Difference between revisions of "Aufgaben:Exercise 2.7: Two-Way Channel once more"
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*ein Rechteckimpuls $x_1(t)$ mit der Höhe $1$ zwischen $t= 0$ und $t= T$. Für $t < 0$ und $t > T$ ist $x_1(t) = 0$. <An den beiden Sprungstellen tritt jeweils der Wert $0.5$ auf. | *ein Rechteckimpuls $x_1(t)$ mit der Höhe $1$ zwischen $t= 0$ und $t= T$. Für $t < 0$ und $t > T$ ist $x_1(t) = 0$. <An den beiden Sprungstellen tritt jeweils der Wert $0.5$ auf. | ||
*ein Rechteckimpuls $x_2(t)$ mit Höhe $1$ im Bereich von $0 ... 2T$, | *ein Rechteckimpuls $x_2(t)$ mit Höhe $1$ im Bereich von $0 ... 2T$, | ||
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Revision as of 13:05, 6 February 2017
Wie in Aufgabe 2.6 wird ein Zweiwegekanal betrachtet, für dessen Impulsantwort gelte: $$h(t) = \delta ( t - T_1) + \delta ( t - T_2).$$
Entgegen der allgemeinen Darstellung in Aufgabe 2.6 sind hier die beiden Dämpfungsfaktoren gleich: $z_1 = z_2 = 1$. Dies entspricht zum Beispiel beim Mobilfunk einem Echo im Abstand $T_2 - T_1$ in gleicher Stärke wie das Signal auf dem Hauptpfad. Für dieses wird die Laufzeit $T_1$ vorausgesetzt.
Mit den in den Teilaufgaben (1) ... (4) betrachteten Laufzeiten $T_1 = 0$ und $T_2 = T = 4 \ \rm ms$ erhält man für den Frequenzgang des Zweiwegekanals, dessen Betrag in der oberen Grafik dargestellt ist: $$H(f) = 1 + {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.04cm}2 \pi f T} = 1 + \cos(2 \pi f T) - {\rm j} \cdot \sin(2 \pi f T)$$ $$\Rightarrow \hspace{0.4cm}|H(f)| = \sqrt{2\left(1 + \cos(2 \pi f T)\right)}= 2 \cdot |\cos(\pi f T)|.$$
Die untere Grafik zeigt die Phasenfunktion: $$b(f) = - {\rm arc} \hspace{0.1cm}H(f) = \arctan \frac{\sin(2 \pi f T)}{1 + \cos(2 \pi f T)} = \arctan \left(\tan(\pi f T)\right).$$
Hierbei wurde folgende trigonometrische Umformung benutzt: $$ \frac{\sin(2 \alpha)}{1 + \cos(2 \alpha)} = \tan(\alpha).$$
Die untere Grafik zeigt diePhasenfunktion für $T_1 = 0$ und $T_2 = T = 4 \ \rm ms$:
- Im Frequenzbereich $|f| < 1/(2T)$ steigt $b(f)$ linear an: $b(f) = \pi \cdot f \cdot T.$
- Auch in den weiteren Abschnitten der Phasenfunktion nimmt die Phase stets von $-\pi/2$ bis $+\pi/2$ linear zu.
Im Fragenkatalog bezeichnet $y_i(t)$ das Signal am Ausgang des Zweiwegekanals, wenn am Eingang das Signal $x_i(t)$ anliegt ($ i = 1, 2, 3, 4$). Als Eingangssignale werden untersucht:
- ein Rechteckimpuls $x_1(t)$ mit der Höhe $1$ zwischen $t= 0$ und $t= T$. Für $t < 0$ und $t > T$ ist $x_1(t) = 0$. <An den beiden Sprungstellen tritt jeweils der Wert $0.5$ auf.
- ein Rechteckimpuls $x_2(t)$ mit Höhe $1$ im Bereich von $0 ... 2T$,
- ein periodisches Rechtecksignal $x_3(t)$ mit der Periodendauer $T = T_0$:
- $$x_3(t) = \left\{ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} { 0 < t < T/2,} \\ { T/2 < t < T,} \\ \end{array}$$
- ein periodisches Rechtecksignal $x_4(t)$ mit der Periodendauer $T = 2T_0$:
- $$x_4(t) = \left\{ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} { 0 < t < T,} \\ { T < t < 2T.} \\ \end{array}$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Lineare Verzerrungen.
- Für die Teilaufgaben (1) bis (4) gelte $T_1 = 0$ und $T_2 = T = 4 \ \rm ms$. Dagegen wird in der Teilaufgabe (5) der Fall $T_1 = 1 \ \rm ms$ und $T_2 = 5 \ \rm ms$ betrachtet.
- Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Fragebogen
Musterlösung
- 1. Die Lösung im Zeitbereich führt schneller zum Endergebnis:
- $$y_1(t) = x_1(t) \star h(t) = \\ = x_1(t) \star \delta (t) + x_1(t) \star \delta (t - T) = x_1(t) + x_1(t-T).$$
- Somit ist y1(t) ein Rechteckimpuls der Höhe 1 und der Breite 2T.
- Zum gleichen Ergebnis – aber zeitaufwändiger – kommt man durch die Berechnung im Spektralbereich:
- $$Y_1(f) = X_1(f) \cdot H(f) = T \cdot \frac {\sin(\pi f T)}{\pi f T}\cdot {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \pi f T} \cdot \left[ 1 + {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} \right].$$
- Die komplexen Exponentialfunktionen können mit dem Satz von Euler wie folgt umgewandelt werden:
- $${\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \pi f T} \left[ 1 + {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} \right] = {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} \cdot \left[ {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \pi f T} + {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \pi f T} \right] = \\ = {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} \cdot 2 \cos(\pi f T) .$$
- Somit kann für das Ausgangsspektrum geschrieben werden:
- $$Y_1(f) = Y_{11}(f) \cdot {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} ,$$
- $$Y_{11}(f) = 2T \cdot \frac {\sin(\pi f T) \cdot \cos(\pi f T)}{\pi f T} = 2T \cdot \frac {\sin(2\pi f T) }{2\pi f T}.$$
- Hierbei ist die Beziehung sin(α) · cos(α) = sin(2α)/2 verwendet. Die Fourierrücktransformation von Y11(f) führt zu einem um t = 0 symmetrischen Rechteck der Breite 2T. Durch die Phasenfunktion wird dieser in den Bereich 0 ... 2T verschoben und das Ergebnis der Zeitbereichsberechnung bestätigt.
- Trotz der Tatsache, dass y1(t) ebenso wie x1(t) rechteckförmig ist, liegen hier Verzerrungen vor. Wegen Ty > Tx sind diese linear. Im interessierenden Frequenzbereich – das sind bei einem si–förmigem Spektrum alle Frequenzen – ist |H(f)| nicht konstant. Also gibt es Dämpfungsverzerrungen.
- Da zudem die Phase nicht im gesamten Bereich linear mit f ansteigt, gibt es auch Phasenverzerrungen. Das bedeutet: Alle Lösungsvorschläge treffen zu mit Ausnahme von 2.
- 2. Aufgrund der bereits in 1) angegebenen Gleichung
- $$y_2(t) = x_2(t) + x_2(t-T)$$
- erhält man einen stufenförmigen Verlauf entsprechend obiger Grafik. Die gesuchten Werte sind:
- $$y_2(t = 0.5 T) \hspace{0.15cm}\underline{= 1}, \hspace{0.3cm} y_2(t = 1.5 T) \hspace{0.15cm}\underline{= 2}, \hspace{0.3cm}y_2(t = 2.5 T) \hspace{0.15cm}\underline{ = 1}.$$
- 3. Die Periodendauer T0 = T des periodischen Signals x3(t) ist genau so groß wie die Verzögerung auf dem zweiten Pfad. Deshalb ist y3(t) = 2 · x3(t) und es sind keine Verzerrungen feststellbar.
- Die Spektralbereichsberechnung führt zum gleichen Ergebnis. X3(f) ist ein Linienspektrum mit Anteilen bei den Frequenzen f = 0, f = ±f0 = ±1/T, f = ±3f0 usw.. Bei diesen diskreten Frequenzen gilt aber exakt:
- $$|H(f)| = 2, \hspace{0.3cm} b(f) = 0 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\tau_{\rm P}(f) = 0.$$
- Auch daraus folgt wieder y3(t) = 2 · x3(t). Richtig ist somit nur der Lösungsvorschlag 1.
- 4. Aus der unteren Skizze obiger Grafik geht hervor, dass y4(t) = 1 gegenüber x4(t) verzerrt ist. Dabei handelt es sich um Dämpfungsverzerrungen ⇒ Lösungsvorschlag 2, wie die folgende Überlegung zeigt. Wegen T0 = 2T weist das Signal x4(t) die Grundfrequenz f0 = 1/(2T) auf. Bei allen ungeraden Vielfachen von f0 hat somit der Frequenzgang Nullstellen. Die einzige verbleibende Spektrallinie von Y4(f) liegt bei f = 0, wobei gilt:
- $$Y_4(f) = 2 \cdot 0.5 \cdot \delta (f) = 1 \cdot \delta (f) \hspace{0.5cm}\Rightarrow \hspace{0.5cm} y_4(t) = 1.$$
- 5. Der Frequenzgang lautet nun mit T1 = 1 ms, T2 = 5 ms und T = T2 – T1 = 4 ms:
- $$H(f) = {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T_1}+ {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T_2}= \left[ 1 + {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} \right]\cdot {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T_1}.$$
- Der Klammerausdruck beschreibt den bereits bisher betrachteten Frequenzgang. Der zweite Term bewirkt eine zusätzliche Laufzeit um T1, und es gilt für alle Signale (i = 1, 2, 3, 4):
- $$y_i^{\rm (e)}(t) = y_i(t-T_1).$$
- Alle Aussagen hinsichtlich der Verzögerungen sind weiter gültig. Dies entspricht dem Lösungsvorschlag 1.
