Aufgabe 3.1Z: Frequenzgang des Koaxialkabels

Ein so genanntes Normalkoaxialkabel mit dem Kerndurchmesser 2.6 mm, dem Außendurchmesser 9.5 mm und der Länge $l$ besitzt den folgenden Frequenzgang

$$H_{\rm K}(f) \ = \ {\rm e}^{- \alpha_0 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} l} \cdot {\rm e}^{- \alpha_1 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}f} \cdot {\rm e}^{- \alpha_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \cdot $$

$$\ \cdot \ {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_1 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} l \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}f} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \hspace{0.05cm}.$$

Die Dämpfungsparameter $\alpha_0$, $\alpha_1$ und $\alpha_2$ sind in Neper (Np), die Phasenparameter $\beta_1$ und $\beta_2$ in Radian (rad) einzusetzen. Es gelten folgende Zahlenwerte:

$$\alpha_0 = 0.00162 \hspace{0.15cm}\frac{Np}{km} \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} \alpha_1 = 0.000435 \hspace{0.15cm}\frac{Np}{km\cdot{MHz}} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} \alpha_2 = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac{Np}{km\cdot\sqrt{MHz}} \hspace{0.05cm},$$

Häufig verwendet man zur systemtheoretischen Beschreibung eines linearen zeitinvarianten Systems

die Dämpfungsfunktion (in Np bzw. dB):

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

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

$$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{- \alpha_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} a_{\rm K}(f) = \alpha_2 \cdot l \cdot \sqrt{f}, \hspace{0.2cm}b_{\rm K}(f) = a_{\rm K}(f) \cdot \frac{rad}{Np}\hspace{0.05cm}.$$

Dies ist erlaubt, da $\alpha_2$ und $\beta_2$ genau den gleichen Zahlenwert – nur unterschiedliche Pseudoeinheiten – besitzen. Mit der Definition der charakteristischen Kabeldämpfung (in Neper bzw. Dezibel)

$$a_{\rm * (Np)} = a_{\rm K}(f = {R_{\rm B}}/{2}) = 0.1151 \cdot a_{\rm * (dB)}$$

lassen sich zudem Digitalsysteme mit unterschiedlicher Bitrate $R_B$ und Kabellänge $l$ einheitlich behandeln.

Hinweis: Die Aufgabe bezieht sich auf das Kapitel 3.1 dieses Buches sowie auf das Kapitel 4 des Buches „Lineare zeitinvariante Systeme”.

Fragebogen

Musterlösung

(1) Der $\alpha_0$–Term bewirkt nur eine frequenzunabhängige Dämpfung und der $\beta_1$–Term (lineare Phase) eine frequenzunabhängige Laufzeit. Alle anderen Terme tragen zu den (linearen) Verzerrungen bei. Richtig sind also die Lösungsvorschläge 1 und 4.

(2) Mit $a_0 = a_0 \cdot l$ muss folgende Gleichung erfüllt sein:

$${\rm e}^{- a_0 } \ge 0.99 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}a_0 < {\rm ln} \hspace{0.10cm}\frac{1}{0.99}\approx 0.01\,\,{\rm (Np)} \hspace{0.05cm}.$$

Damit erhält man für die maximale Kabellänge

$$l_{\rm max} = \frac{a_0 }{\alpha_0 } = \frac{0.01\,\,{\rm Np}}{0.00162\,\,{\rm Np/km}}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 6.173\,\,{\rm km}} \hspace{0.05cm}.$$

(3) Für den Dämpfungsverlauf gilt bei Berücksichtigung aller Terme:

$$a_{\rm K}(f) \ = \ [\alpha_0 + \alpha_1 \cdot f + \alpha_2 \cdot \sqrt{f}\hspace{0.05cm}] \cdot l = $$

$$ \ = \ [0.00162 + 0.000435 \cdot 70 + 0.2722 \cdot \sqrt{70}\hspace{0.05cm}]\, \frac{Np}{km} \cdot 2\,{\rm km} = $$

$$ \ = \ [0.003 + 0.061 + 4.555 \hspace{0.05cm}]\, {\rm Np}\hspace{0.15cm}\underline {= 4.619\, {\rm Np}}\hspace{0.05cm}.$$

(4) Entsprechend der Berechnung bei Punkt c) erhält man hier den Dämpfungswert $4.555\,{\rm Np}$.

(5) Für eine jede positive Größe $x$ gilt:

$$x_{\rm Np} = {\rm ln} \hspace{0.10cm} x = \frac{{\rm lg} \hspace{0.10cm} x}{{\rm lg} \hspace{0.10cm} {\rm e}} = \frac{1}{{20 \cdot \rm lg} \hspace{0.10cm} {\rm e}} \cdot (20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.10cm} x) = 0.1151 \cdot x_{\rm dB}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} x_{\rm dB} = 8.686 \cdot x_{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$

Der Dämpfungswert $4.555\,{\rm Np}$ ist somit identisch mit $39.57$.

(6) 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 der Verzerrungen nichts. Lediglich die Phasen– und 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 $H_K(f)$ erfüllt nun nicht mehr die Voraussetzung eines kausalen Systems; bei einem solchen muss $H_K(f)$ minimalphasig sein.
Die Impulsantwort $h_K(t)$ ist bei reellem Frequenzgang symmetrisch um $t = 0$, was nicht den Gegebenheiten entspricht.

Deshalb ist als eine Näherung für den Koaxialkabelfrequenzgang erlaubt:

$$a_{\rm K}(f) = \alpha_2 \cdot l \cdot \sqrt{f}, \hspace{0.2cm}b_{\rm K}(f) = a_{\rm K}(f) \cdot \frac{rad}{Np}\hspace{0.05cm}.$$

Das heißt: $a_K(f)$ und $b_K(f)$ eines Koaxialkabels sind formgleich und unterscheiden sich lediglich in ihren Einheiten. Bei einem Digitalsystem mit Bitrate $R_B = 140\,{\rm Mbit/s}$ ⇒ $R_B/2 = 70\,{\rm Mbit/s}$ und Kabellänge $l = 2\,{\rm km}$ gilt tatsächlich $a_* ≈ 40\,{\rm dB}$ (siehe Musterlösung zur letzten Teilaufgabe). Ein System mit vierfacher Bitrate ($R_B/2 = 280\,{\rm Mbit/s}$) und halber Länge ($l = 1\,{\rm km}$) führt zur gleichen charakteristischen Kabeldämpfung. Dagegen gilt für ein System mit $R_B/2 = 35\,{\rm Mbit/s}$ und $l = 2\,{\rm km}$:

$$a_{\rm dB} = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac{Np}{km}\cdot\sqrt[[:Vorlage:\rm MHz]]} \cdot {\rm 2\,km}\cdot\sqrt[[:Vorlage:\rm 35\,MHz]] \cdot 8.6859 \,\frac{dB}{Np} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 28\,{\rm dB}} \hspace{0.05cm}.$$

test

$$a_{\rm dB} = 0.2722 \frac{Np}{km} \cdot \sqrt{MHz} \cdot 2\,km \cdot \sqrt{35\,MHz} \cdot 8.6859 \frac{dB}{Np} <u>≈ 28\,dB</u>.$$

Richtig sind somit die Lösungsvorschläge 1, 4 und 5.

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

	Man kann auch auf den Phasenterm $\beta_1$ verzichten
	Mann kann auch auf den Phasenterm $\beta_2$ verzichten
	$a_* ≈ 40\,{\rm dB}$ gilt für ein System mit $R_B = 70\,{\rm Mbit/s}$ und $l = 2\,{\rm km}$.
	$a_* ≈ 40\,{\rm dB}$ gilt für ein System mit $R_B = 140\,{\rm Mbit/s}$ und $l = 2\,{\rm km}$.
	$a_* ≈ 40\,{\rm dB}$ gilt für ein System mit $R_B = 560\,{\rm Mbit/s}$ und $l = 1\,{\rm km}$.