Aufgabe 4.4Z: Zeigerdiagramm bei ESB-AM

Vorgegebenes Spektrum $S_+(f)$

Betrachtet werden soll das analytische Signal $s_+(t)$ mit dem Linienspektrum

$$S_{+}(f) = {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot\delta (f - f_{\rm 50})- {\rm j} \cdot {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot\delta (f - f_{\rm 60}).$$

Hierbei stehen $f_{50}$ und $f_{60}$ als Abkürzungen für die Frequenzen $50 \ \text{kHz}$ bzw. $60 \ \text{kHz}$.

Dieses analytische Signal könnte zum Beispiel bei der Einseitenband–Amplitudenmodulation (ESB-AM) eines sinusförmigen Nachrichtensignals (Frequenz $f_{\rm N} = 10 \ \text{kHz}$) mit einem cosinusförmigen Trägersignal ($f_{\rm T} = 50 \ \text{kHz}$) auftreten, wobei nur das obere Seitenband übertragen wird (OSB-Modulation).

Das analytische Signal könnte aber auch durch eine USB-Modulation des gleichen Sinussignals entstehen, wenn ein sinusförmiges Trägersignal mit der Trägerfrequenz $f_{\rm T} = 60 \ \text{kHz}$ verwendet wird.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Analytisches Signal und zugehörige Spektralfunktion.

Sie können Ihre Lösung mit dem Interaktionsmodul Zeigerdiagramm – Darstellung des analytischen Signals überprüfen.

Fragebogen

$\text{Re}[s_+(t = 0)]\ = \ $

$\text{V}$

$\text{Im}[s_+(t = 0)]\ = \ $

$\text{V}$

	Es gilt $t_1 < 5 \ {\rm µ} \text{s}$.
	Es gilt $t_1 = 5 \ {\rm µ}\text{s}$.
	Es gilt $t_1 > 5 \ {\rm µ} \text{s}$.

$|s_+(t)|_{\rm max}\ = \ $

$\text{V}$

$t_2\ = \ $

${\rm µ s}$

$t_3\ = \ $

${\rm µ s}$

Musterlösung

(1) Das analytische Signal lautet allgemein:

$$s_{+}(t) = {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} \omega_{\rm 50}\hspace{0.05cm} t } - {\rm j}\cdot{\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} \omega_{\rm 60} \hspace{0.05cm} t }.$$

Zum Zeitpunkt $t = 0$ nehmen die komplexen Exponentialfunktionen jeweils den Wert $1$ an und man erhält $\text{Re}[s_+(t = 0)] \; \underline{= +1\ \text{V}}$ und $\text{Im}[s_+(t = 0)]\; \underline{ = \,-\hspace{-0.08cm}1\ \text{V}}$ (siehe linke Grafik).

Drei verschiedene analytische Signale

(2) Für das analytische Signal kann auch geschrieben werden:

$$s_{+}(t) = {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot \cos({ \omega_{\rm 50}\hspace{0.05cm} t }) + {\rm j} \cdot{\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot \sin({ \omega_{\rm 50}\hspace{0.05cm} t }) - {\rm j} \cdot {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot \cos({ \omega_{\rm 60}\hspace{0.05cm} t }) + {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot \sin({ \omega_{\rm 60}\hspace{0.05cm} t }).$$

Der Realteil hiervon beschreibt das tatsächliche, physikalische Signal:

$$s(t) = {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot \cos({ \omega_{\rm 50}\hspace{0.05cm} t }) + {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot \sin({ \omega_{\rm 60}\hspace{0.05cm} t }).$$

Richtig ist der Lösungsvorschlag 3:

Bei alleiniger Berücksichtigung des $50 \ \text{kHz-Cosinussignals}$ würde der erste Nulldurchgang bei $t_1 = T_0/4$ auftreten, also nach $5 \ {\rm µ s}$, wobei $T_0 = 1/f_{50} = 20 \ {\rm µ s}$ die Periodendauer dieses Signals bezeichnet.
Das Sinussignal mit der Frequenz $60 \ \text{ kHz}$ ist während der gesamten ersten Halbwelle $(0 \, \text{...} \, 8.33\ {\rm µ s})$ positiv.
Aufgrund des Pluszeichens verzögert sich der erste Nulldurchgang von $s(t) \Rightarrow t_1 > 5\ {\rm µ s}$.
Die mittlere Grafik zeigt das analytische Signal zum Zeitpunkt $t = T_0/4$, zu dem der rote Träger seinen Nulldurchgang hätte.
Der Nulldurchgang des violetten Summenzeigers tritt erst dann auf, wenn dieser in Richtung der imaginären Achse zeigt. Dann gilt $s(t_1) = \text{Re}[s_+(t_1)] = 0$.

(3) Der Maximalwert von $|s_+(t)|$ wird erreicht, wenn beide Zeiger in die gleiche Richtung weisen. Der Betrag des Summenzeigers ist dann gleich der Summe der beiden Einzelzeiger; also $\underline {2\ \text{ V}}$.

Dieser Fall wird zum ersten Mal dann erreicht, wenn der schnellere Zeiger mit der Winkelgeschwindigkeit $\omega_{60}$ seinen „Rückstand” von $90^{\circ} \; (\pi /2)$ gegenüber dem langsameren Zeiger ($\omega_{50}$) aufgeholt hat:

$$\omega_{\rm 60} \cdot t_2 - \omega_{\rm 50}\cdot t_2 = \frac{\pi}{2} \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm}t_2 = \frac{\pi/2}{2\pi (f_{\rm 60}- f_{\rm 50})} = \frac{1}{4 \cdot(f_{\rm 60}- f_{\rm 50})}\hspace{0.15 cm}\underline{= {\rm 25 \hspace{0.05cm} {\rm µ s}}}.$$

Zu diesem Zeitpunkt haben die beiden Zeiger $5/4$ bzw. $6/4$ Umdrehungen zurückgelegt und weisen beide in Richtung der imaginären Achse (siehe rechte Grafik).
Das tatsächliche, physikalische Signal $s(t)$ – also der Realteil von $s_+(t)$ – ist deshalb in diesem Moment gleich Null.

(4) Bedingung für $|s_+(t_3)| = 0$ ist, dass zwischen den beiden gleich langen Zeigern ein Phasenversatz von $180^\circ$ besteht, sodass sie sich auslöschen. Dies bedeutet weiter, dass der schnellere Zeiger um $3\pi /2$ weiter gedreht hat als der $50 \ \text{kHz-Anteil}$.

Analog zur Musterlösung der Teilaufgabe (3) gilt deshalb:

$$t_3 = \frac{3\pi/2}{2\pi (f_{\rm 60}- f_{\rm 50})} \hspace{0.15 cm}\underline{= {\rm 75 \hspace{0.05cm} {\rm µ s}}}.$$