Exercise 2.7: Is the Modulation Depth Too High?

Signalverläufe der „ZSB–AM mit Träger”

Das cosinusförmige Quellensignal $q(t)$ mit Amplitude $A_{\rm N} = 5\ \rm V$ und Frequenz $f_{\rm N} = 1 \ \rm kHz$ wird $\rm (ZSB–)$amplitudenmoduliert. Für das Empfangssignal gilt bei dem vorausgesetzten idealen Kanal:

$$r(t) = s(t) =\left(q(t) + A_{\rm T}\right) \cdot \cos (2\pi \cdot f_{\rm T}\cdot t )\hspace{0.05cm}.$$

Es handelt sich folglich um eine „ZSB–AM mit Träger”.

In der Grafik sind neben dem Quellensignal $q(t)$ und dem Empfangssignal $r(t)$ inklusive dessen Hüllkurve $a(t)$ auch das Sinkensignal $v(t)$ und das Fehlersignal

$$ \varepsilon(t) = v(t) - q(t)$$

dargestellt. Das rot gezeichnete Sinkensignal

$$v_{\rm A}(t) = a(t) - A_{\rm T}$$

gehört zu einem Hüllkurvendemodulator, bei dem von der Hüllkurve $a(t)$ genau der beim Sender zugeführte Träger $(A_{\rm T})$ subtrahiert wird.

Dieses Signal $v_{\rm A}(t)$ besitzt ebenso wie das zugehörige Fehlersignal $ε_{\rm A}(t)$ einen Gleichanteil. Aufgrund der Periodizität kann es durch die folgende Fourierreihe approximiert werden:

$$v_{\rm A}(t) = A_0 + \sum_{n=1}^{6} A_i \cdot \cos (n \cdot \omega_{\rm N}\cdot t ), \hspace{0.3cm}{\rm mit}$$

$$A_0 = 0.272\,{\rm V},\hspace{0.3cm}A_1 = 4.480\,{\rm V},\hspace{0.3cm}A_2 = 0.458\,{\rm V},\hspace{0.3cm}A_3 = -0.367\,{\rm V},\hspace{0.3cm}$$

$$A_4 = 0.260\,{\rm V},\hspace{0.3cm}A_5 = -0.155\,{\rm V},\hspace{0.3cm}A_6 = 0.066\,{\rm V}\hspace{0.05cm}.$$

Wird dagegen der Gleichanteil durch einen idealen Hochpass eliminiert, so ergeben sich die gleichsignalfreien Signale

$$ v_{\rm B}(t) = \sum_{n=1}^{6} A_i \cdot \cos (n \cdot \omega_{\rm N}\cdot t ),\hspace{0.5cm}\varepsilon_{\rm B}(t) = v_{\rm B}(t) - q(t) = a(t) - A_{\rm T} - A_0 \hspace{0.05cm}.$$

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Hüllkurvendemodulation.
Bezug genommen wird insbesondere auf das Kapitel Qualitätskriterien in diesem Buch sowie auf das Kapitel Nichtlineare Verzerrungen im Buch „Lineare zeitinvarianteSysteme”.

Zur Lösung dieser Aufgabe sind folgende unbestimmte Integrale gegeben:

$$ \int { \cos (a x )}\hspace{0.1cm}{\rm d}x =\frac{1}{a} \cdot \sin (a x ), \hspace{0.5cm} \int { \cos^2 (a x )}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \frac{x}{2} +\frac{1}{4a} \cdot \sin (2a x ).$$

Die Klirrfaktoren berechnen sich entsprechend den Gleichungen

$$K_2 = {A_2}/{A_1}, \hspace{0.3cm} K_3 = {A_3}/{A_1}, \hspace{0.1cm} \text{...} \hspace{0.5cm} \Rightarrow \hspace{0.5cm}K = \sqrt{K_2^2 +K_3^2 + \text{...}}\hspace{0.1cm} .$$

Fragebogen

$m \ = \ $

$t_1 \ = \ $

$\ \rm ms$

$t_2 \ = \ $

$\ \rm ms$

$K \ = \ $

$\text{%}$

$P_{ε{\rm A}} \ = \ $

$\ \rm V^2$

$P_{ε{\rm B}} \ = \ $

$\ \rm V^2$

$ρ_{v{\rm A}} \ = \ $

$ρ_{v{\rm B}} \ = \ $

Musterlösung

Solution

(1) Aus der Grafik erkennt man $A_{\rm T} = 4\ \rm V$. Daraus ergibt sich mit $A_{\rm N} = 5\ \rm V$ der Modulationsgrad

$$m = A_{\rm N}/A_{\rm T}\hspace{0.15cm}\underline { = 1.25}.$$

(2) Aus der Bedingung $a(t) = q(t) + A_{\rm T} = 0$ folgt direkt für die erste Nullstelle:

$$ \cos (2\pi \cdot f_{\rm N}\cdot t_1 ) = \frac{-A_{\rm T}}{A_{\rm N}}= -0.8 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}t_1 = \frac{\rm arccos(-0.8)}{2\pi \cdot f_{\rm N}}\approx \frac{0.795 \cdot \pi}{2\pi \cdot f_{\rm N}} \hspace{0.05cm}.$$

Mit $f_{\rm N} = 1 \ \rm kHz$ ergibt sich daraus $t_1\hspace{0.15cm}\underline { ≈ 0.4 \ \rm ms}$.
Die zweite Nullstelle ist entsprechend $t_2\hspace{0.15cm}\underline { ≈ 0.6 \ \rm ms}$.

(3) Der Klirrfaktor zweiter Ordnung ist $K_2 = 0.458/4.48 ≈ 0.102$.

Entsprechend gilt für den Klirrfaktor dritter Ordnung: $K_3 = 0.367/4.48 ≈ 0.082$.
Die weiteren Klirrfaktoren sind $K_4 ≈ 0.058$, $K_5 ≈ 0.035$ sowie $K_6 ≈ 0.015$.
Damit erhält man für den Gesamtklirrfaktor:

$$ K = \sqrt{K_2^2 + K_3^2 + K_4^2 + K_5^2 + K_6^2 }\hspace{0.15cm}\underline { \approx 14.8 \%}.$$

(4) Die Verzerrungsleistung ergibt sich aus Mittelung von $ε_{\rm A}(t)^2$ über eine Periodendauer $T_0 = 1\ \rm ms$:

Zur Berechnung der Verzerrungsleistung

$$P_{\varepsilon \rm A} = \frac{1}{T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm} \cdot \int_{t_1}^{\hspace{0.1cm} t_2} {\varepsilon_{\rm A}^2(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \frac{I_{\varepsilon}}{T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm}.$$

Hierbei ist berücksichtigt, dass das Fehlersignal $ε_{\rm A}(t)$ außerhalb des Intervalls von $t_1$ und $t_2$ gleich Null ist.

Wie aus der Skizze hervorgeht, ist $I_ε$ doppelt so groß als das Integral $I_γ$ der Hilfsgröße $γ$ im Intervall von Null bis $t_3 = (t_2 – t_1)/2 ≈ 0.1 \ \rm ms$:

$$I_{\gamma} = \int_{0}^{\hspace{0.1cm} t_3} {\gamma^2(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t \hspace{0.5cm}{\rm mit}\hspace{0.5cm} \gamma(t) = 2 \cdot \left( A_{\rm N} \cdot \cos (\omega_{\rm N}\cdot t ) - A_{\rm T}\right)\hspace{0.05cm}.$$

Eine Nebenrechnung liefert $I_{\gamma} = 4 \cdot \left( I_1 + I_2 + I_3 \right)$ mit

$$I_1 = A_{\rm N}^2 \cdot \int_{0}^{\hspace{0.1cm} t_3} {\cos^2 (\omega_{\rm N}\cdot t ) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t = A_{\rm N}^2 \cdot \left[ \frac{t_3}{2} + \frac{\sin (2 \omega_{\rm N}\cdot t_3 )}{4 \omega_{\rm N}} \right] = 25\,{\rm V}^2 \cdot \left[ 0.05\,{\rm ms} + 0.0378\,{\rm ms} \right] = 2.196 \cdot 10^{-3}\,{\rm V^2 s} \hspace{0.05cm},$$

$$ I_2 = - 2 \cdot A_{\rm N}\cdot A_{\rm T} \cdot \int_{0}^{\hspace{0.1cm} t_3} \hspace{-0.2cm}{\cos (\omega_{\rm N}\cdot t ) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t = - 2 \cdot A_{\rm N}\cdot A_{\rm T} \cdot \frac{\sin (\omega_{\rm N}\cdot t_3 )}{\omega_{\rm N}} = - 2 \cdot 5\,{\rm V} \cdot 4\,{\rm V}\cdot 0.0935\,{\rm ms} = -3.742 \cdot 10^{-3}\,{\rm V^2 s} \hspace{0.05cm},$$

$$ I_3 = A_{\rm T}^2 \cdot \int_{0}^{\hspace{0.1cm} t_3} {}\hspace{0.1cm}{\rm d}t = A_{\rm T}^2 \cdot {t_3} = 1.6 \cdot 10^{-3}\,{\rm V^2 s}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}I_{\gamma} = 0.216 \cdot 10^{-3}\,{\rm V^2 s} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}I_{\varepsilon} = 2 \cdot I_{\gamma} =0.432 \cdot 10^{-3}\,{\rm V^2 s} \hspace{0.05cm}.$$

Somit erhält man als Endergebnis:

$$P_{\varepsilon \rm A} = {I_{\varepsilon}}/{T_{\rm 0}}\hspace{0.15cm}\underline {=0.432 \,{\rm V^2 }}\hspace{0.05cm}.$$

(5) Die beiden Sinkensignale $v_{\rm A}(t)$ und $v_{\rm B}(t)$ unterscheiden sich ebenso wie die beiden Fehlersignale $ε_{\rm A}(t)$ und $ε_{\rm B}(t)$ um den Gleichanteil $A_0$. Deshalb gilt:

$$ P_{\varepsilon \rm B} = \frac{1}{T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm} \cdot \int_{0}^{T_0} {\varepsilon_{\rm B}^2(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \frac{1}{T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm} \cdot \int_{0}^{T_0} {\left[\varepsilon_{\rm A}(t) - A_0 \right]^2}\hspace{0.1cm}{\rm d}t \hspace{0.05cm}.$$

Hierfür kann auch geschrieben werden:

$$P_{1} = \frac{1}{T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm} \cdot \int_{0}^{T_0} {\varepsilon_{\rm A}^2(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t = P_{\varepsilon \rm A} \hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm} P_{2} = - 2 A_0 \cdot \frac{1}{T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm} \cdot \int_{0}^{T_0} {\varepsilon_{\rm A}(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t = - 2 A_0^2 \hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm} P_{3} = A_0^2 \cdot \frac{1}{T_{\rm 0}}\hspace{0.05cm} \cdot \int_{0}^{T_0} { }\hspace{0.1cm}{\rm d}t = A_0^2 \hspace{0.05cm}.$$

Damit ergibt sich für den quadratischen Mittelwert des Fehlersignals $ε_{\rm B}(t)$:

$$P_{\varepsilon \rm B} = P_{\varepsilon \rm A}- A_0^2 = 0.432\,{\rm V}^2 - (0.272\,{\rm V})^2 \hspace{0.15cm}\underline {= 0.358\,{\rm V}^2} \hspace{0.05cm}.$$

Ein ähnliches Ergebnis hätte man auch nach folgendem Rechengang erhalten:

$$ P_{\varepsilon \rm B} = \frac{1\,{\rm V}^2}{2} \cdot \left[ (5 - 4.48)^2 + 0.458^2 + 0.367^2 + ... + 0.066^2 \right] \approx 0.356\,{\rm V}^2 \hspace{0.05cm}.$$

Der geringe Unterschied in beiden Rechengängen ist darauf zurückzuführen, dass die Fourierkoeffizienten $A_7$, $A_8$, ... zwar sehr klein sind, aber nicht Null.

(6) Die Leistung des Quellensignals $q(t)$ beträgt $P_q = A_{\rm N}^2/2 = 12.5 V^2$. Daraus ergeben sich die beiden S/N–Verhältnisse:

$$\rho_{v {\rm A}} = \frac{P_{q}}{P_{\varepsilon \rm A}} \hspace{0.15cm}\underline {= 28.94} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.3cm} \rho_{v {\rm B}} = \frac{P_{q}}{P_{\varepsilon \rm B}}\hspace{0.15cm}\underline { = 34.92} \hspace{0.05cm}.$$

Dies zeigt, dass der Hüllkurvendemodular $\rm B$ (mit Hochpass) um etwa $6 \ \rm dB$ besser ist als der Demodulator $\rm A$ (mit Subtraktion).

Anzumerken ist ferner, dass die Näherung $ρ_v = α_2 · P_q/K^2$ hier zum verfälschten Zahlenwert $ρ_v = 36.66$ führen würde.
Dieses unterschiedliche Ergebnis wird auf der Seite „Der Klirrfaktor” im Buch „Lineare zeitinvariante Systeme” ausführlich begründet, wobei genau die für die vorliegende Aufgabe getroffenen Voraussetzungen zugrunde gelegt sind.