Aufgaben:Aufgabe 4.5Z: Einfacher Phasenmodulator

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Die Grafik zeigt eine recht einfache Anordnung zur Approximation eines Phasenmodulators. Alle Signale seien hierbei dimensionslose Größen.

• Das sinusförmige Nachrichtensignal $q(t)$ der Frequenz $f_{\rm N} = 10 \ \text{kHz}$ wird mit dem Signal $m(t)$ multipliziert, das sich aus dem cosinusförmigen Trägersignal $z(t)$ durch Phasenverschiebung um $\phi = 90^\circ$ ergibt:

$$m(t) = {\cos} ( \omega_{\rm T} t + 90^\circ).$$

Anschließend wird das Signal $z(t)$ mit der Frequenz $f_{\rm T} = 1 \ \text{MHz}$ noch direkt addiert.

Zur Abkürzung werden in dieser Aufgabe auch die

• Differenzfrequenz $f_\Delta = f_{\rm T} – f_{\rm N} = 0.99 \text{MHz}$,
• die Summenfrequenz $f_\sum = f_{\rm T} + f_{\rm N} = 1.01 \text{MHz}$ sowie
• die beiden Kreisfrequenzen $\omega_\sum = 2\pi \cdot f_\Delta$ und $\omega_\sum = 2\pi \cdot f_\sum$ verwendet.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Äquivalentes Tiefpass-Signal und zugehörige Spektralfunktion.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
• Berücksichtigen Sie die trigonomischen Umformungen

$$\sin(\alpha) \cdot \cos (\beta)= {1}/{2} \cdot \sin(\alpha - \beta) + {1}/{2} \cdot \sin(\alpha + \beta),$$

$$\sin(\alpha) \cdot \sin (\beta)= {1}/{2} \cdot \cos(\alpha - \beta) - {1}/{2}} \cdot \cos(\alpha + \beta).$$

Fragebogen

1

Welche der folgenden Gleichungen beschreiben $s(t)$ in richtiger Weise?

	$s(t) = \cos(\omega_T \cdot t) – q(t) \cdot \sin(\omega_T \cdot t)$.
	$s(t) = \cos(\omega_T \cdot t) + q(t) \cdot \cos(\omega_T \cdot t)$.
	$s(t) = \cos(\omega_T \cdot t) + 0.5 sin(\omega_\Delta \cdot t) + 0.5 \sin(\omega_\sum \cdot t)$.
	$s(t) = \cos(\omega_T \cdot t) - 0.5 cos(\omega_\Delta \cdot t) + 0.5 \cos(\omega_\sum \cdot t)$.

2

Berechnen Sie das äquivalente Tiefpass-Signal $s_{TP}(t)$. Welche Inphase– und Quadtraturkomponente ergeben sich zum Zeitpunkt $t = 0$?

$S_I(t = 0)$ =

$S_Q(t = 0)$ =

3

Welche der folgenden Aussagen treffen für die Ortskurve $s_{TP}(t)$ zu?

	Die Ortskurve ist ein Kreisbogen.
	Die Ortskurve ist eine horizontale Gerade.
	Die Ortskurve ist eine vertikale Gerade.

4

Berechnen Sie den Betrag $a(t)$, insbesondere Maximal– und Minimalwert.

$a_{max}$ =

$a_{min}$ =

5

Wie lautet die Phasenfunktion $\phi(t)$. Wie groß ist der Maximalwert?

$\phi_{max}$ = $\text{Grad}$

Musterlösung

Musterlösung

1. Durch die Phasenverschiebung um $\phi = 90°$ wird aus der Cosinus– die Minus–Sinusfunktion. Richtig sind also der erste und der letzte Vorschlag, da mit $q(t) = \sin(\omega_N t)$ gilt:

$${s(t)} = \cos({ \omega_{\rm T}\hspace{0.05cm} t }) - \sin({ \omega_{\rm T}\hspace{0.05cm} t }) \cdot \sin({ \omega_{\rm N}\hspace{0.05cm} t })= \\ = \cos({ \omega_{\rm T}\hspace{0.05cm} t }) - 0.5 \cdot \cos(({ \omega_{\rm T}-\omega_{\rm N})\hspace{0.05cm} t }) + 0.5 \cdot \cos(({ \omega_{\rm T}+\omega_{\rm N})\hspace{0.05cm} t }).$$

2. Das Spektrum des analytischen Signals lautet:

$$S_{\rm +}(f) = \delta (f - f_{\rm T}) - 0.5 \cdot \delta (f - f_{\rm \Delta})+ 0.5 \cdot \delta (f - f_{\rm \Sigma}) .$$

Durch Verschiebung um $f_T$ kommt man zum Spektrum des äquivalenten Tiefpass-Signals:

$$S_{\rm TP}(f) = \delta (f ) - 0.5 \cdot \delta (f + f_{\rm N})+ 0.5 \cdot \delta (f - f_{\rm N}) .$$

Dies führt zu der Zeitfunktion

$$s_{\rm TP}(t) = {\rm 1 } - 0.5 \cdot {\rm e}^{{-\rm j}\hspace{0.05cm} \omega_{\rm N} \hspace{0.05cm} t }+ 0.5 \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} \omega_{\rm N} \hspace{0.05cm} t } = 1 + {\rm j} \cdot \sin(\omega_{\rm N} \hspace{0.05cm} t ).$$

Zum Zeitpunkt $t = 0$ ist $s_{TP}(t) = 1$, also reell. Somit gilt:

• $s_I(t = 0) = \text{Re}[s_{TP}(t = 0)] \underline{= 1}$,

• $s_Q(t = 0) = Im[s_{TP}(t = 0)] \underline{= 0}$.

3. Die Ortskurve ist eine vertikale Gerade $\Rightarrow$ Vorschlag 3 mit folgenden Werten:

$$s_{\rm TP}(t = 0) = s_{\rm TP}(t = {\rm 50 \hspace{0.05cm} \mu s}) = ... = 1,$$

$$s_{\rm TP}(t = {\rm 25 \hspace{0.05cm} \mu s}) = s_{\rm TP}(t = {\rm 125 \hspace{0.05cm} \mu s}) = ... = 1 + {\rm j},$$

$$s_{\rm TP}(t = {\rm 75 \hspace{0.05cm} \mu s}) = s_{\rm TP}(t = {\rm 175 \hspace{0.05cm} \mu s}) = ... = 1 - {\rm j}.$$

4. Der Betrag entspricht der Zeigerlänge. Diese schwankt zwischen $a_{max} \underline{= \text{„Wurzel aus 2”}}$ und $a_{min} \underline{= 1}$. Es gilt:

$$a(t) = \sqrt{1 + \sin^2(\omega_{\rm N} \hspace{0.05cm} t )}.$$

Bei idealer Phasenmodulation müsste die Hüllkurve $a(t)$ dagegen konstant sein.

5. Der Realteil ist stets 1, der Imaginärteil gleich $\sin(\omega_N t)$. Daraus folgt die Phasenfunktion:

$$\phi(t)= {\rm arctan} \hspace{0.1cm}{\left(\sin(\omega_{\rm N} \hspace{0.05cm} t )\right)}.$$

Der Maximalwert der Sinusfunktion ist 1. Daraus folgt $\phi_{max} = \arctan (1) \underline{= \pi /4\ \text{(entspricht $45 °$)}}$.