Exercise 2.13: Quadrature Amplitude Modulation

Betrachtetes Modell der QAM

Die durch die Grafik erklärte Quadratur–Amplitudenmodulation (QAM) erlaubt unter gewissen Randbedingungen, die in dieser Aufgabe herausgefunden werden sollen, die gleichzeitige Übertragung von zwei Quellensignalen $q_1(t)$ und $q_2(t)$ über den gleichen Kanal. In dieser Aufgabe gelte mit $A_1 = A_2 = 2\ \rm V$:

$$q_1(t) = A_1 \cdot \cos(2 \pi \cdot f_{\rm 1} \cdot t),$$

$$q_2(t) = A_2 \cdot \sin(2 \pi \cdot f_{\rm 2} \cdot t)\hspace{0.05cm}.$$

Die vier in der Grafik eingezeichneten Trägersignale lauten mit $ω_{\rm T} = 2π · 25\ \rm kHz$:

$$z_1(t) = \cos(\omega_{\rm T} \cdot t),$$

$$ z_2(t) = \sin(\omega_{\rm T} \cdot t),$$

$$ z_{1,\hspace{0.05cm}{\rm E}}(t) = 2 \cdot \cos(\omega_{\rm T} \cdot t + \Delta \phi_{\rm T}),$$

$$ z_{2,\hspace{0.05cm}{\rm E}}(t) = 2 \cdot \sin(\omega_{\rm T} \cdot t + \Delta \phi_{\rm T})\hspace{0.05cm}.$$

Die Tiefpässe mit den Eingangssignalen $b_1(t)$ und $b_2(t)$ entfernen jeweils alle Frequenzanteile $|f| > f_{\rm T}$.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Weitere AM–Varianten.
Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite Quadratur-Amplitudenmodulation (QAM).
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Anzumerken ist, dass hier die Trägersignale $z_2(t)$ und $z_{2,\hspace{0.05cm}{\rm E}}(t)$ mit positivem Vorzeichen angesetzt wurden. Oft – so auch im Theorieteil – werden diese Trägersignale als „Minus–Sinus” angegeben.
Gegeben sind folgende trigonometrischen Umformungen:

$$ \cos(\alpha) \cdot \cos(\beta) = 1/2 \cdot \left[ \cos(\alpha - \beta)+ \cos(\alpha + \beta) \right],$$

$$ \sin(\alpha) \cdot \sin(\beta) = 1/2 \cdot \left[ \cos(\alpha - \beta)- \cos(\alpha + \beta) \right],$$

$$ \sin(\alpha) \cdot \cos(\beta) = 1/2 \cdot \left[ \sin(\alpha - \beta)+ \sin(\alpha + \beta) \right] \hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

Musterlösung

Solution

(1) Mit den angegebenen trigonometrischen Umformungen erhält man:

$$s(t) = A_1 \cdot \cos(\omega_{\rm 1} \cdot t)\cdot \cos(\omega_{\rm T} \cdot t) + A_2 \cdot \sin(\omega_{\rm 2} \cdot t)\cdot \sin(\omega_{\rm T} \cdot t) $$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}s(t) = \frac{A_1}{2}\cdot \cos((\omega_{\rm T} - \omega_{\rm 1})\cdot t) + \frac{A_1}{2}\cdot \cos((\omega_{\rm T} + \omega_{\rm 1})\cdot t) + \frac{A_2}{2}\cdot \cos((\omega_{\rm T} - \omega_{\rm 2})\cdot t) - \frac{A_2}{2}\cdot \cos((\omega_{\rm T} + \omega_{\rm 2})\cdot t)\hspace{0.05cm}.$$

Richtig ist demnach der zweite Lösungsvorschlag.

(2) Mit $A_1 = A_2 = 2 \ \rm V$ und $f_1 = f_2 = 5\ \rm kHz$ überlagern sich die erste und die dritte Cosinusschwingungen konstruktiv und die beiden anderen heben sich vollständig auf. Es ergibt sich somit das folgende einfache Ergebnis:

$$ s(t) = 2\,{\rm V} \cdot \cos(2 \pi \cdot 20\,{\rm kHz} \cdot t) \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} s(t = 50\,{\rm \mu s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 2\,{\rm V}} \hspace{0.05cm}.$$

(3) Richtig ist der erste Lösungsvorschlag:

Bei phasensynchroner Demodulation ($Δϕ_T = 0$) erhält man für die Signale vor den Tiefpässen mit $r(t) = s(t)$ gemäß der Teilaufgabe (2):

$$b_1(t) = 2\,{\rm V} \cdot \cos(\omega_{\rm 20} \cdot t)\cdot 2 \cdot \cos(\omega_{\rm 25} \cdot t) = 2\,{\rm V} \cdot \cos(\omega_{\rm 5} \cdot t) + 2\,{\rm V} \cdot \cos(\omega_{\rm 45} \cdot t),$$

$$ b_2(t) = 2\,{\rm V} \cdot \cos(\omega_{\rm 20} \cdot t)\cdot 2 \cdot \sin(\omega_{\rm 25} \cdot t) = 2\,{\rm V} \cdot \sin(\omega_{\rm 5} \cdot t) + 2\,{\rm V} \cdot \sin(\omega_{\rm 45} \cdot t)\hspace{0.05cm}.$$

Nach Eliminierung der jeweiligen $45\ \rm kHz$–Anteile ergibt sich somit $v_1(t) = q_1(t)$ und $v_2(t) = q_2(t)$.

(4) Analog zur Teilaufgabe (3) gilt nun:

$$ b_1(t) = 2\,{\rm V} \cdot \cos(\omega_{\rm 20} \cdot t)\cdot 2 \cdot \cos(\omega_{\rm 25} \cdot t+ \Delta \phi_{\rm T})= 2\,{\rm V} \cdot \cos(\omega_{\rm 5} \cdot t + \Delta \phi_{\rm T}) + {(45 \,\rm kHz-Anteil )},$$

$$b_2(t)= 2\,{\rm V} \cdot \cos(\omega_{\rm 20} \cdot t)\cdot 2 \cdot \sin(\omega_{\rm 25} \cdot t+ \Delta \phi_{\rm T})= 2\,{\rm V} \cdot \sin(\omega_{\rm 5} \cdot t + \Delta \phi_{\rm T}) + {(45 \,\rm kHz-Anteil )}\hspace{0.05cm}.$$

Die Sinkensignale $v_1(t)$ und $v_2(t)$ weisen bei dieser Konstellation gegenüber $q_1(t)$ und $q_2(t)$ Laufzeiten und damit Phasenverzerrungen auf. Diese gehören zur Klasse der linearen Verzerrungen ⇒ Antwort 2.

(5) Allgemein gilt für das Empfangssignal:

$$r(t) = s(t) = q_1(t) \cdot \cos(\omega_{\rm T} \cdot t) + q_2(t) \cdot \sin(\omega_{\rm T} \cdot t) \hspace{0.05cm}.$$

Die Multiplikation mit den empfängerseitigen Trägersignalen $z_{1,\hspace{0.05cm}{\rm E}}(t)$ und $z_{2,\hspace{0.05cm}{\rm E}}(t)$ und die Bandbegrenzung führt zu den Sinkensignalen

$$v_1(t) = \cos(\Delta \phi_{\rm T}) \cdot q_1(t) - \sin(\Delta \phi_{\rm T}) \cdot q_2(t),$$

$$ v_2(t) = \sin(\Delta \phi_{\rm T}) \cdot q_1(t) + \cos(\Delta \phi_{\rm T}) \cdot q_2(t) \hspace{0.05cm}.$$

Daraus ist zu ersehen: Bei einem Phasenversatz von $Δϕ_{\rm T} = 30^\circ$ beinhaltet das Sinkensignal $v_1(t)$ nicht nur das um $\cos(30^\circ) = 0.866$ gedämpfte Signal $q_1(t)$, sondern auch die in $q_2(t)$ enthaltene Frequenz $f_2$. Diese ist mit dem Faktor $\sin(30^\circ) = 0.5$ gewichtet.
Es liegen somit nichtlineare Verzerrungen vor ⇒ Antwort 3.

	$s(t)$ besteht aus zwei Cosinus– und zwei Sinusschwingungen.
	$s(t)$ setzt sich aus vier Cosinusschwingungen zusammen.
	$s(t)$ setzt sich aus vier Sinusschwingungen zusammen.

	Es gilt $v_1(t) = q_1(t)$ und $v_2(t) = q_2(t)$.
	Es ergeben sich lineare Verzerrungen.
	Es ergeben sich nichtlineare Verzerrungen.