Aufgabe 2.7: Ist der Modulationsgrad zu groß?

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Signalverläufe der "ZSB–AM mit Träger"

Das cosinusförmige Quellensignal  $q(t)$  mit Amplitude  $A_{\rm N} = 5\ \rm V$  und Frequenz  $f_{\rm N} = 1 \ \rm kHz$  wird  $\rm (ZSB–)$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 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:

  • 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

1

Wie groß ist hier der Modulationsgrad  $m$  der ZSB–AM?

$m \ = \ $

2

Zu welchen Zeiten  $t_1$  und  $t_2$  (siehe Grafik) ist die Hüllkurve  $a(t)$  erstmalig Null?

$t_1 \ = \ $

$\ \rm ms$
$t_2 \ = \ $

$\ \rm ms$

3

Berechnen Sie die Klirrfaktoren  $K_2$, ... ,  $K_6$  sowie den Gesamtklirrfaktor  $K$.

$K \ = \ $

$\text{%}$

4

Berechnen Sie die Leistung  $P_{ε{\rm A}} = Ε\big [ε_{\rm A}^2(t)\big ]$  für das rote Fehlersignal  $ε_{\rm A}(t)$.

$P_{ε{\rm A}} \ = \ $

$\ \rm V^2$

5

Berechnen Sie die Leistung  $P_{ε{\rm B}} = Ε\big [ε_{\rm B}^2(t)\big ]$  für das grüne Fehlersignal  $ε_{\rm B}(t)$.

$P_{ε{\rm B}} \ = \ $

$\ \rm V^2$

6

Berechnen Sie für beide Demodulatoren das jeweilige Sinken–SNR  $ρ_v = P_q/P_ε$.

$ρ_{v{\rm A}} \ = \ $

$ρ_{v{\rm B}} \ = \ $


Musterlösung

(1)  Aus der Grafik erkennt man  $A_{\rm T} = 4\ \rm V$.  Daraus ergibt sich mit $A_{\rm N} = 5\ \rm V$ der Modulationsgrad

$$m = A_{\rm N}/A_{\rm T}\hspace{0.15cm}\underline { = 1.25}.$$


(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  $T_0 = 1\ \rm ms$:

Zur Berechnung der Verzerrungsleistung
$$P_{\varepsilon \rm A} = \frac{1}{T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm} \cdot \int_{t_1}^{\hspace{0.1cm} t_2} {\varepsilon_{\rm A}^2(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \frac{I_{\varepsilon}}{T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm}.$$
  • Hierbei ist berücksichtigt, dass das Fehlersignal  $ε_{\rm A}(t)$  außerhalb des Intervalls von  $t_1$  und  $t_2$  gleich Null ist.
  • Wie aus der Skizze hervorgeht, ist  $I_ε$  doppelt so groß als das Integral  $I_γ$  der Hilfsgröße  $γ$  im Intervall von Null 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 Null.


(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  $\rm B$  (mit Hochpass) um etwa  $6 \ \rm dB$  besser ist als der Demodulator  $\rm A$  (mit Subtraktion).
  • Anzumerken ist ferner, 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 die vorliegende Aufgabe getroffenen Voraussetzungen zugrunde gelegt sind.