Aufgabe 2.7: Ist der Modulationsgrad zu groß?
Das cosinusförmige Quellensignal $q(t)$ mit Amplitude $A_{\rm N} = 5\ \rm V$ und Frequenz $f_{\rm N} = 1 \ \rm kHz$ wird (ZSB–) amplitudenmoduliert. Für das Empfangssignal gilt bei dem vorausgesetzten idealen Kanal:
- $$r(t) = s(t) =\left(q(t) + A_{\rm T}\right) \cdot \cos (2\pi \cdot f_{\rm T}\cdot t )\hspace{0.05cm}.$$
Es handelt sich folglich um eine „ZSB–AM mit Träger”.
In der Grafik sind neben dem Quellensignal $q(t)$ und dem Empfangssignal $r(t)$ inklusive dessen Hüllkurve $a(t)$ auch das Sinkensignal $v(t)$ und das Fehlersignal
- $$ \varepsilon(t) = v(t) - q(t)$$
dargestellt. Das rot gezeichnete Sinkensignal
- $$v_{\rm A}(t) = a(t) - A_{\rm T}$$
gehört zu einem Hüllkurvendemodulator, bei dem von der Hüllkurve $a(t)$ genau der beim Sender zugeführte Träger ($A_{\rm T}$) subtrahiert wird.
Dieses Signal $v_{\rm A}(t)$ besitzt ebenso wie das zugehörige Fehlersignal $ε_{\rm A}(t)$ einen Gleichanteil. Aufgrund der Periodizität kann es durch die folgende Fourierreihe approximiert werden:
- $$v_{\rm A}(t) = A_0 + \sum_{n=1}^{6} A_i \cdot \cos (n \cdot \omega_{\rm N}\cdot t ), \hspace{0.3cm}{\rm mit}$$
- $$A_0 = 0.272\,{\rm V},\hspace{0.3cm}A_1 = 4.480\,{\rm V},\hspace{0.3cm}A_2 = 0.458\,{\rm V},\hspace{0.3cm}A_3 = -0.367\,{\rm V},\hspace{0.3cm}$$
- $$A_4 = 0.260\,{\rm V},\hspace{0.3cm}A_5 = -0.155\,{\rm V},\hspace{0.3cm}A_6 = 0.066\,{\rm V}\hspace{0.05cm}.$$
Wird dagegen der Gleichanteil von $a(t)$ durch einen idealen Hochpass eliminiert, so ergeben sich die gleichsignalfreien Signale
- $$ v_{\rm B}(t) = \sum_{n=1}^{6} A_i \cdot \cos (n \cdot \omega_{\rm N}\cdot t ),\hspace{0.5cm}\varepsilon_{\rm B}(t) = v_{\rm B}(t) - q(t) = a(t) - A_{\rm T} - A_0 \hspace{0.05cm}.$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Hüllkurvendemodulation.
- Bezug genommen wird insbesondere auf das Kapitel Qualitätskriterien in diesem Buch sowie auf das Kapitel Nichtlineare Verzerrungen im Buch „Lineare zeitinvarianteSysteme”.
- Zur Lösung dieser Aufgabe sind folgende unbestimmte Integrale gegeben:
- $$ \int { \cos (a x )}\hspace{0.1cm}{\rm d}x =\frac{1}{a} \cdot \sin (a x ), \hspace{0.5cm} \int { \cos^2 (a x )}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \frac{x}{2} +\frac{1}{4a} \cdot \sin (2a x ).$$
Die Klirrfaktoren berechnen sich entsprechend den Gleichungen
- $$K_2 = {A_2}/{A_1}, \hspace{0.3cm} K_3 = {A_3}/{A_1}, \hspace{0.1cm} \text{...} \hspace{0.5cm} \Rightarrow \hspace{0.5cm}K = \sqrt{K_2^2 +K_3^2 + \text{...}}\hspace{0.1cm} .$$
Fragebogen
Musterlösung
(2) Aus der Bedingung $a(t) = q(t) + A_{\rm T} = 0$ folgt direkt für die erste Nullstelle:
- $$ \cos (2\pi \cdot f_{\rm N}\cdot t_1 ) = \frac{-A_{\rm T}}{A_{\rm N}}= -0.8 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}t_1 = \frac{\rm arccos(-0.8)}{2\pi \cdot f_{\rm N}}\approx \frac{0.795 \cdot \pi}{2\pi \cdot f_{\rm N}} \hspace{0.05cm}.$$
Mit $f_{\rm N} = 1 \ \rm kHz$ ergibt sich daraus $t_1\hspace{0.15cm}\underline { ≈ 0.4 \ \rm ms}$. Die zweite Nullstelle ist entsprechend $t_2\hspace{0.15cm}\underline { ≈ 0.6 \ \rm ms}$.
(3) Der Klirrfaktor zweiter Ordnung ist $K_2 = 0.458/4.48 ≈ 0.102$. Entsprechend gilt für den Klirrfaktor dritter Ordnung: $K_3 = 0.367/4.48 ≈ 0.082$. Die weiteren Klirrfaktoren sind $K_4 ≈ 0.058$, $K_5 ≈ 0.035$ sowie $K_6 ≈ 0.015$. Damit erhält man für den Gesamtklirrfaktor:
- $$ K = \sqrt{K_2^2 + K_3^2 + K_4^2 + K_5^2 + K_6^2 }\hspace{0.15cm}\underline { \approx 14.8 \%}.$$
(4) Die Verzerrungsleistung ergibt sich aus Mittelung von $ε_{\rm A}(t)^2$ über eine Periodendauer $T_0 = 1\ \rm ms$:
- $$P_{\varepsilon \rm A} = \frac{1}{T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm} \cdot \int_{t_1}^{\hspace{0.1cm} t_2} {\varepsilon_{\rm A}^2(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \frac{I_{\varepsilon}}{T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm}.$$
Hierbei ist berücksichtigt, dass das Fehlersignal $ε_{\rm A}(t)$ außerhalb des Intervalls von $t_1$ und $t_2$ gleich $0$ ist.
Wie aus der Skizze hervorgeht, ist $I_ε$ doppelt so groß als das Integral $I_γ$ der Hilfsgröße $γ$ im Intervall von $0$ bis $t_3 = (t_2 – t_1)/2 ≈ 0.1 \ \rm ms$:
- $$I_{\gamma} = \int_{0}^{\hspace{0.1cm} t_3} {\gamma^2(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t \hspace{0.5cm}{\rm mit}\hspace{0.5cm} \gamma(t) = 2 \cdot \left( A_{\rm N} \cdot \cos (\omega_{\rm N}\cdot t ) - A_{\rm T}\right)\hspace{0.05cm}.$$
Eine Nebenrechnung liefert $I_{\gamma} = 4 \cdot \left( I_1 + I_2 + I_3 \right)$ mit}
- $$I_1 = A_{\rm N}^2 \cdot \int_{0}^{\hspace{0.1cm} t_3} {\cos^2 (\omega_{\rm N}\cdot t ) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t = A_{\rm N}^2 \cdot \left[ \frac{t_3}{2} + \frac{\sin (2 \omega_{\rm N}\cdot t_3 )}{4 \omega_{\rm N}} \right] = 25\,{\rm V}^2 \cdot \left[ 0.05\,{\rm ms} + 0.0378\,{\rm ms} \right] = 2.196 \cdot 10^{-3}\,{\rm V^2 s} \hspace{0.05cm},$$
- $$ I_2 = - 2 \cdot A_{\rm N}\cdot A_{\rm T} \cdot \int_{0}^{\hspace{0.1cm} t_3} \hspace{-0.2cm}{\cos (\omega_{\rm N}\cdot t ) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t = - 2 \cdot A_{\rm N}\cdot A_{\rm T} \cdot \frac{\sin (\omega_{\rm N}\cdot t_3 )}{\omega_{\rm N}} = - 2 \cdot 5\,{\rm V} \cdot 4\,{\rm V}\cdot 0.0935\,{\rm ms} = -3.742 \cdot 10^{-3}\,{\rm V^2 s} \hspace{0.05cm},$$
- $$ I_3 = A_{\rm T}^2 \cdot \int_{0}^{\hspace{0.1cm} t_3} {}\hspace{0.1cm}{\rm d}t = A_{\rm T}^2 \cdot {t_3} = 1.6 \cdot 10^{-3}\,{\rm V^2 s}$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm}I_{\gamma} = 0.216 \cdot 10^{-3}\,{\rm V^2 s} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}I_{\varepsilon} = 2 \cdot I_{\gamma} =0.432 \cdot 10^{-3}\,{\rm V^2 s} \hspace{0.05cm}.$$
Somit erhält man als Endergebnis: $P_{\varepsilon \rm A} = {I_{\varepsilon}}/{T_{\rm 0}}\hspace{0.15cm}\underline {=0.432 \,{\rm V^2 }}\hspace{0.05cm}.$
(5) Die beiden Sinkensignale $v_{\rm A}(t)$ und $v_{\rm B}(t)$ unterscheiden sich ebenso wie die beiden Fehlersignale $ε_{\rm A}(t)$ und $ε_{\rm B}(t)$ um den Gleichanteil $A_0$. Deshalb gilt:
- $$ P_{\varepsilon \rm B} = \frac{1}{T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm} \cdot \int_{0}^{T_0} {\varepsilon_{\rm B}^2(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \frac{1}{T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm} \cdot \int_{0}^{T_0} {\left[\varepsilon_{\rm A}(t) - A_0 \right]^2}\hspace{0.1cm}{\rm d}t \hspace{0.05cm}.$$
Hierfür kann auch geschrieben werden:
- $$P_{1} = \frac{1}{T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm} \cdot \int_{0}^{T_0} {\varepsilon_{\rm A}^2(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t = P_{\varepsilon \rm A} \hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm} P_{2} = - 2 A_0 \cdot \frac{1}{T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm} \cdot \int_{0}^{T_0} {\varepsilon_{\rm A}(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t = - 2 A_0^2 \hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm} P_{3} = A_0^2 \cdot \frac{1}{T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm} \cdot \int_{0}^{T_0} { }\hspace{0.1cm}{\rm d}t = A_0^2 \hspace{0.05cm}.$$
Damit ergibt sich für den quadratischen Mittelwert des Fehlersignals $ε_{\rm B}(t)$: $$P_{\varepsilon \rm B} = P_{\varepsilon \rm A}- A_0^2 = 0.432\,{\rm V}^2 - (0.272\,{\rm V})^2 \hspace{0.15cm}\underline {= 0.358\,{\rm V}^2} \hspace{0.05cm}.$$ Ein ähnliches Ergebnis hätte man auch nach folgendem Rechengang erhalten:
- $$ P_{\varepsilon \rm B} = \frac{1\,{\rm V}^2}{2} \cdot \left[ (5 - 4.48)^2 + 0.458^2 + 0.367^2 + ... + 0.066^2 \right] \approx 0.356\,{\rm V}^2 \hspace{0.05cm}.$$
Der geringe Unterschied in beiden Rechengängen ist darauf zurückzuführen, dass die Fourierkoeffizienten $A_7$, $A_8$, ... zwar sehr klein sind, aber nicht identisch $0$.
(6) Die Leistung des Quellensignals $q(t)$ beträgt $P_q = A_{\rm N}^2/2 = 12.5 V^2$. Daraus ergeben sich die beiden S/N–Verhältnisse:
- $$\rho_{v {\rm A}} = \frac{P_{q}}{P_{\varepsilon \rm A}} \hspace{0.15cm}\underline {= 28.94} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.3cm} \rho_{v {\rm B}} = \frac{P_{q}}{P_{\varepsilon \rm B}}\hspace{0.15cm}\underline { = 34.92} \hspace{0.05cm}.$$
Dies zeigt, dass der Hüllkurvendemodular B (mit Hochpass) um etwa $6 \ \rm dB$ besser ist als der Demodulator A (mit Subtraktion).
Anzumerken ist, dass die Näherung $ρ_v = α_2 · P_q/K^2$ hier zum verfälschten Zahlenwert $ρ_v = 36.66$ führen würde. Dieses unterschiedliche Ergebnis wird auf der Seite „Der Klirrfaktor„ im Buch „Lineare zeitinvariante Systeme” ausführlich begründet, wobei genau die für diese Aufgabe getroffenen Voraussetzungen zugrunde gelegt sind.
