Exercise 2.8: Asymmetrical Channel
in der komplexen Ebene
Ein cosinusförmiges Quellensignal $q(t)$ mit der Amplitude $A_{\rm N}$ und der Frequenz $f_{\rm N}$ wird ZSB–amplitudenmoduliert, so dass für das modulierte Signal gilt:
- $$ s(t) = \big[ q(t) + A_{\rm T}\big] \cdot \cos(2 \pi \cdot f_{\rm T} \cdot t ) \hspace{0.05cm}.$$
Der Übertragungskanal weist lineare Verzerrungen auf:
- Während das untere Seitenband $($USB-Frequenz: $f_{\rm T} - f_{\rm N})$ und auch der Träger unverfälscht übertragen werden,
- wird das obere Seitenband $($OSB-Frequenz: $f_{\rm T} + f_{\rm N})$ mit dem Dämpfungsfaktor $α_{\rm O} = 0.25$ gewichtet.
Die Grafik zeigt die Ortskurve, also die Darstellung des äquivalenten Tiefpass–Signals $r_{\rm TP}(t)$ in der komplexen Ebene.
Wertet man das Signal $r(t)$ mit einem idealen Hüllkurvendemodulator aus, so erhält man ein Sinkensignal $v(t)$, das wie folgt angenähert werden kann:
- $$v(t) = 2.424 \,{\rm V} \cdot \cos(\omega_{\rm N} \cdot t ) -0.148 \,{\rm V} \cdot \cos(2\omega_{\rm N} \cdot t )+ 0.056 \,{\rm V} \cdot \cos(3\omega_{\rm N} \cdot t )-\text{ ...}$$
Für diese Messung wurde die Nachrichtenfrequenz $f_{\rm N} = 2 \ \rm kHz$ benutzt.
In der Teilaufgabe (7) soll das Signal–zu–Stör–Leistungsverhältnis $\rm (SNR)$ wie folgt berechnet werden:
- $$ \rho_{v } = \frac{P_{v 1}}{P_{\varepsilon }} \hspace{0.05cm}.$$
Hierbei bezeichnen $P_{v1} = α^2 · P_q$ und $P_ε$ die „Leistungen” der beiden Signale:
- $$ v_1(t) = 2.424 \,{\rm V} \cdot \cos(\omega_{\rm N} \cdot t )\hspace{0.05cm},$$
- $$ \varepsilon(t) = v(t) - v_1(t) \approx -0.148 \,{\rm V} \cdot \cos(2\omega_{\rm N} \cdot t )+ 0.056 \,{\rm V} \cdot \cos(3\omega_{\rm N} \cdot t ) \hspace{0.05cm}.$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Hüllkurvendemodulation.
- Bezug genommen wird insbesondere auf das Kapitel Beschreibung mit Hilfe des äquivalenten Tiefpass-Signals.
Fragebogen
Musterlösung
- $$ r_{\rm TP}(t) = A_{\rm T} + \frac{A_{\rm N}}{2} \cdot \alpha_{\rm O} \cdot{\rm e}^{{\rm j} \cdot \hspace{0.03cm}\omega_{\rm N}\cdot t} + \frac{A_{\rm N}}{2} \cdot{\rm e}^{-{\rm j} \cdot \hspace{0.03cm}\omega_{\rm N}\cdot t}\hspace{0.05cm}.$$
- Zum Zeitpunkt $t = 0$ zeigen alle Vektoren in Richtung der reellen Achse.
- Somit kann aus der Grafik auf der Angabenseite $r_{\rm TP}(t = 0)\hspace{0.15cm}\underline { = 15 \ \rm V}$ abgelesen werden.
(2) Die Trägeramplitude ist durch den Ellipsenmittelpunkt festgelegt: $A_{\rm T}\hspace{0.15cm}\underline { = 10 \ \rm V}$.
- Aus der in der ersten Teilaufgabe angegebenen Gleichung kann somit auch die Amplitude $A_{\rm N}$ berechnet werden:
- $$ \frac{A_{\rm N}}{2} \cdot ( 1+ \alpha_0) = r_{\rm TP}(t= 0) - A_{\rm T} = 5 \,{\rm V}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}A_{\rm N} \hspace{0.15cm}\underline {= 8 \,{\rm V}} \hspace{0.05cm}.$$
- Zur Kontrolle kann der in der Grafik markierte Punkt (2) herangezogen werden:
- $$\frac{A_{\rm N}}{2} \cdot ( 1- \alpha_0) = 3 \,{\rm V}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}A_{\rm N} = 8 \,{\rm V} \hspace{0.05cm}.$$
(3) Die für einen Umlauf benötigte Zeit $t_1$ ist gleich der Periodendauer des Quellensignals, also
- $$t_1= 1/f_{\rm N} \hspace{0.15cm}\underline {=0.5 \ \rm ms}.$$
(4) Da das USB größer ist als das OSB, bewegt sich die Spitze des Zeigerverbundes auf der Ellipse im Uhrzeigersinn.
- Der Punkt (2) wird zum Zeitpunkt $t_2 = 3/4 · t_1\hspace{0.15cm}\underline { = 0.375 \ \rm ms}$ zum ersten Mal erreicht.
(5) Die Zeigerlänge zur Zeit $t_2$ kann mit dem Satz von Pythagoras bestimmt werden:
- $$ a(t = t_2) = \sqrt{(10 \,{\rm V})^2 + (3 \,{\rm V})^2}\hspace{0.15cm}\underline { = 10.44 \,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$
- Für die Phasenfunktion gilt:
- $$\phi(t = t_2) = {\rm arctan} \frac{3 \,{\rm V}}{10 \,{\rm V}} \hspace{0.15cm}\underline {= 16.7^{\circ}}\hspace{0.05cm}.$$
- Die maximale Phase $ϕ_{\rm max}$ ist geringfügig größer. Sie tritt (mit positivem Vorzeichen) zum Zeitpunkt $t_3 < t_2$ dann auf, wenn eine Gerade vom Koordinatenursprung die Ellipse tangiert.
- Durch Aufstellen der Ellipsengleichung kann dieser Punkt $(x_3$, $y_3)$ analytisch exakt berechnet werden.
- Daraus würde für die maximale Phase gelten: $\phi_{\rm max} = {\rm arctan} \ {y_3}/{x_3} \hspace{0.05cm}.$
(6) Die Klirrfaktoren zweiter und dritter Ordnung können aus der angegebenen Gleichung für $v(t)$ $($gültig für $f_{\rm N} = 2 \ \rm kHz)$ ermittelt werden und lauten:
- $$ K_2 = \frac{0.148 \,{\rm V}}{2.424 \,{\rm V}} = 0.061, \hspace{0.3cm} K_3 = \frac{0.056 \,{\rm V}}{2.424 \,{\rm V}} = 0.023 \hspace{0.05cm}.$$
- Damit erhält man für den Gesamtklirrfaktor:
- $$K = \sqrt{K_2^2 + K_3^2 }\hspace{0.15cm}\underline { \approx 6.6 \%}.$$
(7) Für die Leistungen von Nutz– und Störsignal erhält man:
- $$ P_{v 1} = \frac{(2.424 \,{\rm V})^2}{2} = 2.94 \,{\rm V}^2\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm} P_{\varepsilon} = \frac{(-0.148 \,{\rm V})^2}{2} + \frac{(0.056 \,{\rm V})^2}{2}= 0.0125 \,{\rm V}^2\hspace{0.05cm}$$
- Damit ergibt sich für das Signal–zu–Stör–Leistungsverhältnis $\rm (SNR)$:
- $$\rho_{v} = \frac{P_{v 1}}{P_{\varepsilon }}= \frac{(2.94 \,{\rm V})^2}{0.0125 \,{\rm V}^2} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 230} = \frac{1}{K^2} \hspace{0.05cm}.$$
- Würde man dagegen die Amplitudenverfälschung ebenfalls dem Fehlersignal zuweisen, so käme man zu einem deutlich kleineren $\rm SNR$.
- Mit $P_q = A_{\rm N}^2/2 = 8 \ \rm V^2$ und $P_{\varepsilon}\hspace{0.02cm}' = \overline{(v(t)-q(t))^2} = {1}/{2}\cdot ( 4 \,{\rm V} - 2.424 \,{\rm V})^2 + P_{\varepsilon}= 1.254 \,{\rm V}^2$ würde man dann erhalten:
- $$\rho_{v }\hspace{0.02cm}' = \frac{8 \,{\rm V}^2}{1.254 \,{\rm V}^2} \approx 6.4\hspace{0.05cm}.$$
(8) Alle Berechnungen gelten unabhängig von der Nachrichtenfrequenz $f_{\rm N}$, wenn der Dämpfungsfaktor des OSB weiterhin $α_{\rm O} = 0.25$ beträgt.
- Damit erhält man auch für $f_{\rm N} = 4 \ \rm kHz$ den gleichen Klirrfaktor $K\hspace{0.15cm}\underline { \approx 6.6 \%}$.
