Aufgabe 5.2Z: Zweiwegekanal

Zweiwegekanal–Impulsantwort $h(t)$ und $h(t) * h( { - t} )$

Von einem Übertragungssystem ist bekannt, dass zwischen dem Eingangssignal $x(t)$ und dem Ausgangssignal $y(t)$ der folgende Zusammenhang besteht:

$$y(t) = x( {t - \tau _1 } ) + \alpha \cdot x( {t - \tau _2 } ).$$

Die dazugehörige Impulsantwort $h(t)$ ist oben skizziert.

In der unteren Skizze ist die Funktion

$$h(t) * h( { - t} )\hspace{0.25cm}\circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\,\hspace{0.25cm}\left| {H(f)} \right|^2$$

dargestellt, wobei die Parameter $C_0$, $C_3$ und $\tau_3$ von $\alpha$, $\tau_1$ und $\tau_2$ abhängen ⇒ siehe Teilaufgabe (4).

Das Eingangssignal $x(t)$ sei bandbegrenztes weißes Rauschen

mit der Leistungsdichte $N_0 = 10^{-6} \hspace{0.08cm} \rm W/Hz$
und der Bandbreite $B = 10 \hspace{0.08cm} \rm kHz$,

woraus die Leistung $P_x = 10 \hspace{0.08cm} \rm mW$ berechnet werden kann.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Stochastische Systemtheorie.
Verwenden Sie für die numerischen Berechnungen stets den Wert $\alpha = 0.5$.
Für die Teilaufgaben (1) und (2) gelte zudem $\tau_1 = 0$ und $\tau_2 = 4\hspace{0.08cm}\rm ms$.
Für die späteren Aufgabenteile soll von $\tau_1 = 1\hspace{0.08cm}\rm ms$ und $\tau_2 = 5\hspace{0.08cm}\rm ms$ ausgegangen werden.

Fragebogen

$f_0 \ = \ $

$\ \rm kHz$

$|H(f = 0)|^2 \ = \ $

$C_0 \ = \ $

$C_3 \ = \ $

$\tau_3 \ = \ $

$\ \rm ms$

$P_y \ = \ $

$\ \rm mW$

Musterlösung

(1) $H(f)$ ist die Fouriertransformierte zu $h(t)$.

Mit dem Verschiebungssatz lautet diese $(\tau_1 = 0)$:

$$H(f) = 1 + \alpha \cdot {\rm{e}}^{ - {\rm{j2\pi }}f\tau _2 } = 1 + \alpha \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ).$$

Falls $H(f)$ periodisch mit $f_0$ ist, muss für alle ganzzahligen Werte von $i$ gelten:

$$H( {f + i \cdot f_0 } ) = H( f ).$$

Mit $f_0 = 1/\tau_2\hspace{0.15cm} \underline{= 0.25 \hspace{0.05cm}\rm kHz}$ ist diese Bedingung erfüllt.

$$H( {f + i \cdot f_0 } ) = 1 + \alpha \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 + i{\rm{2\pi }}f_0 \tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 + i{\rm{2\pi }}f_0 \tau _2 } ) = 1 + \alpha \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ).$$

(2) Das Betragsquadrat ist die Summe von quadriertem Realteil und quadriertem Imaginärteil:

$$\left| {H( f )} \right|^2 = \left( {1 + \alpha \cdot \cos ( A )} \right)^2 + \left( {\alpha \cdot \sin ( A )} \right)^2 .$$

Hierbei ist das Winkelargument mit $A = 2\pi f \tau$ abgekürzt. Nach Ausmultiplizieren erhält man wegen $\cos^2(A) + \sin^2(A) = 1$:

$$\left| {H(f)} \right|^2 = 1 + \alpha ^2 + 2\alpha \cdot \cos ( A ).$$

Bei der Frequenz $f = 0$ (und somit $A = 0$) ergibt sich allgemein bzw. mit $\alpha = 0.5$:

$$\left| {H( {f = 0} )} \right|^2 = \left( {1 + \alpha } \right)^2 = 1.5^2\hspace{0.15cm} \underline{ = 2.25}.$$

(3) Nun lässt sich das Übertragungssystem aus zwei Teilsystemen zusammensetzen (siehe Skizze):

Aufteilung der Impulsantwort in zwei Teilsysteme

Die Übertragungsfunktion $H_1(f)$ ist wie in der Teilaufgabe (2) berechnet.
Für $H_2(f)$ gilt mit $\tau_1 = 1\hspace{0.05cm}\rm ms$:

$$H_2 (f) = {\rm{e}}^{ - {\rm{j2\pi }}f\tau _1 } \quad \Rightarrow \quad \left| {H_2 (f)} \right| = 1\quad \Rightarrow \quad \left| {H_2 (f)} \right|^2 = 1.$$

Das bedeutet: Durch die zusätzliche Laufzeit wird $\left| {H(f)} \right|^2$ gegenüber der Teilaufgabe (2) nicht verändert.
Bei der Frequenz $f = 0$ gilt also weiterhin$\left| {H(f = 0)} \right|^2\hspace{0.15cm} \underline{ = 2.25}.$

(4) Durch Vergleich der gezeichneten Funktion $h(t) \star h(-t)$ mit dem Ergebnis der Teilaufgabe (2) erhält man:

$$C_0 = 1 + \alpha ^2 \hspace{0.15cm} \underline{= 1.25}, \hspace{0.5cm}C_3 = \alpha \hspace{0.15cm} \underline{= 0.5}, \hspace{0.5cm}\tau _3 = \tau _2 - \tau _1 \hspace{0.15cm} \underline{= 4\;{\rm{ms}}}.$$

(5) Das LDS des Ausgangssignals $y(t)$ ist auf den Bereich von $\pm B$ begrenzt und ergibt sich zu

$${\it \Phi}_y(f) = {N_0}/{2} \cdot |H(f)|^2 = N_0/{2} \cdot {\left( {1 + \alpha ^2 + 2\alpha \cdot \cos ( {2{\rm{\pi }}f\tau _3 } )} \right)}.$$

Unter Ausnutzung von Symmetrieeigenschaften erhält man somit für die Leistung:

$$P_y = N_0 \cdot \int_0^B {\left( {1 + \alpha ^2 + 2\alpha \cdot \cos ( {2{\rm{\pi }}f\tau _3 } )} \right)}\hspace{0.1cm} {\rm{d}}f.$$

$B = 10 \hspace{0.08cm} \rm kHz$ ist ein ganzzahliges Vielfaches der Frequenzperiode $f_0 = 1/\tau_2= 250 \hspace{0.08cm}\rm Hz$ ist (vgl. Lösung zur Teilaufgabe 1).
Deshalb trägt die Cosinus-Funktion nicht zum Integral bei, und man erhält:

$$P_y = N_0 \cdot B \cdot \left( {1 + \alpha ^2 } \right) = 1.25 \cdot P_x \hspace{0.15cm} \underline{ = 12.5\;{\rm{mW}}}.$$