Aufgaben:Aufgabe 2.5Z: Lineare Verzerrungen bei ZSB-AM: Unterschied zwischen den Versionen

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Auch in dieser Zusatzaufgabe wird wie in A2.5 die Kombination ZSB–AM/Synchrondemodulator bei Berücksichtigung eines linear verzerrenden Kanals untersucht.
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Untersucht wird hier wie in der  [[Aufgaben:2.5_ZSB–AM_über_einen_Gaußkanal|Aufgabe 2.5]]  wieder
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*die Kombination ZSB–AM/Synchrondemodulator  
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*bei Berücksichtigung eines linear verzerrenden Kanals .
  
Das Quellensignal $q(t)$ sei ein Cosinussignal mit Amplitude $A_N$ und Frequenz $f_N$, so dass das Spektrum des modulierten Signals wie folgt lautet:
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$$S(f)= \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot \left[\delta(f + f_{\rm O}) + \delta(f + f_{\rm U}) + \delta(f - f_{\rm U}) + \delta(f - f_{\rm O}) \right]\hspace{0.05cm}.$$
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Das Quellensignal  $q(t)$  sei ein Cosinussignal mit Amplitude  $A_{\rm N}$  und Frequenz  $f_{\rm N}$, so dass das Spektrum des modulierten Signals wie folgt lautet:
Die Abkürzungen stehen für $f_O = f_T + f_N$ (oberes Seitenband) und $f_U = f_T – f_N$ (unteres Seitenband). Der Kanalfrequenzgang ist nur für diese beiden Frequenzen gegeben und lautet:
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:$$S(f)= \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot \big[\delta(f + f_{\rm O}) + \delta(f + f_{\rm U}) + \delta(f - f_{\rm U}) + \delta(f - f_{\rm O}) \big]\hspace{0.05cm}.$$
$$ H_{\rm K}(f_{\rm O}) = R_{\rm O} + {\rm j} \cdot I_{\rm O},\hspace{0.2cm}H_{\rm K}(f_{\rm U}) = R_{\rm U} + {\rm j} \cdot I_{\rm U} \hspace{0.05cm}.$$
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Die Abkürzungen stehen für  $f_{\rm O} = f_{\rm T} + f_{\rm N}$  ('''O'''beres Seitenband) und  $f_{\rm U} = f_{\rm T} - f_{\rm N}$  ('''U'''nteres Seitenband).  
Für negative Frequenzen gilt stets $H_K(– f) = H_K*(f)$.
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Der Kanalfrequenzgang ist nur für diese beiden Frequenzen gegeben und lautet:
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:$$ H_{\rm K}(f_{\rm O}) = R_{\rm O} + {\rm j} \cdot I_{\rm O},\hspace{0.2cm}H_{\rm K}(f_{\rm U}) = R_{\rm U} + {\rm j} \cdot I_{\rm U} \hspace{0.05cm}.$$
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Für negative Frequenzen gilt stets  $H_{\rm K}(– f) = H_{\rm K}^*(f)$.
  
 
Verwenden Sie bei numerischen Berechnungen folgende Zahlenwerte:
 
Verwenden Sie bei numerischen Berechnungen folgende Zahlenwerte:
$$A_{\rm N} = 2\,{\rm V}, \hspace{0.15cm}f_{\rm N} = 3\,{\rm kHz}, \hspace{0.15cm}f_{\rm T} = 30\,{\rm kHz} \hspace{0.05cm},$$
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:$$A_{\rm N} = 2\,{\rm V}, \hspace{0.15cm}f_{\rm N} = 3\,{\rm kHz}, \hspace{0.15cm}f_{\rm T} = 30\,{\rm kHz} \hspace{0.05cm},$$
$$R_{\rm U} = 0.8, \hspace{0.15cm}I_{\rm U} = -0.2, \hspace{0.15cm}R_{\rm O} = 0.4, \hspace{0.15cm}I_{\rm O} = -0.2 \hspace{0.05cm}.$$
+
:$$R_{\rm U} = 0.8, \hspace{0.15cm}I_{\rm U} = -0.2, \hspace{0.15cm}R_{\rm O} = 0.4, \hspace{0.15cm}I_{\rm O} = -0.2 \hspace{0.05cm}.$$
In der Teilaufgabe c) soll die Lösung über den resultierenden Frequenzgang von Modulator, Kanal und Demodulator erfolgen:
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In der Teilaufgabe  '''(3)'''  soll die Lösung über den resultierenden Frequenzgang von Modulator, Kanal und Demodulator erfolgen:
$$H_{\rm MKD}(f) = {1}/{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f + f_{\rm T}) + H_{\rm K}(f - f_{\rm T})\right]\hspace{0.05cm}.$$
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:$$H_{\rm MKD}(f) = {1}/{2} \cdot \big[ H_{\rm K}(f + f_{\rm T}) + H_{\rm K}(f - f_{\rm T})\big]\hspace{0.05cm}.$$
Abschließend wird in der Teilaufgabe d) der folgende Kanalfrequenzgang betrachtet (die Darstellung gilt nur für positive Frequenzen):
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Abschließend wird in der Teilaufgabe  '''(4)'''  der folgende Kanalfrequenzgang betrachtet  (diese Darstellung gilt nur für positive Frequenzen):
$$ H_{\rm K}(f) = \frac{1}{1 + 3{\rm j} \cdot ({f}/{f_{\rm T}} - 1)}\hspace{0.05cm}.$$
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:$$ H_{\rm K}(f) = H_{\rm(4)}(f) = \frac{1}{1 + 3{\rm j} \cdot ({f}/{f_{\rm T}} - 1)}\hspace{0.05cm}.$$
'''Hinweis:''' Diese Aufgabe bezieht sich auf den Theorieteil von [http://www.lntwww.de/Modulationsverfahren/Synchrondemodulation Kapitel 2.2].   
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Hinweise:  
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*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel  [[Modulationsverfahren/Synchrondemodulation|Synchrondemodulation]].
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*Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite   [[Modulationsverfahren/Synchrondemodulation#Einfluss_linearer_Kanalverzerrungen|Einfluss linearer Kanalverzerrungen]].
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<quiz display=simple>
 
<quiz display=simple>
{Multiple-Choice Frage
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|type="[]"}
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{Es gelte &nbsp;$R_{\rm U} = 0.8, \ I_{\rm U} = -0.2, \ R_{\rm O} = 0.4,\ I_{\rm O} = -0.2.$&nbsp; Berechnen und skizzieren Sie das Spektrum &nbsp;$R(f)$&nbsp; am Kanalausgang. <br>Wie lautet die Spektrallinie bei&nbsp; $-f_{\rm O}$?
- Falsch
+
|type="{}"}
+ Richtig
+
${\rm Re}[R(-f_{\rm O})] \ = \ $ { 0.2 3% } $\ \text{V}$
 +
${\rm Im}[R(-f_{\rm O})] \ = \ $ { 0.1 3% } $\ \text{V}$
  
  
{Input-Box Frage
+
{Wie lautet das Sinkensignal &nbsp;$v(t)$?&nbsp; Berücksichtigen Sie bei der Berechnung auch den Tiefpass des Synchrondemodulators. <br>Wie groß ist der Signalwert bei &nbsp;$t = 0$?
 
|type="{}"}
 
|type="{}"}
$\alpha$ = { 0.3 }
+
$ v(t = 0) \ = \ $ { 1.2 3% } $\ \text{V}$
 
 
  
 +
{Berechnen Sie nun das Sinkensignal &nbsp;$v(t)$&nbsp; über den resultierenden Frequenzgang &nbsp;$H_{\rm MKD}(f)$&nbsp; und bewerten Sie den Rechengang.
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|type="()"}
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- Die Berechnung gemäß Teilaufgabe&nbsp; '''(2)'''&nbsp; führt schneller zum Erfolg.
 +
+ Die Berechnung gemäß Teilaufgabe&nbsp; '''(3)'''&nbsp; führt schneller zum Erfolg.
  
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{Berechnen Sie &nbsp;$v(t)$&nbsp; für den Kanalfrequenzgang &nbsp;$ H_{\rm K}(f) = H_{\rm(4)}(f)$.&nbsp; Wie groß ist der Signalwert bei &nbsp;$t = 0$?
 +
|type="{}"}
 +
$ v(t = 0) \ = \ $ { 1.835 3% }  $\ \text{V}$
 
</quiz>
 
</quiz>
  
 
===Musterlösung===
 
===Musterlösung===
 
{{ML-Kopf}}
 
{{ML-Kopf}}
'''1.'''
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[[Datei:P_ID1014__Mod_Z_2_5_a.png|right|frame|Spektrum&nbsp; $R(f)$&nbsp; des Empfangssignals]]
'''2.'''
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'''(1)'''&nbsp; Allgemein gilt&nbsp; $R(f) = S(f) · H_K(f)$.&nbsp; Damit erhält man das Linienspektrum gemäß nebenstehender Skizze&nbsp; (alle Gewichte sind noch um die Einheit „V” zu ergänzen).
'''3.'''
+
 
'''4.'''
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*Für das Gewicht der Spektrallinie bei&nbsp; $f = -f_{\rm O}$&nbsp; gilt:
'''5.'''
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:$${\rm Re}[R(-f_{\rm O})]\hspace{0.15cm}\underline{=0.2 \ \rm V},$$
'''6.'''
+
:$${\rm Im}[R(-f_{\rm O})]\hspace{0.15cm}\underline{=0.1 \ \rm V}.$$
'''7.'''
+
 
 +
 
 +
'''(2)'''&nbsp; Die Spektralfunktion&nbsp; $V(f)$&nbsp; des Sinkensignals&nbsp; $v(t)$&nbsp; lautet:
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:$$V(f)  =  \big[ R(f) \star \left[\delta(f - f_{\rm T}) + \delta(f + f_{\rm T}) \right]\big]\cdot H_{\rm E}(f).$$
 +
*Nach den Gesetzmäßigkeiten der Fouriertransformation kann hierfür auch geschrieben werden: 
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:$$V(f)  =  \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm O} + {\rm j} \cdot I_{\rm O}) \cdot \delta(f - f_{\rm N}) + \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm U} + {\rm j} \cdot I_{\rm U}) \cdot \delta(f + f_{\rm N})+$$
 +
:$$\hspace{2.25cm}+ \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm O} - {\rm j} \cdot I_{\rm O}) \cdot \delta(f + f_{\rm N})+ \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm U} - {\rm j} \cdot I_{\rm U}) \cdot \delta(f - f_{\rm N}) \hspace{0.05cm}.$$
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*Alle anderen Terme liegen um die doppelte Trägerfrequenz und werden durch den Tiefpass eliminiert.
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* Umsortieren und Zusammenfassen der Terme führt zu:
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:$$V(f)  =  A_{\rm N}\cdot \frac{R_{\rm U} +R_{\rm O}}{2}\cdot \frac{1}{2} \cdot \left[\delta(f - f_{\rm N}) + \delta(f + f_{\rm N}) \right] + 
 +
  A_{\rm N}\cdot \frac{I_{\rm U} - I_{\rm O}}{2}\cdot \frac{\rm j}{2} \cdot \left[-\delta(f - f_{\rm N}) + \delta(f + f_{\rm N}) \right]$$
 +
:$$ \Rightarrow \hspace{0.3cm}v(t) = A_{\rm N}\cdot \frac{R_{\rm U} +R_{\rm O}}{2}\cdot\cos (\omega_{\rm N}\cdot t)+ A_{\rm N}\cdot \frac{I_{\rm U} -I_{\rm O}}{2}\cdot\sin (\omega_{\rm N}\cdot t)\hspace{0.05cm}.$$
 +
*Mit&nbsp; $R_{\rm U} = 0.8,\ I_{\rm U} = -0.2,\ R_{\rm O} = 0.4,\ I_{\rm O} = -0.2$&nbsp; folgt daraus:
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:$$v(t) = 0.6 \cdot A_{\rm N}\cdot \cos (\omega_{\rm N}\cdot t)\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} v(t=0) = 0.6 \cdot A_{\rm N}\hspace{0.15cm}\underline {= 1.2\,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$
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*Es ergibt sich gegenüber&nbsp; $q(t)$&nbsp; eine Dämpfung um den Faktor&nbsp; $0.6$.
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*Der Synchrondemodulator bekommt durch das untere Seitenband mehr Information über das Quellensignal als über das obere.
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*Wegen der Eigenschaft&nbsp; $I_{\rm O} = I_{\rm U}$&nbsp; ist&nbsp; $v(t)$&nbsp; ebenfalls cosinusförmig.
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*Es tritt demnach keine Laufzeit auf bzw. die Laufzeit ist ein geradzahliges Vielfaches der Periodendauer.
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'''(3)'''&nbsp; Hier gelten folgende Gleichungen:
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:$$ H_{\rm K}(f_{\rm N}+ f_{\rm T})  =  R_{\rm O} + {\rm j} \cdot I_{\rm O} \hspace{0.05cm}, $$
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:$$ H_{\rm K}(f_{\rm N}- f_{\rm T})  =  H_{\rm K}^{\star}(f_{\rm T}- f_{\rm N}) = R_{\rm U} - {\rm j} \cdot I_{\rm U} $$
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:$$\Rightarrow \hspace{0.2cm} H_{\rm MKD}(f_{\rm N})  =  {1}/{2} \cdot \big[(R_{\rm O} +R_{\rm U}) + {\rm j} \cdot (I_{\rm O} -I_{\rm U}) \big]\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} 
 +
H_{\rm MKD}(-f_{\rm N})  =  H_{\rm MKD}^\star(f_{\rm N}) = {1}/{2} \cdot \big[(R_{\rm O} +R_{\rm U}) - {\rm j} \cdot (I_{\rm O} -I_{\rm U}) \big]\hspace{0.05cm}.$$
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*Man erhält somit das gleiche Ergebnis wie unter&nbsp; (2), aber schneller  ⇒  <u>Lösungsvorschlag 2</u>.
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'''(4)'''&nbsp; Für&nbsp; $f > 0$&nbsp; lautet nun der resultierende Frequenzgang:
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:$$H_{\rm MKD}(f)  =  {1}/{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f_{\rm T}+ f) + H_{\rm K}^\star(f_{\rm T}-f)\right]=  {1}/{2} \cdot \left[ \frac{1}{1 + 3{\rm j} \cdot (\frac{f_{\rm T}+f}{f_{\rm T}} - 1)} + \frac{1}{1 - 3{\rm j} \cdot (\frac{f_{\rm T}-f}{f_{\rm T}} - 1)}\right] $$
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:$$ \Rightarrow \hspace{0.3cm} H_{\rm MKD}(f) = \frac{1}{1 + {\rm j} \cdot {3f}/{f_{\rm T}} } \hspace{0.05cm}.$$
 +
*Eingesetzt an der Stelle&nbsp; $f = f_{\rm N}$&nbsp; führt dies zum Ergebnis:
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:$$H_{\rm MKD}(f_{\rm N}) = \frac{1}{1 + {\rm j} \cdot {3f_{\rm N}}/{f_{\rm T}} } \hspace{1.0cm}
 +
\Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Betrag} = \frac{1}{\sqrt{1 + ({3f_{\rm N}}/{f_{\rm T}} )^2}} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.3cm} {\rm Phase} = {\rm arctan}\hspace{0.1cm}({3f_{\rm N}}/{f_{\rm T}}) \hspace{0.05cm}.$$
 +
*Mit&nbsp; $f_{\rm N}/f_{\rm T} = 0.1$&nbsp; erhält man den Betrag&nbsp; $0.958$&nbsp; und die Phase&nbsp; $16.7^\circ$.&nbsp; Damit lautet das Sinkensignal:
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:$$v(t) = 0.958 \cdot 2\,{\rm V}\cdot \cos (\omega_{\rm N}\cdot t + 16.7^\circ) \hspace{0.3cm}
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\Rightarrow \hspace{0.3cm} v(t=0)= 1.916\,{\rm V}\cdot \cos ( 16.7^\circ)\hspace{0.15cm}\underline { = 1.835\,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$
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Aktuelle Version vom 8. Dezember 2021, 17:06 Uhr

Betrachtes Systemmodell

Untersucht wird hier wie in der  Aufgabe 2.5  wieder

  • die Kombination ZSB–AM/Synchrondemodulator
  • bei Berücksichtigung eines linear verzerrenden Kanals .


Das Quellensignal  $q(t)$  sei ein Cosinussignal mit Amplitude  $A_{\rm N}$  und Frequenz  $f_{\rm N}$, so dass das Spektrum des modulierten Signals wie folgt lautet:

$$S(f)= \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot \big[\delta(f + f_{\rm O}) + \delta(f + f_{\rm U}) + \delta(f - f_{\rm U}) + \delta(f - f_{\rm O}) \big]\hspace{0.05cm}.$$

Die Abkürzungen stehen für  $f_{\rm O} = f_{\rm T} + f_{\rm N}$  (Oberes Seitenband) und  $f_{\rm U} = f_{\rm T} - f_{\rm N}$  (Unteres Seitenband).

Der Kanalfrequenzgang ist nur für diese beiden Frequenzen gegeben und lautet:

$$ H_{\rm K}(f_{\rm O}) = R_{\rm O} + {\rm j} \cdot I_{\rm O},\hspace{0.2cm}H_{\rm K}(f_{\rm U}) = R_{\rm U} + {\rm j} \cdot I_{\rm U} \hspace{0.05cm}.$$

Für negative Frequenzen gilt stets  $H_{\rm K}(– f) = H_{\rm K}^*(f)$.

Verwenden Sie bei numerischen Berechnungen folgende Zahlenwerte:

$$A_{\rm N} = 2\,{\rm V}, \hspace{0.15cm}f_{\rm N} = 3\,{\rm kHz}, \hspace{0.15cm}f_{\rm T} = 30\,{\rm kHz} \hspace{0.05cm},$$
$$R_{\rm U} = 0.8, \hspace{0.15cm}I_{\rm U} = -0.2, \hspace{0.15cm}R_{\rm O} = 0.4, \hspace{0.15cm}I_{\rm O} = -0.2 \hspace{0.05cm}.$$

In der Teilaufgabe  (3)  soll die Lösung über den resultierenden Frequenzgang von Modulator, Kanal und Demodulator erfolgen:

$$H_{\rm MKD}(f) = {1}/{2} \cdot \big[ H_{\rm K}(f + f_{\rm T}) + H_{\rm K}(f - f_{\rm T})\big]\hspace{0.05cm}.$$

Abschließend wird in der Teilaufgabe  (4)  der folgende Kanalfrequenzgang betrachtet  (diese Darstellung gilt nur für positive Frequenzen):

$$ H_{\rm K}(f) = H_{\rm(4)}(f) = \frac{1}{1 + 3{\rm j} \cdot ({f}/{f_{\rm T}} - 1)}\hspace{0.05cm}.$$



Hinweise:



Fragebogen

1

Es gelte  $R_{\rm U} = 0.8, \ I_{\rm U} = -0.2, \ R_{\rm O} = 0.4,\ I_{\rm O} = -0.2.$  Berechnen und skizzieren Sie das Spektrum  $R(f)$  am Kanalausgang.
Wie lautet die Spektrallinie bei  $-f_{\rm O}$?

${\rm Re}[R(-f_{\rm O})] \ = \ $

$\ \text{V}$
${\rm Im}[R(-f_{\rm O})] \ = \ $

$\ \text{V}$

2

Wie lautet das Sinkensignal  $v(t)$?  Berücksichtigen Sie bei der Berechnung auch den Tiefpass des Synchrondemodulators.
Wie groß ist der Signalwert bei  $t = 0$?

$ v(t = 0) \ = \ $

$\ \text{V}$

3

Berechnen Sie nun das Sinkensignal  $v(t)$  über den resultierenden Frequenzgang  $H_{\rm MKD}(f)$  und bewerten Sie den Rechengang.

Die Berechnung gemäß Teilaufgabe  (2)  führt schneller zum Erfolg.
Die Berechnung gemäß Teilaufgabe  (3)  führt schneller zum Erfolg.

4

Berechnen Sie  $v(t)$  für den Kanalfrequenzgang  $ H_{\rm K}(f) = H_{\rm(4)}(f)$.  Wie groß ist der Signalwert bei  $t = 0$?

$ v(t = 0) \ = \ $

$\ \text{V}$


Musterlösung

Spektrum  $R(f)$  des Empfangssignals

(1)  Allgemein gilt  $R(f) = S(f) · H_K(f)$.  Damit erhält man das Linienspektrum gemäß nebenstehender Skizze  (alle Gewichte sind noch um die Einheit „V” zu ergänzen).

  • Für das Gewicht der Spektrallinie bei  $f = -f_{\rm O}$  gilt:
$${\rm Re}[R(-f_{\rm O})]\hspace{0.15cm}\underline{=0.2 \ \rm V},$$
$${\rm Im}[R(-f_{\rm O})]\hspace{0.15cm}\underline{=0.1 \ \rm V}.$$


(2)  Die Spektralfunktion  $V(f)$  des Sinkensignals  $v(t)$  lautet:

$$V(f) = \big[ R(f) \star \left[\delta(f - f_{\rm T}) + \delta(f + f_{\rm T}) \right]\big]\cdot H_{\rm E}(f).$$
  • Nach den Gesetzmäßigkeiten der Fouriertransformation kann hierfür auch geschrieben werden:
$$V(f) = \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm O} + {\rm j} \cdot I_{\rm O}) \cdot \delta(f - f_{\rm N}) + \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm U} + {\rm j} \cdot I_{\rm U}) \cdot \delta(f + f_{\rm N})+$$
$$\hspace{2.25cm}+ \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm O} - {\rm j} \cdot I_{\rm O}) \cdot \delta(f + f_{\rm N})+ \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm U} - {\rm j} \cdot I_{\rm U}) \cdot \delta(f - f_{\rm N}) \hspace{0.05cm}.$$
  • Alle anderen Terme liegen um die doppelte Trägerfrequenz und werden durch den Tiefpass eliminiert.
  • Umsortieren und Zusammenfassen der Terme führt zu:
$$V(f) = A_{\rm N}\cdot \frac{R_{\rm U} +R_{\rm O}}{2}\cdot \frac{1}{2} \cdot \left[\delta(f - f_{\rm N}) + \delta(f + f_{\rm N}) \right] + A_{\rm N}\cdot \frac{I_{\rm U} - I_{\rm O}}{2}\cdot \frac{\rm j}{2} \cdot \left[-\delta(f - f_{\rm N}) + \delta(f + f_{\rm N}) \right]$$
$$ \Rightarrow \hspace{0.3cm}v(t) = A_{\rm N}\cdot \frac{R_{\rm U} +R_{\rm O}}{2}\cdot\cos (\omega_{\rm N}\cdot t)+ A_{\rm N}\cdot \frac{I_{\rm U} -I_{\rm O}}{2}\cdot\sin (\omega_{\rm N}\cdot t)\hspace{0.05cm}.$$
  • Mit  $R_{\rm U} = 0.8,\ I_{\rm U} = -0.2,\ R_{\rm O} = 0.4,\ I_{\rm O} = -0.2$  folgt daraus:
$$v(t) = 0.6 \cdot A_{\rm N}\cdot \cos (\omega_{\rm N}\cdot t)\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} v(t=0) = 0.6 \cdot A_{\rm N}\hspace{0.15cm}\underline {= 1.2\,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$
  • Es ergibt sich gegenüber  $q(t)$  eine Dämpfung um den Faktor  $0.6$.
  • Der Synchrondemodulator bekommt durch das untere Seitenband mehr Information über das Quellensignal als über das obere.
  • Wegen der Eigenschaft  $I_{\rm O} = I_{\rm U}$  ist  $v(t)$  ebenfalls cosinusförmig.
  • Es tritt demnach keine Laufzeit auf bzw. die Laufzeit ist ein geradzahliges Vielfaches der Periodendauer.



(3)  Hier gelten folgende Gleichungen:

$$ H_{\rm K}(f_{\rm N}+ f_{\rm T}) = R_{\rm O} + {\rm j} \cdot I_{\rm O} \hspace{0.05cm}, $$
$$ H_{\rm K}(f_{\rm N}- f_{\rm T}) = H_{\rm K}^{\star}(f_{\rm T}- f_{\rm N}) = R_{\rm U} - {\rm j} \cdot I_{\rm U} $$
$$\Rightarrow \hspace{0.2cm} H_{\rm MKD}(f_{\rm N}) = {1}/{2} \cdot \big[(R_{\rm O} +R_{\rm U}) + {\rm j} \cdot (I_{\rm O} -I_{\rm U}) \big]\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} H_{\rm MKD}(-f_{\rm N}) = H_{\rm MKD}^\star(f_{\rm N}) = {1}/{2} \cdot \big[(R_{\rm O} +R_{\rm U}) - {\rm j} \cdot (I_{\rm O} -I_{\rm U}) \big]\hspace{0.05cm}.$$
  • Man erhält somit das gleiche Ergebnis wie unter  (2), aber schneller ⇒ Lösungsvorschlag 2.


(4)  Für  $f > 0$  lautet nun der resultierende Frequenzgang:

$$H_{\rm MKD}(f) = {1}/{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f_{\rm T}+ f) + H_{\rm K}^\star(f_{\rm T}-f)\right]= {1}/{2} \cdot \left[ \frac{1}{1 + 3{\rm j} \cdot (\frac{f_{\rm T}+f}{f_{\rm T}} - 1)} + \frac{1}{1 - 3{\rm j} \cdot (\frac{f_{\rm T}-f}{f_{\rm T}} - 1)}\right] $$
$$ \Rightarrow \hspace{0.3cm} H_{\rm MKD}(f) = \frac{1}{1 + {\rm j} \cdot {3f}/{f_{\rm T}} } \hspace{0.05cm}.$$
  • Eingesetzt an der Stelle  $f = f_{\rm N}$  führt dies zum Ergebnis:
$$H_{\rm MKD}(f_{\rm N}) = \frac{1}{1 + {\rm j} \cdot {3f_{\rm N}}/{f_{\rm T}} } \hspace{1.0cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Betrag} = \frac{1}{\sqrt{1 + ({3f_{\rm N}}/{f_{\rm T}} )^2}} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.3cm} {\rm Phase} = {\rm arctan}\hspace{0.1cm}({3f_{\rm N}}/{f_{\rm T}}) \hspace{0.05cm}.$$
  • Mit  $f_{\rm N}/f_{\rm T} = 0.1$  erhält man den Betrag  $0.958$  und die Phase  $16.7^\circ$.  Damit lautet das Sinkensignal:
$$v(t) = 0.958 \cdot 2\,{\rm V}\cdot \cos (\omega_{\rm N}\cdot t + 16.7^\circ) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} v(t=0)= 1.916\,{\rm V}\cdot \cos ( 16.7^\circ)\hspace{0.15cm}\underline { = 1.835\,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$