Aufgaben:Exercise 4.4: Pointer Diagram for DSB-AM

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Wir gehen von einem cosinusförmigen Quellensignal $q(t)$ mit der Amplitude $A_{\rm N} = 0.8 \ \text{V}$ und der Frequenz $f_{\rm N}= 10 \ \text{kHz}$ aus. Die Frequenzumsetzung erfolgt mittels Zweiseitenband–Amplitudenmodulation mit Träger, abgekürzt ZSB–AM.

Das modulierte Signal $s(t)$ lautet mit dem (normierten) Träger $z(t) = \text{cos}(\omega_{\rm T} \cdot t)$ und dem Gleichanteil $q_0 = 1 \ \text{V}$:

$$\begin{align*} s(t) & = \left(q_0 + q(t)\right) \cdot z(t)= \left({\rm 1 \hspace{0.05cm} V} + {\rm 0.8 \hspace{0.05cm}V}\cdot {\cos} ( \omega_{\rm N}\cdot t)\right) \cdot {\cos} ( \omega_{\rm T}\cdot t) = \\ & = q_0 \cdot {\cos} ( \omega_{\rm T}\cdot t) + {A_{\rm N}}/{2} \cdot {\cos} ( (\omega_{\rm T}+ \omega_{\rm N}) \cdot t) + {A_{\rm N}}/{2} \cdot {\cos} ( (\omega_{\rm T}- \omega_{\rm N}) \cdot t).\end{align*}$$

Der erste Term beschreibt den Träger, der zweite Term das sogenannte obere Seitenband (OSB) und der letzte Term das untere Seitenband (USB).

Die Skizze zeigt das Spektrum $S_+(f)$ des dazugehörigen analytischen Signals für $f_{\rm T} = 50 \ \text{kHz}$. Man erkennt

• den Träger (rot),
• das obere Seitenband (blau) und
• das untere Seitenband (grün).

In der Teilaufgabe (5) ist nach dem Betrag von $s_+(t)$ gefragt. Hierunter versteht man die Länge des resultierenden Zeigers.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Analytisches Signal und zugehörige Spektralfunktion.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
• Sie können Ihre Lösung mit dem Interaktionsmodul Zeigerdiagramm – Darstellung des analytischen Signals überprüfen.

Fragebogen

1

Wie lautet das analytische Signal $s_+(t)$. Wie groß ist dieses zur Zeit $t = 0$?

$\text{Re}[s_+(t=0)]$  =  $\text{V}$

$\text{Im}[s_+(t=0)]$  =  $\text{V}$

2

Welche der folgenden Aussagen sind zutreffend?

	$s_+(t)$ ergibt sich aus $s(t)$, wenn man $\cos(...)$ durch ${\rm e}^{{\rm j}(...)}$ ersetzt.
	Ist $s(t)$ eine gerade Zeitfunktion, so ist $s_+(t)$ rein reell.
	Zu keinem Zeitpunkt verschwindet der Imaginärteil von $s_+(t)$.

3

Welchen Wert besitzt das analytische Signal zur Zeit $t = 5 \ μ\text{s}$?

$\text{Re}[s_+(t=5 \ \mu \text{s})]$  =  $\text{V}$

$\text{Im}[s_+(t=5 \ \mu \text{s})]$  =  $\text{V}$

4

Welchen Wert besitzt $s_+(t)$ zum Zeitpunkt $t = 20 \ μ\text{s}$?

$\text{Re}[s_+(t=20 \ \mu \text{s})]$  =  $\text{V}$

$\text{Im}[s_+(t=20 \ \mu \text{s})]$  =  $\text{V}$

5

Wie groß ist die kleinstmögliche Zeigerlänge? Zu welchem Zeitpunkt $t_{\text{min}}$ tritt dieser Wert zum ersten Mal auf?

$|s_+(t)|_{\text{min}}$  =  $\text{V}$

$t_{\text{min}}$  =  $\mu \text{s}$

Musterlösung

Solution

1. Durch Fourierrücktransformation von $S_+(f)$ unter Berücksichtigung des Verschiebungssatzes gilt:

$$s_{+}(t) = {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} \omega_{\rm 50}\hspace{0.05cm} t } + {\rm 0.4 \hspace{0.05cm} V} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} \omega_{\rm 60} \hspace{0.05cm} t }+ {\rm 0.4 \hspace{0.05cm} V} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} \omega_{\rm 40}\hspace{0.05cm} t }.$$

Der Ausdruck beschreibt die Summe dreier Zeiger, die mit unterschiedlichen Winkelgeschwindigkeiten drehen. In obiger Gleichung bedeutet beispielsweise $\omega_{60} = 2\pi (f_{\rm T} + f_{\rm N}) = 2\pi \cdot 60 \ \text{kHz}$. Zum Zeitpunkt $t = 0$ zeigen alle drei Zeiger in Richtung der reellen Achse (siehe linke Grafik), und man erhält den rein reellen Wert $s_+(t = 0) \;\underline{= 1.8 \ \text{V}}$.

2. Die erste Aussage ist richtig und ergibt sich aus der Hilbert-Transformation. Dagegen stimmen die nächsten beiden Aussagen nicht:

• $s_+(t)$ ist stets eine komplexe Zeitfunktion mit Ausnahme des Grenzfalls $s(t) = 0$. Jede komplexe Funktion hat jedoch zu einigen Zeitpunkten auch rein reelle Werte.
• Der Zeigerverbund dreht immer in mathematisch positiver Richtung. Überschreitet der Summenvektor die reelle Achse, so verschwindet zu diesem Zeitpunkt der Imaginärteil und $s_+(t)$ ist rein reell.

3. Die Periodendauer des Trägersignals beträgt $T_0 = 1/f_T = 20 \ μ\text{s}$. Nach $t = 5 \ μ\text{s}$ (siehe mittlere Grafik) hat sich der Träger somit um $90^{\circ}$ gedreht. Der blaue Zeiger (OSB) dreht um 20% schneller, der grüne (USB) um 20% langsamer als der rote Drehzeiger (Trägersignal):

$$\begin{align*}s_{+}({\rm 5 \hspace{0.05cm} \mu s}) & = {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} 2 \pi \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.08cm}50 \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.08cm}0.005 } + {\rm 0.4 \hspace{0.05cm} V} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} 2 \pi \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.08cm}60 \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.08cm}0.005 }+ {\rm 0.4 \hspace{0.05cm} V} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} 2 \pi \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.08cm}40 \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.08cm}0.005 } =\\ & = {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} 90^\circ }+ {\rm 0.4 \hspace{0.05cm} V} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} 108^\circ }+{\rm 0.4 \hspace{0.05cm} V} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} 72^\circ }.\end{align*}$$

Somit sind die in $ 5 \ μ\text{s}$ zurückgelegten Winkel von OSB und USB $108^{\circ}$ bzw. $72^{\circ}$. Da sich zu diesem Zeitpunkt die Realteile von OSB und USB kompensieren, ist $s_+(t=5 \ \mu \text{s})$ rein imaginär und man erhält:

$${\rm Im}\left[s_{+}(t = {\rm 5 \hspace{0.05cm} \mu s})\right] = {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} + 2 \cdot {\rm 0.4 \hspace{0.05cm} V}\cdot \cos (18^\circ ) \hspace{0.15 cm}\underline{= {\rm 1.761 \hspace{0.05cm} V}}.$$

4. Nach einer Umdrehung des roten Trägers, also zum Zeitpunkt $t$ = $T_0 = 20 \ μ\text{s}$ hat der blaue Zeiger bereits $72^{\circ}$ mehr zurückgelegt und der grüne Zeiger dementsprechend $72^{\circ}$ weniger. Die Summe der drei Zeiger ist wieder rein reell und ergibt entsprechend der rechten Grafik:

$${\rm Re}\left[s_{+}({\rm 20 \hspace{0.05cm} \mu s})\right] = {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} + 2 \cdot {\rm 0.4 \hspace{0.05cm} V}\cdot \cos (72^\circ ) \hspace{0.15 cm}\underline{= {\rm 1.236 \hspace{0.05cm} V}}.$$

5. Der Betrag ist minimal, wenn die Zeiger der beiden Seitenbänder gegenüber dem Träger um $180^{\circ}$ versetzt sind. Daraus folgt:

$$|s_{+}(t)|_{\rm min} = {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} - 2 \cdot {\rm 0.4 \hspace{0.05cm} V} \hspace{0.15 cm}\underline{= {\rm 0.2 \hspace{0.05cm} V}}.$$

Innerhalb einer Periode $T_0$ des Trägers tritt gegenüber den Zeigern der beiden Seitenbändern ein Phasenversatz von $\pm72^{\circ}$ auf. Daraus folgt: $$t_{\text{min}} = 2.5 \cdot T_0 \;\underline{= 50 \ μ\text{s}}.$$