Aufgabe 1.10: BPSK–Basisbandmodell
Wir betrachten in dieser Aufgabe ein BPSK–System mit kohärenter Demodulation, das heißt, es gilt
- s(t) = z(t)⋅q(t),
- b(t) = 2⋅z(t)⋅r(t).
Die hier gewählten Bezeichnungen lehnen sich an das Blockschaltbild im Theorieteil an.
Der Einfluss eines Kanalfrequenzgangs HK(f) lässt sich in einfacher Weise berücksichtigen, wenn man diesen zusammen mit Modulator und Demodulator durch einen gemeinsamen Basisbandfrequenzgang beschreibt:
- HMKD(f)=1/2⋅[HK(f−fT)+HK(f+fT)].
- Damit werden Modulator und Demodulator quasi gegeneinander gekürzt, und
- der Bandpasskanal HK(f) wird in den Tiefpassbereich transformiert.
Die resultierende Übertragungsfunktion HMKD(f) sollte man nicht mit der Tiefpass–Übertragungsfunktion HK,TP(f) gemäß der Beschreibung im Kapitel "Äquivalentes Tiefpass-Signal und zugehörige Spektralfunktion" des Buches „Signaldarstellung” verwechseln, die sich aus HK(f) durch Abschneiden der Anteile bei negativen Frequenzen sowie einer Frequenzverschiebung um fT nach links ergibt.
Bei Frequenzgängen muss im Gegensatz zu Spektralfunktionen auf die Verdoppelung der Anteile bei positiven Frequenzen verzichtet werden.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel "Lineare digitale Modulation – Kohärente Demodulation".
- Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite "Basisbandmodell für ASK und BPSK".
Fragebogen
Musterlösung
- HK,TP(f) ergibt sich aus HK(f) durch Abschneiden der negativen Frequenzanteile sowie Verschieben um fT nach links.
- Bei Frequenzgängen wird – im Gegensatz zu Spektren – auf das Verdoppeln der Anteile bei positiven Frequenzen verzichtet. Deshalb:
- HK,TP(f=0)=HK(f=fT)=1.
- Wegen der reellen und unsymmetrischen Spektralfunktionen HK,TP(f) ist die zugehörige Zeitfunktion (Fourierrücktransformierte) hK,TP(t) nach dem Zuordnungssatz komplex.
(2) Hier ist nur der dritte Lösungsvorschlag richtig:
- Die Spektralfunktion HMKD(f) besitzt stets einen geraden Realteil und keinen Imaginärteil. Demzufolge ist hMKD(t) stets reell.
- Hätte HK(f) zusätzlich einen um f=fT ungeraden Imaginärteil, so würde HMKD(f) einen um f=0 ungeraden Imaginärteil aufweisen. Damit wäre hMKD(t) immer noch eine reelle Funktion.
Die Grafik verdeutlicht die Unterschiede zwischen HK,TP(f) und HMKD(f). Die Anteile von HMKD(f) im Bereich um ±2fT müssen nicht weiter beachtet werden.
(3) HMKD(f) setzt sich additiv aus einem Rechteck und einem Dreieck zusammen, jeweils mit Breite ΔfK und Höhe 0.5. Daraus folgt:
- hMKD(t)=ΔfK2⋅si(π⋅ΔfK⋅t)+ΔfK4⋅si2(π⋅ΔfK2⋅t)
- ⇒hMKD(t=0)=ΔfK2+ΔfK4=0.75⋅ΔfK⇒hMKD(t=0)/ΔfK=0.75_.
(4) Richtig ist der zweite Lösungsvorschlag:
- Die erste si–Funktion besitzt zwar äquidistante Nulldurchgänge im Abstand 1/ΔfK.
- Die äquidistanten Nulldurchgänge der gesamten Zeitfunktion hMKD(t) werden aber durch den zweiten Term bestimmt:
- hMKD(t=1ΔfK)= ΔfK2⋅si(π)+ΔfK4⋅si2(π/2)=ΔfK4,
- hMKD(t=2ΔfK)= ΔfK2⋅si(2π)+ΔfK4⋅si2(π)=0.