Aufgaben:Aufgabe 4.7Z: Signalformen bei ASK, BPSK und DPSK: Unterschied zwischen den Versionen
Zeile 75: | Zeile 75: | ||
===Musterlösung=== | ===Musterlösung=== | ||
{{ML-Kopf}} | {{ML-Kopf}} | ||
− | '''(1)''' Richtig ist der <u>Lösungsvorschlag 3</u>: | + | '''(1)''' Richtig ist der <u>Lösungsvorschlag 3</u>: |
*Das ASK–Signal ergibt sich aus der Multiplikation des hier sinusförmigen Trägersignals $z(t)$ mit dem unipolaren Quellensignal $q(t)$. | *Das ASK–Signal ergibt sich aus der Multiplikation des hier sinusförmigen Trägersignals $z(t)$ mit dem unipolaren Quellensignal $q(t)$. | ||
− | *Es ist offensichtlich, dass $s_3(t)$ ein solches ASK–Signal beschreibt. | + | *Es ist offensichtlich, dass $s_3(t)$ ein solches ASK–Signal beschreibt. |
*Die unipolaren Amplitudenkoeffizienten des Quellensignals lauten $1,\ 1,\ 0,\ 1,\ 0,\ 1,\ 1$. | *Die unipolaren Amplitudenkoeffizienten des Quellensignals lauten $1,\ 1,\ 0,\ 1,\ 0,\ 1,\ 1$. | ||
Zeile 84: | Zeile 84: | ||
'''(2)''' Gegenüber der bipolaren Basisbandübertragung sind bei der ASK folgende Änderungen zu erkennen: | '''(2)''' Gegenüber der bipolaren Basisbandübertragung sind bei der ASK folgende Änderungen zu erkennen: | ||
* Die Energie wird wegen der Multiplikation mit dem Sinussignal halbiert. | * Die Energie wird wegen der Multiplikation mit dem Sinussignal halbiert. | ||
− | * Da $q(t)$ als redundanzfrei vorausgesetzt wird, gilt in der Hälfte der Zeit $s_3(t) = 0$, wodurch die Energie nochmals halbiert wird. | + | * Da $q(t)$ als redundanzfrei vorausgesetzt wird, gilt in der Hälfte der Zeit $s_3(t) = 0$, wodurch die Energie nochmals halbiert wird. Damit ergibt sich: |
− | |||
− | |||
− | Damit ergibt sich: | ||
:$$E_{\rm B} = \frac {s_0^2 \cdot T_{\rm B} }{4 \cdot R} = \frac {(2\,{\rm V})^2 \cdot 10^{-6} \,{\rm s}}{4 \cdot 50 \,{\rm V/A}}= 2 \cdot 10^{-8} \,{\rm Ws}\hspace{0.15cm}\underline {= 0.02 \,\,{\rm µ Ws}}.$$ | :$$E_{\rm B} = \frac {s_0^2 \cdot T_{\rm B} }{4 \cdot R} = \frac {(2\,{\rm V})^2 \cdot 10^{-6} \,{\rm s}}{4 \cdot 50 \,{\rm V/A}}= 2 \cdot 10^{-8} \,{\rm Ws}\hspace{0.15cm}\underline {= 0.02 \,\,{\rm µ Ws}}.$$ | ||
− | '''(3)''' Richtig ist der <u>Lösungsvorschlag 1</u>: | + | '''(3)''' Richtig ist der <u>Lösungsvorschlag 1</u>: |
*Typisch für die BPSK sind Phasensprünge. | *Typisch für die BPSK sind Phasensprünge. | ||
− | *Da stets das gleiche Quellensignal vorausgesetzt wurde, treten diese Phasensprünge genau dann auf, wenn es im ASK–Signal $s_3(t)$ einen Symbolwechsel gibt. | + | *Da stets das gleiche Quellensignal vorausgesetzt wurde, treten diese Phasensprünge genau dann auf, wenn es im ASK–Signal $s_3(t)$ einen Symbolwechsel gibt. |
Zeile 103: | Zeile 100: | ||
− | '''(5)''' Wie bereits zu vermuten ist, lautet die richtige Antwort $s_2(t)$ ⇒ <u>Lösungsvorschlag 2</u>: | + | '''(5)''' Wie bereits zu vermuten ist, lautet die richtige Antwort $s_2(t)$ ⇒ <u>Lösungsvorschlag 2</u>: |
− | *Der DPSK–Modulator arbeitet wie folgt, wobei $m_0 = -1$ vorausgesetzt wird: | + | *Der DPSK–Modulator arbeitet wie folgt, wobei $m_0 = -1$ vorausgesetzt wird: |
:$$ m_0 = -1, \hspace{0.1cm}a_1 = +1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}m_1 = -1,$$ | :$$ m_0 = -1, \hspace{0.1cm}a_1 = +1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}m_1 = -1,$$ | ||
:$$m_1 = -1, \hspace{0.1cm}a_2 = +1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}m_2 = -1,$$ | :$$m_1 = -1, \hspace{0.1cm}a_2 = +1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}m_2 = -1,$$ | ||
Zeile 115: | Zeile 112: | ||
− | '''(6)''' Ein Vergleich der beiden Signale $s_1(t)$ und $s_2(t)$ zeigt, dass sich hinsichtlich der Signalenergie nichts ändert. | + | '''(6)''' Ein Vergleich der beiden Signale $s_1(t)$ und $s_2(t)$ zeigt, dass sich hinsichtlich der Signalenergie nichts ändert. Daraus folgt: Die DPSK weist die genau gleiche Signalenergie auf wie die BPSK: |
− | |||
:$$E_{\rm B} = \frac {s_0^2 \cdot T_{\rm B} }{2 \cdot R} \hspace{0.15cm}\underline {= 0.04 \,\,{\rm µ Ws}}.$$ | :$$E_{\rm B} = \frac {s_0^2 \cdot T_{\rm B} }{2 \cdot R} \hspace{0.15cm}\underline {= 0.04 \,\,{\rm µ Ws}}.$$ | ||
Aktuelle Version vom 15. April 2022, 15:14 Uhr
Die Abbildung zeigt jeweils ausgehend vom gleichen Quellensignal $q(t)$ die Sendesignale bei
- Amplitude Shift Keying $\rm (ASK)$,
- Binary Phase Shift Keying $\rm (BPSK)$,
- Differential Phase Shift Keying $\rm (DPSK)$.
Die Sendesignale sind hier allgemein mit $s_1(t)$, $s_2(t)$ und $s_3(t)$ bezeichnet. Die Zuordnung zu den vorgegebenen Modulationsverfahren soll von Ihnen vorgenommen werden.
Außerdem soll für alle Signale die jeweilige mittlere Energie pro Bit ⇒ $E_{\rm B}$ in „Ws” angegeben werden, wobei folgende Annahmen getroffen werden können:
- Die (maximale) Hüllkurve aller trägerfrequenzmodulierten Signale ist $s_0 = 2\ \rm V$.
- Die Bitrate des redundanzfreien Quellensignals beträgt $R_{\rm B} = 1 \ \rm Mbit/s$.
- Die Modulatoren arbeiten mit einem Arbeitswiderstand von $R = 50 \ \rm Ω$.
Beispielsweise würde bei (bipolarer) Basisbandübertragung mit der Symboldauer $T_{\rm } = 1/R_{\rm }$ gelten:
- $$ E_{\rm B} = \frac {s_0^2 \cdot T_{\rm B} }{R} = \frac {(2\,{\rm V})^2 \cdot 10^{-6} \,{\rm s}}{50 \,{\rm V/A}}= 8 \cdot 10^{-8} \,{\rm Ws}= 0.08 \,\,{\rm µ Ws}.$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Lineare digitale Modulation.
- Bezug genommen wird aber auch auf das Kapitel Grundlagen der codierten Übertragung im Buch „Digitalsignalübertragung”.
- Die Leistungen sind in $\rm V^2$ anzugeben; sie beziehen sich somit auf den Bezugswiderstand $R = 1 \ \rm \Omega$.
Fragebogen
Musterlösung
- Das ASK–Signal ergibt sich aus der Multiplikation des hier sinusförmigen Trägersignals $z(t)$ mit dem unipolaren Quellensignal $q(t)$.
- Es ist offensichtlich, dass $s_3(t)$ ein solches ASK–Signal beschreibt.
- Die unipolaren Amplitudenkoeffizienten des Quellensignals lauten $1,\ 1,\ 0,\ 1,\ 0,\ 1,\ 1$.
(2) Gegenüber der bipolaren Basisbandübertragung sind bei der ASK folgende Änderungen zu erkennen:
- Die Energie wird wegen der Multiplikation mit dem Sinussignal halbiert.
- Da $q(t)$ als redundanzfrei vorausgesetzt wird, gilt in der Hälfte der Zeit $s_3(t) = 0$, wodurch die Energie nochmals halbiert wird. Damit ergibt sich:
- $$E_{\rm B} = \frac {s_0^2 \cdot T_{\rm B} }{4 \cdot R} = \frac {(2\,{\rm V})^2 \cdot 10^{-6} \,{\rm s}}{4 \cdot 50 \,{\rm V/A}}= 2 \cdot 10^{-8} \,{\rm Ws}\hspace{0.15cm}\underline {= 0.02 \,\,{\rm µ Ws}}.$$
(3) Richtig ist der Lösungsvorschlag 1:
- Typisch für die BPSK sind Phasensprünge.
- Da stets das gleiche Quellensignal vorausgesetzt wurde, treten diese Phasensprünge genau dann auf, wenn es im ASK–Signal $s_3(t)$ einen Symbolwechsel gibt.
(4) Von der unter (2) genannten Veränderung gegenüber der Basisbandübertragung ist bei BPSK nur die erste zutreffend. Damit gilt:
- $$E_{\rm B} = \frac {s_0^2 \cdot T_{\rm B} }{2 \cdot R} \hspace{0.15cm}\underline {= 0.04 \,\,{\rm µ Ws}}.$$
(5) Wie bereits zu vermuten ist, lautet die richtige Antwort $s_2(t)$ ⇒ Lösungsvorschlag 2:
- Der DPSK–Modulator arbeitet wie folgt, wobei $m_0 = -1$ vorausgesetzt wird:
- $$ m_0 = -1, \hspace{0.1cm}a_1 = +1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}m_1 = -1,$$
- $$m_1 = -1, \hspace{0.1cm}a_2 = +1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}m_2 = -1,$$
- $$m_2 = -1, \hspace{0.1cm}a_3 = -1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}m_3 = +1,$$
- $$m_3 = +1, \hspace{0.1cm}a_4 = +1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}m_4 = +1,$$
- $$m_4 = +1, \hspace{0.1cm}a_5 = -1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}m_5 = -1,$$
- $$m_5 = -1, \hspace{0.1cm}a_6 = +1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}m_6 = -1, \,\,{\rm usw.}$$
(6) Ein Vergleich der beiden Signale $s_1(t)$ und $s_2(t)$ zeigt, dass sich hinsichtlich der Signalenergie nichts ändert. Daraus folgt: Die DPSK weist die genau gleiche Signalenergie auf wie die BPSK:
- $$E_{\rm B} = \frac {s_0^2 \cdot T_{\rm B} }{2 \cdot R} \hspace{0.15cm}\underline {= 0.04 \,\,{\rm µ Ws}}.$$