Aufgabe 2.2: Modulationsgrad

Modulationsgrad-Definition bei ZSB–AM

Die Grafik zeigt ZSB–amplitudenmodulierte Signale $s_1(t)$ bis $s_4(t)$ mit unterschiedlichem Modulationsgrad $m$. Nachrichtensignal $q(t)$ und Trägersignal $z(t)$ seien jeweils cosinusförmig:

$$q(t) = A_{\rm N} \cdot \cos (2 \pi f_{\rm N} t),\hspace{0.2cm} f_{\rm N} = 4\,{\rm kHz}\hspace{0.05cm},$$

$$ z(t) = \hspace{0.2cm}1 \hspace{0.15cm} \cdot \cos (2 \pi f_{\rm T} t),\hspace{0.2cm} f_{\rm T} = 50\,{\rm kHz}\hspace{0.05cm}.$$

Das modulierte Signal (Sendesignal) lautet mit dem im Modulator zugesetzten Gleichanteil $A_{\rm T}$:

$$s(t ) = A(t) \cdot z(t), \hspace{0.2cm} A(t) = q(t) + A_{\rm T}\hspace{0.05cm}.$$

Bei den Grafiken wurde zur Normierung gewählt:

$$A_{\rm T}+ A_{\rm N} = 2\,{\rm V}\hspace{0.05cm}.$$

Ist der Modulationsgrad $m ≤ 1$, so ist $A(t)= q(t) + A_{\rm T}$ gleich der Hüllkurve $a(t)$.
Dagegen gilt für den Modulationsgrad $m > 1$:

$$a(t ) = |A(t)|\hspace{0.05cm}.$$

Der Cosinusverlauf $A(t)$ schwankt zwischen $A_{\rm max}$ und $A_{\rm min}$; wegen der Normierung ist stets $A_{\rm max} = 2 \ \rm V$.
Die Minimalwerte von $A(t)$ treten bei der halben Periodendauer des Quellensignals $($also für $t = 125 \ \rm µ s)$ auf:

$$A_{\rm min} = q(T_0/2)+ A_{\rm T} = A_{\rm T}-A_{\rm N}.$$

Die Zahlenwerte sind in der Grafik angegeben.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Zweiseitenband-Amplitudenmodulation.
Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite ZSB-Amplitudenmodulation mit Träger.

Fragebogen

$m_1 \ = \ $

$m_2 \ = \ $

$m_3 \ = \ $

	Es handelt sich um „ZSB–AM ohne Träger”.
	Der Modulationsgrad ist $m = 0$.
	Der Modulationsgrad $m$ ist unendlich groß.

$S_+(f_{\rm T}) \ = \ $

$\ \text{V}$

$S_+(f_{\rm T} ± f_{\rm N}) \ = \ $

$\ \text{V}$

$P_{\rm T}/P_{\rm S} \ = \ $

$m = 0.5\text{:}\hspace{0.3cm} P_{\rm T}/P_{\rm S} \ = \ $

$m = 3.0\text{:}\hspace{0.3cm} P_{\rm T}/P_{\rm S} \ = \ $

$m → ∞ \text{:}\hspace{0.3cm} P_{\rm T}/P_{\rm S} \ = \ $

	$m ≈ 1$ ist aus energetischen Gründen günstiger als ein kleines $m$.
	Nur bei Hüllkurvendemodulation ist der Träger sinnvoll.

Musterlösung

(1) Aus den beiden Gleichungen

$$ A_{\rm max} = A_{\rm T}+A_{\rm N}=2\,\,{\rm V},\hspace{0.3cm} A_{\rm min} = A_{\rm T}-A_{\rm N}\hspace{0.05cm}$$

folgt direkt

$$A_{\rm N} = (A_{\rm max} - A_{\rm min})/2,\hspace{0.3cm} A_{\rm T} = (A_{\rm max} + A_{\rm min})/2\hspace{0.05cm}.$$

Somit lautet der Modulationsgrad

$$m = \frac{A_{\rm max} - A_{\rm min}}{A_{\rm max} + A_{\rm min}}\hspace{0.05cm}.$$

Mit den angegebenen Zahlenwerten erhält man:

$$ m_1 = \frac{2\,{\rm V} - 0.667\,{\rm V}}{2\,{\rm V} + 0.667\,{\rm V}} \hspace{0.15cm}\underline {= 0.5}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.5cm} m_2 = \frac{2\,{\rm V} - 0\,{\rm V}}{2\,{\rm V} + 0\,{\rm V}} \hspace{0.15cm}\underline {= 1.0}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.5cm} m_3 = \frac{2\,{\rm V} -(-1\,{\rm V})}{2\,{\rm V} + (-1\,{\rm V})} \hspace{0.15cm}\underline{=3.0}\hspace{0.05cm}.$$

(2) Richtig sind die Aussagen 1 und 3:

In diesem Fall ist $A_{\rm T} = 0$, das heißt, es liegt tatsächlich eine „ZSB–AM ohne Träger” vor.
Der Modulationsgrad $m = A_{\rm N}/A_{\rm T}$ ist unendlich groß.

Spektrum: Analytisches Signal

(3) Das Spektrum $S_+(f)$ setzt sich für jeden Modulationsgrad $m$ aus drei Diraclinien zusammen mit folgenden Gewichten:

$A_{\rm T}$ $($bei $f = f_{\rm T})$,
$m/2 · A_{\rm T}$ $($bei $f = f_{\rm T} ± f_{\rm N})$.

Für $m = 1$ ergeben sich die Gewichte entsprechend der Skizze:

$S_+(f_{\rm T}) = 1\ \rm V$,
$S_+(f_{\rm T} ± f_{\rm T}) = 0.5\ \rm V$.

(4) Die auf den Widerstand $1 \ Ω$ bezogene Leistung (Quadrat des Effektivwertes) einer harmonischen Schwingung mit der Amplitude $A_{\rm T} = 1 \ \rm V$ beträgt:

$$P_{\rm T} ={A_{\rm T}^2}/{2} = 0.5\,{\rm V}^2 \hspace{0.05cm}.$$

In gleicher Weise erhält man für die Leistungen des unteren und des oberen Seitenbandes:

$$P_{\rm USB} = P_{\rm OSB} =({A_{\rm N}}/{2})^2/2 = 0.125\,{\rm V}^2 \hspace{0.05cm}.$$

Das gesuchte Verhältnis ist somit für $m=1$:

$${P_{\rm T}}/{P_{\rm S}}= \frac{P_{\rm T}}{P_{\rm USB} + P_{\rm T}+ P_{\rm OSB}}= \frac{0.5\,{\rm V}^2}{0.125\,{\rm V}^2 + 0.5\,{\rm V}^2+ 0.125\,{\rm V}^2}= 2/3\hspace{0.15cm}\underline { = 0.667}\hspace{0.05cm}.$$

(5) Mit den Diracgewichten $m/2 · A_{\rm T}$ der beiden Seitenbänder entsprechend der Teilaufgabe (3) erhält man:

$${P_{\rm T}}/{P_{\rm S}}= \frac{A_{\rm T}^2/2}{A_{\rm T}^2/2 + 2 \cdot (m/2)^2 \cdot A_{\rm T}^2/2}= \frac{2}{2 + m^2}\hspace{0.05cm}.$$

Dies führt zu den Zahlenwerten $8/9 = 0.889$ $($für $m = 0.5)$, $2/11 = 0.182$ $($für $m = 3)$ und $0$ $($für $m \to ∞$).

(6) Beide Aussagen treffen zu:

Die Zusetzung des Trägers macht nur Sinn, um den einfacheren Hüllkurvendemodulator verwenden zu können. Dies geht nur für $m \le 1$.
Ist dagegen der Modulationsgrad $m > 1$ und somit der Einsatz eines Synchrondemodulators erforderlich, sollte man aus energetischen Gründen auf den Träger (fast) ganz verzichten.
Ebenso ist bei Anwendung eines Hüllkurvendemodulators aus energetischen Gründen ein möglichst großer Modulationsgrad $m < 1$ ⇒ $m \to 1$ anzustreben.
Allerdings kann durch einen kleinen Restträger die Trägerrückgewinnung erleichtert werden, die beim Synchrondemodulator zur Frequenz– und Phasensynchronisation benötigt wird. Die zweite Aussage ist somit nur bedingt als richtig zu bewerten.