View source for Aufgaben:Exercise 4.5: Coaxial Cable - Impulse Response


{{quiz-Header|Buchseite=Lineare zeitinvariante Systeme/Koaxialkabel
}}

[[File:P_ID1814__LZI_A_4_5.png|right|]]
:Der Frequenzgang eines Koaxialkabels der Länge <i>l</i> ist durch folgende Formel darstellbar:
:$$H_{\rm K}(f)  = {\rm e}^{- \alpha_0 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} l}
  \cdot \\  \cdot 
  {\rm e}^{- (\alpha_1 + {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_1) \hspace{0.05cm}\cdot f \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l}  \cdot
  \\  \cdot  {\rm e}^{- (\alpha_2 + {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2) \hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l}
    \hspace{0.05cm}.$$
:Der erste Term dieser Gleichung ist auf die Ohmschen Verluste zurückzuführen und der zweite Term auf die Querverluste. Dominant ist jedoch der Skineffekt, der durch den dritten Term ausgedrückt wird.

:Mit den für ein so genanntes Normalkoaxialkabel (2.6 mm Kerndurchmesser und 9.5 mm Außendurchmesser) gültigen Koeffizienten
:$$\alpha_2 = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac {\rm Np}{\rm km \cdot \sqrt{\rm MHz}}
  \hspace{0.05cm},
  \hspace{0.2cm} \beta_2 = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac {\rm rad}{\rm km \cdot \sqrt{\rm
  MHz}}\hspace{0.05cm}$$
:lässt sich dieser Frequenzgang auch wie folgt darstellen:
:$$H_{\rm K}(f) \approx {\rm e}^{- 0.2722 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l/{\rm km}
  \hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f/{\rm MHz}} } \cdot {\rm e}^{- {\rm j}\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}
  0.2722 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l/{\rm km}
  \hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f/{\rm MHz}}}
    \hspace{0.05cm}.$$
:Das heißt: Der Dämpfungsverlauf a<sub>K</sub>(<i>f</i>) und der Phasenverlauf <i>b</i><sub>K</sub>(<i>f</i>) sind bis auf die Pseudoeinheiten &bdquo;Np&rdquo; bzw. &bdquo;rad&rdquo; identisch.

:Definiert man die charakteristische Kabeldämpfung a<sub>&#8727;</sub> bei der halben Bitrate (also bei <i>R</i>/2), so kann man  Digitalsysteme unterschiedlicher Bitrate und Länge einheitlich behandeln:
:$${\rm a}_{\rm \star} = {\rm a}_{\rm K}(f ={R}/{2})
\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{-
{\rm a}_{\rm \star} \cdot \sqrt{2f/R}}\cdot {\rm e}^{- {\rm j}\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm a}_{\rm \star} \cdot \sqrt{2f/R}}\hspace{0.4cm}{\rm mit}\hspace{0.2cm}{\rm a}_{\rm \star}\hspace{0.2cm}{\rm in}\hspace{0.2cm}{\rm Np}
  \hspace{0.05cm}.$$
:Der entsprechende dB&ndash;Wert ist um den Faktor 8.686 größer. Bei einem Binärsystem gilt <i>R</i> = 1/<i>T</i>, so dass sich die charakteristische Kabeldämpfung auf die Frequenz <i>f</i> = 1/(2<i>T</i>) bezieht.

:Die Fouriertransformierte von <i>H</i><sub>K</sub>(<i>f</i>) liefert die Impulsantwort <i>h</i><sub>K</sub>(<i>t</i>), die für ein Koaxialkabel mit den hier beschriebenen Näherungen in geschlossen&ndash;analytischer Form angebbar ist. Für ein Binärsystem gilt:
:$$h_{\rm K}(t) =   \frac{ {\rm a}_{\rm \star}/T}{  \sqrt{2  \pi^2 \cdot (t/T)^3}}\hspace{0.1cm} \cdot
  {\rm exp} \left[ - \frac{{\rm a}_{\rm \star}^2}{2  \pi  \cdot t/T}\hspace{0.1cm}\right]
  \hspace{0.4cm}{\rm mit}\hspace{0.2cm}{\rm a}_{\rm \star}\hspace{0.2cm}{\rm in}\hspace{0.2cm}{\rm Np}
\hspace{0.05cm}.$$
:Die Teilaufgabe 5) bezieht sich auf den Empfangsgrundimpuls <i>g<sub>r</sub></i>(<i>t</i>) = <i>g<sub>s</sub></i>(<i>t</i>) &#8727; <i>h</i><sub>K</sub>(<i>t</i>), wobei für <i>g<sub>s</sub></i>(<i>t</i>) ein Rechteckimpuls mit der Höhe <i>s</i><sub>0</sub> und der Dauer <i>T</i> angenommen werden soll.

:<b>Hinweis:</b> Die Aufgabe gehört zu Kapitel 4.2 des vorliegenden Buches. Sie können zur Überprüfung Ihrer Ergebnisse das folgende Interaktionsmodul benutzen:

:Dämpfung von Kupferkabeln


===Fragebogen===

<quiz display=simple>
{Wie groß ist die Länge <i>l</i> eines Normalkoaxialkabels, wenn sich für die Bitrate <nobr><i>R</i> = 140 Mbit/s</nobr> die charakteristische Kabeldämpfung a<sub>&#8727;</sub> = 60 dB ergibt?
|type="{}"}
$l$ = { 3 3% } $km$


{Zu welcher Zeit <i>t</i><sub>max</sub> besitzt <i>h</i><sub>K</sub>(<i>t</i>) sein Maximum? Es gelte weiter a<sub>&#8727;</sub> = 60 dB.
|type="{}"}
$t_\text{max}/T$ = { 5 3% }


{Wie groß ist der Maximalwert der Impulsantwort?
|type="{}"}
$Max\ [h_K(t)]$ = { 0.03 3% } $\cdot 1/T$


{Ab welcher Zeit <i>t</i><sub>5%</sub> ist <i>h</i><sub>K</sub>(<i>t</i>) kleiner als 5% des Maximums? Berücksichtigen Sie als Näherung nur den ersten Term der angegebenen Formel.
|type="{}"}
$t_\text{5%}/T$ = { 103.5 3% }


{Welche Aussagen treffen für den Empfangsgrundimpuls <i>g<sub>r</sub></i>(<i>t</i>) zu?
|type="[]"}
- <i>g<sub>r</sub></i>(<i>t</i>) ist doppelt so breit wie <i>h</i><sub>K</sub>(<i>t</i>).
+ Es gilt näherungsweise <i>g<sub>r</sub></i>(<i>t</i>) = <i>h</i><sub>K</sub>(<i>t</i>) &middot; <i>s</i><sub>0</sub> &middot; <i>T</i>.
- <i>g<sub>r</sub></i>(<i>t</i>) kann durch einen Gaußimpuls angenähert werden.



</quiz>

===Musterlösung===
{{ML-Kopf}}
:<b>1.</b>&nbsp;&nbsp;Die charakteristische Kabeldämpfung a<sub>&#8727;</sub> = 60 dB entspricht in etwa 6.9 Np. Deshalb muss gelten:
:$$\alpha_2 \cdot l \cdot \frac{R}{2} = 6.9\,\,{\rm
Np}
\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} l = \frac{6.9\,\,{\rm
Np}}{0.2722 \,\,\frac {\rm Np}{\rm km \cdot \sqrt{\rm MHz}}
\cdot \sqrt{70\,\,{\rm MHz}}}\hspace{0.15cm}\underline{ \approx 3\,\,{\rm km}}
  \hspace{0.05cm}.$$

:<b>2.</b>&nbsp;&nbsp;Mit den Substitutionen
:$$x =   \frac{ t}{  T}, \hspace{0.2cm} K_1 = \frac{ {\rm a}_{\rm \star}/T}{\sqrt{2  \pi^2 }}, \hspace{0.2cm}
  K_2 = \frac{ {\rm a}_{\rm \star}^2}{2  \pi}$$
:kann die Impulsantwort wie folgt beschrieben werden:
:$$h_{\rm K}(x) =   K_1 \cdot x^{-3/2}\cdot {\rm e}^{-K_2/x}
  \hspace{0.05cm}.$$
:Durch Nullsetzen der Ableitung folgt daraus:
:$$- \frac{3}{2} \cdot  K_1 \cdot x^{-5/2}\cdot {\rm e}^{-K_2/x}+ K_1 \cdot x^{-3/2}\cdot {\rm
  e}^{-K_2/x}\cdot (-K_2) \cdot (-x^{-2})= 0
  \hspace{0.05cm}.$$
:$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} \frac{3}{2} \cdot x^{-5/2} = K_2 \cdot
 x^{-7/2} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}
 x_{\rm max} = \frac{2}{3} \cdot  K_2 = \frac{{\rm a}_{\rm \star}^2}{3  \pi}
  \hspace{0.05cm}.$$
:Daraus ergibt sich für 60 dB Kabeldämpfung (a<sub>&#8727;</sub> &asymp; 6.9 Np):
:$$x_{\rm max} =   { t_{\rm max}}/{  T}= { 6.9^2}/{(3\pi)}\hspace{0.15cm}\underline{ \approx 5 }\hspace{0.05cm}
  .$$

:<b>3.</b>&nbsp;&nbsp;Setzt man das Ergebnis von b) in die vorgegebene Gleichung ein, so erhält man (zur Vereinfachung verwenden wir a anstelle von a<sub>&#8727;</sub>):
:$$h_{\rm K}(t_{\rm max})   =  \frac{1}{T} \cdot \frac{ {\rm a}}{  \sqrt{2  \pi^2 \cdot \frac{{\rm a}^6}{(3\pi)^3}}}\hspace{0.1cm} \cdot
  {\rm exp} \left[ - \frac{{\rm a}^2}{2\pi} \cdot
  \frac{3\pi}{{\rm a}^2}\hspace{0.1cm}\right]\\
   =   \frac{1}{T} \cdot \frac{1}{{\rm a}^2}\cdot
  \sqrt{\frac{27 \pi
 }{2}} \cdot {\rm e}^{-3/2} \approx  \frac{1}{T} \cdot \frac{1.453}{{\rm a}^2}
  \hspace{0.05cm}.$$
:Mit a = 6.9 kommt man somit zum Endergebnis:
:$${\rm Max}[h_{\rm K}(t)]  = \frac{1.453}{{6.9\,}^2} \cdot {1}/{T}\hspace{0.15cm}\underline{\approx  0.03 \cdot {1}/{T}}
  \hspace{0.05cm}.$$

:<b>4.</b>&nbsp;&nbsp;Mit dem Ergebnis aus 3) lautet die Bestimmungsgleichung:
:$$\frac{ {\rm a}/T}{  \sqrt{2  \pi^2 \cdot (t_{5\%}/T)^3}}= 0.05 \cdot 0.03 {1}/{T}
\hspace{0.15cm}{= 0.0015  \cdot {1}/{T}}$$
:$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}  (t_{5\%}/T)^{3/2} = \frac{\rm a}{\sqrt{2} \cdot \pi \cdot
  0.0015}\approx 1036 \hspace{0.3cm}\Rightarrow
  \hspace{0.3cm}
\hspace{0.15cm}\underline{t_{5\%}/T \approx 103.5} \hspace{0.05cm}.$$
:Dieser Wert ist etwas zu groß, da der zweite Term e<sup>&ndash; 0.05</sup> &asymp; 0.95 vernachlässigt wurde. Die exakte Berechnung liefert <i>t</i><sub>5%</sub>/<i>T</i> &asymp; 97.

:<b>5.</b>&nbsp;&nbsp;Richtig ist <u>der zweite Lösungsvorschlag</u>. Allgemein gilt:
:$$g_r(t) = g_s(t) \star h_{\rm K}(t) = s_0 \cdot
\int\limits_{t-T/2}^{t+T/2} h_{\rm K}(\tau) \,{\rm d} \tau .$$
:Da sich die Kanalimpulsantwort <i>h</i><sub>K</sub>(<i>t</i>) innerhalb einer Symboldauer nur unwesentlich ändert, kann hierfür auch geschrieben werden:
:$$g_r(t) = h_{\rm K}(t) \cdot s_0 \cdot T .$$
{{ML-Fuß}}



[[Category:Aufgaben zu Lineare zeitinvariante Systeme|^4.2 Koaxialkabel^]]