Aufgaben:Exercise 2.5: DSB-AM via a Gaussian channel

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ZSB-AM über einen verzerrenden Kanal

Das hier betrachtete Übertragungssystem setzt sich aus folgenden Blöcken zusammen:

• ZSB–AM ohne Träger mit $f_{\rm T} = 50 \ \rm kHz$ bzw. $f_{\rm T} = 55 \ \rm kHz$:

$$ s(t) = q(t) \cdot \cos (2 \pi f_{\rm T} \hspace{0.05cm} t).$$

• Gaußförmiger Bandpass–Kanalfrequenzgang (der Betrag $|f|$ im Exponenten berücksichtigt, dass $H_K(–f) = H_K(f)$ gilt):

$$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{|f| - f_{\rm M}}{\Delta f_{\rm K}}\right)^2} ,\hspace{0.2cm} f_{\rm M} = 50\,{\rm kHz},\hspace{0.2cm} \Delta f_{\rm K} = 10\,{\rm kHz}\hspace{0.05cm}.$$

• Synchrondemodulator mit optimalen Kenngrößen, so dass das Sinkensignal $v(t)$ vollständig mit dem Quellensignal $q(t)$ übereinstimmt, wenn $H_{\rm K}(f) = 1$ ist.

Auf der Seite Einfluss linearer Kanalverzerrungen wurde gezeigt, dass das gesamte System durch den resultierenden Frequenzgang

$$H_{\rm MKD}(f) = {1}/{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f + f_{\rm T}) + H_{\rm K}(f - f_{\rm T})\right]$$

ausreichend genau charakterisiert ist. Der Index steht hierbei für „Modulator–Kanal–Demodulator”.

Das Quellensignal $q(t)$ setzt sich aus zwei Cosinus-Schwingungen zusammen:

$$q(t) = 2\,{\rm V}\cdot \cos (2 \pi \cdot 1\,{\rm kHz} \cdot t)+ 3\,{\rm V}\cdot \cos (2 \pi \cdot 5\,{\rm kHz} \cdot t)\hspace{0.05cm}.$$

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Synchrondemodulation.
• Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite Einfluss linearer Kanalverzerrungen.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

Fragebogen

1

Berechnen Sie den resultierenden Frequenzgang $H_{\rm MKD}(f)$ für $f_{\rm T} = 50 \ \rm kHz$.
Welche Werte ergeben sich für $f = 1 \ \rm kHz$ und $f = 5 \ \rm kHz$?

$|H_{\rm MKD} (f = 1\ \rm kHz)| \ = \ $

$|H_{\rm MKD} (f = 5\ \rm kHz)| \ = \ $

2

Berechnen Sie das Sinkensignal $v(t)$. Geben Sie die Amplituden $A_1$ und $A_5$ des $1\ \rm kHz$– bzw. $5\ \rm kHz$–Anteils an.

$A_1 \ = \ $ $\ \text{ V }$

$A_5 \ = \ $ $\ \text{ V }$

3

Berechnen Sie den resultierenden Frequenzgang $H_{\rm MKD}(f)$ für $f_{\rm T} = 55 \ \rm kHz$. Welche Werte ergeben sich nun für $f = 1 \ \rm kHz$ und $f = 5 \ \rm kHz$?

$|H_{\rm MKD} (f = 1\ \rm kHz)| \ = \ $

$|H_{\rm MKD} (f = 5\ \rm kHz)| \ = \ $

4

Berechnen Sie das Sinkensignal $υ(t)$. Geben Sie hierfür die Amplituden $A_1$ und $A_5$ des $1\ \rm kHz$– bzw. $5\ \rm kHz$–Anteils an.

$A_1 \ = \ $ $\ \text{ V }$

$A_5 \ = \ $ $\ \text{ V }$

5

Gibt es eine Trägerfrequenz $f_{\rm T}$, die bei dem gegebenen Quellensignal und dem gegebenen Kanal zu keinen Verzerrungen führt? Begründen Sie Ihre Antwort.

	Ja,
	Nein.

Musterlösung

Solution

1.Die angegebene Gleichung besagt, dass der gegebene Bandpass–Frequenzgang $H_K(f)$ jeweils um die Trägerfrequenz $f_T$ nach links und rechts verschoben und die beiden Anteile aufaddiert werden müssen. Außerdem ist noch der Faktor 1/2 zu berücksichtigen, wie die nachfolgende Skizze zeigt.

Bei niedrigen Frequenzen ergibt sich dann eine Gaußfunktion um die Mittenfrequenz „0”:

$$H_{\rm MKD}(f) = {\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left ({f}/{\Delta f_{\rm K}}\right)^2} \hspace{0.05cm}.$$ Die beiden Anteile bei $±2f_T$ müssen nicht weiter betrachtet werden. Für die zwei gesuchten Frequenzen $f_1 = 1 kHz$ und $f_5 = 5 kHz$ erhält man:

$$ H_{\rm MKD}(f = f_1) = {\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{1\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2} = {\rm e}^{-\pi/100}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.969} \hspace{0.05cm},$$ $$H_{\rm MKD}(f = f_5) = {\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{5\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2} = {\rm e}^{-\pi/4} \hspace{0.3cm}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.456} \hspace{0.05cm}.$$

2. Mit $ω_1 = 2π · 1 kHz$ und $ω_5 = 2π · 5 kHz$ gilt: $$ v(t) = 0.969 \cdot 2\,{\rm V}\cdot \cos (\omega_1 \cdot t)+ 0.456 \cdot 3\,{\rm V}\cdot \cos (\omega_5 \cdot t) =$$ $$= \underline { 1.938\,{\rm V}}\cdot \cos (\omega_1 \cdot t) + \hspace{0.15cm}\underline {1.368\,{\rm V}}\cdot \cos (\omega_5 \cdot t) \hspace{0.05cm}.$$ Man erkennt, dass nun – im Gegensatz zum Quellensignal $q(t)$ – der Anteil bei 1 kHz größer ist als der 5 kHz–Anteil, da der Kanal die Frequenzen 49 kHz und 51 kHz weniger dämpft als die Spektralanteile bei 45 kHz und 55 kHz

3.Die beiden um $±f_T$ verschobenen Spektralfunktionen kommen nun nicht mehr direkt übereinander zu liegen, sondern sind um 10 kHz gegeneinander versetzt. Der resultierende Frequenzgang $H_{MKD}(f)$ ist somit nicht mehr gaußförmig, sondern es gilt entsprechend der folgenden SDkizze: $$H_{\rm MKD}(f ) = {1}/{2}\cdot \left[{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{f - 5\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}+{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{f + 5\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}\right]\hspace{0.05cm}.$$

Für die Frequenzen $f_1$ und $f_5$ erhält man: $$H_{\rm MKD}(f = 1\,{\rm kHz}) = \frac{1}{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f = 56\,{\rm kHz}) + H_{\rm K}(f = -54\,{\rm kHz})\right]=\hspace{0.75cm}$$ $$= \frac{1}{2}\cdot \left[{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{56 {\rm kHz}- 50\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}+{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{-54 {\rm kHz}+ 50\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}\right] = 0.161 + 0.302 \hspace{0.15cm}\underline {= 0.463}\hspace{0.05cm},$$

$$H_{\rm MKD}(f = 5\,{\rm kHz}) = \frac{1}{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f = 60\,{\rm kHz}) + H_{\rm K}(f = -50\,{\rm kHz})\right]= \hspace{0.75cm}$$ $$= \frac{1}{2}\cdot \left[{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{60 {\rm kHz}- 50\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}+{\rm e}^{-\pi \cdot \hspace{0.05cm} \left (\frac{-50 {\rm kHz}+ 50\,{\rm kHz}}{10\,{\rm kHz}}\right)^2}\right] = 0.022 + 0.500 \hspace{0.15cm}\underline {= 0.521}\hspace{0.05cm}.$$ Während bei $f_T = f_M = 50 kHz$ der Synchrondemodulator die Information über das Nachrichtensignal aus beiden Seitenbändern in gleicher Weise gewinnt, liefert mit $f_T = 55 kHz$ das untere Seitenband (USB) den größeren Beitrag. Zum Beispiel liegt das USB des 5 kHz–Anteils nun genau bei $f_M = 50 kHz$ und wird ungedämpft übertragen, während das OSB bei 60 kHz starken Dämpfungen unterliegt.

4.Mit den Ergebnissen aus c) erhält man: $$ A_1 = 0.463 \cdot 2\,{\rm V}\hspace{0.15cm}\underline { = 0.926\,{\rm V}}\hspace{0.05cm},$$ $$A_5 = 0.521 \cdot 3\,{\rm V} \hspace{0.15cm}\underline {= 1.563\,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$ In diesem Fall sind die linearen Verzerrungen sogar weniger stark, da auch der 1 kHz–Anteil stärker gedämpft wird.

5.Mit der Trägerfrequenz $f_T = 50 kHz$ wird der 5 kHz–Anteil stärker gedämpft als der 1 kHz–Anteil, während mit $f_T = 55 kHz$ der 1 kHz–Anteil etwas mehr gedämpft wird. Wählt man nun $f_T = 54.5 kHz$, so werden beide Anteile gleich gedämpft (etwa um den Faktor 0.53) und es gibt keine Verzerrungen. Richtig ist also JA.

Dieses Ergebnis gilt allerdings nur für das betrachtete Quellensignal. Ein anderes $q(t)$ mit ebenfalls zwei Spektralanteilen würde eine andere „optimale Trägerfrequenz” erfordern. Bei einem Nachrichtensignal mit drei oder mehr Spektrallinien würde es stets zu linearen Verzerrungen kommen.