Exercise 2.11Z: Once again SSB-AM and Envelope Demodulator

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Äquivalentes Tiefpass–Signal
bei Einseitenband-AM

Nebenstehende Grafik zeigt die Ortskurve – also die Darstellung des äquivalenten Tiefpass–Signals in der komplexen Ebene – für ein ESB–AM–System.

Weiter ist bekannt, dass die Trägerfrequenz  $f_{\rm T} = 100 \ \rm kHz$  beträgt und dass der Kanal ideal ist:

$$ r(t) = s(t) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} r_{\rm TP}(t) = s_{\rm TP}(t) \hspace{0.05cm}.$$

Beim Empfänger wird ein idealer Hüllkurvendemodulator  $\rm (HKD)$  eingesetzt. 

In der Aufgabe werden folgende Größen benutzt:

• das Seitenband–zu–Träger–Verhältnis

$$\mu = \frac{A_{\rm N}/2}{A_{\rm T}}\hspace{0.05cm},$$

• die Hüllkurve

$$a(t) = |s_{\rm TP}(t)| \hspace{0.05cm},$$

• die maximale Abweichung  $τ_{\rm max}$  der Nulldurchgänge zwischen Sendesignal  $s(t)$  und Trägersignal  $z(t)$.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  Einseitenbandmodulation.
• Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite  Seitenband-zu-Träger-Verhältnis.
• Für diese Aufgabe gelten vergleichbare Voraussetzungen wie für die  Aufgabe 2.11.

Fragebogen

1

Geben Sie das äquivalente TP–Signal  $s_{\rm TP}(t)$  in analytischer Form an und beantworten Sie folgende Fragen.

	Es handelt sich um eine OSB–AM.
	Es handelt sich um eine USB–AM.
	Das Nachrichtensignal  $q(t)$  ist cosinusförmig.
	Das Nachrichtensignal  $q(t)$  ist sinusförmig.

2

Geben Sie die Amplitude  $A_{\rm N}$  und die Frequenz  $f_{\rm N}$  des Quellensignals an.  Berücksichtigen Sie, dass es sich um eine ESB–AM handelt.

$A_{\rm N} \ = \ $ $\ \rm V$

$f_{\rm N} \ = \ $ $\ \rm kHz$

3

Welcher Wert ergibt sich für das Seitenband–zu–Träger–Verhältnis  $μ$?  Verwenden Sie diese Größe zur Beschreibung von  $s_{\rm TP}(t)$.

$μ \ = \ $

4

Berechnen Sie den zeitlichen Verlauf der Hüllkurve  $a(t)$.  Welche Werte treten bei  $t = 50 \ \rm µ s$,  $t = 100 \ \rm µ s$  und  $t = 150 \ \rm µ s$ auf?

$a(t = 50 \ \rm µ s) \hspace{0.32cm} = \ $ $\ \rm V$

$a(t = 100 \ \rm µ s) \ = \ $ $\ \rm V$

$a(t = 150 \ \rm µ s) \ = \ $ $\ \rm V$

5

Um welche Zeitdifferenz  $τ_{\rm max}$  (betragsmäßig) sind die Nulldurchgänge von  $s(t)$  gegenüber  $z(t)$  maximal verschoben?

$τ_{\rm max} \ = \ $ $\ \rm µ s$

Musterlösung

Solution

(1)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 2 und 4:

• Das äquivalente TP–Signal lautet:

$$ s_{\rm TP}(t) = 1\,{\rm V} + {\rm j}\cdot 1\,{\rm V}\cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}\omega_{\rm N}\cdot \hspace{0.03cm}\hspace{0.03cm}t} \hspace{0.05cm}.$$

• Die Ortskurve ist ein Kreis mit dem Mittelpunkt bei  $A_{\rm T} = 1 \ \rm V$.
• Da die Drehung im Uhrzeigersinn erfolgt, handelt es sich um eine USB–AM.
• Der sich drehende (grüne) Zeiger zeigt zum Starzeitpunkt  $t = 0$  in Richtung der imaginären Achse.
• Daraus folgt, dass für das Quellensignal gelten wird:   $q(t) = A_{\rm N} \cdot \sin(\omega_{\rm N} \cdot t).$

(2)  Bei der USB wird nur das untere Seitenband mit der Zeigerlänge  $A_{\rm N}/2 = 1 \ \rm V$  übertragen.

• Daraus ergibt sich  $A_{\rm N}\hspace{0.15cm}\underline { = 2 \ \rm V}$.
• Für eine Umdrehung in der Ortskurve benötigt der Zeiger die Zeit  $200 \ \rm µ s$.
• Der Kehrwert hiervon ist die Frequenz  $f_{\rm N}\hspace{0.15cm}\underline { = 5 \ \rm kHz}$.

(3)  Entsprechend der Definition auf der Angabenseite und den Ergebnissen der Teilaufgaben  (1)  und  (2)  gilt:

$$ \mu = \frac{A_{\rm N}/2}{A_{\rm T}}\hspace{0.15cm}\underline {= 1}\hspace{0.05cm}.$$

• Damit kann für das äquivalente TP–Signal auch geschrieben werden:

$$s_{\rm TP}(t) = A_{\rm T} \cdot \left( 1 + {\rm j} \cdot \mu \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}\omega_{\rm N}\cdot \hspace{0.03cm}\hspace{0.03cm}t} \right),\hspace{0.3cm}{\rm hier}\hspace{0.15cm}\mu = 1 \hspace{0.05cm}.$$

(4)  Spaltet man die komplexe Exponentialfunktion mit dem Satz von Euler nach Real– und Imaginärteil auf, so erhält man:

$$s_{\rm TP}(t) = A_{\rm T} \cdot \big( 1 + \sin(\omega_{\rm N}\cdot t) + {\rm j} \cos(\omega_{\rm N}\cdot t)\big) \hspace{0.05cm}.$$

• Durch Anwendung des „Satzes von Pythagoras” kann hierfür auch geschrieben werden:

$$a(t) = |s_{\rm TP}(t)| = A_{\rm T} \cdot \sqrt{ (1 + \sin(\omega_{\rm N}\cdot t))^2 + \cos^2(\omega_{\rm N}\cdot t)} = A_{\rm T} \cdot \sqrt{ 2 + 2 \cdot \sin(2\omega_{\rm N}\cdot t)} \hspace{0.05cm}.$$

• Die abgefragten Werte lauten mit  $A_{\rm T} = 1\ \rm V$:

$$ a(t = 50\,{\rm µ s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 2\,{\rm V}},\hspace{0.3cm}a(t = 100\,{\rm µ s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 1.414\,{\rm V}},\hspace{0.3cm}a(t = 150\,{\rm µ s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 0} \hspace{0.05cm}.$$

• Diese Ergebnisse können auch direkt aus der Grafik auf der Angabenseite abgelesen werden.

(5)  Ein Hinweis für die Lage der Nulldurchgänge von  $s(t)$  gegenüber dem durch das Trägersignal  $z(t)$  vorgegebenen Raster liefert die Phasenfunktion  $ϕ(t)$.

• Bei der gegebenen Ortskurve können diese Werte zwischen  $±π/2\ (±90^\circ)$  annehmen.
• Diese Maximalwerte treten zum Beispiel im Bereich um  $t ≈ 150 \ \rm µ s$  auf, da hier ein Phasensprung stattfindet.
• Der Zusammenhang zwischen  $τ_{\rm max}$  und  $\Delta ϕ_{\rm max}$  lautet:

$$ \tau_{\rm max} = \frac {\Delta \phi_{\rm max}}{2 \pi }\cdot \frac{1 }{f_{\rm T}} = \frac {1}{4}\cdot 10\,{\rm µ s} \hspace{0.15cm}\underline {= 2.5\,{\rmµ s}} \hspace{0.05cm}.$$