Exercise 4.2Z: Eight-level Phase Shift Keying
Die $M = 8$ möglichen Sendesignale bei 8–PSK lauten mit $i = 0, \ \text{...} \ , 7$ im Bereich $0 ≤ t < T$:
- $$s_i(t)= A \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t + i \cdot {\pi}/{4}) \hspace{0.05cm}.$$
Außerhalb der Symboldauer $T$ sind die Signale $s_i(t)$ alle Null.
In der Aufgabe 4.2 wurde gezeigt, dass diese Signalmenge durch die Basisfunktionen
- $$\varphi_1(t) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \sqrt{{2}/{T}} \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t )\hspace{0.05cm},$$
- $$\varphi_2(t) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} - \sqrt{{2}/{T}} \cdot \sin(2\pi f_{\rm T}t )\hspace{0.05cm}$$
wie folgt dargestellt werden kann $(i = 0, \ \text{...} \ , 7)$:
- $$s_i(t)= s_{i1} \cdot \varphi_1(t) + s_{i2} \cdot \varphi_2(t) \hspace{0.05cm}.$$
Die äquivalente Tiefpassdarstellung der Signale $s_i(t)$ lautet entsprechend dem Abschnitt Systembeschreibung durch das äquivalente Tiefpass–Signal des Buches „Modulationsverfahren”:
- $$s_{{\rm TP}i}(t)= a_{i} \cdot g_s(t) \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}a_{i} = a_{{\rm I}i} + {\rm j} \cdot a_{{\rm Q}i} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}i = 0,\text{...} \hspace{0.1cm} , 7 \hspace{0.05cm},$$
wobei $a_i$ komplexe dimensionslose Koeffizienten sind und die Energie des Sendegrundimpulses $g_s(t)$ im Tiefpassbereich $E_{\it g_s}$ beträgt. Im hier dargestellten Fall beschreibt $g_s(t)$ einen Rechteckimpuls, doch kann für $g_s(t)$ auch ein jeder andere energiebegrenzte Impuls verwendet werden.
Die Grafik zeigt die Signalraumdarstellung der 8–PSK für das Bandpass–Signal (oben) sowie für das äquivalente Tiefpass–Signal (unten):
- Man erkennt daraus, dass sich die beiden Darstellungen nur duch die verwendeten Basisfunktionen unterscheiden, wobei $\varphi_1(t)$ in der oberen und der unteren Grafik für unterschiedliche Funktionen steht.
- In der Tiefpassdarstellung gilt $\varphi_2(t) = {\rm j} \cdot \varphi_1(t)$.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Signale, Basisfunktionen und Vektorräume.
- Verwenden Sie zur Abkürzung die Energie $E = 1/2 \cdot A^2 \cdot T$.
- Im Gegensatz zum Theorieteil und zur Aufgabe 4.2 kann hier die Laufvariable $i$ die Werte $0, \ \text{...} \, ,M-1$ annehmen.
Fragebogen
Musterlösung
- $$s_0(t)= A \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t ) = s_{01} \cdot \varphi_1(t) + s_{02} \cdot \varphi_2(t) \hspace{0.05cm}.$$
Da dieses Signal keinen Sinusteil aufweist, ist $s_{\rm 02} \hspace{0.15cm}\underline {= 0}$. Weiter gilt mit der angegebenen Abkürzung:
- $$A = s_{01} \cdot \sqrt{{2}/{T}}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} s_{01}=\sqrt{1/2 \cdot A^2 \cdot T} = \sqrt{E}\hspace{0.05cm} \hspace{0.15cm}\underline { = 1 \cdot E^{\hspace{0.05cm}0.5}}\hspace{0.05cm}.$$
(2) Das Signal $s_2(t)$ lautet mit $i = 2$ (beachten Sie, dass die zweite Basisfunktion minus–sinusförmig ist):
- $$s_2(t)= A \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t + {\pi}/{2})= - A \cdot \sin(2\pi f_{\rm T}t )\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} s_{21}\hspace{0.05cm} \underline{= 0}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} s_{22}= \sqrt{E} \hspace{0.05cm} \hspace{0.15cm}\underline {=1 \cdot E^{\hspace{0.05cm}0.5}}\hspace{0.05cm}.$$
(3) Entsprechend den Musterlösungen zu den Teilaufgaben (1) und (2) gilt nun:
- $$s_{51}= s_{52}= - \sqrt{E/2} \hspace{0.05cm} \hspace{0.15cm}\underline { = -0.707 \cdot E^{\hspace{0.05cm}0.5}}$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} s_{5}(t) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} - {A}/{ \sqrt{2}} \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t ) - {A}/{ \sqrt{2}} \cdot \sin(2\pi f_{\rm T}t )=A \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t + \phi_5)\hspace{0.2cm}{\rm mit}\hspace{0.2cm}\phi_5 = -0.75 \cdot \pi \hspace{0.2cm}{\rm bzw.}\hspace{0.2cm}\phi_5 = 1.25 \cdot \pi \hspace{0.05cm}.$$
(4) Richtig sind die Lösungsvorschläge 1 und 3. Dabei gilt folgender Zusammenhang: $\xi_1 (t) = \varphi_1 (t) + {\rm j} \cdot \psi_1 (t)\hspace{0.05cm}.$
(5) Richtig sind die Alternativen 2 und 3:
- Die Basisfunktion muss energienormiert sein.
- $\psi_1(t)$ ist wie $\varphi_1(t)$ eine reelle, nicht etwa eine imaginäre Funktion:
- $$\varphi_1 (t) = \psi_1 (t) = \left\{ \begin{array}{c} 1/\sqrt{T} \\ 0 \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} 0 \le t < T \hspace{0.05cm}, \\ {\rm sonst}\hspace{0.05cm}. \\ \end{array}$$
(6) Aus dem Tiefpass–Signal $s_{\rm TP0}(t)$ kann man auch das Bandpass–Signal $s_0(t)$ berechnen. Im Bereich $0 ≤ t ≤ T$ gilt mit dem Ergebnis aus (5):
- $$s_0(t) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} {\rm Re}[s_{{\rm TP}0}(t) \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}2\pi f_{\rm T}t} ] = {\rm Re}[\sqrt{E} \cdot \frac{1}{\sqrt{T}} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}2\pi f_{\rm T}t} ]= \sqrt{E/T} \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t ) \hspace{0.05cm},$$
also das gleiche Ergebnis wie in der Teilaufgabe (1). Daraus folgt: Die Energie $E$ bezieht sich auch bei Betrachtung im äquivalenten Tiefpass–Bereich auf das Bandpass–Signal.
Entsprechend gilt für das mit blauem Punkt markierte Signal $s_2(t)$ im interessierenden Bereich:
- $$s_2(t) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} {\rm Re}[\hspace{0.05cm}{\rm j} \cdot \sqrt{E/T} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}2\pi f_{\rm T}t} ] = {\rm Re}[\hspace{0.05cm}{\rm j} \cdot \sqrt{E/T} \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t)- \sqrt{E/T} \cdot \sin(2\pi f_{\rm T}t) ] = - \sqrt{E/T} \cdot \sin(2\pi f_{\rm T}t) \hspace{0.05cm}.$$
Schließlich kann für das (grüne) Signal $s_5(t)$ im Bereich $0 ≤ t < T$ geschrieben werden:
- $$s_5(t) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} {\rm Re}[\frac{-1 - {\rm j}}{\sqrt{2}} \cdot \sqrt{{E}/{T}} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}2\pi f_{\rm T}t} ] = \text{...} = - \sqrt{\frac{E}{2T}} \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t)+ \sqrt{\frac{E}{2T}} \cdot \sin(2\pi f_{\rm T}t)=\sqrt{E/T} \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t + 1.25 \cdot \pi) \hspace{0.05cm}.$$
Auch diese Ergebnisse stimmen mit denen der Teilaufgaben (2) bzw. (3) überein. Zutreffend ist also der Lösungsvorschlag 2.
