Aufgaben:Aufgabe 4.4: Koaxialkabel – Frequenzgang: Unterschied zwischen den Versionen

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===Musterlösung===
 
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:<b>1.</b>&nbsp;&nbsp;Der <i>&alpha;</i><sub>0</sub>&ndash;Term bewirkt nur eine frequenzunabhängige Dämpfung und der <i>&beta;</i><sub>1</sub>&ndash;Term (lineare Phase) eine frequenzunabhängige Laufzeit. Alle anderen Terme tragen zu den (linearen) Verzerrungen bei &nbsp;&#8658;&nbsp; Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 1 und 4</u>.
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'''(1)'''&nbsp; Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 1 und 4</u>:
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*Der $\alpha_0$&ndash;Term bewirkt nur eine frequenzunabhängige Dämpfung.
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*Der $\beta_1$&ndash;Term (lineare Phase) führt zu einer frequenzunabhängigen Laufzeit.  
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*Alle anderen Terme tragen zu den (linearen) Verzerrungen bei.
  
:<b>2.</b>&nbsp;&nbsp;Mit a<sub>0</sub> = <i>a</i><sub>0</sub> &middot; <i>l</i> muss folgende Gleichung erfüllt sein:
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:$${\rm e}^{- {\rm a}_0 }  \ge 0.99
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'''(2)'''&nbsp; Mit ${\rm a}_0 = \alpha_0 \cdot l$ muss die folgende Gleichung erfüllt sein:
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$${\rm e}^{- {\rm a}_0 }  \ge 0.99
 
   \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm a}_0 < {\rm ln}
 
   \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm a}_0 < {\rm ln}
 
   \hspace{0.10cm}\frac{1}{0.99}\approx 0.01\,\,{\rm (Np)}
 
   \hspace{0.10cm}\frac{1}{0.99}\approx 0.01\,\,{\rm (Np)}
 
   \hspace{0.05cm}.$$
 
   \hspace{0.05cm}.$$
:Damit erhält man für die maximale Kabellänge
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Damit erhält man für die maximale Kabellänge:
:$$l_{\rm max} = \frac{{\rm a}_0 }{\alpha_0 }  = \frac{0.01\,\,{\rm Np}}{0.00162\,\,{\rm Np/km}}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 6.173\,\,{\rm km}}
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$$l_{\rm max} = \frac{{\rm a}_0 }{\alpha_0 }  = \frac{0.01\,\,{\rm Np}}{0.00162\,\,{\rm Np/km}}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 6.173\,\,{\rm km}}
 
   \hspace{0.05cm}.$$
 
   \hspace{0.05cm}.$$
  
:<b>3.</b>&nbsp;&nbsp;Für den Dämpfungsverlauf gilt bei Berücksichtigung aller Terme:
 
:$$a_{\rm K}(f)  =  [\alpha_0 + \alpha_1  \cdot f + \alpha_2  \cdot
 
  \sqrt{f}\hspace{0.05cm}] \cdot l = \\
 
  =  [0.00162 + 0.000435  \cdot 70 + 0.2722  \cdot \sqrt{70}\hspace{0.05cm}]\, \frac{\rm Np}{\rm km} \cdot 2\,{\rm km} = \\
 
  =  [0.003 + 0.061  + 4.555  \hspace{0.05cm}]\, {\rm Np}\hspace{0.15cm}\underline{= 4.619\, {\rm Np}}\hspace{0.05cm}.$$
 
  
:<b>4.</b>&nbsp;&nbsp;Entsprechend der Berechnung bei Punkt 3) erhält man hier den Dämpfungswert <u>4.555 Np</u>.
+
'''(3)'''&nbsp; Für den Dämpfungsverlauf gilt bei Berücksichtigung aller Terme:
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$${\rm a}_{\rm K}(f)  =  [\alpha_0 + \alpha_1  \cdot f + \alpha_2  \cdot
 +
  \sqrt{f}\hspace{0.05cm}] \cdot l
 +
  =  [0.00162 + 0.000435  \cdot 70 + 0.2722  \cdot \sqrt{70}\hspace{0.05cm}]\, \frac{\rm Np}{\rm km} \cdot 2\,{\rm km} $$
 +
$$  \Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm a}_{\rm K}(f)   =  [0.003 + 0.061  + 4.555   \hspace{0.05cm}]\, {\rm Np}\hspace{0.15cm}\underline{= 4.619\, {\rm Np}}\hspace{0.05cm}.$$
  
:<b>5.</b>&nbsp;&nbsp;Für eine jede positive Größe <i>x</i> gilt:
+
'''(4)'''&nbsp; Entsprechend der Berechnung in der Teilaufgabe (3) erhält man hier den Dämpfungswert $\underline{4.555 \ \rm Np}$.
:$$x_{\rm Np} = {\rm ln} \hspace{0.10cm} x =  \frac{{\rm lg} \hspace{0.10cm} x}{{\rm lg} \hspace{0.10cm} {\rm e}}
+
 
 +
'''(5)'''&nbsp; Für eine jede positive Größe $x$ gilt:
 +
$$x_{\rm Np} = {\rm ln} \hspace{0.10cm} x =  \frac{{\rm lg} \hspace{0.10cm} x}{{\rm lg} \hspace{0.10cm} {\rm e}}
 
   =  \frac{1}{{20 \cdot \rm lg} \hspace{0.10cm} {\rm e}} \cdot
 
   =  \frac{1}{{20 \cdot \rm lg} \hspace{0.10cm} {\rm e}} \cdot
   (20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.10cm} x) = 0.1151 \cdot x_{\rm dB}$$
+
   (20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.10cm} x) = 0.1151 \cdot x_{\rm dB} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} x_{\rm dB} = 8.6859 \cdot x_{\rm
:$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} x_{\rm dB} = 8.6859 \cdot x_{\rm
 
 
  Np}\hspace{0.05cm}.$$
 
  Np}\hspace{0.05cm}.$$
:Der Dämpfungswert 4.555 Np ist somit identisch mit <u>39.56 dB</u>.
+
Der Dämpfungswert 4.555 Np ist somit identisch mit $\underline{39.56 \ \rm dB}$.
  
:<b>6.</b>&nbsp;&nbsp;Mit der Beschränkung auf den Dämpfungsterm mit <i>&alpha;</i><sub>2</sub> gilt für den Frequenzgang:
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'''(6)'''&nbsp; Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 1, 4 und 5</u>. Begründung:
:$$H_{\rm K}(f)  =
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Mit der Beschränkung auf den Dämpfungsterm mit $\alpha_2$ gilt für den Frequenzgang:
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$$H_{\rm K}(f)  =
 
   {\rm e}^{- \alpha_2  \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot
 
   {\rm e}^{- \alpha_2  \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot
 
   \sqrt{f}}  \cdot
 
   \sqrt{f}}  \cdot
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   {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2  \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot
 
   {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2  \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot
 
   \sqrt{f}}  \hspace{0.05cm}.$$
 
   \sqrt{f}}  \hspace{0.05cm}.$$
:Verzichtet man auf den <i>&beta;</i><sub>1</sub>&ndash;Phasenterm, so ändert sich bezüglich den Verzerrungen nichts. Lediglich die Phasen&ndash; und die Gruppenlaufzeit würden (beide gleich) um den Wert <i>&tau;</i><sub>1</sub> = (<i>&beta;</i><sub>1</sub> &middot; <i>l</i>)/2&pi; kleiner.
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Verzichtet man auf den $\beta_1$&ndash;Phasenterm, so ändert sich bezüglich den Verzerrungen nichts. Lediglich die Phasen&ndash; und die Gruppenlaufzeit würden (beide gleich) um den Wert $\tau_1 = (\beta_1 \cdot l)/(2\pi)$ kleiner.
  
:Verzichtet man auf den <i>&beta;</i><sub>2</sub>&ndash;Term, so ergeben sich dagegen völlig andere Verhältnisse:
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Verzichtet man auf den $\beta_2$&ndash;Term, so ergeben sich dagegen völlig andere Verhältnisse:
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* Der Frequenzgang $H_{\rm K}(f)$ erfüllt nun nicht mehr die Voraussetzung eines kausalen Systems; bei einem solchen müsste $H_{\rm K}(f)$ minimalphasig sein.
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* Die Impulsantwort  $h_{\rm K}(t)$ ist bei reellem Frequenzgang symmetrisch um $t = 0$, was nicht den Gegebenheiten entspricht.
  
:* Der Frequenzgang <i>H</i><sub>K</sub>(<i>f</i>) erfüllt nun nicht mehr die Voraussetzung eines kausalen Systems; bei einem solchen muss <i>H</i><sub>K</sub>(<i>f</i>) minimalphasig sein.
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Deshalb ist als eine Näherung für den Koaxialkabelfrequenzgang erlaubt:
 
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$${\rm a}_{\rm K}(f) = \alpha_2  \cdot l \cdot
:* Die Impulsantwort <i>h</i><sub>K</sub>(<i>t</i>) ist bei reellem Frequenzgang symmetrisch um <i>t</i> = 0, was nicht den Gegebenheiten entspricht.
 
 
 
:Deshalb ist als eine Näherung für den Koaxialkabelfrequenzgang erlaubt:
 
:$$a_{\rm K}(f) = \alpha_2  \cdot l \cdot
 
 
   \sqrt{f}, \hspace{0.2cm}b_{\rm K}(f) = a_{\rm K}(f) \cdot
 
   \sqrt{f}, \hspace{0.2cm}b_{\rm K}(f) = a_{\rm K}(f) \cdot
 
   {\rm rad}/{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$
 
   {\rm rad}/{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$
:Das heißt: a<sub>K</sub>(<i>f</i>) und <i>b</i><sub>K</sub>(<i>f</i>) eines Koaxialkabels sind in erster Näherung formgleich und unterscheiden sich lediglich in ihren Einheiten.
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Das heißt: ${\rm a}_{\rm K}(f)$ und ${b}_{\rm K}(f)$ eines Koaxialkabels sind in erster Näherung formgleich und unterscheiden sich lediglich in ihren Einheiten.
  
:Bei einem Digitalsystem mit der Bitrate <i>R</i> = 140 Mbit/s&nbsp;&#8658;&nbsp;<i>R</i>/2 = 70 Mbit/s und der Kabellänge <i>l</i> = 2 km gilt tatsächlich a<sub>&#8727;</sub> &asymp; 40 dB (siehe Musterlösung zur letzten Teilaufgabe). Ein System mit vierfacher Bitrate (<i>R</i>/2 = 280 Mbit/s) und halber Länge (<i>l</i> = 1 km) führt zur gleichen charakteristischen Kabeldämpfung. Dagegen gilt für ein System mit <i>R</i>/2 = 35 Mbit/s und <i>l</i> = 2 km:
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*Bei einem Digitalsystem mit der Bitrate $R = 140 \ \rm Mbit/s$ &nbsp; &#8658; &nbsp; $R/2 = 70 \ \rm Mbit/s$ und der Kabellänge $l = 2 \ \rm km$ gilt tatsächlich $\rm a_\star \approx 40 \ db$ (siehe Musterlösung zur letzten Teilaufgabe).  
:$$a_{\rm dB} = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac {\rm Np}{km \cdot \sqrt{MHz}} \cdot {\rm 2\,km}\cdot\sqrt{\rm 35\,MHz}
+
*Ein System mit vierfacher Bitrate$R/2 = 280 \ \rm Mbit/s$ und halber Länge ($l = 1 \ \rm km$) führt zur gleichen charakteristischen Kabeldämpfung.  
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*Dagegen gilt für ein System mit $R/2 = 35 \ \rm Mbit/s$ und $l = 2 \ \rm km$:
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:$${\rm a}_{\rm dB} = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac {\rm Np}{km \cdot \sqrt{MHz}} \cdot {\rm 2\,km}\cdot\sqrt{\rm 35\,MHz}
 
  \cdot 8.6859 \,\frac {\rm dB}{\rm Np} \approx 28\,{\rm dB}
 
  \cdot 8.6859 \,\frac {\rm dB}{\rm Np} \approx 28\,{\rm dB}
 
  \hspace{0.05cm}.$$
 
  \hspace{0.05cm}.$$
:Richtig sind somit <u>die Lösungsvorschläge 1, 4 und 5</u>.
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Version vom 15. Februar 2017, 15:58 Uhr

Verschiedene Koaxialkabel

Ein so genanntes Normalkoaxialkabel der Länge $l$ mit

  • dem Kerndurchmesser 2.6 mm,
  • dem Außendurchmesser 9.5 mm, und

besitzt den folgenden Frequenzgang: $$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{- \alpha_0 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} l} \cdot {\rm e}^{- \alpha_1 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}f} \cdot {\rm e}^{- \alpha_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_1 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} l \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}f} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \hspace{0.05cm}.$$ Die Dämpfungsparameter $\alpha_0$, $\alpha_1$ und $\alpha_2$ sind in „Neper pro Kilometer” (Np/km) einzusetzen und die Phasenparameter $\beta_1$ und $\beta_2$ in „Radian pro Kilometer” (rad/km). Es gelten folgende Zahlenwerte: $$\alpha_0 = 0.00162 \hspace{0.15cm}{\rm Np}/{\rm km} \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} \alpha_1 = 0.000435 \hspace{0.15cm} {\rm Np}/{{\rm km} \cdot {\rm MHz}} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} \alpha_2 = 0.2722 \hspace{0.15cm}{\rm Np}/{{\rm km} \cdot \sqrt{\rm MHz}} \hspace{0.05cm}.$$

Häufig verwendet man zur systemtheoretischen Beschreibung eines linearen zeitinvarianten Systems

  • die Dämpfungsfunktion (in Np bzw. dB):

$${\rm a}_{\rm K}(f) = - {\rm ln} \hspace{0.10cm}|H_{\rm K}(f)|= - 20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.10cm}|H_{\rm K}(f)| \hspace{0.05cm},$$

  • die Phasenfunktion (in rad bzw. Grad):

$$b_{\rm K}(f) = - {\rm arc} \hspace{0.10cm}H_{\rm K}(f) \hspace{0.05cm}.$$

In der Praxis benutzt man häufig die Näherung $$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{- \alpha_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} a_{\rm K}(f) = \alpha_2 \cdot l \cdot \sqrt{f}, \hspace{0.2cm}b_{\rm K}(f) = a_{\rm K}(f) \cdot {\rm rad}/{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$ Dies ist erlaubt, da $\alpha_2$ und $\beta_2$ genau den gleichen Zahlenwert besitzen und sich nur durch verschiedene Pseudoeinheiten unterscheiden. Mit der Definition der charakteristischen Kabeldämpfung (in Neper bzw. Dezibel) $${\rm a}_{\rm \star(Np)} = {\rm a}_{\rm K}(f = {R}/{2}) = 0.1151 \cdot {\rm a}_{\rm \star(dB)}$$ lassen sich zudem Digitalsysteme mit unterschiedlicher Bitrate $R$ und Kabellänge $l$ einheitlich behandeln.

Hinweise:


Fragebogen

1

Welche Terme von $H_{\rm} Kx(f)$ führen zu keinen Verzerrungen? Der

$\alpha_0$–Term,
$\alpha_1$–Term,
$\alpha_2$–Term,
$\beta_1$–Term,
$\beta_2$–Term,

2

Welche Länge $l_{\rm max}$ könnte ein solches Kabel besitzen, damit ein Gleichsignal um nicht mehr als $1\%$ gedämpft wird?

$l_\text{max} \ = $

$\ \rm km$

3

Welche Dämpfung (in Np) ergibt sich bei der Frequenz $f = 70 \ \rm MHz$, wenn die Kabellänge $l = 2 \ \rm km$ beträgt?

$l = 2 \ {\rm km}\hspace{-0.1cm}: \;\ a_{\rm K}(f = 70\ \rm MHz) \ = $

$\ \rm Np$

4

Welche Dämpfung ergibt sich bei sonst gleichen Voraussetzungen, wenn man nur den α2–Term berücksichtigt?

${\rm nur} \; \; \alpha_2\hspace{-0.1cm}: \;\ a_{\rm K}(f = 70\ \rm MHz) \ = $

$\ \rm Np$

5

Wie lautet die Formel für die Umrechnung zwischen Np und dB? Welcher dB–Wert ergibt sich für die unter d) berechnete Dämpfung?

${\rm nur} \; \; \alpha_2\hspace{-0.1cm}: \;\ a_{\rm K}(f = 70\ \rm MHz) \ = $

$\ \rm dB$

6

Welche der Aussagen sind unter der Voraussetzung zutreffend, dass man sich bezüglich der Dämpfungsfunktion auf den $\alpha_2$–Wert beschränkt?

Man kann auch auf den Phasenterm mit $\beta_1$ verzichten.
Man kann auch auf den Phasenterm mit $\beta_2$ verzichten.
$\rm a_\star \approx 40 \ db$ gilt für ein System mit $R = 70 \ \rm Mbit/s$ und $l = 2 \ \rm km$.
$\rm a_\star \approx 40 \ db$ gilt für ein System mit $R = 140 \ \rm Mbit/s$ und $l = 2 \ \rm km$.
$\rm a_\star \approx 40 \ db$ gilt für ein System mit $R = 560 \ \rm Mbit/s$ und $l = 1 \ \rm km$.


Musterlösung

(1)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 1 und 4:

  • Der $\alpha_0$–Term bewirkt nur eine frequenzunabhängige Dämpfung.
  • Der $\beta_1$–Term (lineare Phase) führt zu einer frequenzunabhängigen Laufzeit.
  • Alle anderen Terme tragen zu den (linearen) Verzerrungen bei.


(2)  Mit ${\rm a}_0 = \alpha_0 \cdot l$ muss die folgende Gleichung erfüllt sein: $${\rm e}^{- {\rm a}_0 } \ge 0.99 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm a}_0 < {\rm ln} \hspace{0.10cm}\frac{1}{0.99}\approx 0.01\,\,{\rm (Np)} \hspace{0.05cm}.$$ Damit erhält man für die maximale Kabellänge: $$l_{\rm max} = \frac{{\rm a}_0 }{\alpha_0 } = \frac{0.01\,\,{\rm Np}}{0.00162\,\,{\rm Np/km}}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 6.173\,\,{\rm km}} \hspace{0.05cm}.$$


(3)  Für den Dämpfungsverlauf gilt bei Berücksichtigung aller Terme: $${\rm a}_{\rm K}(f) = [\alpha_0 + \alpha_1 \cdot f + \alpha_2 \cdot \sqrt{f}\hspace{0.05cm}] \cdot l = [0.00162 + 0.000435 \cdot 70 + 0.2722 \cdot \sqrt{70}\hspace{0.05cm}]\, \frac{\rm Np}{\rm km} \cdot 2\,{\rm km} $$ $$ \Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm a}_{\rm K}(f) = [0.003 + 0.061 + 4.555 \hspace{0.05cm}]\, {\rm Np}\hspace{0.15cm}\underline{= 4.619\, {\rm Np}}\hspace{0.05cm}.$$

(4)  Entsprechend der Berechnung in der Teilaufgabe (3) erhält man hier den Dämpfungswert $\underline{4.555 \ \rm Np}$.

(5)  Für eine jede positive Größe $x$ gilt: $$x_{\rm Np} = {\rm ln} \hspace{0.10cm} x = \frac{{\rm lg} \hspace{0.10cm} x}{{\rm lg} \hspace{0.10cm} {\rm e}} = \frac{1}{{20 \cdot \rm lg} \hspace{0.10cm} {\rm e}} \cdot (20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.10cm} x) = 0.1151 \cdot x_{\rm dB} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} x_{\rm dB} = 8.6859 \cdot x_{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$ Der Dämpfungswert 4.555 Np ist somit identisch mit $\underline{39.56 \ \rm dB}$.

(6)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 1, 4 und 5. Begründung: Mit der Beschränkung auf den Dämpfungsterm mit $\alpha_2$ gilt für den Frequenzgang: $$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{- \alpha_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_1 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} l \hspace{0.05cm}\cdot f} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \hspace{0.05cm}.$$ Verzichtet man auf den $\beta_1$–Phasenterm, so ändert sich bezüglich den Verzerrungen nichts. Lediglich die Phasen– und die Gruppenlaufzeit würden (beide gleich) um den Wert $\tau_1 = (\beta_1 \cdot l)/(2\pi)$ kleiner.

Verzichtet man auf den $\beta_2$–Term, so ergeben sich dagegen völlig andere Verhältnisse:

  • Der Frequenzgang $H_{\rm K}(f)$ erfüllt nun nicht mehr die Voraussetzung eines kausalen Systems; bei einem solchen müsste $H_{\rm K}(f)$ minimalphasig sein.
  • Die Impulsantwort $h_{\rm K}(t)$ ist bei reellem Frequenzgang symmetrisch um $t = 0$, was nicht den Gegebenheiten entspricht.

Deshalb ist als eine Näherung für den Koaxialkabelfrequenzgang erlaubt: $${\rm a}_{\rm K}(f) = \alpha_2 \cdot l \cdot \sqrt{f}, \hspace{0.2cm}b_{\rm K}(f) = a_{\rm K}(f) \cdot {\rm rad}/{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$ Das heißt: ${\rm a}_{\rm K}(f)$ und ${b}_{\rm K}(f)$ eines Koaxialkabels sind in erster Näherung formgleich und unterscheiden sich lediglich in ihren Einheiten.

  • Bei einem Digitalsystem mit der Bitrate $R = 140 \ \rm Mbit/s$   ⇒   $R/2 = 70 \ \rm Mbit/s$ und der Kabellänge $l = 2 \ \rm km$ gilt tatsächlich $\rm a_\star \approx 40 \ db$ (siehe Musterlösung zur letzten Teilaufgabe).
  • Ein System mit vierfacher Bitrate$R/2 = 280 \ \rm Mbit/s$ und halber Länge ($l = 1 \ \rm km$) führt zur gleichen charakteristischen Kabeldämpfung.
  • Dagegen gilt für ein System mit $R/2 = 35 \ \rm Mbit/s$ und $l = 2 \ \rm km$:
$${\rm a}_{\rm dB} = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac {\rm Np}{km \cdot \sqrt{MHz}} \cdot {\rm 2\,km}\cdot\sqrt{\rm 35\,MHz} \cdot 8.6859 \,\frac {\rm dB}{\rm Np} \approx 28\,{\rm dB} \hspace{0.05cm}.$$