Exercise 4.14: Phase Progression of the MSK

Quellensignal und Tiefpass–Signale in den beiden Zweigen der MSK

Eine Realisierungsmöglichkeit für Minimum Shift Keying (MSK) bietet die Offset–QPSK, wie aus dem Blockschaltbild im Theorieteil hervorgeht.

Hierzu ist zunächst eine Umcodierung der Quellensymbole $q_k ∈ \{+1, –1\}$ in die ebenfalls binären Amplitudenkoeffizienten $a_k ∈ \{+1, –1\}$ vorzunehmen.
Diese Umcodierung wird in der Zusatzaufgabe 4.14Z eingehend behandelt.

Die Grafik zeigt unten die beiden äquivalenten Tiefpass–Signale $s_{\rm I}(t)$ und $s_{\rm Q}(t)$ in den beiden Zweigen, die sich nach der Umcodierung $a_k = (-1)^{k+1} \cdot a_{k-1} \cdot q_k $ aus dem oben skizzierten Quellensignal $q(t)$ für den Inphase– und den Quadraturzweig ergeben. Berücksichtigt ist hierbei der MSK–Grundimpuls

$$ g_{\rm MSK}(t) = \left\{ \begin{array}{l} \cos (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T}) \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{5}c}{\rm{f\ddot{u}r}} \\{\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{10}c} -T \le t \le +T \hspace{0.05cm}, \\ {\rm sonst}\hspace{0.05cm}. \\ \end{array}$$

Dieser ist ebenso wie die Signale $s_{\rm I}(t)$ und $s_{\rm Q}(t)$ auf $1$ normiert. Für das äquivalente Tiefpass–Signal gilt entsprechend dem Kapitel Äquivalentes Tiefpass-Signal und zugehörige Spektralfunktion im Buch „Signaldarstellung”:

$$ s_{\rm TP}(t) = s_{\rm I}(t) + {\rm j} \cdot s_{\rm Q}(t) = |s_{\rm TP}(t)| \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}\phi(t)}$$

mit dem Betrag

$$|s_{\rm TP}(t)| = \sqrt{s_{\rm I}^2(t) + s_{\rm Q}^2(t)} $$

und der Phase

$$ \phi(t) = {\rm arc} \hspace{0.15cm}s_{\rm TP}(t) = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{s_{\rm Q}(t)}{s_{\rm I}(t)} \hspace{0.05cm}.$$

Das physikalische MSK–Sendesignal ergibt sich dann zu

$$ s(t) = |s_{\rm TP}(t)| \cdot \cos (2 \pi \cdot f_{\rm T} \cdot t + \phi(t)) \hspace{0.05cm}.$$

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Nichtlineare digitale Modulation.
Bezug genommen wird insbesondere auf den Abschnitt Realisierung der MSK als Offset-QPSK.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Gehen Sie davon aus, dass $ϕ(t = 0) = ϕ_0 = 0$ ist.

Fragebogen

	Die Hüllkurve schwankt cosinusförmig.
	Die Hüllkurve ist konstant.
	Die Hüllkurve ist unabhängig von der gesendeten Folge.

$ϕ(t = T/2)\ = \ $ $\ \rm Grad$

$ϕ(t = T) \hspace{0.63cm} = \ $ $\ \rm Grad$

$ϕ(t = 2T) \ = \ $ $\ \rm Grad$

$ϕ(t = 3T) \ = \ $ $\ \rm Grad$

$ϕ(t = 4T) \ = \ $ $\ \rm Grad$

$ϕ(t = 5T) \ = \ $ $\ \rm Grad$

$ϕ(t = 6T) \ = \ $ $\ \rm Grad$

$ϕ(t = 7T) \ = \ $ $\ \rm Grad$

$ϕ(t = 8T) \ = \ $ $\ \rm Grad$

Musterlösung

Solution

(1) Richtig sind die Lösungsvorschläge 2 und 3:

Beispielsweise gilt im Bereich $0 ≤ t ≤ T$, wenn man berücksichtigt, dass $a_0^2 = a_1^2 = 1$ ist:

$$ |s_{\rm TP}(t)| = \sqrt{a_0^2 \cdot \cos^2 (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T}) + a_1^2 \cdot \sin^2 (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})} = 1 \hspace{0.05cm}.$$

Richtig ist damit die Aussage 2, während die Aussage 1 falsch.
Dieses Ergebnis gilt für jedes Wertepaar $a_0$ ∈ {+1, –1} und $a_1 ∈ {+1, –1}$.
Daraus kann weiter geschlossen werden, dass die Hüllkurve unabhängig von der gesendeten Folge ist.

(2) Mit der angegebenen Gleichung gilt:

$$\phi(t) = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{s_{\rm Q}(t)}{s_{\rm I}(t)} = {\rm arctan}\hspace{0.1cm} \frac{a_1 \cdot \sin (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})}{a_0 \cdot \cos (\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})}= {\rm arctan}\hspace{0.1cm}\left [ \frac{a_1}{a_0}\cdot \tan \hspace{0.1cm}(\frac{\pi \cdot t}{2 \cdot T})\right ] \hspace{0.05cm}.$$

Der Quotient $a_1/a_0$ ist stets $+1$ oder $-1$. Damit kann dieser Quotient vorgezogen werden und man erhält:

$$\phi(t) = \frac{a_1}{a_0}\cdot {\rm arctan}\hspace{0.1cm}\left [

 \tan \hspace{0.1cm}(\frac{\pi  \cdot t}{2  \cdot T})\right ]=   \frac{a_1}{a_0}\cdot \frac{\pi  \cdot t}{2  \cdot T}
\hspace{0.05cm}.$$

Durch die Anfangsphase $ϕ_0 = 0$ können Mehrdeutigkeiten ausgeschlossen werden. Insbesondere gilt mit $a_0 = a_1 = +1$:

$$\phi(t = T/2 = 0.5\,{\rm \mu s}) = {\pi}/{4}\hspace{0.15cm}\underline { = +45^\circ},\hspace{0.2cm}\phi(t = T= 1\,{\rm \mu s}) = {\pi}/{2}\hspace{0.15cm}\underline {= +90^\circ}

\hspace{0.05cm}.$$

(3) Am einfachsten löst man diese Aufgabe unter Zuhilfenahme des Einheitskreises:

$$ {\rm Re} = s_{\rm I}(2T) = +1, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(2T) = 0 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\phi(t = 2T= 2\,{\rm \mu s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ},$$

$$ {\rm Re} = s_{\rm I}(3T) = 0, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(3T) = -1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\phi(t = 3T= 3\,{\rm \mu s}) \hspace{0.15cm}\underline {= -90^\circ},$$

$${\rm Re} = s_{\rm I}(4T) = -1, \hspace{0.2cm} {\rm Im} = s_{\rm Q}(4T) = 0 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\phi(t = 4T= 4\,{\rm \mu s})= \pm 180^\circ \hspace{0.05cm}.$$

Aus der unteren Skizze erkennt man, dass $\phi(t = 4T= 4\,{\rm \mu s})\hspace{0.15cm}\underline { = - 180^\circ}\hspace{0.05cm}$ richtig ist.

(4) Die Grafik zeigt die MSK–Phase $ϕ(t)$ zusammen mit dem Quellensignal $q(t)$. Man erkennt:

Beim Quellensymbol $a_\nu =+1$ steigt die Phase innerhalb der Symboldauer $T$ linear um $90^\circ \ (π/2)$ an.
Beim Quellensymbol $a_\nu =-1$ fällt die Phase innerhalb der Symboldauer $T$ linear um $90^\circ \ (π/2)$ ab.

Die weiteren Phasenwerte sind somit:

$$\phi(5T) \hspace{0.15cm}\underline { = -90^\circ},\hspace{0.2cm}\phi(t = 6T) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ} \hspace{0.05cm}.$$

$$ \phi(7T)\hspace{0.15cm}\underline { = -90^\circ},\hspace{0.2cm} \phi(t = 8T) \hspace{0.15cm}\underline {= 0^\circ} \hspace{0.05cm}.$$