1cm}(\frac{\pi  \cdot t}{2  \cdot T})\right ]=  \frac{a_1}{a_0}\cdot \frac{\pi  \cdot t}{2  \cdot T}
 
   \tan \hspace{0.1cm}(\frac{\pi  \cdot t}{2  \cdot T})\right ]=  \frac{a_1}{a_0}\cdot \frac{\pi  \cdot t}{2  \cdot T}
 
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Durch die Anfangsphase $ϕ_0 = 0$ können Mehrdeutigkeiten ausgeschlossen werden. Insbesondere gilt mit $a_0 = a_1 = +1$:
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*Durch die Anfangsphase&nbsp; $ϕ_0 = 0$&nbsp; können Mehrdeutigkeiten ausgeschlossen werden.&nbsp; Insbesondere gilt mit&nbsp; $a_0 = a_1 = +1$:
 
:$$\phi(t = T/2 = 0.5\,{\rm &micro; s}) =  {\pi}/{4}\hspace{0.15cm}\underline { = +45^\circ},\hspace{0.2cm}\phi(t = T= 1\,{\rm &micro; s}) =  {\pi}/{2}\hspace{0.15cm}\underline {= +90^\circ}
 
:$$\phi(t = T/2 = 0.5\,{\rm &micro; s}) =  {\pi}/{4}\hspace{0.15cm}\underline { = +45^\circ},\hspace{0.2cm}\phi(t = T= 1\,{\rm &micro; s}) =  {\pi}/{2}\hspace{0.15cm}\underline {= +90^\circ}
 
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'''(3)'''&nbsp;  Am einfachsten löst man diese Aufgabe unter Zuhilfenahme des Einheitskreises:
 
'''(3)'''&nbsp;  Am einfachsten löst man diese Aufgabe unter Zuhilfenahme des Einheitskreises:
 
:$$ {\rm Re} = s_{\rm I}(2T) = +1, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(2T) = 0 \hspace{0.3cm}  \Rightarrow  \hspace{0.3cm}\phi(t = 2T= 2\,{\rm &micro; s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ},$$
 
:$$ {\rm Re} = s_{\rm I}(2T) = +1, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(2T) = 0 \hspace{0.3cm}  \Rightarrow  \hspace{0.3cm}\phi(t = 2T= 2\,{\rm &micro; s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ},$$
:$$ {\rm Re} = s_{\rm I}(3T) = 0, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(3T) = -1 \hspace{0.3cm}  \Rightarrow  \hspace{0.3cm}\phi(t = 3T= 3\,{\rm &micro; s}) \hspace{0.15cm}\underline {= -90^\circ},$$  
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:$$ {\rm Re} = s_{\rm I}(3T) = 0, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(3T) = -1 \hspace{0.3cm}  \Rightarrow  \hspace{0.3cm}\phi(t = 3T= 3\,{\rm &micro; s}) \hspace{0.15cm}\underline {= -90^\circ},$$
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[[Datei:P_ID1741__Mod_A_4_13_d.png|right|frame|Quellensignal und Phasenverlauf bei MSK]]
 
:$${\rm Re} = s_{\rm I}(4T) = -1, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(4T) = 0 \hspace{0.3cm}  \Rightarrow  \hspace{0.3cm}\phi(t = 4T= 4\,{\rm &micro; s})= \pm 180^\circ \hspace{0.05cm}.$$
 
:$${\rm Re} = s_{\rm I}(4T) = -1, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(4T) = 0 \hspace{0.3cm}  \Rightarrow  \hspace{0.3cm}\phi(t = 4T= 4\,{\rm &micro; s})= \pm 180^\circ \hspace{0.05cm}.$$
Aus der unteren Skizze erkennt man, dass $\phi(t = 4T= 4\,{\rm &micro; s})\hspace{0.15cm}\underline { = - 180^\circ}\hspace{0.05cm}$ richtig ist.
 
  
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*Aus der unteren Skizze erkennt man, dass&nbsp; $\phi(t = 4T= 4\,{\rm &micro; s})\hspace{0.15cm}\underline { = - 180^\circ}\hspace{0.05cm}$&nbsp; richtig ist.
  
[[Datei:P_ID1741__Mod_A_4_13_d.png|right|frame|Quellensignal und Phasenverlauf bei MSK]]
 
'''(4)'''&nbsp; Die Grafik zeigt die MSK–Phase $ϕ(t)$ zusammen mit dem Quellensignal $q(t)$.
 
  
Man erkennt:
 
* Beim Quellensymbol $a_\nu =+1$ steigt die Phase innerhalb der Symboldauer $T$ linear um $90^\circ \  (π/2)$ an.
 
* Beim Quellensymbol $a_\nu =-1$ fällt die Phase innerhalb der Symboldauer $T$ linear um $90^\circ \  (π/2)$ ab.
 
  
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'''(4)'''&nbsp; Die Grafik zeigt die MSK–Phase&nbsp; $ϕ(t)$&nbsp; zusammen mit dem Quellensignal&nbsp; $q(t)$.&nbsp; Man erkennt:
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* Beim Symbol&nbsp; $a_\nu =+1$&nbsp; steigt die Phase innerhalb der Symboldauer&nbsp; $T$&nbsp; linear um&nbsp; $90^\circ \  (π/2)$&nbsp; an.
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* Beim Symbol&nbsp; $a_\nu =-1$&nbsp; fällt die Phase innerhalb der Symboldauer&nbsp; $T$&nbsp; linear um&nbsp; $90^\circ \  (π/2)$&nbsp; ab.
  
Die weiteren Phasenwerte sind somit:
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*Die weiteren Phasenwerte sind somit:
 
:$$\phi(5T) \hspace{0.15cm}\underline { = -90^\circ},\hspace{0.2cm}\phi(t = 6T)  \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ} \hspace{0.05cm}.$$
 
:$$\phi(5T) \hspace{0.15cm}\underline { = -90^\circ},\hspace{0.2cm}\phi(t = 6T)  \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ} \hspace{0.05cm}.$$
 
:$$ \phi(7T)\hspace{0.15cm}\underline { = -90^\circ},\hspace{0.2cm} \phi(t = 8T) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ} \hspace{0.05cm}.$$
 
:$$ \phi(7T)\hspace{0.15cm}\underline { = -90^\circ},\hspace{0.2cm} \phi(t = 8T) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ} \hspace{0.05cm}.$$

Aktuelle Version vom 24. April 2020, 10:48 Uhr

Quellensignal und Tiefpass–Signale
in den beiden Zweigen der MSK

Eine Realisierungsmöglichkeit für  Minimum Shift Keying  $\rm (MSK)$  bietet die  $\rm Offset–QPSK$, wie aus dem  Blockschaltbild  im Theorieteil hervorgeht.

  • Hierzu ist zunächst eine Umcodierung der Quellensymbole  $q_k ∈ \{+1, –1\}$  in die ebenfalls binären Amplitudenkoeffizienten  $a_k ∈ \{+1, –1\}$  vorzunehmen.
  • Diese Umcodierung wird in der  Aufgabe 4.14Z  eingehend behandelt.


Die Grafik zeigt unten die beiden äquivalenten Tiefpass–Signale  $s_{\rm I}(t)$  und  $s_{\rm Q}(t)$  in den beiden Zweigen, die sich nach der Umcodierung  $a_k = (-1)^{k+1} \cdot a_{k-1} \cdot q_k $  aus dem oben skizzierten Quellensignal  $q(t)$  für den Inphase– und den Quadraturzweig ergeben.  Berücksichtigt ist hierbei der MSK–Grundimpuls

$$ g_{\rm MSK}(t) = \left\{ \begin{array}{l} \cos \big ({\pi \hspace{0.05cm} t}/({2 \hspace{0.05cm} T})\big ) \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{5}c}{\rm{f\ddot{u}r}} \\{\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{10}c} -T \le t \le +T \hspace{0.05cm}, \\ {\rm sonst}\hspace{0.05cm}. \\ \end{array}$$

Dieser ist ebenso wie die Signale  $s_{\rm I}(t)$  und  $s_{\rm Q}(t)$  auf  $1$  normiert.

Für das äquivalente Tiefpass–Signal gilt entsprechend dem Kapitel  Äquivalentes Tiefpass-Signal und zugehörige Spektralfunktion  im Buch „Signaldarstellung”:

$$ s_{\rm TP}(t) = s_{\rm I}(t) + {\rm j} \cdot s_{\rm Q}(t) = |s_{\rm TP}(t)| \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}\phi(t)}\hspace{0.05cm},$$
  • mit dem Betrag
$$|s_{\rm TP}(t)| = \sqrt{s_{\rm I}^2(t) + s_{\rm Q}^2(t)} $$
  • und der Phase
$$ \phi(t) = {\rm arc} \hspace{0.15cm}s_{\rm TP}(t) = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{s_{\rm Q}(t)}{s_{\rm I}(t)} \hspace{0.05cm}.$$

Das physikalische MSK–Sendesignal ergibt sich dann zu

$$ s(t) = |s_{\rm TP}(t)| \cdot \cos (2 \pi \cdot f_{\rm T} \cdot t + \phi(t)) \hspace{0.05cm}.$$





Hinweise:

  • Gehen Sie davon aus, dass  $ϕ(t = 0) = ϕ_0 = 0$  ist.


Fragebogen

1

Welche Aussagen gelten für die Hüllkurve  $|s_{\rm TP}(t)|$  der MSK?

Die Hüllkurve schwankt cosinusförmig.
Die Hüllkurve ist konstant.
Die Hüllkurve ist unabhängig von der gesendeten Folge.

2

Es gelte  $T = 1 \ \rm µs$.  Berechnen Sie den Phasenverlauf im Intervall  $0 ≤ t ≤ T$.
Welche Phasenwerte ergeben sich für  $t = T/2$  und  $t = T$?

$ϕ(t = T/2)\ = \ $

$\ \rm Grad$
$ϕ(t = T) \hspace{0.63cm} = \ $

$\ \rm Grad$

3

Bestimmen Sie die Phasenwerte bei  $t = 2T$,  $t = 3T$  und  $t = 4T$.

$ϕ(t = 2T) \ = \ $

$\ \rm Grad$
$ϕ(t = 3T) \ = \ $

$\ \rm Grad$
$ϕ(t = 4T) \ = \ $

$\ \rm Grad$

4

Skizzieren und interpretieren Sie den Phasenverlauf  $ϕ(t)$  im Bereich von  $0$  bis  $8T$.
Welche Phasenwerte ergeben sich zu den folgenden Zeitpunkten?

$ϕ(t = 5T) \ = \ $

$\ \rm Grad$
$ϕ(t = 6T) \ = \ $

$\ \rm Grad$
$ϕ(t = 7T) \ = \ $

$\ \rm Grad$
$ϕ(t = 8T) \ = \ $

$\ \rm Grad$


Musterlösung

(1)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 2 und 3:

  • Beispielsweise gilt im Bereich  $0 ≤ t ≤ T$, wenn man berücksichtigt, dass  $a_0^2 = a_1^2 = 1$  ist:
$$ |s_{\rm TP}(t)| = \sqrt{a_0^2 \cdot \cos^2 (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T}) + a_1^2 \cdot \sin^2 (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})} = 1 \hspace{0.05cm}.$$
  • Richtig ist damit die Aussage 2, während die Aussage 1 falsch.
  • Dieses Ergebnis gilt für jedes Wertepaar  $a_0 ∈ \{+1, \ –1\}$  und  $a_1 ∈ \{+1, \ –1\}$.
  • Daraus kann weiter geschlossen werden, dass die Hüllkurve unabhängig von der gesendeten Folge ist.



(2)  Mit der angegebenen Gleichung gilt:

$$\phi(t) = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{s_{\rm Q}(t)}{s_{\rm I}(t)} = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{a_1 \cdot \sin (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})}{a_0 \cdot \cos (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})}= {\rm arctan}\hspace{0.1cm}\left [ \frac{a_1}{a_0}\cdot \tan \hspace{0.1cm}(\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})\right ] \hspace{0.05cm}.$$
  • Der Quotient  $a_1/a_0$  ist stets  $+1$  oder  $-1$.  Damit kann dieser Quotient vorgezogen werden und man erhält:
$$\phi(t) = \frac{a_1}{a_0}\cdot {\rm arctan}\hspace{0.1cm}\left [ \tan \hspace{0.1cm}(\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})\right ]= \frac{a_1}{a_0}\cdot \frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T} \hspace{0.05cm}.$$
  • Durch die Anfangsphase  $ϕ_0 = 0$  können Mehrdeutigkeiten ausgeschlossen werden.  Insbesondere gilt mit  $a_0 = a_1 = +1$:
$$\phi(t = T/2 = 0.5\,{\rm µ s}) = {\pi}/{4}\hspace{0.15cm}\underline { = +45^\circ},\hspace{0.2cm}\phi(t = T= 1\,{\rm µ s}) = {\pi}/{2}\hspace{0.15cm}\underline {= +90^\circ} \hspace{0.05cm}.$$


(3)  Am einfachsten löst man diese Aufgabe unter Zuhilfenahme des Einheitskreises:

$$ {\rm Re} = s_{\rm I}(2T) = +1, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(2T) = 0 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\phi(t = 2T= 2\,{\rm µ s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ},$$
$$ {\rm Re} = s_{\rm I}(3T) = 0, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(3T) = -1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\phi(t = 3T= 3\,{\rm µ s}) \hspace{0.15cm}\underline {= -90^\circ},$$
Quellensignal und Phasenverlauf bei MSK
$${\rm Re} = s_{\rm I}(4T) = -1, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(4T) = 0 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\phi(t = 4T= 4\,{\rm µ s})= \pm 180^\circ \hspace{0.05cm}.$$
  • Aus der unteren Skizze erkennt man, dass  $\phi(t = 4T= 4\,{\rm µ s})\hspace{0.15cm}\underline { = - 180^\circ}\hspace{0.05cm}$  richtig ist.


(4)  Die Grafik zeigt die MSK–Phase  $ϕ(t)$  zusammen mit dem Quellensignal  $q(t)$.  Man erkennt:

  • Beim Symbol  $a_\nu =+1$  steigt die Phase innerhalb der Symboldauer  $T$  linear um  $90^\circ \ (π/2)$  an.
  • Beim Symbol  $a_\nu =-1$  fällt die Phase innerhalb der Symboldauer  $T$  linear um  $90^\circ \ (π/2)$  ab.
  • Die weiteren Phasenwerte sind somit:
$$\phi(5T) \hspace{0.15cm}\underline { = -90^\circ},\hspace{0.2cm}\phi(t = 6T) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ} \hspace{0.05cm}.$$
$$ \phi(7T)\hspace{0.15cm}\underline { = -90^\circ},\hspace{0.2cm} \phi(t = 8T) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ} \hspace{0.05cm}.$$