Exercise 3.1: Impulse Response of the Coaxial Cable
Der Frequenzgang eines Koaxialkabels der Länge $l$ ist durch folgende Formel darstellbar:
- $$H_{\rm K}(f) \ = \ {\rm e}^{- \alpha_0 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} l} \cdot $$
- $$\ \cdot \ {\rm e}^{- (\alpha_1 + {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_1) \hspace{0.05cm}\cdot f \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l} \cdot $$
- $$\ \cdot \ {\rm e}^{- (\alpha_2 + {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2) \hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l} \hspace{0.05cm}.$$
Der erste Term dieser Gleichung ist auf die Ohmschen Verluste zurückzuführen und der zweite Term auf die Querverluste. Dominant ist jedoch der Skineffekt, der durch den dritten Term ausgedrückt wird. Mit den für ein so genanntes Normalkoaxialkabel ($2.6 \ \rm mm$ Kerndurchmesser und $9.5 \ \rm mm$ Außendurchmesser) gültigen Koeffizienten
- $$\alpha_2 = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac{\rm Np}{\rm km \cdot \sqrt{\rm MHz}} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} \beta_2 = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac{\rm rad}{\rm km \cdot \sqrt{\rm MHz}}\hspace{0.05cm}.$$
lässt sich dieser Frequenzgang auch wie folgt darstellen:
- $$H_{\rm K}(f) \approx {\rm e}^{- 0.2722 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l/{\rm km} \hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f/{\rm MHz}} } \cdot {\rm e}^{- {\rm j}\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} 0.2722 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l/{\rm km} \hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f/{\rm MHz}}} \hspace{0.05cm}.$$
Das heißt, der Dämpfungsverlauf $a_K(f)$ und der Phasenverlauf $b_K(f)$ sind bis auf die Pseudoeinheiten „$\rm Np$” bzw. „$\rm rad$” identisch.
Definiert man die charakteristische Kabeldämpfung $a_*$ bei der halben Bitrate ($R_B/2$), so kann man Digitalsysteme unterschiedlicher Bitrate und Länge einheitlich behandeln:
- $$a_{\star} = a_{\rm K}(f = {R_{\rm B}}/{2}) \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{- a_{\star} \cdot \sqrt{2f/R_{\rm B}}}\cdot {\rm e}^{- {\rm j}\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} a_{\star} \cdot \sqrt{2f/R_{\rm B}}}\hspace{0.4cm}{\rm mit}\hspace{0.2cm}a_{\star}\hspace{0.2cm}{\rm in}\hspace{0.2cm}{\rm Np} \hspace{0.05cm}.$$
Der entsprechende $\rm dB$–Wert ist um den Faktor $8.688$ größer. Bei einem Binärsystem gilt $R_B = 1/T$, so dass sich dann die charakteristische Kabeldämpfung auf die Frequenz $f = 1/(2T)$ bezieht. Die Fouriertransformierte von $H_K(f)$ liefert die Impulsantwort $h_K(t)$, die für ein Koaxialkabel mit den hier beschriebenen Näherungen in geschlossen-analytischer Form angebbar ist. Für ein Binärsystem gilt:
- $$h_{\rm K}(t) = \frac{ a_{\star}/T}{ \sqrt{2 \pi^2 \cdot (t/T)^3}}\hspace{0.1cm} \cdot {\rm exp} \left[ - \frac{a_{\star}^2}{2 \pi \cdot t/T}\hspace{0.1cm}\right] \hspace{0.4cm}{\rm mit}\hspace{0.2cm}a_{\star}\hspace{0.2cm}{\rm in}\hspace{0.2cm}{\rm Np} \hspace{0.05cm}.$$
Die Teilaufgabe e) bezieht sich auf den Empfangsgrundimpuls $g_r(t) = g_s(t) * h_K(t)$, wobei für $g_s(t)$ ein Rechteckimpuls mit der Höhe $s_0$ und der Dauer $T$ angenommen werden soll.
Hinweis: Die Aufgabe bezieht sich auf das Kapitel 3.1 dieses Buches und auf das Kapitel 4 des Buches „Lineare zeitinvariante Systeme”.
Fragebogen
Musterlösung
- $$\alpha_2 \cdot l \cdot {R_{\rm B}}/{2} = 6.9\,\,{\rm Np} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} l = \frac{6.9\,\,{\rm Np}}{0.2722\,\,\frac{Np}{{\rm km} \cdot \sqrt{MHz}} \cdot \sqrt{70\,\,{\rm MHz}}} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 3\,\,{\rm km}} \hspace{0.05cm}.$$
(2) Mit den Substitutionen
- $$x = { t}/{ T}, \hspace{0.2cm} K_1 = \frac{a_*/T}{\sqrt{2\pi^2 }}, \hspace{0.2cm} K_2 = \frac{a_*^2}{2\pi}$$
kann die Impulsantwort wie folgt beschrieben werden
- $$h_{\rm K}(x) = K_1 \cdot x^{-3/2}\cdot {\rm e}^{-K_2/x} \hspace{0.05cm}.$$
Durch Nullsetzen der Ableitung folgt daraus:
- $$- {3}/{2} \cdot K_1 \cdot x^{-5/2}\cdot {\rm e}^{-K_2/x}+ K_1 \cdot x^{-3/2}\cdot {\rm e}^{-K_2/x}\cdot (-K_2) \cdot (-x^{-2})= 0 \hspace{0.05cm}$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} {3}/{2} \cdot x^{-5/2} = K_2 \cdot x^{-7/2} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} x_{\rm max} = {2}/{3} \cdot K_2 = { a_{\star}^2}/([[:Template:3 \pi]]) \hspace{0.05cm}.$$
Daraus ergibt sich für 60 dB Kabeldämpfung($a_* ≈ 6.9 Np$)
- $$x_{\rm max} = { t_{\rm max}}/{ T} \hspace{-0.1cm}: \hspace{0.2cm} { t_{\rm max}}/{ T} = { 6.9^2}/({3\pi})\hspace{0.15cm}\underline {\approx 5} \hspace{0.2cm}.$$
(3) Setzt man das Ergebnis von b) in die vorgegebene Gleichung ein, so erhält man (zur Vereinfachung verwenden wir $a$ anstelle von $a_*$):
- $$h_{\rm K}(t_{\rm max}) \ = \ \frac{1}{T} \cdot \frac{ a}{ \sqrt{2 \pi^2 \cdot \frac{a^6}{(3\pi)^3}}}\hspace{0.1cm} \cdot {\rm exp} \left[ - \frac{a^2}{2\pi} \cdot \frac{3\pi}{a^2}\hspace{0.1cm}\right]$$
- $$ \ = \ \frac{1}{T} \cdot \frac{1}{a^2}\cdot \sqrt{\frac{27 \pi }{2}} \cdot {\rm e}^{-3/2}\hspace{0.15cm}\approx \frac{1}{T} \cdot \frac{1.453}{a^2} \hspace{0.05cm}.$$
Mit $a = 6.9$ kommt man somit zum Endergebnis:
- $${\rm Max}[h_{\rm K}(t)] = \frac{1.453}{{6.9\,}^2} \cdot {1}/{T}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.03 \cdot {1}/{T}} \hspace{0.05cm}.$$
(4) Mit dem Ergebnis aus c) lautet die Bestimmungsgleichung:
- $$\frac{ a/T}{ \sqrt{2 \pi^2 \cdot (t_{5\%}/T)^3}}= 0.05 \cdot 0.03 \cdot {1}/{T}= 0.0015 \cdot {1}/{T}$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} (t_{5\%}/T)^{3/2} = \frac{a}{\sqrt{2} \cdot \pi \cdot 0.0015}\approx 1036 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}t_{5\%}/T \hspace{0.15cm}\underline {\approx 103.5}\hspace{0.05cm}.$$
Dieser Wert ist etwas zu groß, da der zweite Term $e^{\rm – 0.05} ≈ 0.95$ vernachlässigt wurde. Die exakte Berechnung liefert $t_{\rm 5\%}/T ≈ 97$.
(5) Richtig ist der zweite Lösungsvorschlag. Allgemein gilt:
- $$g_r(t) = g_s(t) \star h_{\rm K}(t) = s_0 \cdot \int_{t-T/2}^{t+T/2} h_{\rm K}(\tau) \,{\rm d} \tau .$$
Da sich die Kanalimpulsantwort $h_K(t)$ innerhalb einer Symboldauer nur unwesentlich ändert, kann hierfür auch geschrieben werden:
- $$g_r(t) = h_{\rm K}(t) \cdot s_0 \cdot T .$$
