Exercise 4.5Z: Impulse Response once again

Impulsantwort eines Koaxialkabels (Darstellung mit bzw. ohne Laufzeit)

Wir betrachten wie in Aufgabe 4.5 ein binäres Übertragungssystem mit der Bitrate $R$ ⇒ Symboldauer $T= 1/R$.

Als Übertragungsmedium wird ein "Normalkoaxialkabel" $\text{(2.6 mm}$ Kerndurchmesser, $\text{9.5 mm}$ Außendurchmesser$)$ der Länge $l = 1 \ \rm km$ mit folgendem Frequenzgang verwendet:

$$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_1 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} f \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l} \cdot {\rm e}^{- \alpha_2 \hspace{0.01cm} \sqrt{f} \hspace{0.05cm}l} \cdot {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \sqrt{f} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l} = H_1(f) \cdot H_2(f) \cdot H_3(f)$$

Die Teilfrequenzgänge $H_1(f)$, $H_2(f)$ und $H_3(f)$ dienen hier nur als Abkürzung. Die Leitungsparameter lauten:

$$\beta_1 = 21.78\, \frac{\rm rad}{\rm km \cdot MHz}\hspace{0.05cm}, $$

$$ \alpha_2 = 0.2722\, \frac{\rm Np}{\rm km \cdot \sqrt{MHz}}\hspace{0.05cm},$$

$$ \beta_2 = 0.2722\, \frac{\rm rad}{\rm km \cdot \sqrt{MHz}} \hspace{0.05cm}.$$

Die Grafik zeigt die resultierende Impulsantwort $h_{\rm K}(t\hspace{0.05cm}')$, wobei $t\hspace{0.05cm}' = t/T$ die normierte Zeit darstellt. Ohne Berücksichtigung der (normierten) Phasenlaufzeit $\tau\hspace{0.05cm}' = \tau/T$ kann $h_{\rm K}(t\hspace{0.05cm}')$ wie folgt geschrieben werden:

$$h_{\rm K}(t\hspace{0.05cm}') = \frac {1}{T} \cdot \frac {a_\rm \star/\pi}{ \sqrt{2 \hspace{0.05cm}t\hspace{0.05cm}'^3}}\cdot {\rm e}^{ -{a_\rm \star^2}/( {2\pi \hspace{0.05cm}t\hspace{0.05cm}')} } \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} \hspace{0.15cm} {\rm mit}\hspace{0.15cm}{a}_{\rm \star}\hspace{0.15cm} {\rm in}\hspace{0.15cm} {\rm Neper}\hspace{0.05cm}.$$

Diese Gleichung gibt die Fourierrücktransformierte des Produkts $H_2(f) \cdot H_3(f)$ an.
Verwendet ist dabei die charakteristische Kabeldämpfung ${a}_{\rm \star} = \alpha_2 \cdot \sqrt {R/2} \cdot l \hspace{0.05cm}.$

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Eigenschaften von Koaxialkabeln.

Sie können zur Überprüfung Ihrer Ergebnisse das interaktive Applet Zeitverhalten von Kupferkabeln benutzen.
In der Aufgabe 4.5 wurde der Maximalwert der normierten Impulsantwort wie folgt berechnet:

$${\rm Max}\, \big[T \cdot h_{\rm K}(t)\big ] = \frac {\sqrt{13.5 \pi} \cdot {\rm e}^{-1.5} }{{a}_{\rm \star}^2} \approx \frac {1.453 }{{a}_{\rm \star}^2} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} \hspace{0.15cm} {\rm mit}\hspace{0.15cm}{a}_{\rm \star}\hspace{0.15cm} {\rm in}\hspace{0.15cm} {\rm Neper}\hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

	$H_1(f)$,
	$H_2(f)$,
	$H_3(f)$.

$R \ = \ $

$\ \rm Mbit/s$

${a}_{\rm \star} \ = \ $

$\ \rm Np$

${\rm Max}\, \big[T \cdot h_{\rm K}(t)\big] \ = \ $

	Verzerrungen werden ohne $H_1(f)$ richtig wiedergegeben.
	Verzerrungen werden ohne $H_2(f)$ richtig wiedergegeben.
	Verzerrungen werden ohne $H_3(f)$ richtig wiedergegeben.

Musterlösung

Solution

(1) Richtig ist nur die Aussage 1:

Die Spektraldarstellung eines Laufzeitgliedes lautet ${\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot\hspace{0.05cm} 2 \pi \hspace{0.05cm}\cdot\hspace{0.05cm} f \hspace{0.05cm}\cdot\hspace{0.05cm}\tau}$.
Ein Vergleich mit der Angabenseite zeigt, dass $H_1(f)$ genau diesem Ansatz genügt.

(2) Entsprechend dem Angabenblatt gilt:

$$2\pi \cdot f \cdot \tau = \beta_1 \cdot f \cdot l \Rightarrow \hspace{0.3cm}\tau= \frac {\beta_1 \cdot l}{2\pi} = \frac {21.78\, {\rm rad}/{({\rm km \cdot MHz})}\cdot 10\,{\rm km}}{2\pi} = 34.7\,{\rm µ s}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}\tau '= {\tau}/{T} = 694 \Rightarrow \hspace{0.3cm} T = \frac {34.7\,{\rm µ s}}{700} \approx 0.05\,{\rm µ s}\hspace{0.05cm}.$$

Die Bitrate ist gleich dem Kehrwert der Symboldauer:

$$\underline{R = 20 \ \rm Mbit/s}.$$

(3) Für die charakteristische Kabeldämpfung erhält man somit:

$${a}_{\rm \star} = \alpha_2 \cdot \sqrt {R/2} \cdot l = 0.2722\, \frac{\rm Np}{\rm km \cdot \sqrt{MHz}} \cdot \sqrt {10\,{\rm MHz}} \cdot 10\,{\rm km} \hspace{0.15cm}\underline{\approx 8.6\,{\rm Np}}\hspace{0.05cm}.$$

Der entsprechende dB–Wert ist ${a}_{\rm \star} = 75 \ \rm dB$.

(4) Mit der angegebenen Gleichung und dem Ergebnis der Teilaufgabe (3) ergibt sich:

$${\rm Max}\, \big[T \cdot h_{\rm K}(t)\big] \approx \frac {1.453 }{{a}_{\rm \star}^2} = \frac {1.453 }{8.6^2} \hspace{0.15cm}\underline{ \approx 0.02}\hspace{0.05cm}.$$

(5) Richtig ist nur die Aussage 1: $H_1(f)$ beschreibt die frequenzunabhängige Laufzeit, die keine Verzerrung zur Folge hat.

Dagegen sollte man zur Berechnung der Impulsantwort auf keinen Fall auf $H_2(f)$ oder $H_3(f)$ verzichten, da es sonst es zu gravierenden Fehlern kommen würde:

Die Impulsantwort $h_2(t)$ als die Fourierrücktransformierte von $H_2(f)$ ist eine gerade Funktion mit dem Maximum bei $t = 0$ und erstreckt sich in beide Richtungen über Hunderte von Symbolen.
Dagegen ist die Fourierrücktransformierte von $H_3(f)$ eine ungerade Funktion mit einer Sprungstelle bei $t = 0$.
Für $t > 0$ fällt $h_3(t)$ ähnlich – aber nicht exakt – wie eine Exponentialfunktion ab. Für negative Zeiten $t$ gilt $h_3(t) = - h_3(|t|)$.
Erst die Faltung $h_2(t) \star h_3(t)$ liefert die kausale Impulsantwort, allerdings ohne die Phasenlaufzeit $\tau$, die in diesem Modell durch $H_1(f)$ berücksichtigt wird.