Aufgaben:Aufgabe 2.2: Verzerrungsleistung: Unterschied zwischen den Versionen

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'''(1)'''  Mit den gegebenen Parametern $\alpha = 1$ und $\tau= 0$ erhält man das in der Grafik dargestellte Fehlersignal $\varepsilon(t)$. Die Verzerrungsleistung ist somit gleich:
 
'''(1)'''  Mit den gegebenen Parametern $\alpha = 1$ und $\tau= 0$ erhält man das in der Grafik dargestellte Fehlersignal $\varepsilon(t)$. Die Verzerrungsleistung ist somit gleich:
$$P_{\rm V1}  =  \frac{ {1 \, \rm ms}}{4 \, \rm ms} \cdot \left[ ({0.1 \, \rm V})^2  +
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:$$P_{\rm V1}  =  \frac{ {1 \, \rm ms}}{4 \, \rm ms} \cdot \left[ ({0.1 \, \rm V})^2  +
 
   ({-0.1 \, \rm V})^2\right]\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}P_{\rm V1} \hspace{0.15cm}\underline{ =  5 \cdot 10^{-3} \, \rm  V^2}. $$
 
   ({-0.1 \, \rm V})^2\right]\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}P_{\rm V1} \hspace{0.15cm}\underline{ =  5 \cdot 10^{-3} \, \rm  V^2}. $$
  
  
 
'''(2)'''  Die Leistung des Eingangssignals beträgt:
 
'''(2)'''  Die Leistung des Eingangssignals beträgt:
$$P_{x}  =  \frac{1}{4 \, \rm ms} \cdot ({1 \, \rm V})^2 \cdot {4 \, \rm ms}\hspace{0.15cm}{ = {1 \, \rm  V^2}}.$$
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:$$P_{x}  =  \frac{1}{4 \, \rm ms} \cdot ({1 \, \rm V})^2 \cdot {4 \, \rm ms}\hspace{0.15cm}{ = {1 \, \rm  V^2}}.$$
  
 
Mit dem Ergebnis aus (1) erhält man somit für das Signal–zu–Verzerrungs–Leistungsverhältnis:
 
Mit dem Ergebnis aus (1) erhält man somit für das Signal–zu–Verzerrungs–Leistungsverhältnis:
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   V^2}}{0.005 \,  \rm V^2}\hspace{0.05cm}\rm = 200\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}
 
   V^2}}{0.005 \,  \rm V^2}\hspace{0.05cm}\rm = 200\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}
 
   10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}\rho_{\rm V1}\hspace{0.15cm}\underline{ = {23.01 \, \rm dB}}.$$
 
   10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}\rho_{\rm V1}\hspace{0.15cm}\underline{ = {23.01 \, \rm dB}}.$$
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'''(3)'''  Die Skizze auf dem Angabenblatt macht deutlich, dass sich auch ohne die auftretenden Verzerrungen, sondern allein durch Dämpfung und Laufzeit das Signal $y(t)$ von $x(t)$ deutlich unterscheiden würde. Es würde sich $y(t) = 0.5 \cdot x(t-1\ {\rm ms}) $  ergeben.
 
'''(3)'''  Die Skizze auf dem Angabenblatt macht deutlich, dass sich auch ohne die auftretenden Verzerrungen, sondern allein durch Dämpfung und Laufzeit das Signal $y(t)$ von $x(t)$ deutlich unterscheiden würde. Es würde sich $y(t) = 0.5 \cdot x(t-1\ {\rm ms}) $  ergeben.
  
 
Wenn jemand diese Werte nicht sofort aus der Grafik erkennt, so müsste er für sehr (unendlich) viele $\alpha$– und $\tau$–Werte zunächst das Fehlersignal
 
Wenn jemand diese Werte nicht sofort aus der Grafik erkennt, so müsste er für sehr (unendlich) viele $\alpha$– und $\tau$–Werte zunächst das Fehlersignal
$$\varepsilon_2(t) = y_2(t) - \alpha \cdot x(t - \tau)$$
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:$$\varepsilon_2(t) = y_2(t) - \alpha \cdot x(t - \tau)$$
  
und anschließend den mitteleren quadratischen Fehler ermitteln, wobei das Integrationsintervall jeweils an $\tau$ anzupassen ist. Auch dann würde man das kleinstmögliche Ergebnis für $\alpha \; \underline{= 0.5}$ und $\tau \; \underline{= 1 \ \rm ms}$ erhalten. Für diese Optimierung von $\alpha$ und $\tau$ sollte man sich allerdings schon ein Computerprogramm gönnen.
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und anschließend den mittleren quadratischen Fehler ermitteln, wobei das Integrationsintervall jeweils an $\tau$ anzupassen ist. Auch dann würde man das kleinstmögliche Ergebnis für $\alpha \; \underline{= 0.5}$ und $\tau \; \underline{= 1 \ \rm ms}$ erhalten. Für diese Optimierung von $\alpha$ und $\tau$ sollte man sich allerdings schon ein Computerprogramm gönnen.
  
'''(4)'''  Die obige Skizze zeigt, dass $\varepsilon_2(t)$  bis auf eine Verschiebung um $1 \ \rm ms$ gleich dem Fehlersignal $\varepsilon_1(t)$ ist. Mit dem Integrationsintervall $1 \ {\rm ms} ... 5 \ {\rm ms}$ ergibt sich somit auch die gleiche Verzerrungsleistung:
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'''(4)'''  Die obige Skizze zeigt, dass $\varepsilon_2(t)$  bis auf eine Verschiebung um $1 \ \rm ms$ gleich dem Fehlersignal $\varepsilon_1(t)$ ist. Mit dem Integrationsintervall $1 \ {\rm ms}$ ... $5 \ {\rm ms}$ ergibt sich somit auch die gleiche Verzerrungsleistung:
 
:$$P_{\rm V2}  =  P_{\rm V1} \hspace{0.15cm}\underline{ =  5 \cdot 10^{-3} \, \rm  V^2}.$$
 
:$$P_{\rm V2}  =  P_{\rm V1} \hspace{0.15cm}\underline{ =  5 \cdot 10^{-3} \, \rm  V^2}.$$
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'''(5)'''  Entsprechend dem Angabenblatt gilt:
 
'''(5)'''  Entsprechend dem Angabenblatt gilt:
$$\rho_{\rm V2} = \frac{ \alpha^2 \cdot P_{x}}{P_{\rm V2}}= \frac{ 0.5^2 \cdot {1 \, \rm
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:$$\rho_{\rm V2} = \frac{ \alpha^2 \cdot P_{x}}{P_{\rm V2}}= \frac{ 0.5^2 \cdot {1 \, \rm
 
   V^2}}{0.005 \,  \rm V^2}\hspace{0.05cm}\rm = 50\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}
 
   V^2}}{0.005 \,  \rm V^2}\hspace{0.05cm}\rm = 50\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}
 
   10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}\rho_{\rm V2} \hspace{0.15cm}\underline{= {16.99 \, \rm dB}}.$$
 
   10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}\rho_{\rm V2} \hspace{0.15cm}\underline{= {16.99 \, \rm dB}}.$$
  
Trotz gleicher Verzerrungsleistung ist $10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}\rho_{\rm V2}$ gegenüber $10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}\rho_{\rm V1}$ um etwa $6 \ \rm dB$ geringer. Das Signal $y_2(t)$ ist also hinsichtlich des SNR  deutlich ungünstiger als $y_1(t)$. Hierbei ist berücksichtigt, dass nun wegen $\alpha {= 0.5}$ die Leistung des Ausgangssignals nur noch ein Viertel der Eingangsleistung beträgt.
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Trotz gleicher Verzerrungsleistung ist $10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}\rho_{\rm V2}$ gegenüber $10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}\rho_{\rm V1}$ um etwa $6 \ \rm dB$ geringer. Das Signal $y_2(t)$ ist also hinsichtlich des SNR  deutlich ungünstiger als $y_1(t)$. Hierbei ist berücksichtigt, dass nun wegen $\alpha = 0.5$ die Leistung des Ausgangssignals nur noch ein Viertel der Eingangsleistung beträgt.
  
 
Würde man diese Dämpfung am Ausgang durch eine Verstärkung um $1/\alpha$ kompensieren, so würde zwar die Verzerrungsleistung um $\alpha^2$ größer. Das Signal-zu-Verzerrungs-Leistungsverhältnis <i>&rho;</i><sub>V2</sub> bliebe jedoch erhalten, weil auch das &bdquo;Nutzsignal&rdquo; um den gleichen Betrag angehoben wird.
 
Würde man diese Dämpfung am Ausgang durch eine Verstärkung um $1/\alpha$ kompensieren, so würde zwar die Verzerrungsleistung um $\alpha^2$ größer. Das Signal-zu-Verzerrungs-Leistungsverhältnis <i>&rho;</i><sub>V2</sub> bliebe jedoch erhalten, weil auch das &bdquo;Nutzsignal&rdquo; um den gleichen Betrag angehoben wird.

Version vom 7. März 2018, 16:16 Uhr

Eingangssignal und Ausgangssignale

Am Eingang eines Nachrichtensystems $S_1$ wird ein Rechteckimpuls $x(t)$ mit der Amplitude $1 \ \rm V$ und der Dauer $4 \ \rm ms$ angelegt. Am Systemausgang wird dann der Impuls $y_1(t)$ gemessen, dessen Signalparameter der mittleren Skizze entnommen werden können.

Am Ausgang eines anderen Systems $S_2$ stellt sich bei gleichem Eingangssignal $x(t)$ das in dem unteren Bild dargestellte Signal $y_2(t)$ ein.

Für das in dieser Aufgabe verwendete Fehlersignal gelte folgende Definition:

$$\varepsilon(t) = y(t) - \alpha \cdot x(t - \tau) .$$

Die Parameter $\alpha$ und $\tau$ sind so zu bestimmen, dass die Verzerrungsleistung (der mittlere quadratische Fehler) minimal ist. Für diese gilt:

$$P_{\rm V} = \overline{\varepsilon^2(t)} = \frac{1}{T_{\rm M}} \cdot \int\limits_{ ( T_{\rm M})} {\varepsilon^2(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t$$

Bei diesen Definitionen ist bereits berücksichtigt, dass eine frequenzunabhängige Dämpfung ebenso wie eine für alle Frequenzen konstante Laufzeit nicht zur Verzerrung beiträgt.

Das Integrationsintervall ist jeweils geeignet zu wählen. Benutzen Sie für $y_1(t)$ den Bereich von $0$ ... $4 \ \rm ms$ und für $y_2(t)$ das Intervall $1 \ {\rm ms}$ ... $5 \ \rm ms$ Damit beträgt in beiden Fällen die Messdauer $T_{\rm M} = 4 \ \rm ms$. Es ist offensichtlich, dass bezüglich $y_1(t)$ die Parameter $\alpha = 1$ und $\tau = 0$ jeweils zur minimalen Verzerrungsleistung führen.

Das so genannte Signal–zu–Verzerrungs–Leistungsverhältnis berechnet sich im allgemeinen Fall zu

$$\rho_{\rm V} = \frac{ \alpha^2 \cdot P_{x}}{P_{\rm V}} \hspace{0.05cm}.$$

Hierbei bezeichnet

  • $P_x$ die Leistung des Signals $x(t)$, und
  • $\alpha^2 \cdot P_x$ die Leistung von $y(t) = \alpha \cdot x(t - \tau)$, die sich bei Abwesenheit von Verzerrungen ergeben würde.


Meist – so auch in dieser Aufgabe – wird dieses S/N-Verhältnis $\rho_{\rm V}$ logarithmisch in $\rm dB$ angegeben.




Hinweise:


Fragebogen

1

Ermitteln Sie die Verzerrungsleistung des Systems $S_1$.

$P_{\rm V1} \ = \ $

$\ \cdot 10^{-3} \ {\rm V}^2$

2

Berechnen Sie das Signal–zu–Verzerrungs–Leistungsverhältnis für System $S_1$.

$10 \cdot {\rm lg} \ \rho_\text{V1} \ = \ $

$\ \rm dB$

3

Welche Parameter $\alpha$ und $\tau$ sollten zur Berechnung der Verzerrungsleistung des Systems $S_2$ herangezogen werden? Begründen Sie Ihr Ergebnis.

$\alpha \ = \ $

$\tau \ = \ $

$\ \rm ms$

4

Ermitteln Sie die Verzerrungsleistung des Systems $S_2$.

$P_{\rm V2} \ = \ $

$\ \cdot 10^{-3} \ {\rm V}^2$

5

Berechnen Sie das Signal–zu–Verzerrungs–Leistungsverhältnis für das System $S_2$. Interpretieren Sie die unterschiedlichen Ergebnisse.

$10 \cdot {\rm lg} \ \rho_\text{V2} \ = \ $

$\ \rm dB$


Musterlösung

Resultierende Fehlersignale

(1)  Mit den gegebenen Parametern $\alpha = 1$ und $\tau= 0$ erhält man das in der Grafik dargestellte Fehlersignal $\varepsilon(t)$. Die Verzerrungsleistung ist somit gleich:

$$P_{\rm V1} = \frac{ {1 \, \rm ms}}{4 \, \rm ms} \cdot \left[ ({0.1 \, \rm V})^2 + ({-0.1 \, \rm V})^2\right]\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}P_{\rm V1} \hspace{0.15cm}\underline{ = 5 \cdot 10^{-3} \, \rm V^2}. $$


(2)  Die Leistung des Eingangssignals beträgt:

$$P_{x} = \frac{1}{4 \, \rm ms} \cdot ({1 \, \rm V})^2 \cdot {4 \, \rm ms}\hspace{0.15cm}{ = {1 \, \rm V^2}}.$$

Mit dem Ergebnis aus (1) erhält man somit für das Signal–zu–Verzerrungs–Leistungsverhältnis: $$\rho_{\rm V1} = \frac{ P_{x}}{P_{\rm V1}}= \frac{ {1 \, \rm V^2}}{0.005 \, \rm V^2}\hspace{0.05cm}\rm = 200\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} 10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}\rho_{\rm V1}\hspace{0.15cm}\underline{ = {23.01 \, \rm dB}}.$$


(3)  Die Skizze auf dem Angabenblatt macht deutlich, dass sich auch ohne die auftretenden Verzerrungen, sondern allein durch Dämpfung und Laufzeit das Signal $y(t)$ von $x(t)$ deutlich unterscheiden würde. Es würde sich $y(t) = 0.5 \cdot x(t-1\ {\rm ms}) $ ergeben.

Wenn jemand diese Werte nicht sofort aus der Grafik erkennt, so müsste er für sehr (unendlich) viele $\alpha$– und $\tau$–Werte zunächst das Fehlersignal

$$\varepsilon_2(t) = y_2(t) - \alpha \cdot x(t - \tau)$$

und anschließend den mittleren quadratischen Fehler ermitteln, wobei das Integrationsintervall jeweils an $\tau$ anzupassen ist. Auch dann würde man das kleinstmögliche Ergebnis für $\alpha \; \underline{= 0.5}$ und $\tau \; \underline{= 1 \ \rm ms}$ erhalten. Für diese Optimierung von $\alpha$ und $\tau$ sollte man sich allerdings schon ein Computerprogramm gönnen.


(4)  Die obige Skizze zeigt, dass $\varepsilon_2(t)$ bis auf eine Verschiebung um $1 \ \rm ms$ gleich dem Fehlersignal $\varepsilon_1(t)$ ist. Mit dem Integrationsintervall $1 \ {\rm ms}$ ... $5 \ {\rm ms}$ ergibt sich somit auch die gleiche Verzerrungsleistung:

$$P_{\rm V2} = P_{\rm V1} \hspace{0.15cm}\underline{ = 5 \cdot 10^{-3} \, \rm V^2}.$$


(5)  Entsprechend dem Angabenblatt gilt:

$$\rho_{\rm V2} = \frac{ \alpha^2 \cdot P_{x}}{P_{\rm V2}}= \frac{ 0.5^2 \cdot {1 \, \rm V^2}}{0.005 \, \rm V^2}\hspace{0.05cm}\rm = 50\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} 10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}\rho_{\rm V2} \hspace{0.15cm}\underline{= {16.99 \, \rm dB}}.$$

Trotz gleicher Verzerrungsleistung ist $10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}\rho_{\rm V2}$ gegenüber $10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.1cm}\rho_{\rm V1}$ um etwa $6 \ \rm dB$ geringer. Das Signal $y_2(t)$ ist also hinsichtlich des SNR deutlich ungünstiger als $y_1(t)$. Hierbei ist berücksichtigt, dass nun wegen $\alpha = 0.5$ die Leistung des Ausgangssignals nur noch ein Viertel der Eingangsleistung beträgt.

Würde man diese Dämpfung am Ausgang durch eine Verstärkung um $1/\alpha$ kompensieren, so würde zwar die Verzerrungsleistung um $\alpha^2$ größer. Das Signal-zu-Verzerrungs-Leistungsverhältnis ρV2 bliebe jedoch erhalten, weil auch das „Nutzsignal” um den gleichen Betrag angehoben wird.