Aufgabe 2.7: Nochmals Zweiwegekanal
Wie in Aufgabe 2.6 wird ein Zweiwegekanal betrachtet, für dessen Impulsantwort gelte:
- $$h(t) = \delta ( t - T_1) + \delta ( t - T_2).$$
Entgegen der allgemeinen Darstellung in Aufgabe 2.6 sind hier die beiden Dämpfungsfaktoren gleich: $z_1 = z_2 = 1$.
- Dies entspricht zum Beispiel beim Mobilfunk einem Echo im Abstand $T_2 - T_1$ in gleicher Stärke wie das Signal auf dem Hauptpfad.
- Für dieses wird die Laufzeit $T_1$ vorausgesetzt.
Mit den in den Teilaufgaben (1) ... (4) betrachteten Laufzeiten $T_1 = 0$ und $T_2 = T = 4 \ \rm ms$ erhält man für den Frequenzgang des Zweiwegekanals, dessen Betrag in der oberen Grafik dargestellt ist:
- $$H(f) = 1 + {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.04cm}2 \pi f T} = 1 + \cos(2 \pi f T) - {\rm j} \cdot \sin(2 \pi f T)$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.4cm}|H(f)| = \sqrt{2\left(1 + \cos(2 \pi f T)\right)}= 2 \cdot |\cos(\pi f T)|.$$
Die untere Grafik zeigt die Phasenfunktion:
- $$b(f) = - {\rm arc} \hspace{0.1cm}H(f) = \arctan \frac{\sin(2 \pi f T)}{1 + \cos(2 \pi f T)} = \arctan \big[\tan(\pi f T)\big].$$
Hierbei wurde folgende trigonometrische Umformung benutzt:
- $$ \frac{\sin(2 \alpha)}{1 + \cos(2 \alpha)} = \tan(\alpha).$$
Die untere Grafik zeigt diePhasenfunktion für $T_1 = 0$ und $T_2 = T = 4 \ \rm ms$:
- Im Frequenzbereich $|f| < 1/(2T)$ steigt $b(f)$ linear an: $b(f) = \pi \cdot f \cdot T.$
- Auch in den weiteren Abschnitten der Phasenfunktion nimmt die Phase stets von $-\pi/2$ bis $+\pi/2$ linear zu.
Im Fragenkatalog bezeichnet $y_i(t)$ das Signal am Ausgang des Zweiwegekanals, wenn am Eingang das Signal $x_i(t)$ anliegt $( i = 1, 2, 3, 4)$.
Als Eingangssignale werden untersucht:
- ein Rechteckimpuls $x_1(t)$ mit der Höhe $1$ zwischen $t= 0$ und $t= T$;
für $t < 0$ und $t > T$ ist $x_1(t) = 0$ $($an den beiden Sprungstellen tritt jeweils der Wert $0.5$ auf$)$; - ein Rechteckimpuls $x_2(t)$ mit Höhe $1$ im Bereich von $0 \ \text{...} \ 2T$;
- ein periodisches Rechtecksignal $x_3(t)$ mit der Periodendauer $T = T_0$:
- $$x_3(t) = \left\{ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} { 0 < t < T/2,} \\ { T/2 < t < T,} \\ \end{array}$$
- ein periodisches Rechtecksignal $x_4(t)$ mit der Periodendauer $T = 2T_0$:
- $$x_4(t) = \left\{ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} { 0 < t < T,} \\ { T < t < 2T.} \\ \end{array}$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Lineare Verzerrungen.
- Für die Teilaufgaben (1) bis (4) gelte $T_1 = 0$ und $T_2 = T = 4 \ \rm ms$.
- In Teilaufgabe (5) wird der Fall $T_1 = 1 \ \rm ms$ und $T_2 = 5 \ \rm ms$ betrachtet.
Fragebogen
Musterlösung
- $$y_1(t) = x_1(t) \star h(t) = x_1(t) \star \delta (t) + x_1(t) \star \delta (t - T) = x_1(t) + x_1(t-T).$$
Somit ist $y_1(t)$ ein Rechteckimpuls der Höhe $1$ und der Breite $2T$.
Zum gleichen Ergebnis – aber zeitaufwändiger – kommt man durch die Berechnung im Spektralbereich:
- $$Y_1(f) = X_1(f) \cdot H(f) = T \cdot \frac {\sin(\pi f T)}{\pi f T}\cdot {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \pi f T} \cdot \big[ 1 + {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} \big].$$
Die komplexen Exponentialfunktionen können mit dem Satz von Euler wie folgt umgewandelt werden:
- $${\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \pi f T} \big[ 1 + {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} \big] = {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} \cdot \big[ {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \pi f T} + {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \pi f T} \big] = {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} \cdot 2 \cos(\pi f T) .$$
Somit kann für das Ausgangsspektrum geschrieben werden:
- $$Y_1(f) = Y_{11}(f) \cdot {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} , \; \; {\rm mit } \; \; Y_{11}(f) = 2T \cdot \frac {\sin(\pi f T) \cdot \cos(\pi f T)}{\pi f T} = 2T \cdot \frac {\sin(2\pi f T) }{2\pi f T}.$$
Hierbei ist die Beziehung $\sin(\alpha) \cdot \cos(\alpha) = \sin(2\alpha)/2$ verwendet.
Die Fourierrücktransformation von $Y_{11}$ führt zu einem um $t = 0$ symmetrischen Rechteck der Breite $2T$. Durch die Phasenfunktion wird dieser in den Bereich $0$ ... $2T$ verschoben und das Ergebnis der Zeitbereichsberechnung bestätigt.
Trotz der Tatsache, dass $y_1(t)$ ebenso wie $x_1(t)$ rechteckförmig ist, liegen Verzerrungen vor:
- Wegen $T_y > T_x$ sind diese linear. Im interessierenden Frequenzbereich (das sind bei einem si–förmigem Spektrum alle Frequenzen) ist $|H(f)|$ nicht konstant. Also gibt es Dämpfungsverzerrungen.
- Da zudem die Phase nicht im gesamten Bereich linear mit $f$ ansteigt, gibt es auch Phasenverzerrungen ⇒ Richtig sind die Lösungsvorschläge 1, 3, 4 und 5.
(2) Aufgrund der bereits in (1) angegebenen Gleichung
- $$y_2(t) = x_2(t) + x_2(t-T)$$
erhält man einen stufenförmigen Verlauf entsprechend dem unteren Diagramm der obere Grafik.
Die gesuchten Zahlenwerte sind:
- $$y_2(t = 0.5 T) \hspace{0.15cm}\underline{= 1}, \hspace{0.3cm} y_2(t = 1.5 T) \hspace{0.15cm}\underline{= 2}, \hspace{0.3cm}y_2(t = 2.5 T) \hspace{0.15cm}\underline{ = 1}.$$
(3) Die Periodendauer $T_0 = T$ des periodischen Signals $x_3(t)$ ist genau so groß wie die Verzögerung auf dem zweiten Pfad. Deshalb ist $y_3(t) = 2 \cdot x_3(t) $ und es sind keine Verzerrungen feststellbar.
Die Spektralbereichsberechnung führt zum gleichen Ergebnis.
- $X_3(f)$ ist ein Linienspektrum mit Anteilen bei den Frequenzen $f = 0$,
$f = \pm f_0 = \pm 1/T$, $f = \pm 3f_0$, usw..
- Bei diesen diskreten Frequenzen gilt aber exakt:
- $$|H(f)| = 2, \hspace{0.3cm} b(f) = 0 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\tau_{\rm P}(f) = 0.$$
- Auch daraus folgt wieder $y_3(t) = 2 \cdot x_3(t) $.
- Richtig ist hier somit nur der Lösungsvorschlag 1.
(4) Aus der unteren Skizze der zweiten Grafik geht hervor, dass $y_4(t) = 1$ gegenüber $x_4(t)$ verzerrt ist. Dabei handelt es sich um Dämpfungsverzerrungen ⇒ Lösungsvorschlag 2, wie die folgende Überlegung zeigt.
- Wegen $T_0 = 2T$ weist das Signal $x_4(t)$ die Grundfrequenz $f_0 = 1/(2T)$ auf.
- Bei allen ungeraden Vielfachen von $f_0$ hat somit der Frequenzgang Nullstellen.
- Die einzige verbleibende Spektrallinie von $Y_4(f)$ liegt bei $f = 0$, wobei gilt:
- $$Y_4(f) = 2 \cdot 0.5 \cdot \delta (f) = 1 \cdot \delta (f) \hspace{0.5cm}\Rightarrow \hspace{0.5cm} y_4(t) = 1.$$
(5) Der Frequenzgang lautet nun mit $T_1 = 1 \ \rm ms$, $T_2 = 5 \ \rm ms$ und $T = T_2 -T_1 = 4 \ \rm ms$:
- $$H(f) = {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T_1}+ {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T_2}= \big[ 1 + {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} \big]\cdot {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T_1}.$$
- Der Klammerausdruck beschreibt den bereits bisher betrachteten Frequenzgang.
- Der zweite Term bewirkt eine zusätzliche Laufzeit um $ \tau = T_1$, und es gilt für alle Signale $(i = 1, 2, 3, 4)$:
- $$y_i^{\rm (5)}(t) = y_i(t-T_1).$$
Alle Aussagen hinsichtlich der Verzerrungen sind weiter gültig. Dies entspricht dem Lösungsvorschlag 1.
