Exercise 2.2Z: Distortion Power again

Am Eingang der betrachteten Funktionseinheit, die nicht näher spezifiziert wird, liegt das in der Grafik blau dargestellte periodische Signal x(t) an. Dieses ist durch das Spektrum des dazugehörigen analytischen Signals gegeben:

$$X_+(f) = {1 \,\rm V} \cdot {\rm \delta}(f- {2 \,\rm kHz}) \\ + {0.2 \,\rm V} \cdot {\rm e}^{\rm j \cdot 90^{\circ} } \cdot \delta(f- {3 \,\rm kHz}).$$

Diese Spektralfunktion ergibt sich aus dem üblichen Spektrum X(f), in dem alle Anteile bei negativen Frequenzen abgeschnitten und die bei den positiven Frequenzen verdoppelt werden. Weitere Angaben zum analytischen Signal und dessen Spektrum finden Sie im Kapitel 4.2 des Buches „Signaldarstellung”.

Das Spektrum des analytischen Signals am Ausgang der Funktionseinheit lautet:

$$Y_+(f) = {1.1 \,\rm V} \cdot {\rm \delta}(f- {2 \,\rm kHz}) \\ + {0.25 \,\rm V} \cdot {\rm e}^{\rm j \cdot 60^{\circ} } \cdot \delta(f- {3 \,\rm kHz})+ {0.05 \,\rm V} \cdot {\rm e}^{-\rm j \cdot 90^{\circ} } \cdot \delta(f- {5 \,\rm kHz}).$$

Die untere Skizze zeigt das Differenzsignal ε(t) = y(t) – x(t). Ein Maß für die im System entstandenen Verzerrungen ist die auf den Widerstand R = 1 Ω bezogene „Verzerrungsleistung”.

$$P_{\rm V} = \overline{\varepsilon^2(t)} = \frac{1}{T_{\rm 0}} \cdot \int\limits_{0}^{ T_{\rm 0}} {\varepsilon^2(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t.$$

Anzumerken ist, dass diese auch im Spektralbereich – und zudem einfacher – berechnet werden kann.

In analoger Weise ist die Leistung P_x des Eingangssignals x(t) definiert. Als quantitatives Maß für die Stärke der Verzerrungen wird das Signal–zu–Verzerrungs–Leistungsverhältnis angegeben, das meistens logarithmisch in dB dargestellt wird:

$$10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm}\rho_{\rm V} = 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} \frac{ P_{x}}{P_{\rm V}} \hspace{0.05cm}.$$

Hinweis: Diese Aufgabe bezieht sich auf den Theorieteil von Kapitel 2.1.

Die Leistung eines Signals x(t) kann auch aus der Spektralfunktion X(f) berechnet werden:

$$P_{x} =\frac{1}{T_{\rm 0}} \cdot\int\limits_{-\infty}^{ \infty} x^2(t)\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \frac{1}{T_{\rm 0}} \cdot \int\limits_{-\infty}^{ \infty} |X(f)|^2\hspace{0.1cm}{\rm d}f.$$

Fragebogen

Musterlösung

Solution

1. Richtig ist Antwort 2: Der größte gemeinsame Teiler von f₁ = 2 kHz und f₂ = 3 kHz ist f₀ = 1 kHz. Damit beträgt die Periodendauer T₀ = 1/f₀ = 1 ms. Das Signal lautet aufgrund des Phasenterms e^{j · 90 °}:

$$x(t) = {1 \, \rm V} \cdot {\rm cos}(2\pi f_1 t ) - {0.2 \, \rm V} \cdot {\rm sin}(2\pi f_2 t ).$$

2. Um die Leistung im Zeitbereich zu berechnen, muss das Signal x(t) = x₁(t) + x₂(t) quadriert und über ein geeignetes Zeitintervall gemittelt werden. Für ein periodisches Signal genügt die Mittelung über T₀:

$$P_{\rm V} = \frac{1}{T_{\rm 0}} \cdot \int\limits_{0}^{ T_{\rm 0}} {\left(x_1(t)+ x_2(t) \right)^2 }\hspace{0.1cm}{\rm d}t =\\ = \frac{1}{T_{\rm 0}} \cdot \int\limits_{0}^{ T_{\rm 0}} {x_1^2(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t \hspace{0.1cm}+\hspace{0.1cm} \frac{1}{T_{\rm 0}} \cdot \int\limits_{0}^{ T_{\rm 0}} {x_2^2(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t \hspace{0.1cm}+\hspace{0.1cm} \frac{2}{T_{\rm 0}} \cdot \int\limits_{0}^{ T_{\rm 0}} { x_1(t) \cdot x_2(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t.$$

Das erste Integral liefert:

$$P_{\rm 1} = \frac{1}{T_{\rm 0}} \cdot \int\limits_{0}^{ T_{\rm 0}} { ({1 \, \rm V})^2 \cdot {\rm cos}^2(2\pi f_1 t )}\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \frac{1 \, \rm V^2}{2 T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm} \cdot \int\limits_{0}^{ T_{\rm 0}} { \left( 1+ {\rm cos}(4\pi f_1 t )\right)}\hspace{0.1cm}{\rm d}t = {0.5 \, \rm V^2}.$$

In gleicher Weise erhält man für die Leistung des zweiten Terms: P₂ = (0.2 V)²/2 = 0.02 V². Dagegen liefert das letzte Integral keinen Beitrag, da x₁(t) und x₂(t) orthogonal zueinander sind. Somit erhält man für die gesamte Signalleistung:

$$P_{x} =P_{\rm 1} + P_{\rm 2} = {0.5 \, \rm V^2} + {0.02 \, \rm V^2}\hspace{0.15cm}\underline{ = {0.52 \, \rm V^2}}.$$

Dieses Ergebnis kann man auch aus der Spektralfunktion herleiten, wenn man die Amplituden aller diskreten Spektralanteile quadriert, halbiert und aufsummiert. Die Phasenlage der einzelnen Spektrallinien muss dabei nicht berücksichtigt werden.

3. Unabhängig davon, ob ein lineares oder ein nichtlineares System vorliegt, kann für das analytische Spektrum des Differenzsignals geschrieben werden:

$$E_+(f) = Y_+(f) - X_+(f) = ({1.1 \,\rm V}-{1 \,\rm V}) \cdot {\rm \delta}(f- {2 \,\rm kHz}) \\ + \left[{0.25 \,\rm V} \cdot {\rm e}^{\rm j \cdot 60^{\circ} } - {0.2 \,\rm V} \cdot {\rm e}^{\rm j \cdot 90^{\circ} } \right] \cdot \delta(f- {3 \,\rm kHz})\\ + {0.05 \,\rm V} \cdot {\rm e}^{-\rm j \cdot 90^{\circ} } \cdot \delta(f- {5 \,\rm kHz}).$$

Die komplexe Amplitude des zweiten Terms ist:

$$C_2 = {0.25 \,\rm V} \cdot \cos( 60^{\circ}) + {\rm j} \cdot{0.25 \,\rm V} \cdot \sin( 60^{\circ}) - {\rm j} \cdot{0.05 \,\rm V}\\ = {0.25 \,\rm V} \cdot 0.5 + {\rm j} \cdot{0.25 \,\rm V} \cdot 0.866 - {\rm j} \cdot{0.2 \,\rm V} = {0.125 \,\rm V} + {\rm j} \cdot{0.016 \,\rm V}.$$

Damit ergibt sich für den Betrag:

$$|C_2| = \sqrt{({0.125 \,\rm V})^2+({0.016 \,\rm V})^2 }= {0.126 \,\rm V}.$$

Die Phasenlagen müssen bei der Leistungsberechnung nicht berücksichtigt werden. Somit gilt:

$$P_{\rm V} = \frac{1}{2} \cdot \left[ ({0.1 \,\rm V})^2 + ({0.126 \,\rm V})^2 + ({0.05 \,\rm V})^2\right] \hspace{0.15cm}\underline{= {0.0142 \, \rm V^2}}.$$

4. Entsprechend der Definition auf der Angabenseite gilt:

$$\rho_{\rm V} = \frac{ P_{x}}{P_{\rm V}}= \frac{ {0.52 \, \rm V^2}}{0.0142 \, \rm V^2}\hspace{0.05cm}\rm = 36.65\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} 10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}\rho_{\rm V} \hspace{0.15cm}\underline{= {15.64 \, \rm dB}}.$$

	Es ist x(t) = 1V · cos(2π · 2kHz · t) + 0.2V · cos(2π · 3kHz · t).
	Die Periodendauer ist T₀ = 1 ms.
	Die Periodendauer ist T₀ = 2 ms.