Aufgaben:Aufgabe 4.11: Frequenzbereichsbetrachtung der 4–QAM - Versionsgeschichte

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	[[Category:Aufgaben zu Modulationsverfahren\|^4.3 Quadratur–Amplitudenmodulation^]]		[[Category:Aufgaben zu Modulationsverfahren\|^4.3 Quadratur–Amplitudenmodulation^]]
			[[en:Aufgaben:Exercise_4.11:_Frequency_Domain_Consideration_of_the_4-QAM]]

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	'''(4)'''  Analog zur Teilaufgabe  '''(1)'''  erhält man für die Energie pro Bit:		'''(4)'''  Analog zur Teilaufgabe  '''(1)'''  erhält man für die Energie pro Bit:
	:$$E_{\rm B} = \frac{1}{2} \cdot T_{\rm B} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{Q_0 \cdot T_{\rm B}}{2T} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B})\hspace{0.1cm} {\rm d}f =		:$$E_{\rm B} = \frac{1}{2} \cdot T_{\rm B} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{Q_0 \cdot T_{\rm B}}{2T} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B})\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{Q_0 \cdot T_{\rm B}}{2T} = \frac{8 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz} \cdot 1\,{\rm \mu s}}{ 2 \cdot 2\,{\rm \mu s}}\hspace{0.15cm}\underline {= 2 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$
	\frac{Q_0 \cdot T_{\rm B}}{2T} = \frac{8 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz} \cdot 1\,{\rm \mu s}}{ 2 \cdot 2\,{\rm \mu s}}\hspace{0.15cm}\underline {= 2 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$
	*Man erkennt, dass bei den hier getroffenen Voraussetzungen die „Energie pro Bit” von BPSK und 4–QAM übereinstimmen.		*Man erkennt, dass bei den hier getroffenen Voraussetzungen die „Energie pro Bit” von BPSK und 4–QAM übereinstimmen.

Guenter am 18. April 2022 um 05:14 Uhr

2022-04-18T05:14:43Z

Guenter am 21. April 2020 um 15:55 Uhr

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	{{ML-Kopf}}		{{ML-Kopf}}
	'''(1)'''  Die Leistung des BPSK–Sendesignals ist gleich dem Intergral über das Leistungsdichtespektrum.		'''(1)'''  Die Leistung des BPSK–Sendesignals ist gleich dem Intergral über das Leistungsdichtespektrum.
	*Integriert man über das äquivalente Tiefpass–LDS, so ist noch der Faktor 1/2 zu berücksichtigen:		*Integriert man über das äquivalente Tiefpass–LDS, so ist noch der Faktor  $1/2$  zu berücksichtigen:
	:$$P_{\rm BPSK} = \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{1}{2} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{A}{2} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B})\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{A}{2T_{\rm B}} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi x)\hspace{0.1cm} {\rm d}x =\frac{A}{2T_{\rm B}}$$		:$$P_{\rm BPSK} = \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{1}{2} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{A}{2} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B})\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{A}{2T_{\rm B}} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi x)\hspace{0.1cm} {\rm d}x =\frac{A}{2T_{\rm B}}$$
	:$$\text{Mit} \ \ A = 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} T_{\rm B}= 10^{-6}\,{\rm s} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm BPSK} = 2\,{\rm V^2} ( = {s_0^2 }/{2})\hspace{0.05cm}.$$		:$$\text{Mit} \ \ A = 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} T_{\rm B}= 10^{-6}\,{\rm s} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm BPSK} = 2\,{\rm V^2} ( = {s_0^2 }/{2})\hspace{0.05cm}.$$
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	'''(2)'''  Aufgrund der doppelten Symboldauer der 4–QAM ($T = 2 · T_{\rm B}$) ist die Spektralfunktion gegenüber der BPSK nur halb so breit, aber doppelt so hoch, und anstelle von $s_0$ ist nun der kleinere Wert $g_0$ zu berücksichtigen.
	*Der LDS–Wert bei der Frequenz $f = 0$ lautet damit:
			'''(2)'''  Aufgrund der doppelten Symboldauer der 4–QAM  $(T = 2 · T_{\rm B})$  ist die Spektralfunktion gegenüber der BPSK nur halb so breit, aber doppelt so hoch, und anstelle von  $s_0$  ist nun der kleinere Wert  $g_0$  zu berücksichtigen.
			*Der LDS–Wert bei der Frequenz  $f = 0$  lautet damit:
	:$${\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm cos,\hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) = \left ({s_0}/{\sqrt{2}} \right )^2 \cdot 2 \cdot T_{\rm B} ={s_0^2 \cdot T_{\rm B}} = B_0 \hspace{0.05cm}.$$		:$${\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm cos,\hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) = \left ({s_0}/{\sqrt{2}} \right )^2 \cdot 2 \cdot T_{\rm B} ={s_0^2 \cdot T_{\rm B}} = B_0 \hspace{0.05cm}.$$
	*Es ergibt sich somit genau der gleiche Wert wie bei der BPSK:		*Es ergibt sich somit genau der gleiche Wert wie bei der BPSK:
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	'''(3)'''  Das zweite Teilsignal $s_{–\sin}(t)$ liefert den genau gleichen Beitrag wie das gerade betrachtete Signal $s_{\cos}(t)$.
			'''(3)'''  Das zweite Teilsignal  $s_{–\sin}(t)$  liefert den genau gleichen Beitrag wie das gerade betrachtete Signal  $s_{\cos}(t)$.
	*Aufgrund der Orthogonalität zwischen der Cosinus– und der Minus–Sinusfunktion können die Leistungen addiert werden und man erhält:		*Aufgrund der Orthogonalität zwischen der Cosinus– und der Minus–Sinusfunktion können die Leistungen addiert werden und man erhält:
	$$Q_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) = 2 \cdot B_0 \hspace{0.15cm}\underline {= 8 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$		:$$Q_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) = 2 \cdot B_0 \hspace{0.15cm}\underline {= 8 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$



	'''(4)'''  Analog zur Teilaufgabe '''(1)''' erhält man für die Energie pro Bit:		'''(4)'''  Analog zur Teilaufgabe  '''(1)'''  erhält man für die Energie pro Bit:
	:$$E_{\rm B} = \frac{1}{2} \cdot T_{\rm B} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{Q_0 \cdot T_{\rm B}}{2T} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B})\hspace{0.1cm} {\rm d}f =		:$$E_{\rm B} = \frac{1}{2} \cdot T_{\rm B} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{Q_0 \cdot T_{\rm B}}{2T} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B})\hspace{0.1cm} {\rm d}f =
	\frac{Q_0 \cdot T_{\rm B}}{2T} = \frac{8 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz} \cdot 1\,{\rm \mu s}}{ 2 \cdot 2\,{\rm \mu s}}\hspace{0.15cm}\underline {= 2 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$		\frac{Q_0 \cdot T_{\rm B}}{2T} = \frac{8 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz} \cdot 1\,{\rm \mu s}}{ 2 \cdot 2\,{\rm \mu s}}\hspace{0.15cm}\underline {= 2 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$
	Man erkennt, dass bei den hier getroffenen Voraussetzungen die „Energie pro Bit” von BPSK und 4–QAM übereinstimmen.		*Man erkennt, dass bei den hier getroffenen Voraussetzungen die „Energie pro Bit” von BPSK und 4–QAM übereinstimmen.

	{{ML-Fuß}}		{{ML-Fuß}}

Guenter am 21. April 2020 um 15:49 Uhr

2020-04-21T15:49:01Z

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	* Summation der beiden Teilsignale, die mit  $s_{\cos}(t)$  und  $s_{–\sin}(t)$  bezeichnet werden:		* Summation der beiden Teilsignale, die mit  $s_{\cos}(t)$  und  $s_{–\sin}(t)$  bezeichnet werden:
	:$$s(t) = s_{\rm cos}(t)+ s_{\rm -sin}(t) \hspace{0.05cm}.$$		:$$s(t) = s_{\rm cos}(t)+ s_{\rm -sin}(t) \hspace{0.05cm}.$$




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	$E_{\rm B} \ = \ $ { 2 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$		$E_{\rm B} \ = \ $ { 2 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$

	{Wie lautet das Leistungsdichtespektrum  ${\it \Phi}_{s,\hspace{0.08cm} \cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f )$ des 4–QAM–Teilsignals $s_{\cos}(t)$ in der äquivalenten Tiefpassdarstellung? <br>Welcher Wert  $B_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.08cm}\cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f = 0) $  ergibt sich bei der Frequenz  $f = 0$?		{Wie lautet das Leistungsdichtespektrum  ${\it \Phi}_{s,\hspace{0.08cm} \cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f )$ des 4–QAM–Teilsignals  $s_{\cos}(t)$  in der äquivalenten Tiefpassdarstellung? <br>Welcher Wert  $B_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.08cm}\cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f = 0) $  ergibt sich bei der Frequenz  $f = 0$?
	\|type="{}"}		\|type="{}"}
	$B_0 \ = \ $ { 4 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$		$B_0 \ = \ $ { 4 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$

Guenter am 11. Januar 2019 um 15:44 Uhr

2019-01-11T15:44:39Z

Guenter am 11. Januar 2019 um 15:39 Uhr

2019-01-11T15:39:24Z

Mwiki-lnt: Textersetzung - „*Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.“ durch „ “

2018-05-29T13:19:55Z

Textersetzung - „*Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.“ durch „ “

← Nächstältere Version		Version vom 29. Mai 2018, 15:19 Uhr
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	* Das Leistungsdichtespektrum (LDS) einer QAM-Komponente ist identisch mit dem vergleichbaren BPSK–LDS.		* Das Leistungsdichtespektrum (LDS) einer QAM-Komponente ist identisch mit dem vergleichbaren BPSK–LDS.
	*Energien sind in $\rm V^2s$ anzugeben; sie beziehen sich somit auf den Bezugswiderstand $R = 1 \ \rm \Omega$.		*Energien sind in $\rm V^2s$ anzugeben; sie beziehen sich somit auf den Bezugswiderstand $R = 1 \ \rm \Omega$.
	*Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

Guenter: Guenter verschob die Seite Aufgaben:4.11 Frequenzbereichsbetrachtung der 4–QAM nach Aufgaben:Aufgabe 4.11: Frequenzbereichsbetrachtung der 4–QAM

2018-01-03T14:30:52Z

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(kein Unterschied)

Guenter am 27. Juli 2017 um 16:12 Uhr

2017-07-27T16:12:24Z

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	}}		}}

	[[Datei:~~P_ID1720__Mod_A_4_10~~.png\|right\|frame\|Leistungsdichtespektren von BPSK und 4-QAM]]		[[Datei:Mod_A_4_10_vers2.png\|right\|frame\|Leistungsdichtespektren von BPSK und 4-QAM]]
	Ausgehend von der [[Modulationsverfahren/Lineare_digitale_Modulation#BPSK_.E2.80.93_Binary_Phase_Shift_Keying\|BPSK]] (binäre Phasenmodulation) mit rechteckförmigem Grundimpuls $g_s(t)$ der Breite $T_{\rm B} = 1 \ \rm μs$ und der Amplitude $s_0 = 2 \ \rm V$ soll in dieser Aufgabe das Leistungsdichtespektrum (LDS) der [[Modulationsverfahren/Quadratur–Amplitudenmodulation#Signalverl.C3.A4ufe_der_4.E2.80.93QAM\|4–QAM]] schrittweise ermittelt werden.		Ausgehend von der [[Modulationsverfahren/Lineare_digitale_Modulation#BPSK_.E2.80.93_Binary_Phase_Shift_Keying\|BPSK]] (binäre Phasenmodulation) mit rechteckförmigem Grundimpuls $g_s(t)$ der Breite $T_{\rm B} = 1 \ \rm μs$ und der Amplitude $s_0 = 2 \ \rm V$ soll in dieser Aufgabe das Leistungsdichtespektrum (LDS) der [[Modulationsverfahren/Quadratur–Amplitudenmodulation#Signalverl.C3.A4ufe_der_4.E2.80.93QAM\|4–QAM]] schrittweise ermittelt werden.

← Nächstältere Version		Version vom 18. April 2022, 07:14 Uhr
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	[[Datei:Mod_A_4_10_vers2.png\|right\|frame\|Leistungsdichtespektren von <br>BPSK und 4-QAM]]		[[Datei:Mod_A_4_10_vers2.png\|right\|frame\|Leistungsdichtespektren von <br>BPSK und 4-QAM]]
	Ausgehend von der  [[Modulationsverfahren/Lineare_digitale_Modulation#BPSK_.E2.80.93_Binary_Phase_Shift_Keying\|BPSK]]  (binäre Phasenmodulation) mit rechteckförmigem Grundimpuls  $g_s(t)$  der Breite  $T_{\rm B} = 1 \ \rm µ s$  und der Amplitude  $s_0 = 2 \ \rm V$  soll ~~in dieser Aufgabe~~ das Leistungsdichtespektrum (LDS) der  [[Modulationsverfahren/Quadratur–Amplitudenmodulation#Signalverl.C3.A4ufe_der_4.E2.80.93QAM\|4–QAM]]  schrittweise ermittelt werden.		Ausgehend von der  [[Modulationsverfahren/Lineare_digitale_Modulation#BPSK_.E2.80.93_Binary_Phase_Shift_Keying\|BPSK]]  (binäre Phasenmodulation)  mit rechteckförmigem Grundimpuls  $g_s(t)$  der Breite  $T_{\rm B} = 1 \ \rm µ s$  und der Amplitude  $s_0 = 2 \ \rm V$  soll das Leistungsdichtespektrum  $\rm (LDS)$  der  [[Modulationsverfahren/Quadratur–Amplitudenmodulation#Signalverl.C3.A4ufe_der_4.E2.80.93QAM\|4–QAM]]  schrittweise ermittelt werden.

	In der  [[Aufgaben:4.7_Spektren_von_ASK_und_BPSK\| Aufgabe 4.7]]  wurde das Leistungdichtespektrum  ${\it Φ}_s(f)$  der BPSK für genau diese Parameterwerte ermittelt. Mit		In der  [[Aufgaben:4.7_Spektren_von_ASK_und_BPSK\| Aufgabe 4.7]]  wurde das Leistungdichtespektrum  ${\it Φ}_s(f)$  der BPSK für genau diese Parameterwerte ermittelt.  Mit
	:$$A = s_0^2 \cdot T_{\rm B} = 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}$$		:$$A = s_0^2 \cdot T_{\rm B} = 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}$$
	erhält man für das tatsächliche Leistungsdichtespektrum (im Bandpassbereich):		erhält man für das tatsächliche Leistungsdichtespektrum  (im Bandpassbereich):
	:$${{\it \Phi}_s(f)} = {A}/{4} \cdot {\big [ {\rm si}^2(\pi \cdot T_{\rm B}\cdot (f - f_{\rm T})) + {\rm si}^2(\pi \cdot T_{\rm B}\cdot (f + f_{\rm T}))\big ]}\hspace{0.05cm}.$$		:$${{\it \Phi}_s(f)} = {A}/{4} \cdot {\big [ {\rm si}^2(\pi \cdot T_{\rm B}\cdot (f - f_{\rm T})) + {\rm si}^2(\pi \cdot T_{\rm B}\cdot (f + f_{\rm T}))\big ]}\hspace{0.05cm}.$$
	In der oberen Grafik ist allerdings das Leistungsdichtespektrum  ${{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}$  des äquivalenten Tiefpass–Signals dargestellt. Dieses ergibt sich aus  ${\it Φ}_s(f)$  durch		In der oberen Grafik ist allerdings das Leistungsdichtespektrum  ${{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}$  des äquivalenten Tiefpass–Signals dargestellt.  Dieses ergibt sich aus  ${\it Φ}_s(f)$  durch
	*Abschneiden aller Anteile bei negativen Frequenzen,		*Abschneiden aller Anteile bei negativen Frequenzen,
	*Vervierfachen der Anteile bei positiven Frequenzen		*Vervierfachen der Anteile bei positiven Frequenzen  (weil:   ein Spektrum muss verdoppelt werden,  ein LDS vervierfacht),
	:(~~beachten Sie~~:   ein Spektrum muss verdoppelt werden, ein ~~Leistungsdichtespektrum~~ vervierfacht) ~~und~~
	*Verschieben um  $f_{\rm T}$  nach links:		*Verschieben um  $f_{\rm T}$  nach links:
	:$${{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)} = A \cdot {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B}). \hspace{0.2cm}$$		:$${{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)} = A \cdot {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B}). \hspace{0.2cm}$$

	Die 4–QAM unterscheidet sich von der BPSK in folgenden Details:		Die 4–QAM unterscheidet sich von der BPSK in folgenden Details:
	* Aufspaltung des binären Quellensignals in zwei Teilsignale mit jeweils halber Bitrate, das heißt mit der Symboldauer  $T = 2 · T_{\rm B}$.		* Aufspaltung des binären Quellensignals in zwei Teilsignale mit jeweils halber Bitrate,  das heißt mit der Symboldauer  $T = 2 · T_{\rm B}$.
	* Multiplikation der Teilsignale mit Cosinus und Minus–Sinus, deren Amplituden  $g_0$  jeweils um den Faktor  $\sqrt{2}$  kleiner sind als  $s_0$.		* Multiplikation der Teilsignale mit Cosinus und Minus–Sinus,  deren Amplituden  $g_0$  jeweils um den Faktor  $\sqrt{2}$  kleiner sind als  $s_0$.
	* Summation der beiden Teilsignale, die mit  $s_{\cos}(t)$  und  $s_{–\sin}(t)$  bezeichnet werden:		* Summation der beiden Teilsignale,  die mit  $s_{\cos}(t)$  und  $s_{–\sin}(t)$  bezeichnet werden:
	:$$s(t) = s_{\rm cos}(t)+ s_{\rm -sin}(t) \hspace{0.05cm}.$$		:$$s(t) = s_{\rm cos}(t)+ s_{\rm -sin}(t) \hspace{0.05cm}.$$

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			Hinweise:
			*Die Aufgabe gehört zum Kapitel  [[Modulationsverfahren/Quadratur%E2%80%93Amplitudenmodulation\|"Quadratur–Amplitudenmodulation"]].
			*Bezug genommen wird aber auch auf die Seite  [[Modulationsverfahren/Lineare_digitale_Modulation#BPSK_.E2.80.93_Binary_Phase_Shift_Keying\|"BPSK – Binary Phase Shift Keying"]]  im vorherigen Kapitel.
	''Hinweise:''
	*Die Aufgabe gehört zum Kapitel  [[Modulationsverfahren/Quadratur%E2%80%93Amplitudenmodulation\|Quadratur–Amplitudenmodulation]].
	*Bezug genommen wird aber auch auf die Seite  [[Modulationsverfahren/Lineare_digitale_Modulation#BPSK_.E2.80.93_Binary_Phase_Shift_Keying\|BPSK – Binary Phase Shift Keying]]  im vorherigen Kapitel.
	* Das Leistungsdichtespektrum (LDS) einer QAM-Komponente ist identisch mit dem vergleichbaren BPSK–LDS.		* Das Leistungsdichtespektrum (LDS) einer QAM-Komponente ist identisch mit dem vergleichbaren BPSK–LDS.
	*Energien sind in  $\rm V^2s$  anzugeben; sie beziehen sich somit auf den Bezugswiderstand  $R = 1 \ \rm \Omega$.		*Energien sind in  $\rm V^2s$  anzugeben; sie beziehen sich somit auf den Bezugswiderstand  $R = 1 \ \rm \Omega$.
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	<quiz display=simple>		<quiz display=simple>
	{Wie groß ist die Energie pro Bit   ⇒   $E_{\rm B}$  bei  ''Binary Phase Shift Keying''  (BPSK)?		{Wie groß ist die Energie pro Bit   ⇒   $E_{\rm B}$  bei  "Binary Phase Shift Keying"  (BPSK)?
	\|type="{}"}		\|type="{}"}
	$E_{\rm B} \ = \ $ { 2 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$		$E_{\rm B} \ = \ $ { 2 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$

	{Wie lautet das Leistungsdichtespektrum  ${\it \Phi}_{s,\hspace{0.08cm} \cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f )$ des 4–QAM–Teilsignals  $s_{\cos}(t)$  in der äquivalenten Tiefpassdarstellung? <br>Welcher Wert  $B_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.08cm}\cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f = 0) $  ergibt sich bei der Frequenz  $f = 0$?		{Wie lautet das Leistungsdichtespektrum  ${\it \Phi}_{s,\hspace{0.08cm} \cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f )$  des 4–QAM–Teilsignals  $s_{\cos}(t)$  in der äquivalenten Tiefpassdarstellung? <br>Welcher Wert  $B_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.08cm}\cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f = 0) $  ergibt sich bei der Frequenz  $f = 0$?
	\|type="{}"}		\|type="{}"}
	$B_0 \ = \ $ { 4 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$		$B_0 \ = \ $ { 4 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$
Zeile 54:		Zeile 50:
	$Q_0 \ = \ $ { 8 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$		$Q_0 \ = \ $ { 8 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$

	{Wie groß ist die Energie pro Bit   ⇒   $E_{\rm B}$  bei der  ''Quadratur–Amplitudenmodulation''  (4–QAM)?		{Wie groß ist die Energie pro Bit   ⇒   $E_{\rm B}$  bei der  "Quadratur–Amplitudenmodulation"  (4–QAM)?
	\|type="{}"}		\|type="{}"}
	$E_{\rm B} \ = \ $ { 2 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$		$E_{\rm B} \ = \ $ { 2 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$

← Nächstältere Version		Version vom 11. Januar 2019, 17:44 Uhr
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	===Musterlösung===		===Musterlösung===
	{{ML-Kopf}}		{{ML-Kopf}}
	'''(1)'''  Die Leistung des BPSK–Sendesignals ist gleich dem Intergral über das Leistungsdichtespektrum. Integriert man über das äquivalente Tiefpass–LDS, so ist noch der Faktor 1/2 zu berücksichtigen:		'''(1)'''  Die Leistung des BPSK–Sendesignals ist gleich dem Intergral über das Leistungsdichtespektrum.
			*Integriert man über das äquivalente Tiefpass–LDS, so ist noch der Faktor 1/2 zu berücksichtigen:
	:$$P_{\rm BPSK} = \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{1}{2} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{A}{2} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B})\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{A}{2T_{\rm B}} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi x)\hspace{0.1cm} {\rm d}x =\frac{A}{2T_{\rm B}}$$		:$$P_{\rm BPSK} = \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{1}{2} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{A}{2} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B})\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{A}{2T_{\rm B}} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi x)\hspace{0.1cm} {\rm d}x =\frac{A}{2T_{\rm B}}$$
	:$$\text{Mit} \ \ A = 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} T_{\rm B}= 10^{-6}\,{\rm s} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm BPSK} = 2\,{\rm V^2} ( = {s_0^2 }/{2})\hspace{0.05cm}.$$		:$$\text{Mit} \ \ A = 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} T_{\rm B}= 10^{-6}\,{\rm s} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm BPSK} = 2\,{\rm V^2} ( = {s_0^2 }/{2})\hspace{0.05cm}.$$
	Die Energie pro Bit ist dementsprechend bei der BPSK:		*Die Energie pro Bit ist dementsprechend bei der BPSK:
	:$$E_{\rm B} = {P_{\rm BPSK} \cdot T_{\rm B}}\hspace{0.15cm}\underline {= 2 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$		:$$E_{\rm B} = {P_{\rm BPSK} \cdot T_{\rm B}}\hspace{0.15cm}\underline {= 2 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$
	Hierbei ist wieder der Bezugswiderstand $1\ \rm Ω$ zugrunde gelegt.		*Hierbei ist wieder der Bezugswiderstand $1\ \rm Ω$ zugrunde gelegt.


	'''(2)'''  Aufgrund der doppelten Symboldauer der 4–QAM ($T = 2 · T_{\rm B}$) ist die Spektralfunktion gegenüber der BPSK nur halb so breit, aber doppelt so hoch, und anstelle von $s_0$ ist nun der kleinere Wert $g_0$ zu berücksichtigen. Der LDS–Wert bei der Frequenz $f = 0$ lautet damit:		'''(2)'''  Aufgrund der doppelten Symboldauer der 4–QAM ($T = 2 · T_{\rm B}$) ist die Spektralfunktion gegenüber der BPSK nur halb so breit, aber doppelt so hoch, und anstelle von $s_0$ ist nun der kleinere Wert $g_0$ zu berücksichtigen.
			*Der LDS–Wert bei der Frequenz $f = 0$ lautet damit:
	:$${\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm cos,\hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) = \left ({s_0}/{\sqrt{2}} \right )^2 \cdot 2 \cdot T_{\rm B} ={s_0^2 \cdot T_{\rm B}} = B_0 \hspace{0.05cm}.$$		:$${\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm cos,\hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) = \left ({s_0}/{\sqrt{2}} \right )^2 \cdot 2 \cdot T_{\rm B} ={s_0^2 \cdot T_{\rm B}} = B_0 \hspace{0.05cm}.$$
	Es ergibt sich somit genau der gleiche Wert wie bei der BPSK:		*Es ergibt sich somit genau der gleiche Wert wie bei der BPSK:
	:$$B_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm cos,\hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) \hspace{0.15cm}\underline {= 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}$$		:$$B_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm cos,\hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) \hspace{0.15cm}\underline {= 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}$$


	'''(3)'''  Das zweite Teilsignal $s_{–\sin}(t)$ liefert den genau gleichen Beitrag wie das gerade betrachtete Signal $s_{\cos}(t)$. Aufgrund der Orthogonalität zwischen der Cosinus– und der Minus–Sinusfunktion können die Leistungen addiert werden und man erhält:		'''(3)'''  Das zweite Teilsignal $s_{–\sin}(t)$ liefert den genau gleichen Beitrag wie das gerade betrachtete Signal $s_{\cos}(t)$.
			*Aufgrund der Orthogonalität zwischen der Cosinus– und der Minus–Sinusfunktion können die Leistungen addiert werden und man erhält:
	$$Q_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) = 2 \cdot B_0 \hspace{0.15cm}\underline {= 8 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$		$$Q_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f = 0 ) = 2 \cdot B_0 \hspace{0.15cm}\underline {= 8 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$


	'''(4)'''  Analog zur Teilaufgabe (1) erhält man für die Energie pro Bit:		'''(4)'''  Analog zur Teilaufgabe '''(1)''' erhält man für die Energie pro Bit:
	:$$E_{\rm B} = \frac{1}{2} \cdot T_{\rm B} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{Q_0 \cdot T_{\rm B}}{2T} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B})\hspace{0.1cm} {\rm d}f =		:$$E_{\rm B} = \frac{1}{2} \cdot T_{\rm B} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = \frac{Q_0 \cdot T_{\rm B}}{2T} \cdot \int_{ - \infty }^{+\infty} {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B})\hspace{0.1cm} {\rm d}f =
	\frac{Q_0 \cdot T_{\rm B}}{2T} = \frac{8 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz} \cdot 1\,{\rm \mu s}}{ 2 \cdot 2\,{\rm \mu s}}\hspace{0.15cm}\underline {= 2 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$		\frac{Q_0 \cdot T_{\rm B}}{2T} = \frac{8 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz} \cdot 1\,{\rm \mu s}}{ 2 \cdot 2\,{\rm \mu s}}\hspace{0.15cm}\underline {= 2 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}}\hspace{0.05cm}.$$

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	[[Datei:Mod_A_4_10_vers2.png\|right\|frame\|Leistungsdichtespektren von BPSK und 4-QAM]]		[[Datei:Mod_A_4_10_vers2.png\|right\|frame\|Leistungsdichtespektren von <br>BPSK und 4-QAM]]
	Ausgehend von der [[Modulationsverfahren/Lineare_digitale_Modulation#BPSK_.E2.80.93_Binary_Phase_Shift_Keying\|BPSK]] (binäre Phasenmodulation) mit rechteckförmigem Grundimpuls $g_s(t)$ der Breite $T_{\rm B} = 1 \ \rm μs$ und der Amplitude $s_0 = 2 \ \rm V$ soll in dieser Aufgabe das Leistungsdichtespektrum (LDS) der [[Modulationsverfahren/Quadratur–Amplitudenmodulation#Signalverl.C3.A4ufe_der_4.E2.80.93QAM\|4–QAM]] schrittweise ermittelt werden.		Ausgehend von der  [[Modulationsverfahren/Lineare_digitale_Modulation#BPSK_.E2.80.93_Binary_Phase_Shift_Keying\|BPSK]]  (binäre Phasenmodulation) mit rechteckförmigem Grundimpuls  $g_s(t)$  der Breite  $T_{\rm B} = 1 \ \rm µ s$  und der Amplitude  $s_0 = 2 \ \rm V$  soll in dieser Aufgabe das Leistungsdichtespektrum (LDS) der  [[Modulationsverfahren/Quadratur–Amplitudenmodulation#Signalverl.C3.A4ufe_der_4.E2.80.93QAM\|4–QAM]]  schrittweise ermittelt werden.

	In der [[Aufgaben:4.7_Spektren_von_ASK_und_BPSK\| Aufgabe 4.7]] wurde das Leistungdichtespektrum ${\it Φ}_s(f)$ der BPSK für genau diese Parameterwerte ermittelt. Mit		In der  [[Aufgaben:4.7_Spektren_von_ASK_und_BPSK\| Aufgabe 4.7]]  wurde das Leistungdichtespektrum  ${\it Φ}_s(f)$  der BPSK für genau diese Parameterwerte ermittelt. Mit
	:$$A = s_0^2 \cdot T_{\rm B} = 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}$$		:$$A = s_0^2 \cdot T_{\rm B} = 4 \cdot 10^{-6}\,{\rm V^2/Hz}$$
	erhält man für das tatsächliche Leistungsdichtespektrum (im Bandpassbereich):		erhält man für das tatsächliche Leistungsdichtespektrum (im Bandpassbereich):
	:$${{\it \Phi}_s(f)} = {A}/{4} \cdot {\~~left~~ [ {\rm si}^2(\pi \cdot T_{\rm B}\cdot (f - f_{\rm T})) + {\rm si}^2(\pi \cdot T_{\rm B}\cdot (f + f_{\rm T}))\~~right~~ ]}\hspace{0.05cm}.$$		:$${{\it \Phi}_s(f)} = {A}/{4} \cdot {\big [ {\rm si}^2(\pi \cdot T_{\rm B}\cdot (f - f_{\rm T})) + {\rm si}^2(\pi \cdot T_{\rm B}\cdot (f + f_{\rm T}))\big ]}\hspace{0.05cm}.$$
	In der oberen Grafik ist allerdings das Leistungsdichtespektrum ${{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}$ des äquivalenten Tiefpass–Signals dargestellt. Dieses ergibt sich aus ${\it Φ}_s(f)$ durch		In der oberen Grafik ist allerdings das Leistungsdichtespektrum  ${{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)}$  des äquivalenten Tiefpass–Signals dargestellt. Dieses ergibt sich aus  ${\it Φ}_s(f)$  durch
	*Abschneiden aller Anteile bei negativen Frequenzen,		*Abschneiden aller Anteile bei negativen Frequenzen,
	*Vervierfachen der Anteile bei positiven Frequenzen (beachten Sie: ein Spektrum muss verdoppelt werden, ein Leistungsdichtespektrum vervierfacht) und		*Vervierfachen der Anteile bei positiven Frequenzen
	*Verschieben um $f_{\rm T}$ nach links:		:(beachten Sie:   ein Spektrum muss verdoppelt werden, ein Leistungsdichtespektrum vervierfacht) und
			*Verschieben um  $f_{\rm T}$  nach links:
	:$${{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)} = A \cdot {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B}). \hspace{0.2cm}$$		:$${{\it \Phi}_{s, \hspace{0.05cm}\rm TP}(f)} = A \cdot {\rm si}^2(\pi f T_{\rm B}). \hspace{0.2cm}$$

	Die 4–QAM unterscheidet sich von der BPSK in folgenden Details:		Die 4–QAM unterscheidet sich von der BPSK in folgenden Details:
	* Aufspaltung des binären Quellensignals in zwei Teilsignale mit jeweils halber Bitrate, das heißt mit der Symboldauer $T = 2 · T_{\rm B}$.		* Aufspaltung des binären Quellensignals in zwei Teilsignale mit jeweils halber Bitrate, das heißt mit der Symboldauer  $T = 2 · T_{\rm B}$.
	* Multiplikation der Teilsignale mit Cosinus und Minus–Sinus, deren Amplituden $g_0$ jeweils um den Faktor $\sqrt{2}$ kleiner sind als $s_0$.		* Multiplikation der Teilsignale mit Cosinus und Minus–Sinus, deren Amplituden  $g_0$  jeweils um den Faktor  $\sqrt{2}$  kleiner sind als  $s_0$.
	* Summation der beiden Teilsignale, die mit $s_{\cos}(t)$ und $s_{–\sin}(t)$ bezeichnet werden:		* Summation der beiden Teilsignale, die mit  $s_{\cos}(t)$  und  $s_{–\sin}(t)$  bezeichnet werden:
	:$$s(t) = s_{\rm cos}(t)+ s_{\rm -sin}(t) \hspace{0.05cm}.$$		:$$s(t) = s_{\rm cos}(t)+ s_{\rm -sin}(t) \hspace{0.05cm}.$$






	''Hinweise:''		''Hinweise:''
	*Die Aufgabe gehört zum Kapitel [[Modulationsverfahren/Quadratur%E2%80%93Amplitudenmodulation\|Quadratur–Amplitudenmodulation]].		*Die Aufgabe gehört zum Kapitel  [[Modulationsverfahren/Quadratur%E2%80%93Amplitudenmodulation\|Quadratur–Amplitudenmodulation]].
	*Bezug genommen wird aber auch auf die Seite [[Modulationsverfahren/Lineare_digitale_Modulation#BPSK_.E2.80.93_Binary_Phase_Shift_Keying\|BPSK – Binary Phase Shift Keying]] im vorherigen Kapitel.		*Bezug genommen wird aber auch auf die Seite  [[Modulationsverfahren/Lineare_digitale_Modulation#BPSK_.E2.80.93_Binary_Phase_Shift_Keying\|BPSK – Binary Phase Shift Keying]]  im vorherigen Kapitel.
	* Das Leistungsdichtespektrum (LDS) einer QAM-Komponente ist identisch mit dem vergleichbaren BPSK–LDS.		* Das Leistungsdichtespektrum (LDS) einer QAM-Komponente ist identisch mit dem vergleichbaren BPSK–LDS.
	*Energien sind in $\rm V^2s$ anzugeben; sie beziehen sich somit auf den Bezugswiderstand $R = 1 \ \rm \Omega$.		*Energien sind in  $\rm V^2s$  anzugeben; sie beziehen sich somit auf den Bezugswiderstand  $R = 1 \ \rm \Omega$.


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	<quiz display=simple>		<quiz display=simple>
	{Wie groß ist die Energie pro Bit   ⇒   $E_{\rm B}$ bei ~~der~~ ''Binary Phase Shift Keying'' (BPSK)?		{Wie groß ist die Energie pro Bit   ⇒   $E_{\rm B}$  bei  ''Binary Phase Shift Keying''  (BPSK)?
	\|type="{}"}		\|type="{}"}
	$E_{\rm B} \ = \ $ { 2 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$		$E_{\rm B} \ = \ $ { 2 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$

	{Wie lautet das Leistungsdichtespektrum ${\it \Phi}_{s,\hspace{0.08cm} \cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f )$ des 4–QAM–Teilsignals $s_{\cos}(t)$ in der äquivalenten Tiefpassdarstellung? <br>Welcher Wert $B_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.08cm}\cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f = 0) $ ergibt sich bei der Frequenz $f = 0$?		{Wie lautet das Leistungsdichtespektrum  ${\it \Phi}_{s,\hspace{0.08cm} \cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f )$ des 4–QAM–Teilsignals $s_{\cos}(t)$ in der äquivalenten Tiefpassdarstellung? <br>Welcher Wert  $B_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.08cm}\cos, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f = 0) $  ergibt sich bei der Frequenz  $f = 0$?
	\|type="{}"}		\|type="{}"}
	$B_0 \ = \ $ { 4 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$		$B_0 \ = \ $ { 4 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$

	{Wie lautet das Leistungsdichtespektrum ${\it \Phi}_{s,\hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f )$ des gesamten 4–QAM–Signals $s(t)$?		{Wie lautet das Leistungsdichtespektrum  ${\it \Phi}_{s,\hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f )$  des gesamten 4–QAM–Signals $s(t)$?
	Welcher Wert $Q_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f = 0) $ ergibt sich hier bei der Frequenz $f = 0$?		<br>Welcher Wert  $Q_0 = {\it \Phi}_{s, \hspace{0.08cm}{\rm TP}}(f = 0) $  ergibt sich hier bei der Frequenz  $f = 0$?
	\|type="{}"}		\|type="{}"}
	$Q_0 \ = \ $ { 8 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$		$Q_0 \ = \ $ { 8 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$

	{Wie groß ist die Energie pro Bit   ⇒   $E_{\rm B}$ bei der ''Quadratur–Amplitudenmodulation'' (4–QAM)?		{Wie groß ist die Energie pro Bit   ⇒   $E_{\rm B}$  bei der  ''Quadratur–Amplitudenmodulation''  (4–QAM)?
	\|type="{}"}		\|type="{}"}
	$E_{\rm B} \ = \ $ { 2 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$		$E_{\rm B} \ = \ $ { 2 3% } $\ \cdot 10^{-6}\ \rm V^2/Hz$