2.6 Nochmals Zweiwegekanal

Wie in der Aufgabe A2.6 wird ein Zweiwegekanal betrachtet, für dessen Impulsantwort gelte:

$$h(t) = \delta ( t - T_1) + \delta ( t - T_2).$$

Entgegen der allgemeinen Darstellung in A2.6 sind hier die beiden Dämpfungsfaktoren z₁ und z₂ jeweils zu 1 gesetzt. Dies entspricht zum Beispiel beim Mobilfunk einem Echo im Abstand T₂ – T₁ in gleicher Stärke wie das Signal auf dem Hauptpfad. Für dieses wird die Laufzeit T₁ vorausgesetzt.

Mit den zunächst (a, b, c, d) betrachteten Laufzeiten T₁ = 0 und T₂ = T erhält man für den Frequenzgang des Zweiwegekanals (Betrag siehe obere Grafik):

$$H(f) = 1 + {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.04cm}2 \pi f T} = 1 + \cos(2 \pi f T) - {\rm j} \cdot \sin(2 \pi f T)$$

$$\Rightarrow \hspace{0.4cm}|H(f)| = \sqrt{2\left(1 + \cos(2 \pi f T)\right)}= 2 \cdot |\cos(\pi f T)|.$$

Die untere Grafik zeigt die Phasenfunktion:

$$b(f) = - {\rm arc} \hspace{0.1cm}H(f) = \arctan \frac{\sin(2 \pi f T)}{1 + \cos(2 \pi f T)} = \arctan \left(\tan(\pi f T)\right).$$

Hierbei wurde folgende trigonometrische Umformung benutzt:

$$ \frac{\sin(2 \alpha)}{1 + \cos(2 \alpha)} = \tan(\alpha).$$

Im Frequenzbereich |f| < 1/(2T) steigt b(f) linear an: b(f) = π · f · T₁. Auch in den weiteren Abschnitten der Phasenfunktion nimmt die Phase stets von – π/2 bis π/2 linear zu (siehe untere Grafik).

Für die Teilaufgaben 1) bis 4) gelte T₁ = 0 und T₂ = T = 4 ms. Dagegen wird in der Teilaufgabe e) der Fall T₁ = 1 ms, T₂ = 5 ms betrachtet. Als Eingangssignale werden untersucht:

ein Rechteckimpuls x₁(t) mit der Höhe 1 zwischen 0 und T. Das bedeutet, dass für t < 0 und für t > T jeweils x₁(t) = 0 gilt. An den beiden Sprungstellen tritt jeweils der Wert 0.5 auf.

ein Rechteckimpuls x₂(t) mit der Höhe 1 im Bereich von 0 bis 2T,

ein periodisches Rechtecksignal x₃(t) mit der Periodendauer T₀ = T:

$$x_3(t) = \left\{ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} { 0 < t < T/2,} \\ { T/2 < t < T,} \\ \end{array}$$

ein periodisches Rechtecksignal x₄(t) mit der Periodendauer T₀ = 2T:

$$x_4(t) = \left\{ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} { 0 < t < T,} \\ { T < t < 2T.} \\ \end{array}$$

Im Fragenkatalog bezeichnet y_i(t) das Signal am Ausgang des Zweiwegekanals, wenn am Eingang das Signal x_i(t) anliegt (i = 1, 2, 3, 4).

Hinweis: Die Aufgabe bezieht sich auf den Theorieteil von Kapitel 2.3.

Fragebogen

Musterlösung

1. Die Lösung im Zeitbereich führt schneller zum Endergebnis:

$$y_1(t) = x_1(t) \star h(t) = \\ = x_1(t) \star \delta (t) + x_1(t) \star \delta (t - T) = x_1(t) + x_1(t-T).$$

Somit ist y₁(t) ein Rechteckimpuls der Höhe 1 und der Breite 2T.

Zum gleichen Ergebnis – aber zeitaufwändiger – kommt man durch die Berechnung im Spektralbereich:

$$Y_1(f) = X_1(f) \cdot H(f) = T \cdot \frac {\sin(\pi f T)}{\pi f T}\cdot {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \pi f T} \cdot \left[ 1 + {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} \right].$$

Die komplexen Exponentialfunktionen können mit dem Satz von Euler wie folgt umgewandelt werden:

$${\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \pi f T} \left[ 1 + {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} \right] = {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} \cdot \left[ {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \pi f T} + {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \pi f T} \right] = \\ = {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} \cdot 2 \cos(\pi f T) .$$

Somit kann für das Ausgangsspektrum geschrieben werden:

$$Y_1(f) = Y_{11}(f) \cdot {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} ,$$

$$Y_{11}(f) = 2T \cdot \frac {\sin(\pi f T) \cdot \cos(\pi f T)}{\pi f T} = 2T \cdot \frac {\sin(2\pi f T) }{2\pi f T}.$$

Hierbei ist die Beziehung sin(α) · cos(α) = sin(2α)/2 verwendet. Die Fourierrücktransformation von Y₁₁(f) führt zu einem um t = 0 symmetrischen Rechteck der Breite 2T. Durch die Phasenfunktion wird dieser in den Bereich 0 ... 2T verschoben und das Ergebnis der Zeitbereichsberechnung bestätigt.

Trotz der Tatsache, dass y₁(t) ebenso wie x₁(t) rechteckförmig ist, liegen hier Verzerrungen vor. Wegen T_y > T_x sind diese linear. Im interessierenden Frequenzbereich – das sind bei einem si–förmigem Spektrum alle Frequenzen – ist |H(f)| nicht konstant. Also gibt es Dämpfungsverzerrungen.

Da zudem die Phase nicht im gesamten Bereich linear mit f ansteigt, gibt es auch Phasenverzerrungen. Das bedeutet: Alle Lösungsvorschläge treffen zu mit Ausnahme von 2.

2. Aufgrund der bereits in 1) angegebenen Gleichung

$$y_2(t) = x_2(t) + x_2(t-T)$$

erhält man einen stufenförmigen Verlauf entsprechend obiger Grafik. Die gesuchten Werte sind:

$$y_2(t = 0.5 T) \hspace{0.15cm}\underline{= 1}, \hspace{0.3cm} y_2(t = 1.5 T) \hspace{0.15cm}\underline{= 2}, \hspace{0.3cm}y_2(t = 2.5 T) \hspace{0.15cm}\underline{ = 1}.$$

3. Die Periodendauer T₀ = T des periodischen Signals x₃(t) ist genau so groß wie die Verzögerung auf dem zweiten Pfad. Deshalb ist y₃(t) = 2 · x₃(t) und es sind keine Verzerrungen feststellbar.

Die Spektralbereichsberechnung führt zum gleichen Ergebnis. X₃(f) ist ein Linienspektrum mit Anteilen bei den Frequenzen f = 0, f = ±f₀ = ±1/T, f = ±3f₀ usw.. Bei diesen diskreten Frequenzen gilt aber exakt:

$$|H(f)| = 2, \hspace{0.3cm} b(f) = 0 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\tau_{\rm P}(f) = 0.$$

Auch daraus folgt wieder y₃(t) = 2 · x₃(t). Richtig ist somit nur der Lösungsvorschlag 1.

4. Aus der unteren Skizze obiger Grafik geht hervor, dass y₄(t) = 1 gegenüber x₄(t) verzerrt ist. Dabei handelt es sich um Dämpfungsverzerrungen ⇒ Lösungsvorschlag 2, wie die folgende Überlegung zeigt. Wegen T₀ = 2T weist das Signal x₄(t) die Grundfrequenz f₀ = 1/(2T) auf. Bei allen ungeraden Vielfachen von f₀ hat somit der Frequenzgang Nullstellen. Die einzige verbleibende Spektrallinie von Y₄(f) liegt bei f = 0, wobei gilt:

$$Y_4(f) = 2 \cdot 0.5 \cdot \delta (f) = 1 \cdot \delta (f) \hspace{0.5cm}\Rightarrow \hspace{0.5cm} y_4(t) = 1.$$

5. Der Frequenzgang lautet nun mit T₁ = 1 ms, T₂ = 5 ms und T = T₂ – T₁ = 4 ms:

$$H(f) = {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T_1}+ {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T_2}= \left[ 1 + {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T} \right]\cdot {\rm e}^{-{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2 \pi f T_1}.$$

Der Klammerausdruck beschreibt den bereits bisher betrachteten Frequenzgang. Der zweite Term bewirkt eine zusätzliche Laufzeit um T₁, und es gilt für alle Signale (i = 1, 2, 3, 4):

$$y_i^{\rm (e)}(t) = y_i(t-T_1).$$

Alle Aussagen hinsichtlich der Verzögerungen sind weiter gültig. Dies entspricht dem Lösungsvorschlag 1.

	y₁(t) ist ebenfalls rechteckförmig.
	y₁(t) ist dreieckförmig.
	Die absolute Impulsdauer ist 2T.
	y₁(t) weist gegenüber x₁(t) Dämpfungsverzerrungen auf.
	y₁(t) weist gegenüber x₁(t) Phasenverzerrungen auf.

	y₃(t) ist gegenüber x₃(t) unverzerrt.
	y₃(t) weist gegenüber x₃(t) Dämpfungsverzerrungen auf.
	y₃(t) weist gegenüber x₃(t) Phasenverzerrungen auf.

	y₄(t) ist gegenüber x₄(t) unverzerrt.
	y₄(t) weist gegenüber x₄(t) Dämpfungsverzerrungen auf.
	y₄(t) weist gegenüber x₄(t) Phasenverzerrungen auf.

	Die obigen Aussagen hinsichtlich Verzerrungen sind weiterhin gültig.
	Fundierte Aussagen sind erst nach einer Neuberechnung möglich.
	T₁ = 1 ms und T₂ = 5 ms führt bei allen Signalen zu Verzerrungen.