Aufgabe 3.1Z: Frequenzgang des Koaxialkabels

Koaxialkabel

Ein so genanntes Normalkoaxialkabel mit dem Kerndurchmesser $2.6 \ \rm mm$, dem Außendurchmesser $9.5 \ \rm mm$ und der Länge $l$ besitzt den folgenden Frequenzgang

$$H_{\rm K}(f) \ = \ {\rm e}^{- \alpha_0 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} l} \cdot {\rm e}^{- \alpha_1 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}f} \cdot {\rm e}^{- \alpha_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \cdot $$

$$\ \cdot \ {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_1 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} l \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}f} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \hspace{0.05cm}.$$

Die Dämpfungsparameter $\alpha_0$, $\alpha_1$ und $\alpha_2$ sind in Neper ($\rm Np$), die Phasenparameter $\beta_1$ und $\beta_2$ in Radian ($\rm rad$) einzusetzen. Es gelten folgende Zahlenwerte:

$$\alpha_0 = 0.00162 \hspace{0.15cm}\frac{\rm Np}{\rm km} \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} \alpha_1 = 0.000435 \hspace{0.15cm}\frac{\rm Np}{\rm km\cdot{\rm MHz}} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} \alpha_2 = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac{\rm Np}{\rm km\cdot\sqrt{\rm MHz}} \hspace{0.05cm}.$$

Häufig verwendet man zur systemtheoretischen Beschreibung eines linearen zeitinvarianten Systems

die Dämpfungsfunktion (in $\rm Np$ bzw. $\rm dB$):

$$a_{\rm K}(f) = - {\rm ln} \hspace{0.10cm}|H_{\rm K}(f)|= - 20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.10cm}|H_{\rm K}(f)| \hspace{0.05cm},$$

die Phasenfunktion (in $\rm rad$ bzw. Grad)

$$b_{\rm K}(f) = - {\rm arc} \hspace{0.10cm}H_{\rm K}(f) \hspace{0.05cm}.$$

In der Praxis benutzt man häufig die Näherung

$$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{- \alpha_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} a_{\rm K}(f) = \alpha_2 \cdot l \cdot \sqrt{f}, \hspace{0.2cm}b_{\rm K}(f) = a_{\rm K}(f) \cdot \frac{\rm rad}{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$

Dies ist erlaubt, da $\alpha_2$ und $\beta_2$ genau den gleichen Zahlenwert – nur unterschiedliche Pseudoeinheiten – besitzen. Mit der Definition der charakteristischen Kabeldämpfung (in Neper bzw. Dezibel)

$$a_{\rm * (Np)} = a_{\rm K}(f = {R_{\rm B}}/{2}) = 0.1151 \cdot a_{\rm * (dB)}$$

lassen sich zudem Digitalsysteme mit unterschiedlicher Bitrate $R_{\rm B}$ und Kabellänge $l$ einheitlich behandeln.

Hinweis:

Die Aufgabe bezieht sich auf das Kapitel Ursachen und Auswirkungen von Impulsinterferenzen dieses Buches sowie auf das Kapitel Signale, Basisfunktionen und Vektorräume des Buches „Lineare zeitinvariante Systeme”.

Fragebogen

Musterlösung

(1) Der $\alpha_0$–Term bewirkt nur eine frequenzunabhängige Dämpfung und der $\beta_1$–Term (lineare Phase) eine frequenzunabhängige Laufzeit. Alle anderen Terme tragen zu den (linearen) Verzerrungen bei. Richtig sind also die Lösungsvorschläge 1 und 4.

(2) Mit $a_0 = a_0 \cdot l$ muss folgende Gleichung erfüllt sein:

$${\rm e}^{- a_0 } \ge 0.99 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}a_0 < {\rm ln} \hspace{0.10cm}\frac{1}{0.99}\approx 0.01\,\,{\rm (Np)} \hspace{0.05cm}.$$

Damit erhält man für die maximale Kabellänge

$$l_{\rm max} = \frac{a_0 }{\alpha_0 } = \frac{0.01\,\,{\rm Np}}{0.00162\,\,{\rm Np/km}}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 6.173\,\,{\rm km}} \hspace{0.05cm}.$$

(3) Für den Dämpfungsverlauf gilt bei Berücksichtigung aller Terme:

$$a_{\rm K}(f) \ = \ [\alpha_0 + \alpha_1 \cdot f + \alpha_2 \cdot \sqrt{f}\hspace{0.05cm}] \cdot l = $$

$$ \ = \ [0.00162 + 0.000435 \cdot 70 + 0.2722 \cdot \sqrt{70}\hspace{0.05cm}]\, \frac{\rm Np}{\rm km} \cdot 2\,{\rm km} = $$

$$ \ = \ [0.003 + 0.061 + 4.555 \hspace{0.05cm}]\, {\rm Np}\hspace{0.15cm}\underline {= 4.619\, {\rm Np}}\hspace{0.05cm}.$$

(4) Entsprechend der Berechnung bei Punkt c) erhält man hier den Dämpfungswert $4.555\,{\rm Np}$.

(5) Für eine jede positive Größe $x$ gilt:

$$x_{\rm Np} = {\rm ln} \hspace{0.10cm} x = \frac{{\rm lg} \hspace{0.10cm} x}{{\rm lg} \hspace{0.10cm} {\rm e}} = \frac{1}{{20 \cdot \rm lg} \hspace{0.10cm} {\rm e}} \cdot (20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.10cm} x) = 0.1151 \cdot x_{\rm dB}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} x_{\rm dB} = 8.686 \cdot x_{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$

Der Dämpfungswert $4.555\,{\rm Np}$ ist somit identisch mit $39.57$.

(6) Mit der Beschränkung auf den Dämpfungsterm mit $\alpha_2$ gilt für den Frequenzgang:

$$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{- \alpha_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_1 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} l \hspace{0.05cm}\cdot f} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \hspace{0.05cm}.$$

Verzichtet man auf den $\beta_1$–Phasenterm, so ändert sich bezüglich der Verzerrungen nichts. Lediglich die Phasen– und Gruppenlaufzeit würden (beide gleich) um den Wert $\tau_1 = (\beta_1 \cdot l)/2\pi$ kleiner. Verzichtet man auf den $\beta_2$–Term, so ergeben sich dagegen völlig andere Verhältnisse:

Der Frequenzgang $H_{\rm K}(f)$ erfüllt nun nicht mehr die Voraussetzung eines kausalen Systems; bei einem solchen muss $H_{\rm K}(f)$ minimalphasig sein.
Die Impulsantwort $h_{\rm K}(t)$ ist bei reellem Frequenzgang symmetrisch um $t = 0$, was nicht den Gegebenheiten entspricht.

Deshalb ist als eine Näherung für den Koaxialkabelfrequenzgang erlaubt:

$$a_{\rm K}(f) = \alpha_2 \cdot l \cdot \sqrt{f}, \hspace{0.2cm}b_{\rm K}(f) = a_{\rm K}(f) \cdot \frac{\rm rad}{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$

Das heißt: $a_{\rm K}(f)$ und $b_{\rm K}(f)$ eines Koaxialkabels sind formgleich und unterscheiden sich lediglich in ihren Einheiten. Bei einem Digitalsystem mit Bitrate $R_{\rm B} = 140\,{\rm Mbit/s}$ ⇒ $R_{\rm B}/2 = 70\,{\rm Mbit/s}$ und Kabellänge $l = 2\,{\rm km}$ gilt tatsächlich $a_* ≈ 40\,{\rm dB}$ (siehe Musterlösung zur letzten Teilaufgabe). Ein System mit vierfacher Bitrate ($R_{\rm B}/2 = 280\,{\rm Mbit/s}$) und halber Länge ($l = 1\,{\rm km}$) führt zur gleichen charakteristischen Kabeldämpfung. Dagegen gilt für ein System mit $R_{\rm B}/2 = 35\,{\rm Mbit/s}$ und $l = 2\,{\rm km}$:

$$a_{\rm dB} = 0.2722 \frac{\rm Np}{\rm km\cdot \sqrt{\rm MHz}} \cdot 2 \ \rm km \cdot \sqrt{35 \ \rm MHz} \cdot 8.6859 \frac{\rm dB}{\rm Np} ≈ 28 \ \rm dB.$$

Richtig sind somit die Lösungsvorschläge 1, 4 und 5.

	$\alpha_0$–Term,
	$\alpha_1$–Term,
	$\alpha_2$–Term,
	$\beta_1$–Term,
	$\beta_2$–Term.

	Man kann auch auf den Phasenterm $\beta_1$ verzichten
	Mann kann auch auf den Phasenterm $\beta_2$ verzichten
	$a_* ≈ 40\,{\rm dB}$ gilt für ein System mit $R_{\rm B} = 70\,{\rm Mbit/s}$ und $l = 2\,{\rm km}$.
	$a_* ≈ 40\,{\rm dB}$ gilt für ein System mit $R_{\rm B} = 140\,{\rm Mbit/s}$ und $l = 2\,{\rm km}$.
	$a_* ≈ 40\,{\rm dB}$ gilt für ein System mit $R_{\rm B} = 560\,{\rm Mbit/s}$ und $l = 1\,{\rm km}$.