Exercise 2.7: Is the Modulation Depth Too High?

Signal waveforms for "DSB–AM with carrier"

The cosine-shaped source signal $q(t)$ with amplitude $A_{\rm N} = 5\ \rm V$ and frequency $f_{\rm N} = 1 \ \rm kHz$ is $\rm (DSB)$ amplitude modulated. Assuming an ideal channel, the received signal is given by:

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

Thus, we are dealing with "DSB–AM with carrier”.

In the graph, besides the source signal $q(t)$ , and the received signal $r(t)$&nbsp including its envelope $a(t)$ , we can also see the sink signal $v(t)$ and error signal

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

The sink signal drawn in red,

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

belongs to an envelope demodulator, where exactly the carrier added at the transmitter $(A_{\rm T})$ is subtracted from the envelope $a(t)$ .

This signal $v_{\rm A}(t)$ contains a DC component just like the corresponding error signal $ε_{\rm A}(t)$ . Due to the periodicity, it can be approximated by the following Fourier Series:

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

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

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

If the DC component is instead removed using an ideal high-pass filter, this would result in the DC-free signals

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

Hints:

This exercise belongs to the chapter Envelope Demodulation.
Particular reference is made to the chapter Quality Criteria in this book, as well as the chapter Nonlinear Distortions in the book "Linear and Time Invariant Systems".

To solve these problems, the following indefinite integrals are given:

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

The distortion factors are calculated according to the formulas:

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

Questions

$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}} \ = \ $

Solution

(1) From the graph we can see that $A_{\rm T} = 4\ \rm V$. With $A_{\rm N} = 5\ \rm V$ this results in the modulation depth

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

(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.