Aufgaben:Exercise 4.6: Locality Curve for SSB-AM

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Wir betrachten das analytische Signal $s_+(t)$ mit der Spektralfunktion

$$S_{\rm +}(f) = 1 \cdot \delta (f - f_{\rm 50})- {\rm j} \cdot \delta (f - f_{\rm 60}) .$$

Hierbei stehen $f_{50}$ und $f_{60}$ als Abkürzungen für die Frequenzen 50 kHz bzw. 60 kHz.

In dieser Aufgabe soll der Verlauf des äquivalenten Tiefpass-Signals $s_{TP}(t)$ analysiert werden, das in diesem Tutorial auch als Ortskurve bezeichnet wird.

• In den Teilaufgaben (1) bis (3) gehen wir davon aus, dass das Signal $s(t)$ durch eine Einseitenband-Amplitudenmodulation des sinusförmigen Nachrichtensignals der Frequenz $f_{\rm N} = 10 \ \text{ kHz}$ mit cosinusförmigem Träger bei $f_{\rm T} = f_{50}$ entstanden ist, wobei nur das obere Seitenband (OSB) übertragen wird.
• Dagegen wird bei der Teilaufgabe (4) von der Trägerfrequenz $f_{\rm T} = f_{60}$ ausgegangen. Diese Annahme setzt voraus, dass eine USB-Modulation stattgefunden hat.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Äquivalentes Tiefpass-Signal und zugehörige Spektralfunktion.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
• Sie können Ihre Lösung mit dem folgenden Interaktionsmodul überprüfen:

Ortskurve – Darstellung des äquivalenten Tiefpass-Signals

Fragebogen

1

Geben Sie das äquivalente Tiefpass-Signal $s_{\rm TP}(t)$ für die Trägerfrequenz $f_{\rm N} = 10 \ \text{ kHz}$ an. Welche der folgenden Aussagen sind zutreffend?

	Die Ortskurve beschreibt eine Ellipse.
	Die Ortskurve beschreibt einen Kreis.
	Die Ortskurve beschreibt einen Kreisbogen.

2

Berechnen Sie die Betragsfunktion $a(t) = |s_{\rm TP}(t)|$. Wie groß ist der Wert $a_0$ bei $t = 0$ sowie der Maximal– und Minimalwert des Betrags?

$a_{\text{max}}$  =

$a_0$  =

$a_{\text{min}}$  =

3

Berechnen Sie die Phasenfunktion $\phi(t)$. Wie groß sind die Phasenwerte bei $t = 0$ sowie bei $t=25 \ \mu \text{s}$? Interpretieren Sie $\phi (t)$ im Bereich um $t=75 \ \mu \text{s}$.

$\phi(t=0 \ \mu \text{s})$  =  $\text{Grad}$

$\phi(t=25 \ \mu \text{s})$  =  $\text{Grad}$

$\phi(t=75 \ \mu \text{s})$  =  $\text{Grad}$

4

Geben Sie das äquivalente Tiefpass-Signal $s_{\rm TP}(t)$ für $f_{\rm T} = 60 \ \text{ kHz} = f_{60}$ an. Welche der folgenden Aussagen sind zutreffend?

	Die Ortskurve ist ein Kreis mit Radius $1$ um den Mittelpunkt $(0, –{\rm j})$ .
	Es gilt nun $s_{\rm TP}(t = 0) = 1 + {\rm j}$.
	Die Betragsfunktion $a(t)$ ist gegenüber $f_{\rm T} = f_{50}$ unverändert.
	Die Phasenfunktion $\phi (t)$ ist gegenüber $f_{\rm T} = f_{50}$ unverändert.

Musterlösung

Solution

1. Das Spektrum des äquivalenten TP–Signals lautet mit der Trägerfrequenz $f_{\rm T} = f_{50} = 50 \ \text{ kHz}$:

$$S_{\rm TP}(f ) = S_{\rm +}(f+ f_{\rm 50}) = 1 \cdot \delta (f)- {\rm j} \cdot \delta (f - f_{\rm 10}) .$$

Damit ergibt sich für das dazugehörige Zeitsignal:

$$s_{\rm TP}(t) = {\rm 1 } - {\rm j} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} \omega_{\rm 10} \hspace{0.05cm} t }.$$

Ausgehend vom Punkt $(1, –{\rm j})$ verläuft $s_{\rm TP}(t)$ auf einem Kreis mit Mittelpunkt $(1, 0)$ und Radius $1$. Die Periodendauer ist gleich dem Kehrwert der Frequenz: $T_0 = 1/f_{10} = 100 \ \mu \text{s}$    ⇒    Antwort 2.

2. Spaltet man obige Gleichung nach Real- und Imaginäranteil auf, so erhält man:

$$s_{\rm TP}(t) = {\rm 1 } + \sin({ \omega_{\rm 10} \hspace{0.05cm} t }) -{\rm j}\cdot \cos({ \omega_{\rm 10} \hspace{0.05cm} t }).$$

Dies führt zur Betragsfunktion

$$\begin{align*}a(t)& = |s_{\rm TP}(t)|=\sqrt{{\rm Re}\left[s_{\rm TP}(t)\right]^2 + {\rm Im}\left[s_{\rm TP}(t)\right]^2 }= \\ & = \sqrt{1 + 2 \sin(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t)+ \sin^2(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t)+ \cos^2(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t)} = \sqrt{2 \cdot ( 1 + \sin(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t))}.\end{align*}$$

• Der Maximalwert ergibt sich aus sin( $\omega_{10} \cdot t \leq 1$ ) zu $a_{\text{max}} \; \underline{= 2}$.
• Für den Minimalwert erhält man unter Berücksichtigung von $\sin(\omega_{10} \cdot t) \geq -1$    ⇒    $a_{\text{min}} \; \underline{= 0}$.
• Bei $t = 0$ ist der Betrag gleich $a_0 = \sqrt{2 }\; \underline{\approx 1.414}$.

3. Entsprechend der allgemeinen Definition gilt:

$$\phi(t)= {\rm arctan} \hspace{0.1cm}\frac{{\rm Im}\left[s_{\rm TP}(t)\right]}{{\rm Re}\left[s_{\rm TP}(t)\right]}= {\rm arctan} \hspace{0.1cm}\frac{-\cos(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t)}{1 + \sin(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t)}.$$

Für $t = 0$ ist $\cos( \omega_{10} \cdot t ) = 1$ und $\sin( \omega_{10} \cdot t ) = 0$. Daraus folgt:

$$\phi(t = 0)= {\rm arctan} (-1) \hspace{0.15 cm}\underline{= -45^\circ}.$$

Dagegen gilt für $t = T_0/4$ = =25 \ \mu \text{s}$: '"`UNIQ-MathJax36-QINU`"' Die beiden bisher berechneten Winkel kann man auch aus obiger Grafik ablesen. Der Phasenwert bei$t =75 \ \mu \text{s}$muss dagegen durch Grenzübergang bestimmt werden, da hier sowohl der Real- als auch der Imaginärteil$0$werden und somit das Argument der arctan–Funktion unbestimmt ist. Man erhält$\phi(t=75 \ \mu \text{s}) \; \underline{= 0}.$Dieses Ergebnis soll hier numerisch hergeleitet werden. Berechnet man die Phasenfunktion für$t$= 74 μs, so erhält man mit$\omega_{10} \cdot t$= 1.48$\pi$= 266.4°: '"`UNIQ-MathJax37-QINU`"' Entsprechend gilt für$t$= 76 μs mit$\omega_{10} \cdot t$= 1.52$\pi$= 273.6 °: '"`UNIQ-MathJax38-QINU`"' Diese Zahlenwerte lassen darauf schließen, dass die Grenzwerte für$t$→ 75 μs sich zu ±90° ergeben, je nachdem, ob man sich diesem Wert von oben oder unten nähert. Der Phasenwert bei exakt$t$= 75 μs ist gleich dem Mittelwert zwischen rechts- und linksseitigem Grenzwert, also 0. [[File:P_ID767__Sig_A_4_6_d.png|250px|right|Ortskurve für USB (ML zu Aufgabe A4.6)]] '''4.''' Nun lauten die Gleichungen für Zeit– und Frequenzbereich: '"`UNIQ-MathJax39-QINU`"' '"`UNIQ-MathJax40-QINU`"' In der Grafik ist sTP(t) dargestellt. Man erkennt: Die Ortskurve ist wiederum ein Kreis mit Radius 1, aber nun mit Mittelpunkt (0, –j). Es gilt auch hier$s_{TP}(t$= 0) = 1 – j. Man bewegt sich nun auf der Ortskurve im Uhrzeigersinn. Die Periodendauer beträgt weiterhin$T_0$=$1/f_{10}$= 100 μs. Die Ortskurve ist gegenüber Punkt a) nur um 90° in der komplexen Ebene gedreht. Für alle Zeiten ergeben sich die gleichen Zeigerlängen wie für$f_T = f_{50}$. Der Betrag bleibt gleich. Die Phasenfunktion$\Phi(t)$liefert nun Werte zwischen$–\pi$und 0, während die in der Teilfrage 3) berechnete Phasenfunktion Werte zwischen$–pi/2$und$+\pi /24$ angenommen hat. Es gilt:

$$\phi_d(t )= -(\phi_c(t) + 90^\circ).$$

Richtig sind somit der erste und der dritte Lösungsvorschlag.