Aufgaben:Exercise 4.6: Locality Curve for SSB-AM: Difference between revisions
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[[File:P_ID764__Sig_A_4_6.png|250px|right|ESB-AM (Aufgabe A4.6)]] | [[File:P_ID764__Sig_A_4_6.png|250px|right|ESB-AM (Aufgabe A4.6)]] | ||
Wir betrachten | Wir betrachten das analytische Signal $s_+(t)$ mit der Spektralfunktion | ||
$$S_{\rm +}(f) = 1 \cdot \delta (f - f_{\rm 50})- {\rm j} \cdot | $$S_{\rm +}(f) = 1 \cdot \delta (f - f_{\rm 50})- {\rm j} \cdot | ||
\delta (f - f_{\rm 60}) .$$ | \delta (f - f_{\rm 60}) .$$ | ||
Hierbei stehen | 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 | 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 Aufgaben ( | In den Aufgaben (1) bis (3) gehen wir davon aus, dass das Signal $s(t)$ durch eine Einseitenband-Amplitudenmodulation des sinusförmigen Nachrichtensignals der Frequenz $f_N$ = 10 kHz mit cosinusförmigem Träger bei $f_T = f_{50}$ entstanden ist, wobei nur das obere Seitenband (OSB) übertragen wird. | ||
Dagegen wird bei der Teilaufgabe ( | Dagegen wird bei der Teilaufgabe (4) von der Trägerfrequenz $f_T = f_{60}$ ausgegangen. Diese Annahme setzt voraus, dass eine USB-Modulation stattgefunden hat. | ||
Hinweis: Diese Aufgabe bezieht sich auf die theoretischen Grundlagen von Kapitel 4.3. | Hinweis: Diese Aufgabe bezieht sich auf die theoretischen Grundlagen von Kapitel 4.3. | ||
Sie können Ihre Lösung mit dem folgenden Interaktionsmodul überprüfen: | Sie können Ihre Lösung mit dem folgenden Interaktionsmodul überprüfen: | ||
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<quiz display=simple> | <quiz display=simple> | ||
{Geben Sie das äquivalente Tiefpass-Signal | {Geben Sie das äquivalente Tiefpass-Signal $s_{TP}(t)$ für die Trägerfrequenz $f_T$ = 50 kHz an. Welche der nachfolgenden Aussagen sind zutreffend? | ||
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- Die Ortskurve beschreibt eine Ellipse. | - Die Ortskurve beschreibt eine Ellipse. | ||
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- Die Ortskurve beschreibt einen Kreisbogen. | - Die Ortskurve beschreibt einen Kreisbogen. | ||
{Berechnen Sie die Betragsfunktion a(t) = | | {Berechnen Sie die Betragsfunktion $a(t) = |s_{TP}(t)|$. Wie groß ist der Wert $a_0$ bei $t$ = 0 sowie der Maximal– und Minimalwert des Betrags? | ||
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$a_{\text{max}}=$ { 2 } | $a_{\text{max}}=$ { 2 } | ||
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$a_{\text{min}}=$ { 0 } | $a_{\text{min}}=$ { 0 } | ||
{Berechnen Sie die Phasenfunktion | {Berechnen Sie die Phasenfunktion $\Phi(t)$. Wie groß sind die Phasenwerte bei $t$ = 0 sowie $t$ = 25 μs? Interpretieren Sie $\Phi (t)$ im Bereich um $t$ = 75 μs. | ||
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$\Phi(t=0 \mu \text{s}) = $ { -45 } Grad | $\Phi(t=0 \mu \text{s}) = $ { -45 } Grad | ||
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$\Phi(t=75 \mu \text{s}) = $ { 0 } Grad | $\Phi(t=75 \mu \text{s}) = $ { 0 } Grad | ||
{Geben Sie das äquivalente Tiefpass-Signal | {Geben Sie das äquivalente Tiefpass-Signal $s_{TP}(t)$ für $f_T$ = 60 kHz an. Welche der folgenden Aussagen sind zutreffend? | ||
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+ Die Ortskurve ist ein Kreis mit Mittelpunkt (0, –j), Radius 1. | + Die Ortskurve ist ein Kreis mit Mittelpunkt (0, –j), Radius 1. | ||
- Es gilt nun | - Es gilt nun $s_{TP}(t$ = 0) = 1 + j. | ||
- Die Betragsfunktion a(t) ist gegenüber | - Die Betragsfunktion $a(t)$ ist gegenüber $f_T = f_{50}$ unverändert. | ||
- Die Phasenfunktion | - Die Phasenfunktion $\Phi (t)$ ist gegenüber $f_T = f_{50}$ unverändert. | ||
</quiz> | </quiz> | ||
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[[File:P_ID766__Sig_A_4_6_a.png|250px|right|Ortskurve für OSB (ML zu Aufgabe A4.6)]] | [[File:P_ID766__Sig_A_4_6_a.png|250px|right|Ortskurve für OSB (ML zu Aufgabe A4.6)]] | ||
'''1.''' | '''1.''' Das Spektrum des äquivalenten TP–Signals lautet mit der Trägerfrequenz $f_T = f_{50}$: | ||
$$S_{\rm TP}(f ) = S_{\rm +}(f+ f_{\rm 50}) = 1 \cdot \delta (f)- | $$S_{\rm TP}(f ) = S_{\rm +}(f+ f_{\rm 50}) = 1 \cdot \delta (f)- | ||
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j}\hspace{0.05cm} \omega_{\rm 10} \hspace{0.05cm} t }.$$ | j}\hspace{0.05cm} \omega_{\rm 10} \hspace{0.05cm} t }.$$ | ||
Ausgehend vom Punkt (1, –j) verläuft | Ausgehend vom Punkt (1, –j) verläuft $s_{TP}(t)$ auf einem Kreis mit dem Mittelpunkt (1, 0) und dem Radius 1. Die Periodendauer ist gleich dem Kehrwert der Frequenz: $T_0 = 1/f_{10} = 100$ μs ⇒ Antwort 2. | ||
'''2.''' Spaltet man obige Gleichung nach Real- und Imaginäranteil auf, so erhält man: | |||
$$s_{\rm TP}(t) = {\rm 1 } + \sin({ \omega_{\rm 10} \hspace{0.05cm} t }) | $$s_{\rm TP}(t) = {\rm 1 } + \sin({ \omega_{\rm 10} \hspace{0.05cm} t }) | ||
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= \sqrt{2 \cdot ( 1 + \sin(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t))}.$$ | = \sqrt{2 \cdot ( 1 + \sin(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t))}.$$ | ||
Der Maximalwert ergibt sich aus sin( | Der Maximalwert ergibt sich aus sin( $\omega_{10} \cdot t$ ) ≤ 1 zu $a_{\text{max}}$ = 2. Für den Minimalwert erhält man unter Berücksichtigung von sin( $\omega_{10} \cdot t$ ) ≥ –1: $a_{\text{min}}$ = 0. Bei $t$ = 0 ist der Betrag gleich „Wurzel aus 2” = 1.414. | ||
'''3.''' Entsprechend der allgemeinen Definition gilt: | |||
$$\phi(t)= {\rm arctan} \hspace{0.1cm}\frac{{\rm Im}\left[s_{\rm | $$\phi(t)= {\rm arctan} \hspace{0.1cm}\frac{{\rm Im}\left[s_{\rm | ||
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\sin(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t)}.$$ | \sin(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t)}.$$ | ||
Für t = 0 ist cos( | Für $t$ = 0 ist cos( $\omega_{10} \cdot t$ ) = 1 und sin( \omega_{10} \cdot t$ ) = 0 und man erhält: | ||
$$\phi(t = 0)= {\rm arctan} (-1) \hspace{0.15 cm}\underline{= -45^\circ}.$$ | $$\phi(t = 0)= {\rm arctan} (-1) \hspace{0.15 cm}\underline{= -45^\circ}.$$ | ||
Dagegen gilt für t = 25 μs = | Dagegen gilt für $t$ = 25 μs = $T_0$/4: | ||
$$\cos(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t) = 0; | $$\cos(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t) = 0; | ||
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\hspace{0.05cm} \mu s}) \hspace{0.15 cm}\underline{= 0}.$$ | \hspace{0.05cm} \mu s}) \hspace{0.15 cm}\underline{= 0}.$$ | ||
Die beiden Winkel kann man auch aus obiger Grafik ablesen. Der Phasenwert bei t = 75 μs muss 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 | Die beiden Winkel kann man auch aus obiger Grafik ablesen. Der Phasenwert bei $t$ = 75 μs muss 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 μs) = 0. | ||
Dieses Ergebnis soll hier numerisch hergeleitet werden. Berechnet man die Phasenfunktion für t = 74 μs, so erhält man mit | 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°: | ||
$$\phi(t = {\rm 74 \hspace{0.05cm} \mu s})= {\rm arctan} | $$\phi(t = {\rm 74 \hspace{0.05cm} \mu s})= {\rm arctan} | ||
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arctan}(31)\approx 88^\circ.$$ | arctan}(31)\approx 88^\circ.$$ | ||
Entsprechend gilt für t = 76 μs mit | Entsprechend gilt für $t$ = 76 μs mit $\omega_{10} \cdot t$ = 1.52 $\pi$ = 273.6 °: | ||
$$\phi(t = {\rm 76 \hspace{0.05cm} \mu s})= {\rm arctan} | $$\phi(t = {\rm 76 \hspace{0.05cm} \mu s})= {\rm arctan} | ||
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\approx {\rm arctan}(-31)\approx -88^\circ.$$ | \approx {\rm arctan}(-31)\approx -88^\circ.$$ | ||
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. | 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)]] | [[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: | |||
$$S_{\rm TP}(f ) = S_{\rm +}(f+ f_{\rm 60}) = -{\rm j} \cdot \delta | $$S_{\rm TP}(f ) = S_{\rm +}(f+ f_{\rm 60}) = -{\rm j} \cdot \delta | ||
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In der Grafik ist sTP(t) dargestellt. Man erkennt: | In der Grafik ist sTP(t) dargestellt. Man erkennt: | ||
Die Ortskurve ist wiederum ein Kreis mit Radius 1, aber nun mit Mittelpunkt (0, –j). | Die Ortskurve ist wiederum ein Kreis mit Radius 1, aber nun mit Mittelpunkt (0, –j). | ||
Es gilt auch hier | Es gilt auch hier $s_{TP}(t$ = 0) = 1 – j. | ||
Man bewegt sich nun auf der Ortskurve im Uhrzeigersinn. | Man bewegt sich nun auf der Ortskurve im Uhrzeigersinn. | ||
Die Periodendauer beträgt weiterhin | 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 | 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 | 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: | ||
$$\phi_d(t )= -(\phi_c(t) + 90^\circ).$$ | $$\phi_d(t )= -(\phi_c(t) + 90^\circ).$$ | ||
Revision as of 14:27, 20 April 2016
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 Aufgaben (1) bis (3) gehen wir davon aus, dass das Signal $s(t)$ durch eine Einseitenband-Amplitudenmodulation des sinusförmigen Nachrichtensignals der Frequenz $f_N$ = 10 kHz mit cosinusförmigem Träger bei $f_T = f_{50}$ entstanden ist, wobei nur das obere Seitenband (OSB) übertragen wird. Dagegen wird bei der Teilaufgabe (4) von der Trägerfrequenz $f_T = f_{60}$ ausgegangen. Diese Annahme setzt voraus, dass eine USB-Modulation stattgefunden hat. Hinweis: Diese Aufgabe bezieht sich auf die theoretischen Grundlagen von Kapitel 4.3. Sie können Ihre Lösung mit dem folgenden Interaktionsmodul überprüfen: Ortskurve – Darstellung des äquivalenten Tiefpass-Signals
Fragebogen
Musterlösung
1. Das Spektrum des äquivalenten TP–Signals lautet mit der Trägerfrequenz $f_T = f_{50}$:
$$S_{\rm TP}(f ) = S_{\rm +}(f+ f_{\rm 50}) = 1 \cdot \delta (f)- {\rm j} \cdot \delta (f - f_{\rm 10}) .$$
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, –j) verläuft $s_{TP}(t)$ auf einem Kreis mit dem Mittelpunkt (1, 0) und dem Radius 1. Die Periodendauer ist gleich dem Kehrwert der Frequenz: $T_0 = 1/f_{10} = 100$ μs ⇒ 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
$$a(t)& = & |s_{\rm TP}(t)|=\sqrt{{\rm Re}\left[s_{\rm TP}(t)\right]^2 + {\rm Im}\left[s_{\rm TP}(t)\right]^2 }= \\ & = & \sqrt{1 + 2 \sin(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t)+ \sin^2(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t)+ \cos^2(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t)}
= \sqrt{2 \cdot ( 1 + \sin(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t))}.$$
Der Maximalwert ergibt sich aus sin( $\omega_{10} \cdot t$ ) ≤ 1 zu $a_{\text{max}}$ = 2. Für den Minimalwert erhält man unter Berücksichtigung von sin( $\omega_{10} \cdot t$ ) ≥ –1: $a_{\text{min}}$ = 0. Bei $t$ = 0 ist der Betrag gleich „Wurzel aus 2” = 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 und man erhält:
$$\phi(t = 0)= {\rm arctan} (-1) \hspace{0.15 cm}\underline{= -45^\circ}.$$
Dagegen gilt für $t$ = 25 μs = $T_0$/4:
$$\cos(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t) = 0; \hspace{0.2cm}\sin(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t) = 1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\phi(t = {\rm 25 \hspace{0.05cm} \mu s}) \hspace{0.15 cm}\underline{= 0}.$$
Die beiden Winkel kann man auch aus obiger Grafik ablesen. Der Phasenwert bei $t$ = 75 μs muss 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 μs) = 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°:
$$\phi(t = {\rm 74 \hspace{0.05cm} \mu s})= {\rm arctan} \hspace{0.1cm}\frac{\cos(86.4^\circ)}{1 - \sin(86.4^\circ)} = {\rm arctan} \hspace{0.1cm}\frac{0.062}{1 - 0.998} \approx {\rm arctan}(31)\approx 88^\circ.$$
Entsprechend gilt für $t$ = 76 μs mit $\omega_{10} \cdot t$ = 1.52 $\pi$ = 273.6 °:
$$\phi(t = {\rm 76 \hspace{0.05cm} \mu s})= {\rm arctan} \hspace{0.1cm}\frac{-\cos(86.4^\circ)}{1 - \sin(86.4^\circ)} \approx {\rm arctan}(-31)\approx -88^\circ.$$
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.
4. Nun lauten die Gleichungen für Zeit– und Frequenzbereich:
$$S_{\rm TP}(f ) = S_{\rm +}(f+ f_{\rm 60}) = -{\rm j} \cdot \delta (f) + \delta (f + f_{\rm 10}) .$$
$$s_{\rm TP}(t) = - {\rm j} + 1 \cdot {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \omega_{\rm 10} \hspace{0.05cm} t }.$$
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.
