Exercise 1.1: Basic Transmission Pulses

Betrachtete Sendegrundimpulse

Wir untersuchen in dieser Aufgabe die zwei in der Grafik dargestellten Sendesignale $s_{\rm R}(t)$ und $s_{\rm C}(t)$ mit Rechteck– bzw. cos²–Sendegrundimpuls. Insbesondere sollen für die jeweiligen Impulse $g_s(t)$ folgende Kenngrößen berechnet werden:

die äquivalente Impulsdauer von $g_s(t)$:

$$\Delta t_{\rm S} = \frac {\int ^{+\infty} _{-\infty} \hspace{0.15cm} g_s(t)\,{\rm d}t}{{\rm Max} \hspace{0.05cm}[g_s(t)]} \hspace{0.05cm},$$

die Energie des Sendegrundimpulses $g_s(t)$:

$$E_g = \int^{+\infty} _{-\infty} g_s^2(t)\,{\rm d}t \hspace{0.05cm},$$

die Leistung des Sendesignals $s(t)$:

$$P_{\rm S} = \lim_{T_{\rm M} \to \infty} \frac{1}{+T_{\rm M}} \cdot \int^{+T_{\rm M}/2} _{-T_{\rm M}/2} s^2(t)\,{\rm d}t \hspace{0.05cm}.$$

Gehen Sie bei Ihren Berechnungen stets davon aus, dass die beiden möglichen Amplitudenkoeffizienten gleichwahrscheinlich sind und dass der Abstand zwischen benachbarten Symbolen $T = 1 \ \rm μs$ beträgt. Dies entspricht einer Bitrate von $R = 1 \ \rm Mbit/s$.

Der (positive) Maximalwert des Sendesignals ist in beiden Fällen gleich

$$s_0 = \sqrt{0.5\, {\rm W}} \hspace{0.05cm}.$$

Unter der Annahme, dass der Sender mit einem Widerstand von $50\ \rm Ω$ abgeschlossen ist, entspricht dies dem folgenden Spannungswert:

$$s_0 = \sqrt{0.5\, {\rm W}} \hspace{0.05cm}.$$

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Systemkomponenten eines Basisbandübertragungssystems.
Bezug genommen wird insbesondere auf den Abschnitt Kenngrößen des digitalen Senders.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Gegeben ist das folgende unbestimmte Integral:

$$\int \cos^4(a x)\,{\rm d}x = \frac{3}{8} \cdot x + \frac{1}{4a} \cdot \sin(2 a x)+ \frac{1}{32a} \cdot \sin(4 a x)\hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

	$s_{\rm R}(t)$ ist ein bipolares Signal und $s_{\rm c}(t)$ ein unipolares.
	$s_{\rm c}(t)$ ist ein bipolares Signall und $R_{\rm c}(t)$ ein unipolares.

$\text{Beim Signal}\ s_{\rm R}(t) \text{:} \ \ \Delta t_{\rm S}/T \ = \ $

$\text{beim Signal}\ s_{\rm C}(t) \text{:} \ \ \Delta t_{\rm S}/T \ = \ $

$E_g \ = \ $

$\ \cdot 10^{-6}\ \rm Ws$

$P_{\rm S} \ = \ $

$\ \rm W$

$E_g \ = \ $

$\ \cdot 10^{-6}\ \rm Ws$

$P_{\rm S} \ = \ $

$\ \rm W$

Musterlösung

Solution

(1) Richtig ist der Lösungsvorschlag 2:

In beiden Fällen kann das Sendesignal in folgender Form

$$s(t) = \sum_{(\nu)} a_\nu \cdot g_s ( t - \nu \cdot T)$$

Beim Signal $s_{\rm R}(t)$ sind die Amplitudenkoeffizienten $a_ν$ entweder $0$ oder $1$. Es liegt also ein unipolares Signal vor.
Beim bipolaren Signal $s_{\rm R}(t)$ gilt dagegen $a_ν ∈ \{–1, +1\}$.

(2) Das Signal $s_{\rm R}(t)$ ist NRZ–rechteckförmig. Dementsprechend sind sowohl die absolute Impulsdauer $T_{\rm S}$ als auch die äquivalente Impulsdauer $\Delta t_{\rm S}$ gleich der Symboldauer $T$:

$$T_{\rm S} / T = 1\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm}\Delta t_{\rm S} / T \hspace{0.1cm}\underline{ = 1 }\hspace{0.05cm}.$$

Der Sendegrundimpuls für das Signal $s_{\rm C}(t)$ lautet:

$$g_s(t) = \left\{ \begin{array}{c} s_0 \cdot \cos^2(\pi \cdot \frac{t}{T}) \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} -T/2 \le t \le +T/2 \hspace{0.05cm}, \\ {\rm sonst} \hspace{0.05cm}. \\ \end{array}$$

Aus der Grafik auf der Angabenseite erkennt man, dass für den $\cos^2$–Impuls folgende Werte gelten:

$$T_{\rm S} / T = 1\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm}\Delta t_{\rm S} / T \hspace{0.1cm}\underline{ = 0.5} \hspace{0.05cm}.$$

(3) Für die Energie des Rechteckimpulses gilt:

$$E_g = \int^{+\infty} _{-\infty} g_s^2(t)\,{\rm d}t = s_0^2 \cdot T = 0.5\, {\rm W} \cdot 1\, {\rm \mu s} \hspace{0.1cm}\underline{= 0.5 \cdot 10^{-6}\, {\rm Ws}}\hspace{0.05cm}.$$

(4) Bei einem bipolaren Rechtecksignal würde gelten:

$$s_{\rm R}^2(t)= s_0^2 = {\rm const.} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_s = s_0^2 \cdot \lim_{T_{\rm M} \to \infty} \frac{1}{T_{\rm M}} \cdot \int ^{T_{\rm M}/2} _{-T_{\rm M}/2} \,{\rm d}t = s_0^2 \hspace{0.05cm}.$$

Da das Signal $s_{\rm R}(t)$ hier jedoch unipolar ist, gilt in der Hälfte der Zeit $s_{\rm R}(t)= 0$. Somit ergibt sich:

$$P_s = {1}/{2} \cdot s_0^2 \hspace{0.1cm}\underline{= 0.25 \,{\rm W}} \hspace{0.05cm}.$$

(5) Für die Energie des $\cos^2$–Impulses gilt:

$$E_g = \int^{+\infty} _{-\infty} g_s^2(t)\,{\rm d}t = 2 \cdot s_0^2 \cdot \int^{T/2} _{0} \cos^4(\pi \cdot {t}/{T})\,{\rm d}t \hspace{0.05cm}.$$

Hierbei ist die unter Punkt (3) hergeleitete Formel und die Symmetrie von $g_s(t)$ um den Zeitpunkt $t = 0$ berücksichtigt. Das Integral ist bei der Aufgabenbeschreibung angegeben, wobei $a = π/T$ zu setzen ist:

$$E_g = 2 \cdot s_0^2 \cdot \left [ \frac{3}{8} \cdot t + \frac{T}{4\pi} \cdot \sin(2 \pi \frac{t}{T})+ \frac{T}{32\pi} \cdot \sin(4 \pi \frac{t}{T})\right ]_{0}^{T/2}\hspace{0.05cm}.$$

Die untere Grenze $t = 0$ liefert stets das Ergebnis $0$. Hinsichtlich der oberen Grenze ergibt sich nur für den ersten Term ein von $0$ verschiedenes Ergebnis. Daraus folgt:

$$E_g = 2 \cdot s_0^2 \cdot \frac{3}{8} \cdot \frac{T}{2} = \frac{3}{8} \cdot 5 \cdot 10^{-7}\, {\rm Ws} \hspace{0.1cm}\underline{ = 0.1875 \cdot 10^{-6}\, {\rm Ws}}\hspace{0.05cm}.$$

(6) Beim bipolaren Signal $s_{\rm C}(t)$ gilt folgender Zusammenhang:

$$P_{\rm S} = \frac{ E_g}{T} = \frac{ 1.875 \cdot 10^{-7}\, {\rm Ws}}{10^{-6}\, {\rm s}}\hspace{0.1cm}\underline{ = 0.1875 \,{\rm W}} \hspace{0.05cm}.$$