Aufgaben:Aufgabe 4.6: Ortskurve bei ESB-AM

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Spektrum des analytischen Signals

Wir betrachten das analytische Signal  $s_+(t)$  mit der Spektralfunktion

$$S_{\rm +}(f) = 1 \cdot \delta (f - f_{\rm 50})- {\rm j} \cdot\delta (f - f_{\rm 60}) .$$

Hierbei stehen  $f_{50}$  und  $f_{60}$  als Abkürzungen für die Frequenzen  $50 \ \rm kHz$  bzw.  $60 \ \rm kHz$.

In dieser Aufgabe soll der Verlauf des äquivalenten Tiefpass-Signals  $s_{\rm TP}(t)$  analysiert werden, das in diesem Tutorial auch als „Ortskurve” bezeichnet wird.

• In den Teilaufgaben  (1)  bis  (3)  gehen wir davon aus, dass das Signal  $s(t)$  durch eine Einseitenband-Amplitudenmodulation des sinusförmigen Nachrichtensignals der Frequenz  $f_{\rm N} = 10 \ \text{ kHz}$  mit einem cosinusförmigen Träger bei  $f_{\rm T} = f_{50}$  entstanden ist, wobei nur das obere Seitenband übertragen wird   ⇒   $\text{OSB-Modulation}$.
• Dagegen wird bei der Teilaufgabe  (4)  von der Trägerfrequenz  $f_{\rm T} = f_{60}$  ausgegangen. Diese Annahme setzt voraus, dass eine  $\text{USB-Modulation}$  stattgefunden hat.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  Äquivalentes Tiefpass-Signal und zugehörige Spektralfunktion.

• Sie können Ihre Lösung mit dem interaktiven Applet  Physikalisches Signal & Äquivalentes Tiefpass-Signal   ⇒   Ortskurve überprüfen.

Fragebogen

1 Geben Sie das äquivalente Tiefpass-Signal  $s_{\rm TP}(t)$  für die Trägerfrequenz  $f_{\rm T} = 50 \ \text{ kHz}$  an.  Welche der folgenden Aussagen sind zutreffend?

	Die Ortskurve beschreibt eine Ellipse.
	Die Ortskurve beschreibt einen Kreis.
	Die Ortskurve beschreibt einen Kreisbogen.

2 Berechnen Sie die Betragsfunktion  $a(t) = |s_{\rm TP}(t)|$.  Wie groß ist der Wert  $a_0$  bei  $t = 0$  sowie der Minimal– und der Maximalwert des Betrags?

$a_{\text{min}}\ = \ $

$a_{\text{max}}\ = \ $

$a_0\ = \ $

3 Berechnen Sie die Phasenfunktion  $\phi(t)$.  Wie groß sind die Phasenwerte bei  $t = 0$  sowie bei  $t=25 \ {\rm µ} \text{s}$?
Interpretieren Sie  $\phi (t)$ im Bereich um  $t=75 \ {\rm µ} \text{s}$.

$\phi(t=0 \ {\rm µ} \text{s})\ = \ $  $\text{Grad}$

$\phi(t=25 \ {\rm µ} \text{s})\ = \ $  $\text{Grad}$

$\phi(t=75 \ {\rm µ} \text{s})\ = \ $  $\text{Grad}$

4 Geben Sie das äquivalente Tiefpass-Signal  $s_{\rm TP}(t)$  für  $f_{\rm T} = 60 \ \text{kHz} = f_{60}$  an.  Welche der folgenden Aussagen sind zutreffend?

	Die Ortskurve ist ein Kreis mit Radius  $1$  um den Mittelpunkt  $(0, –{\rm j})$ .
	Es gilt nun  $s_{\rm TP}(t = 0) = 1 + {\rm j}$.
	Die Betragsfunktion  $a(t)$  ist gegenüber  $f_{\rm T} = f_{50}$  unverändert.
	Die Phasenfunktion  $\phi (t)$  ist gegenüber  $f_{\rm T} = f_{50}$  unverändert.

Musterlösung

Musterlösung

Ortskurve für
OSB–Modulation

(1)  Richtig ist der Lösungsvorschlag 2:

• Das Spektrum des äquivalenten TP–Signals lautet mit der Trägerfrequenz  $f_{\rm T} = f_{50} = 50 \ \text{kHz}$:

$$S_{\rm TP}(f ) = S_{\rm +}(f+ f_{\rm 50}) = 1 \cdot \delta (f)-{\rm j} \cdot \delta (f - f_{\rm 10}) .$$

• Damit ergibt sich für das dazugehörige Zeitsignal:

$$s_{\rm TP}(t) = {\rm 1 } - {\rm j} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} \omega_{\rm 10} \hspace{0.05cm} t }.$$

• Ausgehend vom Punkt  $(1, –{\rm j})$  verläuft  $s_{\rm TP}(t)$  auf einem Kreis mit Mittelpunkt  $(1, 0)$  und Radius  $1$.
• Die Periodendauer ist gleich dem Kehrwert der Frequenz:   $T_0 = 1/f_{10} = 100 \ µ \text{s}$    ⇒    Antwort 2.

(2)  Spaltet man obige Gleichung nach Real- und Imaginäranteil auf, so erhält man:

$$s_{\rm TP}(t) = {\rm 1 } + \sin({ \omega_{\rm 10} \hspace{0.05cm} t })-{\rm j}\cdot \cos({ \omega_{\rm 10} \hspace{0.05cm} t }).$$

• Dies führt zur Betragsfunktion

$$a(t)= |s_{\rm TP}(t)|=\sqrt{{\rm Re}\left[s_{\rmTP}(t)\right]^2 + {\rm Im}\left[s_{\rm TP}(t)\right]^2 }= \sqrt{1 + 2 \sin(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t)+\sin^2(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t)+ \cos^2(\omega_{\rm10}\hspace{0.05cm} t)}= \sqrt{2 \cdot ( 1 + \sin(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t))}.$$

• Für den Minimalwert erhält man unter Berücksichtigung von  $\sin(\omega_{10} \cdot t) \geq -1$     ⇒    $a_{\text{min}} \; \underline{= 0}$.
• Der Maximalwert ergibt sich aus  $\sin(\omega_{10} \cdot t \leq 1$ )    ⇒    $a_{\text{max}} \; \underline{= 2}$.
• Bei  $t = 0$  ist der Betrag gleich  $a_0 = \sqrt{2 }\; \underline{\approx 1.414}$.

(3)  Entsprechend der allgemeinen Definition gilt:

$$\phi(t)= {\rm arctan} \hspace{0.1cm}\frac{{\rm Im}\left[s_{\rmTP}(t)\right]}{{\rm Re}\left[s_{\rm TP}(t)\right]}= {\rm arctan}\hspace{0.1cm}\frac{-\cos(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t)}{1 +\sin(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t)}.$$

• Für  $t = 0$  ist  $\cos( \omega_{10} \cdot t ) = 1$  und  $\sin( \omega_{10} \cdot t ) = 0$. Daraus folgt:

$$\phi(t = 0)= {\rm arctan} (-1) \hspace{0.15 cm}\underline{= -45^\circ}.$$

• Dagegen gilt für  $t = T_0/4 =25 \ µ \text{s}$ :

$$\cos(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t) = 0;\hspace{0.2cm}\sin(\omega_{\rm 10}\hspace{0.05cm} t) = 1\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\phi(t = {\rm 25\hspace{0.05cm} µ s}) \hspace{0.15 cm}\underline{= 0}.$$

• Die beiden bisher berechneten Winkel kann man auch aus obiger Grafik ablesen.

Der Phasenwert bei  $t =75 \ µ \text{s}$  muss dagegen durch Grenzübergang bestimmt werden, da hier sowohl der Real- als auch der Imaginärteil Null werden und somit das Argument der arctan–Funktion unbestimmt ist.  Man erhält  $\phi(t=75 \ µ \text{s}) \; \underline{= 0}.$  Dieses Ergebnis soll hier numerisch nachgewiesen werden:

• Berechnet man die Phasenfunktion für  $t =74 \ {\rm µ} \text{s}$, so erhält man mit  $\omega_{10} \cdot t = 1.48 \cdot \pi \; \Rightarrow \; 266.4^\circ$:

$$\phi(t = {\rm 74 \hspace{0.05cm} {\rm µ} s})= {\rm arctan}\hspace{0.1cm}\frac{\cos(86.4^\circ)}{1 - \sin(86.4^\circ)} = {\rmarctan} \hspace{0.1cm}\frac{0.062}{1 - 0.998} \approx {\rmarctan}(31)\approx 88^\circ.$$

• Entsprechend gilt für  $t =76 \ {\rm µ} \text{s}$  mit  $\omega_{10} \cdot t = 1.52 \cdot \pi \; \Rightarrow \; 273.6^\circ$ :

$$\phi(t = {\rm 76 \hspace{0.05cm} {\rm µ} s})= {\rm arctan}\hspace{0.1cm}\frac{-\cos(86.4^\circ)}{1 - \sin(86.4^\circ)}\approx {\rm arctan}(-31)\approx -88^\circ.$$

• Die Zahlenwerte lassen vermuten, dass die Grenzwerte für  $t \; \rightarrow \; 75 \ {\rm µ} \text{s}$  sich zu  $\pm 90^\circ$  ergeben, je nachdem, ob man sich diesem Wert von oben oder unten nähert.
• Der Phasenwert bei exakt  $t =75 \ {\rm µ} \text{s}$  ist gleich dem Mittelwert zwischen rechts- und linksseitigem Grenzwert, also tatsächlich Null.

Ortskurve für
USB–Modulation

(4)  Mit der Trägerfrequenz $f_{\rm T} = f_{60} = 60 \ \text{ kHz}$  lauten die Gleichungen für Zeit– und Frequenzbereich:

$$S_{\rm TP}(f ) = S_{\rm +}(f+ f_{\rm 60}) = -{\rm j} \cdot \delta(f) + \delta (f + f_{\rm 10}) ;$$

$$s_{\rm TP}(t) = - {\rm j} + 1 \cdot {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \omega_{\rm 10} \hspace{0.05cm} t }.$$

In der Grafik ist  $s_{\rm TP}(t)$  dargestellt.  Man erkennt:

• Die Ortskurve ist wiederum ein Kreis mit Radius  $1$, aber nun mit Mittelpunkt  $(0, –{\rm j})$.
• Es gilt auch hier  $s_{\rm TP}(t = 0) = 1 - {\rm j}$.
• Man bewegt sich nun auf der Ortskurve im Uhrzeigersinn.
• Die Periodendauer beträgt weiterhin  $T_0 = 1/f_{10} = 100 \ µ \text{s}$.
• Die Ortskurve ist gegenüber der Teilaufgabe  (1)  nun  um $90^\circ$  in der komplexen Ebene gedreht.
• Für alle Zeiten ergeben sich die gleichen Zeigerlängen wie für  $f_{\rm T} = f_{50}$. Der Betrag bleibt gleich.
• Die Phasenfunktion  $\phi(t)$  liefert nun Werte zwischen  $-\pi$  und Null, während die in der Teilaufgabe  (3)  berechnete Phasenfunktion Werte zwischen  $-\pi/2$  und  $+\pi /2$  angenommen hat. Es gilt für alle Zeiten  $t$:

$$\phi_{\rm Teilaufgabe \ (4)}= -(\phi_{\rm Teilaufgabe \ (3)} + 90^\circ).$$

Richtig sind somit der erste und der dritte Lösungsvorschlag.