Exercise 1.3Z: Thermal Noise

Eine fundamentale und bei jedem Nachrichtensystem auftretende Störung ist das thermische Rauschen, da jeder Widerstand $R$ mit der absoluten Temperatur $θ$ (in „Grad Kelvin”) ein Rauschsignal $n(t)$ mit der (einseitigen) Rauschleistungsdichte $$N_{0,min} = k_B \cdot \theta ( k_B = 1.38 \cdot 10^{ -23 } Ws/K)$$ abgibt. $k_B$ 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 erfasst, und 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 „W”. Nach der zweiten, in Klammern angegebenen Gleichung hat das Ergebnis die Einheit „$V^{ 2 }$”. Das heißt: Hier ist die Leistung – wie in der Nachrichtentechnik allgemein üblich – auf den Bezugswiderstand $\text{R = 1 Ω}$ 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 $n_2(t)$ bei gleicher Bandbreite. In der Teilaufgabe (d) ist gefragt, welches dieser Signale am Ausgang eines Tiefpasses bzw. eines Bandpasses auftreten wird.

Die zweiseitige Rauschleistungsdichte von bandbegrenztem Tiefpass–Rauschen $n_{TP}(t)$ 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 $n_{BP}(t)$ mit der Mittenfrequenz $f_M$: $${\it \Phi}_{n, {\hspace{0.05cm}\rm BP}}(f) = \left\{ \begin{array}{c} N_0/2 \\ 0 \\ \end{array} \right. \begin{array}{*{10}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} {\left| \hspace{0.005cm} f - f_{\rm M}\hspace{0.05cm} \right| < B/2,} \\ {\rm sonst.} \\ \end{array}.$$ Für alle nachfolgenden numerischen Berechnungen wird vorausgesetzt: $$ F = 10, \hspace{0.2cm}\theta = 290\,{\rm K},\hspace{0.2cm}R = 50\,{\rm \Omega},\hspace{0.2cm}B = 30\,{\rm kHz},\hspace{0.2cm}f_{\rm M} = 0 \hspace{0.1cm}{\rm bzw.}\hspace{0.1cm}100\,{\rm kHz}\hspace{0.05cm}.$$ Hinweis: Die Aufgabe bezieht sich auf die theoretischen Grundlagen von Kapitel 1.2.

Fragebogen

$N_0$ =

$10^{ -20 }$ $\text{W/Hz}$

$N_{max}$=

$10^{ -7 }$ $\text{W}$

$N$=

$10^{ -16 }$ $\text{W}$

$σ_n$=

$10^{ -6 }$ $\text{V}$

	Das Rauschsignal $n_1(t)$ hat Tiefpass–Charakter.
	Das Rauschsignal $n_1(t)$ hat Bandpass–Charakter.

$Φ_{n, TP}(f = 20 kHz)$=

$10^{ -12 }$ $\text{W\Hz}$

$Φ_{n, BP}(f = 120 kHz)$=

$\text{W\Hz}$

Musterlösung

Solution

1.Mit der Boltzmann–Konstante $k_B$ gilt: $$N_0 = F \cdot k_{\rm B} \cdot \theta = 10 \cdot 1.38\hspace{0.05cm}\cdot 10^{-23} \hspace{0.05cm}\frac[[:Template:\rm Ws]][[:Template:\rm K]]\cdot 290\,{\rm K} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 4\hspace{0.05cm}\cdot 10^{-20} \hspace{0.05cm}[[:Template:\rm W]]/[[:Template:\rm Hz]]}\hspace{0.05cm}.$$

2.Die angegebene Rauschleistungsdichte $N_0$ ist physikalisch auf $6 \text{THz}$ begrenzt. Damit beträgt die maximale Rauschleistung: $$N_{\rm max} = 4\hspace{0.05cm}\cdot 10^{-20} \hspace{0.08cm}\frac[[:Template:\rm W]][[:Template:\rm Hz]]\cdot 6 \cdot10^{12} \hspace{0.08cm}{\rm Hz}\hspace{0.15cm}\underline {= 0.24\hspace{0.08cm}\cdot 10^{-6}\;{\rm W}}\hspace{0.05cm}.$$

3. Nun ergibt sich für die Rauschleistung: $$: N = N_0 \cdot B = 4\hspace{0.08cm}\cdot 10^{-20} \hspace{0.08cm}\frac[[:Template:\rm W]][[:Template:\rm Hz]]\cdot 3 \cdot10^{4} \hspace{0.08cm}{\rm Hz}\hspace{0.15cm}\underline {= 12\hspace{0.05cm}\cdot 10^{-16}\;{\rm W}}\hspace{0.05cm},$$ bzw. umgerechnet auf den Bezugswiderstand $R = 1 Ω$: $$Formel: N = N_0 \cdot B \cdot R = 12\hspace{0.05cm}\cdot 10^{-16}\;{\rm W}\hspace{0.05cm} \cdot 50 \; {\rm \Omega}= 6\hspace{0.05cm}\cdot 10^{-14}\;{\rm V^2}\hspace{0.05cm}.$$ 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. 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 $$ {\it \Phi}_{n,\hspace{0.05cm}{ \rm TP} }(f) \hspace{-0.05cm}=\hspace{-0.05cm} \frac{N_0}{2} \hspace{0.15cm}\underline {=2\hspace{0.05cm}\hspace{-0.05cm}\cdot \hspace{-0.05cm} 10^{-12} \hspace{0.05cm}[[:Template:\rm W]]/[[:Template:\rm Hz]]}\hspace{0.05cm}.$$ Dieser Wert gilt somit auch für die Frequenz $f = 20$ $\text{kHz}$.

6.Wie aus der Grafik hervorgeht, ist $Φ_{n,BP}(f)$ nur zwischen $85 kHz$ und $115 kHz$ ungleich 0, wenn die Bandbreite $B = 30 kHz$ beträgt. Bei der Frequenz $f = 120 kHz$ ist die Rauschleistungsdichte somit Null.