Exercise 1.3Z: Thermal Noise
TP– und BP–Rauschen
Eine fundamentale und bei jedem Nachrichtensystem auftretende Störung ist thermisches Rauschen, da jeder Widerstand $R$ mit der absoluten Temperatur $θ$ (in „Grad Kelvin”) ein Rauschsignal $n(t)$ mit der (einseitigen) Rauschleistungsdichte
- $${N_{\rm 0, \hspace{0.05cm}min}}= k_{\rm B} \cdot \theta \hspace{0.3cm}\left(k_{\rm B} = 1.38 \cdot 10^{-23} \hspace{0.05cm}{\rm Ws}/{\rm K}\right)$$
abgibt. $k_{\rm B}$ bezeichnet man als die Boltzmann–Konstante.
Allerdings ist diese aus physikalischen Gründen auf $6\text{ THz}$ begrenzt. Weiterhin ist zu beobachten, dass dieser minimale Wert nur bei exakter Widerstandsanpassung erreicht werden kann.
Bei der Realisierung einer Schaltungseinheit – zum Beispiel eines Verstärkers – ist die wirksame Rauschleistungsdichte meist deutlich größer, da sich mehrere Rauschquellen addieren und zudem Fehlanpassungen eine Rolle spielen. Dieser Effekt wird durch die Rauschzahl $F \ge 1$ erfasst. Es gilt:
- $$N_0 = F \cdot {N_{\rm 0, \hspace{0.05cm}min}}= F \cdot k_{\rm B} \cdot \theta \hspace{0.05cm}.$$
Für die wirksame Rauschleistung gilt mit der Bandbreite $B$:
- $$N = N_0 \cdot B \hspace{0.1cm}\left(= N_0 \cdot B\cdot R = \sigma_n^2\right) \hspace{0.01cm}.$$
- Nach der ersten Gleichung ergibt sich die tatsächliche, physikalische Leistung in „Watt” $\rm (W)$.
- Nach der zweiten, in Klammern angegebenen Gleichung hat das Ergebnis die Einheit „$\rm V^{ 2 }$”.
- Das heißt: Hier ist die Leistung – wie in der Nachrichtentechnik oft üblich – auf den Bezugswiderstand $R = 1\ Ω$ umgerechnet.
- Diese Gleichung muss auch herangezogen werden, um den Effektivwert (die Streuung) σn des Rauschsignals $n(t)$ zu berechnen.
Alle Gleichungen gelten unabhängig davon, ob es sich um Tiefpass– oder Bandpass–Rauschen handelt. Die Grafik zeigt zwei Rauschsignale $n_1(t)$ und $n_2(t)$ gleicher Bandbreite. In Teilaufgabe (4) ist gefragt, welches dieser Signale am Ausgang eines Tiefpasses bzw. eines Bandpasses auftreten wird.
Die zweiseitige Rauschleistungsdichte von bandbegrenztem Tiefpass–Rauschen $n_{\rm TP}(t)$ lautet:
- $$ {\it \Phi}_{n, {\hspace{0.05cm}\rm TP}}(f) = \left\{ \begin{array}{c} N_0/2 \\ 0 \\ \end{array} \right. \begin{array}{*{10}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} {\left| \hspace{0.005cm} f\hspace{0.05cm} \right| < B,} \\ {\rm sonst.} \\ \end{array}$$
Dagegen gilt bei bandpassartigem Rauschen $n_{\rm BP}(t)$ mit der Mittenfrequenz $f_{\rm M}$:
- $${\it \Phi}_{n, {\hspace{0.05cm}\rm BP}}(f) = \left\{ \begin{array}{c} N_0/2 \\ 0 \\ \end{array} \right. \begin{array}{*{10}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} {\left| \hspace{0.005cm} f - f_{\rm M}\hspace{0.05cm} \right| < B/2,} \\ {\rm sonst.} \\ \end{array}.$$
Für alle nachfolgenden numerischen Berechnungen wird vorausgesetzt:
- $$ F = 10, \hspace{0.2cm}\theta = 290\,{\rm K},\hspace{0.2cm}R = 50\,{\rm \Omega},\hspace{0.2cm}B = 30\,{\rm kHz},\hspace{0.2cm}f_{\rm M} = 0 \hspace{0.1cm}{\rm bzw.}\hspace{0.1cm}100\,{\rm kHz}\hspace{0.05cm}.$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Qualitätskriterien.
- Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite Einige Anmerkungen zum AWGN–Kanalmodel.
- Durch die Angabe der Leistungen in $\rm W$att sind diese unabhängig vom Bezugswiderstand $R$, während die Leistung mit der Einheit $\rm V^2$ nur für $R = 1\ \Omega$ direkt ausgewertet werden kann.
Fragebogen
Musterlösung
- $$N_0 = F \cdot k_{\rm B} \cdot \theta = 10 \cdot 1.38\hspace{0.05cm}\cdot 10^{-23} \hspace{0.05cm}\frac{\rm Ws}{\rm K}\cdot 290\,{\rm K} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 4\hspace{0.05cm}\cdot 10^{-20} \hspace{0.05cm}{\rm W}/{\rm Hz}}\hspace{0.05cm}.$$
(2) Die angegebene Rauschleistungsdichte $N_0$ ist physikalisch auf $6$ THz begrenzt. Damit beträgt die maximale Rauschleistung:
- $$N_{\rm max} = 4\hspace{0.05cm}\cdot 10^{-20} \hspace{0.08cm}\frac{\rm W}{\rm Hz}\cdot 6 \cdot10^{12} \hspace{0.08cm}{\rm Hz}\hspace{0.15cm}\underline {= 0.24\hspace{0.08cm}\cdot 10^{-6}\;{\rm W}}\hspace{0.05cm}.$$
(3) Nun ergibt sich für die Rauschleistung:
- $$N = N_0 \cdot B = 4\hspace{0.08cm}\cdot 10^{-20} \hspace{0.08cm}\frac{\rm W}{\rm Hz}\cdot 3 \cdot10^{4} \hspace{0.08cm}{\rm Hz}\hspace{0.15cm}\underline {= 12\hspace{0.05cm}\cdot 10^{-16}\;{\rm W}}\hspace{0.05cm},$$
bzw. umgerechnet auf den Bezugswiderstand $R = 1 \ Ω$:
- $$N = N_0 \cdot B \cdot R = 12\hspace{0.05cm}\cdot 10^{-16}\;{\rm W}\hspace{0.05cm} \cdot 50 \; {\rm \Omega}= 6\hspace{0.05cm}\cdot 10^{-14}\;{\rm V^2}\hspace{0.05cm}.$$
bandbegrenztem Rauschen
Der Rauscheffektivwert $σ_n$ ist die Quadratwurzel hieraus:
- $$\sigma_n= \sqrt{6\hspace{0.05cm}\cdot 10^{-14}\;{\rm V^2}} \hspace{0.15cm}\underline {= 0.245 \hspace{0.05cm}\cdot 10^{-6}\;{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$
(4) Richtig ist der Lösungsvorschlag 1:
- Im Zufallssignal $n_2(t)$ erkennt man gewisse Regelmäßigkeiten ähnlich einer harmonischen Schwingung – es ist Bandpass–Rauschen.
- Dagegen handelt es sich beim Signal $n_1(t)$ um Tiefpass–Rauschen.
(5) Die Rauschleistungsdichte des Zufallssignals $n_1(t)$ ist im Frequenzbereich $|f| < 30$ kHz konstant gleich
- $${\it \Phi}_{n,\hspace{0.05cm}{ \rm TP} }(f) \hspace{-0.05cm}=\hspace{-0.05cm} \frac{N_0}{2} \hspace{0.15cm}\underline {=2\hspace{0.05cm}\hspace{-0.05cm}\cdot \hspace{-0.05cm} 10^{-12} \hspace{0.05cm}{\rm W}/{\rm Hz}}\hspace{0.05cm}.$$
Dieser Wert gilt somit auch für die Frequenz $f = 20$ kHz.
(6) Wie aus der Grafik hervorgeht, ist ${\it Φ}_{n, \hspace{0.05cm}\rm BP}(f)$ nur im Bereich zwischen $85$ kHz und $115$ kHz ungleich Null, wenn die Bandbreite $B = 30$ kHz beträgt. Bei der Frequenz $f = 120$ kHz ist die Rauschleistungsdichte somit Null:
- $${\it Φ}_{n, \hspace{0.05cm}\rm BP}(f = 120 \ \rm kHz)\hspace{0.15cm}\underline{=0}.$$
