Aufgaben:Aufgabe 4.15Z: MSK–Grundimpuls und MSK-Spektrum

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Der zur Realisierung der MSK mittels Offset–QPSK stets erforderliche Grundimpuls hat die Form: $$g_{\rm MSK}(t) = \left\{ \begin{array}{l} g_0 \cdot \cos (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T}) \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{10}c} | t | \le T \hspace{0.05cm}, \\ {\rm sonst}\hspace{0.05cm}. \\ \end{array}$$ Dieser ist in der Grafik oben dargestellt. Darunter gezeichnet ist die Spektralfunktion $G(f)$, also die Fouriertransformierte von $g(t)$. Die dazugehörige Gleichung soll in dieser Aufgabe ermittelt werden, wobei zu berücksichtigen ist: $$g(t) = c(t) \cdot r(t)\hspace{0.05cm}.$$ Hierbei bezeichnet

• $c(t)$ eine Cosinusschwingung mit Amplitude 1 und (noch zu bestimmender) Frequenz $f_0$,
• $r(t)$ eine Rechteckfunktion mit der Amplitude $g_0$ und der Dauer 2T.

Hinweis: Die Aufgabe gehört zum Themengebiet von Kapitel 4.4. Das hier gewonnene Ergebnis wird auch in der Aufgabe A4.14 verwendet.

Fragebogen

1

Wie ist die Frequenz $f_0$ von c(t) zu wählen, damit $g_(t) = c(t) · r(t)$ gilt?

$f_0$ = $\cdot 1/T$

2

Wie lautet das Spektrum $R(f)$ von $r(t)$? Welcher Spektralwert tritt bei f = 0 auf?

$R(f=0)$ = $\cdot g_0 T$

3

Berechnen Sie das Spektrum $G(f)$, insbesondere den Spektralwert bei f = 0.

$G(f = 0)$ = $\cdot g_0 T$

4

Fassen Sie das Ergebnis aus c) in einem Term zusammen. Bei welcher Frequenz $f_1$ besitzt $G(f)$ seine erste Nullstelle?

$f_1$ = $\cdot 1/T$

Musterlösung

Musterlösung

1. Die Periodendauer des Cosinussignals muss $T_0 = 4T$ sein. Damit ist die Frequenz $f_0 = 0.25 · 1/T$.

2. Die Spektralfunktion eines Rechteckimpulses der Höhe $g_0$ und der Dauer 2T lautet: $$R(f) = g_0 \cdot 2 T \cdot {\rm si} ( \pi f \cdot 2T )\hspace{0.2cm}{\rm mit}\hspace{0.2cm}{\rm si} (x) = \sin(x)/x$$ $$ \Rightarrow \hspace{0.3cm}R(f = 0) \hspace{0.15cm}\underline {= 2} \cdot g_0 \cdot T\hspace{0.05cm}.$$

3. Aus $g(t) = c(t) · r(t)$ folgt nach dem Faltungssatz: $$ G(f) = C(f) \star R(f)\hspace{0.05cm}.$$ $C(f)$ besteht aus zwei Diracfunktionen bei $± f_0$, jeweils mit dem Gewicht 1/2. Daraus folgt: $$ G(f) = 2 \cdot g_0 \cdot T \cdot \left [ \frac {1}{2} \cdot \delta (f - f_0 ) + \frac {1}{2} \cdot \delta (f + f_0 )\right ] \star {\rm si} ( 2 \pi f T )=$$ $$ = g_0 \cdot T \cdot \left [ {\rm si} ( 2 \pi T \cdot (f - f_0 ) ) + {\rm si} ( 2 \pi T \cdot (f + f_0 ) ) \right ] \hspace{0.05cm}.$$ Mit dem Ergebnis $f_0 = 1/(4T)$ aus a) gilt weiter: $$G(f) = g_0 \cdot T \cdot \left [ {\rm si} ( 2 \pi f T - \pi / 2 ) + {\rm si} ( 2 \pi f T + \pi / 2) \right ]$$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} G(f = 0) = g_0 \cdot T \cdot \left [ {\rm si} ( - \frac{\pi}{2} ) + {\rm si} ( +\frac{\pi}{2} ) \right ] = 2 \cdot g_0 \cdot T \cdot {\rm si} ( \frac{\pi}{2} ) =$$ $$ = 2 \cdot g_0 \cdot T \cdot \frac {{\rm sin}({\pi}/{2}) } { {\pi}/{2} } ={4}/{\pi} \cdot g_0 \cdot T \hspace{0.15cm}\underline {\approx 1.273} \cdot g_0 \cdot T \hspace{0.05cm}.$$

4. Schreibt man die si–Funktion aus, so erhält man mit sin (α ± π/2) = ± cos(α): $$G(f) = g_0 \cdot T \cdot \left [ \frac{{\rm sin} ( 2 \pi f T - \pi / 2 )}{2 \pi f T - \pi / 2 } + \frac{{\rm sin} ( 2 \pi f T + \pi / 2 )}{2 \pi f T + \pi / 2 } \right ]=$$ $$ = g_0 \cdot T \cdot \frac {2}{\pi}\cdot\left [ \frac{-{\rm cos} ( 2 \pi f T )}{4 f T - 1 } + \frac{{\rm cos} ( 2 \pi f T )}{4 f T + 1 } \right ]=$$ $$ = g_0 \cdot T \cdot \frac {2}{\pi}\cdot \frac{(1+4 f T ) \cdot {\rm cos} ( 2 \pi f T )+ (1-4 f T ) \cdot {\rm cos} ( 2 \pi f T )}{1 - (4 f T)^2 } = $$ $$ = \frac {4}{\pi}\cdot g_0 \cdot T \cdot \frac{ {\rm cos} ( 2 \pi f T )}{1 - (4 f T)^2 }\hspace{0.05cm}.$$ Die Nullstellen von $G(f)$ werden allein durch die Cosinusfunktion im Zähler bestimmt und würden bei den Frequenzen f · T = 0.25, 0.75, 1.25, ... liegen. Allerdings wird die erste Nullstelle bei $f · T = 0.25$ durch die gleichzeitige Nullstelle des Nenners aufgehoben. Deshalb gilt: $$f_1 \hspace{0.15cm}\underline {= 0.75} \cdot 1/T \hspace{0.05cm}.$$