Aufgaben:Aufgabe 4.2: AM/PM-Schwingungen: Unterschied zwischen den Versionen
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− | Die Signaldauer $T$ ist dabei ein ganzzahliges Vielfaches von $1/f_{\rm T}$, wobei $ | + | Die Signaldauer $T$ ist dabei ein ganzzahliges Vielfaches von $1/f_{\rm T}$, wobei $f_{\rm T}$ die Signalfrequenz (Trägerfrequenz) angibt. |
Für die Skizze beträgt die Dauer der energiebegrenzten Signale jeweils $T = 4/f_{\rm T}$, das heißt, man erkennt jeweils genau vier Schwingungen innerhalb von $T$. Die einzelnen Signale $s_i(t)$ unterscheiden sich in der Amplitude ($A_i$) und/oder der Phase ($\phi_i$). Für die beiden ersten (in der Grafik dargestellten) Signale gilt: | Für die Skizze beträgt die Dauer der energiebegrenzten Signale jeweils $T = 4/f_{\rm T}$, das heißt, man erkennt jeweils genau vier Schwingungen innerhalb von $T$. Die einzelnen Signale $s_i(t)$ unterscheiden sich in der Amplitude ($A_i$) und/oder der Phase ($\phi_i$). Für die beiden ersten (in der Grafik dargestellten) Signale gilt: |
Version vom 9. November 2017, 08:43 Uhr
Wir betrachten verschiedene Signalmengen $\{s_i(t)\}$ mit der Laufvariablen $i = 1, \ ... \, M$, die alle in gleicher Weise dargestellt werden können:
- $$s_i(t) = \left\{ \begin{array}{c} A_i \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t + \phi_i) \\ 0 \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} 0 \le t < T \hspace{0.05cm}, \\ {\rm sonst}\hspace{0.05cm}. \\ \end{array}$$
Die Signaldauer $T$ ist dabei ein ganzzahliges Vielfaches von $1/f_{\rm T}$, wobei $f_{\rm T}$ die Signalfrequenz (Trägerfrequenz) angibt.
Für die Skizze beträgt die Dauer der energiebegrenzten Signale jeweils $T = 4/f_{\rm T}$, das heißt, man erkennt jeweils genau vier Schwingungen innerhalb von $T$. Die einzelnen Signale $s_i(t)$ unterscheiden sich in der Amplitude ($A_i$) und/oder der Phase ($\phi_i$). Für die beiden ersten (in der Grafik dargestellten) Signale gilt:
- $$s_1(t)\hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} A \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t ) \hspace{0.05cm},$$
- $$s_2(t)\hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} 2A \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t + \pi/4) \hspace{0.05cm}. $$
Beschränkt man sich zunächst auf diese beiden Signale $s_1(t)$ und $s_2(t)$, so kann man diese durch die Basisfunktionen $\varphi_1(t)$ und $\varphi_2(t)$ vollständig beschreiben. Diese sind orthonormal zueinander, das heißt, unter Berücksichtigung der Zeitbegrenzung auf $T$ gilt:
- $$\int_{0}^{T}\varphi_1^2(t) \, {\rm d} t = \int_{0}^{T}\varphi_2^2(t) \, {\rm d} t = 1 \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} \int_{0}^{T}\varphi_1(t) \cdot \varphi_2(t)\, {\rm d} t = 0 \hspace{0.05cm}.$$
Mit diesen Basisfunktionen lassen sich die beiden Signale wie folgt darstellen:
- $$s_1(t)\hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} s_{11} \cdot \varphi_1(t) \hspace{0.05cm},$$
- $$s_2(t)\hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} s_{21} \cdot \varphi_1(t) + s_{22} \cdot \varphi_2(t) \hspace{0.05cm}. $$
In der Teilaufgabe (7) soll überprüft werden, ob sich alle Signale $s_i(t)$ gemäß der obigen Definition (mit beliebiger Amplitude $A_i$ und beliebiger Phase $\phi_i$) durch die folgende Gleichung beschreiben lassen:
- $$s_i(t)= s_{i1} \cdot \varphi_1(t) + s_{i2} \cdot \varphi_2(t) \hspace{0.05cm}. $$
Die Basisfunktionen $\varphi_1(t)$ und $\varphi_2(t)$ sollen hier durch das Gram–Schmidt–Verfahren gefunden werden, das im Theorieteil ausführlich beschrieben wurde. Die erforderlichen Gleichungen sind hier nochmals zusammengestellt:
- $$\varphi_1(t) = \frac{s_1(t)}{||s_1(t)||}\hspace{0.4cm}{\rm mit}\hspace{0.4cm} s_{11} = ||s_1(t)|| = \sqrt{\int_{0}^{T}s_1^2(t) \, {\rm d} t} \hspace{0.05cm},$$
- $$s_{21} = \hspace{0.1cm} < \hspace{-0.1cm} s_2(t), \hspace{0.1cm}\varphi_1(t) \hspace{-0.1cm} > \hspace{0.1cm} = \int_{0}^{T}s_2(t) \cdot \varphi_1(t)\, {\rm d} t \hspace{0.05cm},$$
- $$\theta_2(t) = s_2(t) - s_{21} \cdot \varphi_1(t)\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} \varphi_2(t) = \frac{\theta_2(t)}{||\theta_2(t)||}\hspace{0.05cm}.$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Themengebiet von Kapitel Signale, Basisfunktionen und Vektorräume.
- Verwenden Sie zur Abkürzung die Energie $E = 1/2 \cdot A^2 \cdot T$.
- Desweiteren ist die folgende trigonometrische Beziehung gegeben:
- $$\cos(\alpha \pm \beta) = \cos(\alpha )\cdot \cos(\beta) \mp \sin(\alpha )\cdot \sin(\beta)\hspace{0.05cm}.$$
Fragebogen
Musterlösung
- $$E_{1} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \int_{0}^{T}A^2 \cdot \cos^2(2\pi f_{\rm T}t )\, {\rm d} t =$$
- $$\hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \frac{A^2 \cdot T}{2}\hspace{0.05cm}+\hspace{0.05cm} \frac{A^2 }{2}\int_{0}^{T} \cos(4\pi f_{\rm T}t )\, {\rm d} t = \frac{A^2 \cdot T}{2} \hspace{0.05cm}\underline{= E} \hspace{0.05cm}. $$
Hierbei ist berücksichtigt, dass $T$ ein geradzahliges Vielfaches von $1/f_{\rm T}$ ist, so dass das zweite Integral verschwindet. Weiter gilt:
- $$||s_1(t)|| = \sqrt{E_1} = \sqrt{E} = \hspace{0.1cm}\hspace{0.15cm}\underline{1 \cdot E^{\hspace{0.05cm}0.5}} \hspace{0.05cm}.$$
(2) Die Basisfunktion $\varphi_1(t)$ ist formgleich mit $s_1(t)$, wobei gilt:
- $$\varphi_1(t) = \frac{s_1(t)}{||s_1(t)||}= \frac{A \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t )}{\sqrt{E}}= \frac{A \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t )}{\sqrt{1/2 \cdot A^2 \cdot T}} = \sqrt{{2}/{T}} \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t ) \hspace{0.05cm}.$$
Richtig ist demnach der letzte Lösungsvorschlag.
(3) Entsprechend der unter (2) angegebenen Gleichung gilt
- $$s_1(t) = ||s_1(t)|| \cdot \varphi_1(t) = \sqrt{E} \cdot \varphi_1(t) \hspace{0.05cm},$$
also der Lösungsvorschlag 1.
(4) Mit dem Signal $s_2(t)$ entsprechend der Angabe, der Basisfunktion $\varphi_1(t)$ gemäß Teilaufgabe (2) sowie der angegebenen trigonometrischen Beziehung erhält man:
- $$s_{21} \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \hspace{0.1cm} < \hspace{-0.1cm} s_2(t), \hspace{0.1cm}\varphi_1(t) \hspace{-0.1cm} > \hspace{0.1cm} = \int_{0}^{T}2A \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t + {\pi}/{4}) \cdot \sqrt{{2}/{T}} \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t )\, {\rm d} t = $$
- $$\hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \sqrt{\frac{8A^2}{T}}\cdot \int_{0}^{T}\cos({\pi}/{4}) \cdot \cos^2(2\pi f_{\rm T}t )\, {\rm d} t \hspace{0.1cm}- $$
- $$\hspace{-0.1cm} \ - \ \hspace{-0.1cm} \sqrt{\frac{8A^2}{T}}\cdot \int_{0}^{T}\sin({\pi}/{4}) \cdot \sin(2\pi f_{\rm T}t )\cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t )\, {\rm d} t \hspace{0.05cm}. $$
Der zweite Anteil ergibt den Wert $0$ (Orthogonalität). Der erste Anteil liefert:
- $$s_{21} = \sqrt{\frac{8A^2}{T}}\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{T}{2} = \sqrt{A^2 \cdot T} = \sqrt{2E} \hspace{0.1cm}\hspace{0.15cm}\underline { = 1.414 \cdot E^{\hspace{0.05cm}0.5}} \hspace{0.05cm}.$$
(5) Entsprechend dem Gram–Schmidt–Verfahren erhält man
- $$\theta_2(t) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} s_2(t) - s_{21} \cdot \varphi_1(t)\hspace{0.05cm} = $$
- $$ \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} 2A \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t + {\pi}/{4}) - \sqrt{A^2 \cdot T} \cdot \sqrt{{2}/{T}} \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t )= $$
- $$\hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} 2A \cdot \cos({\pi}/{4})\cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t )\hspace{0.1cm} - \hspace{0.1cm} 2A \cdot \sin({\pi}/{4})\cdot \sin(2\pi f_{\rm T}t )\hspace{0.1cm} - $$
- $$\hspace{-0.1cm} \ - \ \hspace{-0.1cm} \sqrt{2} \cdot A \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t ) \hspace{0.05cm}. $$
Mit $\cos {(\pi/4)} = \sin (\pi/4) = 2^{\rm –0.5}$ folgt daraus:
- $$\theta_2(t) = - \sqrt{2} \cdot A \cdot \sin(2\pi f_{\rm T}t ) \hspace{0.05cm}.$$
Richtig ist demnach der zweite Lösungsvorschlag.
(6) Analog zur Teilaufgabe (2) ergibt sich die orthonormale Basisfunktion $\varphi_2(t)$ zu
- $$\varphi_2(t) = \frac{\theta_2(t)}{||\theta_2(t)||} = - \sqrt{{2}/{T}} \cdot \sin(2\pi f_{\rm T}t ) \hspace{0.05cm}.$$
Damit kann das Signal $s_2(t)$ wie folgt dargestellt werden ($s_21$ entsprechend Teilaufgabe (4)):
- $$s_2(t)\hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} s_{21} \cdot \varphi_1(t) + s_{22} \cdot \varphi_2(t) \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}s_{21} = \underline{ = 1.414 \cdot {E}^{\hspace{0.05cm}0.5}}\hspace{0.05cm},$$
- $$s_{22}\hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \frac{\theta_2(t)}{\varphi_2(t)} = \frac{-\sqrt{2} \cdot A \cdot \sin(2\pi f_{\rm T}t )} {-\sqrt{2/T}\cdot \sin(2\pi f_{\rm T}t )} = \sqrt{2} \cdot \sqrt{1/2 \cdot A^2 \cdot T}\hspace{0.05cm} \underline{ = 1.414 \cdot {E}^{\hspace{0.05cm}0.5}}\hspace{0.05cm}.$$
(7) Wir betrachten sehr viele energiebegrenzte Signale ($M >> 2$) folgender Form:
- $$s_i(t)= \left\{ \begin{array}{c} A_i \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t + \phi_i) \\ 0 \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} 0 \le t < T \hspace{0.05cm}, \\ {\rm sonst}\hspace{0.05cm}. \\ \end{array}$$
Die Laufvariable kann dabei die Werte $i = 1, 2, \ ... \ , M$ annehmen. Dann gilt:
- Alle $M$ Signale lassen sich durch nur $N = 2$ Basisfunktionen vollständig beschreiben:
- $$s_i(t)= s_{i1} \cdot \varphi_1(t) + s_{i2} \cdot \varphi_2(t) \hspace{0.05cm}. $$
- Geht man nach dem Gram–Schmidt–Verfahren vor, so erhält man für die beiden Basisfunktionen
- $$\varphi_1(t) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \sqrt{{2}/{T}} \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t + \phi_1)\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} \varphi_2(t) = \sqrt{{2}/{T}} \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t + \phi_1 \pm {\pi}/{2})\hspace{0.05cm}.$$
- Das Vorzeichen im Argument der zweiten Cosinusfunktion ($± \pi/2$) ist nicht eindeutig. Dann hängt auch das Vorzeichen von $s_{\it i \rm 2}$ davon ab, ob bei $\varphi_2(t)$ das Pluszeichen oder das Minuszeichen verwendet wurde.
- Mögliche Basisfunktionen, die dann zu anderen Koeffizienten führen, sind aber auch:
- $$\varphi_1(t) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \sqrt{{2}/{T}} \cdot \cos(2\pi f_{\rm T}t )\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} \varphi_2(t) \pm \sqrt{{2}/{T}} \cdot \sin(2\pi f_{\rm T}t )\hspace{0.05cm}.$$
Richtig sind also die Lösungsvorschläge 2 und 3.