Exercise 5.2Z: Two-Way Channel

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Von einem Übertragungssystem ist bekannt, dass zwischen dem Eingangssignal $x(t)$ und dem Ausgangssignal $y(t)$ der folgende Zusammenhang besteht:

$$y(t) = x( {t - \tau _1 } ) + \alpha \cdot x( {t - \tau _2 } ).$$

Die dazugehörige Impulsantwort $h(t)$ ist rechts skizziert.

In der unteren Skizze ist die Funktion

$$h(t) * h( { - t} )\hspace{0.15cm}\circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\,\hspace{0.15cm}\left| {H(f)} \right|^2$$

dargestellt, wobei die Parameter $C_0$, $C_3$ und $\tau_3$ von $\alpha$, $\tau_1$ und $\tau_2$ abhängen (siehe Teilaufgabe 4).

Das Eingangssignal $x(t)$ sei bandbegrenztes weißes Rauschen mit der Leistungsdichte $N_0 = 10^{-6} \hspace{0.05cm} \rm W/Hz$ und der Bandbreite $B = 10 \hspace{0.05cm} \rm kHz$, woraus sich die Leistung $P_x = 10 \hspace{0.05cm} \rm mW$ berechnen lässt.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Stochastische Systemtheorie.
• Verwenden Sie für die numerischen Berechnungen stets den Wert $\alpha = 0.5$.
• Für die Teilaufgaben (1) und (2) gelte zudem $\tau_1 = 0$ und $\tau_2 = 4\hspace{0.05cm}\rm ms$.
• Für die späteren Aufgabenteile soll von $\tau_1 = 1\hspace{0.05cm}\rm ms$ und $\tau_2 = 5\hspace{0.05cm}\rm ms$ ausgegangen werden.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

Fragebogen

1

Berechnen Sie den Frequenzgang $H(f)$ für $\tau_1 = 0$ und $\tau_2 = 4\hspace{0.05cm}\rm ms$. Zeigen Sie, dass $H(f)$ eine mit $f_0$ periodische Funktion ist. Wie groß ist $f_0$?

$f_0 \ =$ $\ \rm kHz$

2

Wie groß ist $|H(f)|^2$ mit $\tau_1 = 0$, $\tau_2 = 4\hspace{0.05cm}\rm ms$ und $\alpha = 0.5$? Geben Sie den Wert bei $f = 0$ ein.

$|H(f = 0)|^2 \ =$

3

Wie verändert sich $|H(f)|^2$ mit $\tau_1 = 1\hspace{0.05cm}\rm ms$ und $\tau_2 = 5\hspace{0.05cm}\rm ms$? Die Dämpfungskonstante sei weiterhin $\alpha = 0.5$. Geben Sie den Wert bei $f = 0$ ein.

$|H(f = 0)|^2 \ =$

4

Es gelte weiterhin $\alpha = 0.5$, $\tau_1 = 1\hspace{0.05cm}\rm ms$ und $\tau_2 = 5\hspace{0.05cm}\rm ms$. Welche Werte ergeben sich für die Funktionsparameter von $h(t) \star h(-t)$ gemäß Skizze?

$C_0 \ =$

$C_3 \ =$

$\tau_3 \ =$ $\ \rm ms$

5

Wie groß ist die Leistung des Ausgangssignals $y(t)?

$P_y \ =$ $\ \rm mW$

Musterlösung

Solution

1.  H(f) ist die Fouriertransformierte zu h(t). Mit dem Verschiebungssatz lautet diese (τ₁ = 0):

$$H(f) = 1 + \alpha \cdot {\rm{e}}^{ - {\rm{j2\pi }}f\tau _2 } = 1 + \alpha \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ).$$

Falls H(f) periodisch mit f₀ ist, muss für alle ganzzahligen Werte von i gelten:

$$H( {f + i \cdot f_0 } ) = H( f ).$$

Mit f₀ = 1/τ₂ = 0.25 kHz ist diese Bedingung erfüllt.

$$H( {f + i \cdot f_0 } ) = 1 + \alpha \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 + i{\rm{2\pi }}f_0 \tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 + i{\rm{2\pi }}f_0 \tau _2 } ) \\= 1 + \alpha \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ).$$

2.  Das Betragsquadrat ist die Summe von quadriertem Realteil und quadriertem Imaginärteil:

$$\left| {H( f )} \right|^2 = \left( {1 + \alpha \cdot \cos ( A )} \right)^2 + \left( {\alpha \cdot \sin ( A )} \right)^2 .$$

Hierbei ist das Argument der Winkelfunktionen mit A = 2πfτ₂ abgekürzt. Nach Ausmultiplizieren unter Berücksichtigung von cos²(A) + sin²(A) = 1 erhält man:

$$\left| {H(f)} \right|^2 = 1 + \alpha ^2 + 2\alpha \cdot \cos ( A ).$$

Bei der Frequenz f = 0 (und somit A = 0) ergibt sich allgemein bzw. mit α = 0.5:

$$\left| {H( {f = 0} )} \right|^2 = \left( {1 + \alpha } \right)^2 = 1.5^2\hspace{0.15cm} \underline{ = 2.25}.$$

3.  Nun lässt sich das Übertragungssystem aus zwei Teilsystemen zusammensetzen (siehe Skizze):

Die Übertragungsfunktion H₁(f) ist wie unter b) berechnet. Für H₂(f) gilt mit τ₁ = 1 ms:

$$H_2 (f) = {\rm{e}}^{ - {\rm{j2\pi }}f\tau _1 } \quad \Rightarrow \quad \left| {H_2 (f)} \right| = 1\quad \Rightarrow \quad \left| {H_2 (f)} \right|^2 = 1.$$

Das bedeutet: Durch die zusätzliche Laufzeit wird |H(f)|² gegenüber der Teilaufgabe b) nicht verändert. Bei der Frequenz f = 0 gilt also weiterhin |H(f = 0)|² = 2.25.

4.  Durch Vergleich der gezeichneten Funktion h(t) ∗ h(–t) mit dem Ergebnis von b) erhält man:

$$C_0 = 1 + \alpha ^2 \hspace{0.15cm} \underline{= 1.25}, \hspace{0.5cm}C_3 = \alpha \hspace{0.15cm} \underline{= 0.5}, \hspace{0.5cm}\tau _3 = \tau _2 - \tau _1 \hspace{0.15cm} \underline{= 4\;{\rm{ms}}}.$$

5.  Das LDS des Ausgangssignals y(t) ist auf den Bereich von ±B begrenzt und ergibt sich zu

$${\it \Phi}_y(f) = {N_0}/{2} \cdot |H(f)|^2 = N_0/{2} \cdot {\left( {1 + \alpha ^2 + 2\alpha \cdot \cos ( {2{\rm{\pi }}f\tau _3 } )} \right)}.$$

Unter Ausnutzung von Symmetrieeigenschaften erhält man somit für die Leistung:

$$P_y = N_0 \cdot \int_0^B {\left( {1 + \alpha ^2 + 2\alpha \cdot \cos ( {2{\rm{\pi }}f\tau _3 } )} \right)}\hspace{0.1cm} {\rm{d}}f.$$

Da B = 10 kHz ein ganzzahliges Vielfaches der Frequenzperiode f₀ = 1/τ₃ = 250 Hz ist (vgl. Lösung zu Teilaufgabe 1), trägt die Cosinus-Funktion nicht zum Integral bei, und man erhält:

$$P_y = N_0 \cdot B \cdot \left( {1 + \alpha ^2 } \right) = 1.25 \cdot P_x \hspace{0.15cm} \underline{ = 12.5\;{\rm{mW}}}.$$