Exercise 1.10: BPSK Baseband Model

Unsymmetrischer Kanalfrequenzgang

Wir betrachten in dieser Aufgabe ein BPSK–System mit kohärenter Demodulation, das heißt, es gilt

$$s(t) \ = \ z(t) \cdot q(t),$$

$$b(t) \ = \ 2 \cdot z(t) \cdot r(t) .$$

Die hier gewählten Bezeichnungen lehnen sich an das Blockschaltbild im Theorieteil an. Der Einfluss eines Kanalfrequenzgangs $H_{\rm K}(f)$ lässt sich in einfacher Weise berücksichtigen, wenn man diesen zusammen mit Modulator und Demodulator durch einen gemeinsamen Basisbandfrequenzgang beschreibt:

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

Damit werden

Modulator und Demodulator quasi gegeneinander gekürzt,
der Bandpasskanal $H_{\rm K}(f)$ in den Tiefpassbereich transformiert.

Die resultierende Übertragungsfunktion $H_{\rm MKD}(f)$ sollte man nicht mit der Tiefpass–Übertragungsfunktion $H_{\rm K,TP}(f)$ gemäß der Beschreibung in Äquivalentes Tiefpass-Signal und zugehörige Spektralfunktion des Buches „Signaldarstellung” verwechseln, die sich aus $H_{\rm K}(f)$ durch Abschneiden der Anteile bei negativen Frequenzen sowie einer Frequenzverschiebung um $f_{\rm T}$ nach links ergibt.

Hinweis:

Die Aufgabe gehört zum Themengebiet von Lineare digitale Modulation – Kohärente Demodulation.

Fragebogen

Musterlösung

Solution

(1) Richtig sind die die Aussagen 2, 3 und 4. $H_{\rm K,TP}(f)$ ergibt sich aus $H_{\rm K}(f)$ durch Abschneiden der negativen Frequenzanteile sowie Verschieben um $f_{\rm T}$ nach links. Bei Frequenzgängen wird – im Gegensatz zu Spektren – auf das Verdoppeln der Anteile bei positiven Frequenzen verzichtet. Deshalb gilt:

$$H_{\rm K,\hspace{0.04cm} TP}(f= 0) = H_{\rm K}(f= f_{\rm T})=1.$$

Wegen der reellen unsymmetrischen Spektralfunktionen $H_{\rm K,TP}(f)$ ist die Fourierrücktransformierte $h_{\rm K,TP}(t)$ nach dem Zuordnungssatz komplex.

Tiefpassfunktionen für $H_{\rm K}(f)$

(2) Hier ist nur der dritte Lösungsvorschlag richtig. Die Spektralfunktion $H_{\rm MKD}(f)$ besitzt stets einen geraden Realteil. Demzufolge ist $h_{\rm MKD}(t)$ stets reell. Hätte $H_{\rm K}(f)$ zusätzlich einen um $f_{\rm T}$ ungeraden Imaginärteil, so würde $H_{\rm MKD}(f)$ einen um $f = 0$ ungeraden Imaginärteil aufweisen. Damit wäre $h_{\rm MKD}(t)$ immer noch eine reelle Funktion.

Die Grafik verdeutlicht die Unterschiede zwischen $H_{\rm K,TP}(f)$ und $H_{\rm MKD}(f)$. Die Anteile von $H_{\rm MKD}(f)$ im Bereich um $\pm 2f_{\rm T}$ müssen nicht weiter beachtet werden.

(3) $H_{\rm MKD}(f)$ setzt sich additiv aus einem Rechteck und einem Dreieck zusammen, jeweils mit Breite $\delta f_{\rm K}$ und Höhe $0.5$. Daraus folgt:

$$h_{\rm MKD}(t) = \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} \cdot {\rm si} (\pi \cdot \Delta f_{\rm K} \cdot t)+ \frac{\Delta f_{\rm K}}{4} \cdot {\rm si}^2 (\pi \cdot \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} \cdot t)$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}h_{\rm MKD}(t = 0) = \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} + \frac{\Delta f_{\rm K}}{4} = 0.75 \cdot \Delta f_{\rm K}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}h_{\rm MKD}(t = 0)/{\Delta f_{\rm K}} \hspace{0.1cm}\underline {= 0.75} .$$

(4) Die erste si–Funktion besitzt zwar äquidistante Nulldurchgänge im Abstand $1/\Delta f_{\rm K}$. Die äquidistanten Nulldurchgänge der gesamten Zeitfunktion $h_{\rm MKD}$ werden aber durch den zweiten Term bestimmt:

$$h_{\rm MKD}(t = \frac{1}{\Delta f_{\rm K}}) = \ \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} \cdot {\rm si} (\pi )+ \frac{\Delta f_{\rm K}}{4} \cdot {\rm si}^2 (\pi/2) = \frac{\Delta f_{\rm K}}{4},$$

$$h_{\rm MKD}(t = \frac{2}{\Delta f_{\rm K}}) = \ \frac{\Delta f_{\rm K}}{2} \cdot {\rm si} (2\pi )+ \frac{\Delta f_{\rm K}}{4} \cdot {\rm si}^2 (\pi) = 0.$$

Richtig ist der zweite Lösungsvorschlag.

	Es gilt $H_{\rm MKD}(f=0)= 2$.
	Es gilt $H_{\rm MKD}(f = \Delta f_{\rm K}/4) = 1$.
	Es gilt $H_{\rm MKD}(f = –\Delta f_{\rm K}/4) = 0.75$.
	Die dazugehörige Zeitfunktion $h_{\rm MKD}(t)$ ist komplex.

	$h_{\rm MKD}(t)$ hat äquidistante Nulldurchgänge im Abstand $1/\Delta f_{\rm K}$.
	$h_{\rm MKD}(t)$ hat äquidistante Nulldurchgänge im Abstand $2/\Delta f_{\rm K}$.