Aufgaben:Aufgabe 5.2Z: Zweiwegekanal: Unterschied zwischen den Versionen

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:<b>1.</b>&nbsp;&nbsp;<i>H</i>(<i>f</i>) ist die Fouriertransformierte zu <i>h</i>(<i>t</i>). Mit dem Verschiebungssatz lautet diese (<i>&tau;</i><sub>1</sub> = 0):
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'''(1)'''&nbsp; $H(f)$ ist die Fouriertransformierte zu $h(t)$. Mit dem Verschiebungssatz lautet diese $(\tau_1 = 0)$:
 
:$$H(f) = 1 + \alpha  \cdot {\rm{e}}^{ - {\rm{j2\pi }}f\tau _2 }  = 1 + \alpha  \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha  \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ).$$
 
:$$H(f) = 1 + \alpha  \cdot {\rm{e}}^{ - {\rm{j2\pi }}f\tau _2 }  = 1 + \alpha  \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha  \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ).$$
  
:Falls <i>H</i>(<i>f</i>) periodisch mit <i>f</i><sub>0</sub> ist, muss für alle ganzzahligen Werte von <i>i</i> gelten:
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Falls $H(f)$ periodisch mit $f_0$ ist, muss für alle ganzzahligen Werte von $i$ gelten: &nbsp; $H( {f + i \cdot f_0 } ) = H( f ).$ Mit $f_0 = 1/\tau_2\hspace{0.15cm} \underline{=  0.25 \hspace{0.05cm}\rm kHz}$ ist diese Bedingung erfüllt.
:$$H( {f + i \cdot f_0 } ) = H( f ).$$
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:$$H( {f + i \cdot f_0 } ) = 1 + \alpha  \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2  + i{\rm{2\pi }}f_0 \tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha  \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2  + i{\rm{2\pi }}f_0 \tau _2 } ) = 1 + \alpha  \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha  \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ).$$
  
:Mit <i>f</i><sub>0</sub> = 1/<i>&tau;</i><sub>2</sub> <u>= 0.25 kHz</u> ist diese Bedingung erfüllt.
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'''(2)'''&nbsp; Das Betragsquadrat ist die Summe von quadriertem Realteil und quadriertem Imaginärteil:
:$$H( {f + i \cdot f_0 } ) = 1 + \alpha  \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2  + i{\rm{2\pi }}f_0 \tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha  \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2  + i{\rm{2\pi }}f_0 \tau _2 } ) \\= 1 + \alpha  \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha  \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ).$$
 
 
 
:<b>2.</b>&nbsp;&nbsp;Das Betragsquadrat ist die Summe von quadriertem Realteil und quadriertem Imaginärteil:
 
 
:$$\left| {H( f )} \right|^2  = \left( {1 + \alpha  \cdot \cos ( A )} \right)^2  + \left( {\alpha  \cdot \sin ( A )} \right)^2 .$$
 
:$$\left| {H( f )} \right|^2  = \left( {1 + \alpha  \cdot \cos ( A )} \right)^2  + \left( {\alpha  \cdot \sin ( A )} \right)^2 .$$
  
:Hierbei ist das Argument der Winkelfunktionen mit <i>A</i> = 2&pi;<i>f&tau;</i><sub>2</sub> abgekürzt. Nach Ausmultiplizieren unter Berücksichtigung von cos<sup>2</sup>(<i>A</i>) + sin<sup>2</sup>(<i>A</i>) = 1 erhält man:
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Hierbei ist das Winkelargument mit $A = 2\pi f \tau$ abgekürzt. Nach Ausmultiplizieren erhält man wegen $\cos^2(A) + \sin^2(A) = 1$:
 
:$$\left| {H(f)} \right|^2  = 1 + \alpha ^2  + 2\alpha  \cdot \cos ( A ).$$
 
:$$\left| {H(f)} \right|^2  = 1 + \alpha ^2  + 2\alpha  \cdot \cos ( A ).$$
  
:Bei der Frequenz <i>f</i> = 0 (und somit <i>A</i> = 0) ergibt sich allgemein bzw. mit <i>&alpha;</i> = 0.5:
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Bei der Frequenz $f = 0$ (und somit $A = 0$) ergibt sich allgemein bzw. mit $\alpha = 0.5$:
 
:$$\left| {H( {f = 0} )} \right|^2  = \left( {1 + \alpha } \right)^2  = 1.5^2\hspace{0.15cm} \underline{  = 2.25}.$$
 
:$$\left| {H( {f = 0} )} \right|^2  = \left( {1 + \alpha } \right)^2  = 1.5^2\hspace{0.15cm} \underline{  = 2.25}.$$
  
:<b>3.</b>&nbsp;&nbsp;Nun lässt sich das Übertragungssystem aus zwei Teilsystemen zusammensetzen (siehe Skizze):
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'''(3)'''&nbsp; Nun lässt sich das Übertragungssystem aus zwei Teilsystemen zusammensetzen (siehe Skizze):
[[Datei:P_ID551__Sto_Z_5_2_c.png|center|]]
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[[Datei:P_ID551__Sto_Z_5_2_c.png|Aufteilung in zwei Teilsysteme]]
  
:Die Übertragungsfunktion <i>H</i><sub>1</sub>(<i>f</i>) ist wie unter b) berechnet. Für  <i>H</i><sub>2</sub>(<i>f</i>) gilt mit <i>&tau;</i><sub>1</sub> = 1 ms:
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Die Übertragungsfunktion $H_1(f)$ ist wie in der Teilaufgabe (2) berechnet. Für  $H_2(f)$ gilt mit $\tau_1 = 1\hspace{0.05cm}\rm ms$:
 
:$$H_2 (f) = {\rm{e}}^{ - {\rm{j2\pi }}f\tau _1 } \quad  \Rightarrow \quad \left| {H_2 (f)} \right| = 1\quad  \Rightarrow \quad \left| {H_2 (f)} \right|^2  = 1.$$
 
:$$H_2 (f) = {\rm{e}}^{ - {\rm{j2\pi }}f\tau _1 } \quad  \Rightarrow \quad \left| {H_2 (f)} \right| = 1\quad  \Rightarrow \quad \left| {H_2 (f)} \right|^2  = 1.$$
  
:Das bedeutet: Durch die zusätzliche Laufzeit wird |<i>H</i>(<i>f</i>)|<sup>2</sup> gegenüber der Teilaufgabe b) nicht verändert. Bei der Frequenz <i>f</i> = 0 gilt also weiterhin |<i>H</i>(<i>f</i> = 0)|<sup>2</sup> <u>= 2.25</u>.
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Das bedeutet: Durch die zusätzliche Laufzeit wird $\left| {H(f)} \right|^2$ gegenüber der Teilaufgabe (2) nicht verändert. Bei der Frequenz $f = 0$ gilt also weiterhin$\left| {H(f = 0)} \right|^2\hspace{0.15cm} \underline{  = 2.25}.$
  
:<b>4.</b>&nbsp;&nbsp;Durch Vergleich der gezeichneten Funktion <i>h</i>(<i>t</i>) &#8727; <i>h</i>(&ndash;<i>t</i>) mit dem Ergebnis von b) erhält man:
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'''(4)'''&nbsp; Durch Vergleich der gezeichneten Funktion $h(t) \star  h(-t)$ mit dem Ergebnis der Teilaufgabe (2) erhält man:
 
:$$C_0  = 1 + \alpha ^2  \hspace{0.15cm} \underline{= 1.25},
 
:$$C_0  = 1 + \alpha ^2  \hspace{0.15cm} \underline{= 1.25},
 
\hspace{0.5cm}C_3  = \alpha  \hspace{0.15cm} \underline{= 0.5},
 
\hspace{0.5cm}C_3  = \alpha  \hspace{0.15cm} \underline{= 0.5},
 
\hspace{0.5cm}\tau _3  = \tau _2  - \tau _1  \hspace{0.15cm} \underline{= 4\;{\rm{ms}}}.$$
 
\hspace{0.5cm}\tau _3  = \tau _2  - \tau _1  \hspace{0.15cm} \underline{= 4\;{\rm{ms}}}.$$
  
:<b>5.</b>&nbsp;&nbsp;Das LDS des Ausgangssignals <i>y</i>(<i>t</i>) ist auf den Bereich von &plusmn;<i>B</i> begrenzt und ergibt sich zu
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'''(5)'''&nbsp; Das LDS des Ausgangssignals $y(t)$ ist auf den Bereich von $\pm B$ begrenzt und ergibt sich zu
 
:$${\it \Phi}_y(f)  = {N_0}/{2}  \cdot |H(f)|^2  = N_0/{2}  \cdot {\left( {1 + \alpha ^2  + 2\alpha  \cdot \cos ( {2{\rm{\pi }}f\tau _3 } )} \right)}.$$
 
:$${\it \Phi}_y(f)  = {N_0}/{2}  \cdot |H(f)|^2  = N_0/{2}  \cdot {\left( {1 + \alpha ^2  + 2\alpha  \cdot \cos ( {2{\rm{\pi }}f\tau _3 } )} \right)}.$$
  
:Unter Ausnutzung von Symmetrieeigenschaften erhält man somit für die Leistung:
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Unter Ausnutzung von Symmetrieeigenschaften erhält man somit für die Leistung:
 
:$$P_y  = N_0  \cdot \int_0^B {\left( {1 + \alpha ^2  + 2\alpha  \cdot \cos ( {2{\rm{\pi }}f\tau _3 } )} \right)}\hspace{0.1cm} {\rm{d}}f.$$
 
:$$P_y  = N_0  \cdot \int_0^B {\left( {1 + \alpha ^2  + 2\alpha  \cdot \cos ( {2{\rm{\pi }}f\tau _3 } )} \right)}\hspace{0.1cm} {\rm{d}}f.$$
  
:Da <i>B</i> = 10 kHz ein ganzzahliges Vielfaches der Frequenzperiode <i>f</i><sub>0</sub> = 1/<i>&tau;</i><sub>3</sub> = 250 Hz ist (vgl. Lösung zu Teilaufgabe 1), trägt die Cosinus-Funktion nicht zum Integral bei, und man erhält:
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Da $B = 10 \hspace{0.05cm} \rm kHz$ ein ganzzahliges Vielfaches der Frequenzperiode $f_0 = 1/\tau_2= 250 \hspace{0.05cm}\rm Hz$ ist (vgl. Lösung zur Teilaufgabe 1), trägt die Cosinus-Funktion nicht zum Integral bei, und man erhält:
 
:$$P_y  = N_0  \cdot B \cdot \left( {1 + \alpha ^2 } \right) = 1.25 \cdot P_x \hspace{0.15cm} \underline{ = 12.5\;{\rm{mW}}}.$$
 
:$$P_y  = N_0  \cdot B \cdot \left( {1 + \alpha ^2 } \right) = 1.25 \cdot P_x \hspace{0.15cm} \underline{ = 12.5\;{\rm{mW}}}.$$
 
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Version vom 18. April 2017, 16:07 Uhr

Impusantwort h(t) des Zweiwegekanals und h(t) * h(-t)

Von einem Übertragungssystem ist bekannt, dass zwischen dem Eingangssignal $x(t)$ und dem Ausgangssignal $y(t)$ der folgende Zusammenhang besteht:

$$y(t) = x( {t - \tau _1 } ) + \alpha \cdot x( {t - \tau _2 } ).$$

Die dazugehörige Impulsantwort $h(t)$ ist rechts skizziert.


In der unteren Skizze ist die Funktion

$$h(t) * h( { - t} )\hspace{0.15cm}\circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\,\hspace{0.15cm}\left| {H(f)} \right|^2$$

dargestellt, wobei die Parameter $C_0$, $C_3$ und $\tau_3$ von $\alpha$, $\tau_1$ und $\tau_2$ abhängen (siehe Teilaufgabe 4).

Das Eingangssignal $x(t)$ sei bandbegrenztes weißes Rauschen mit der Leistungsdichte $N_0 = 10^{-6} \hspace{0.05cm} \rm W/Hz$ und der Bandbreite $B = 10 \hspace{0.05cm} \rm kHz$, woraus sich die Leistung $P_x = 10 \hspace{0.05cm} \rm mW$ berechnen lässt.


Hinweise:

  • Die Aufgabe gehört zum Kapitel Stochastische Systemtheorie.
  • Verwenden Sie für die numerischen Berechnungen stets den Wert $\alpha = 0.5$.
  • Für die Teilaufgaben (1) und (2) gelte zudem $\tau_1 = 0$ und $\tau_2 = 4\hspace{0.05cm}\rm ms$.
  • Für die späteren Aufgabenteile soll von $\tau_1 = 1\hspace{0.05cm}\rm ms$ und $\tau_2 = 5\hspace{0.05cm}\rm ms$ ausgegangen werden.
  • Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.


Fragebogen

1

Berechnen Sie den Frequenzgang $H(f)$ für $\tau_1 = 0$ und $\tau_2 = 4\hspace{0.05cm}\rm ms$. Zeigen Sie, dass $H(f)$ eine mit $f_0$ periodische Funktion ist. Wie groß ist $f_0$?

$f_0 \ =$

$\ \rm kHz$

2

Wie groß ist $|H(f)|^2$ mit $\tau_1 = 0$, $\tau_2 = 4\hspace{0.05cm}\rm ms$ und $\alpha = 0.5$? Geben Sie den Wert bei $f = 0$ ein.

$|H(f = 0)|^2 \ =$

3

Wie verändert sich $|H(f)|^2$ mit $\tau_1 = 1\hspace{0.05cm}\rm ms$ und $\tau_2 = 5\hspace{0.05cm}\rm ms$? Die Dämpfungskonstante sei weiterhin $\alpha = 0.5$. Geben Sie den Wert bei $f = 0$ ein.

$|H(f = 0)|^2 \ =$

4

Es gelte weiterhin $\alpha = 0.5$, $\tau_1 = 1\hspace{0.05cm}\rm ms$ und $\tau_2 = 5\hspace{0.05cm}\rm ms$. Welche Werte ergeben sich für die Funktionsparameter von $h(t) \star h(-t)$ gemäß Skizze?

$C_0 \ =$

$C_3 \ =$

$\tau_3 \ =$

$\ \rm ms$

5

Wie groß ist die Leistung des Ausgangssignals $y(t)?

$P_y \ =$

$\ \rm mW$


Musterlösung

(1)  $H(f)$ ist die Fouriertransformierte zu $h(t)$. Mit dem Verschiebungssatz lautet diese $(\tau_1 = 0)$:

$$H(f) = 1 + \alpha \cdot {\rm{e}}^{ - {\rm{j2\pi }}f\tau _2 } = 1 + \alpha \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ).$$

Falls $H(f)$ periodisch mit $f_0$ ist, muss für alle ganzzahligen Werte von $i$ gelten:   $H( {f + i \cdot f_0 } ) = H( f ).$ Mit $f_0 = 1/\tau_2\hspace{0.15cm} \underline{= 0.25 \hspace{0.05cm}\rm kHz}$ ist diese Bedingung erfüllt.

$$H( {f + i \cdot f_0 } ) = 1 + \alpha \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 + i{\rm{2\pi }}f_0 \tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 + i{\rm{2\pi }}f_0 \tau _2 } ) = 1 + \alpha \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ).$$

(2)  Das Betragsquadrat ist die Summe von quadriertem Realteil und quadriertem Imaginärteil:

$$\left| {H( f )} \right|^2 = \left( {1 + \alpha \cdot \cos ( A )} \right)^2 + \left( {\alpha \cdot \sin ( A )} \right)^2 .$$

Hierbei ist das Winkelargument mit $A = 2\pi f \tau$ abgekürzt. Nach Ausmultiplizieren erhält man wegen $\cos^2(A) + \sin^2(A) = 1$:

$$\left| {H(f)} \right|^2 = 1 + \alpha ^2 + 2\alpha \cdot \cos ( A ).$$

Bei der Frequenz $f = 0$ (und somit $A = 0$) ergibt sich allgemein bzw. mit $\alpha = 0.5$:

$$\left| {H( {f = 0} )} \right|^2 = \left( {1 + \alpha } \right)^2 = 1.5^2\hspace{0.15cm} \underline{ = 2.25}.$$

(3)  Nun lässt sich das Übertragungssystem aus zwei Teilsystemen zusammensetzen (siehe Skizze): Aufteilung in zwei Teilsysteme

Die Übertragungsfunktion $H_1(f)$ ist wie in der Teilaufgabe (2) berechnet. Für $H_2(f)$ gilt mit $\tau_1 = 1\hspace{0.05cm}\rm ms$:

$$H_2 (f) = {\rm{e}}^{ - {\rm{j2\pi }}f\tau _1 } \quad \Rightarrow \quad \left| {H_2 (f)} \right| = 1\quad \Rightarrow \quad \left| {H_2 (f)} \right|^2 = 1.$$

Das bedeutet: Durch die zusätzliche Laufzeit wird $\left| {H(f)} \right|^2$ gegenüber der Teilaufgabe (2) nicht verändert. Bei der Frequenz $f = 0$ gilt also weiterhin$\left| {H(f = 0)} \right|^2\hspace{0.15cm} \underline{ = 2.25}.$

(4)  Durch Vergleich der gezeichneten Funktion $h(t) \star h(-t)$ mit dem Ergebnis der Teilaufgabe (2) erhält man:

$$C_0 = 1 + \alpha ^2 \hspace{0.15cm} \underline{= 1.25}, \hspace{0.5cm}C_3 = \alpha \hspace{0.15cm} \underline{= 0.5}, \hspace{0.5cm}\tau _3 = \tau _2 - \tau _1 \hspace{0.15cm} \underline{= 4\;{\rm{ms}}}.$$

(5)  Das LDS des Ausgangssignals $y(t)$ ist auf den Bereich von $\pm B$ begrenzt und ergibt sich zu

$${\it \Phi}_y(f) = {N_0}/{2} \cdot |H(f)|^2 = N_0/{2} \cdot {\left( {1 + \alpha ^2 + 2\alpha \cdot \cos ( {2{\rm{\pi }}f\tau _3 } )} \right)}.$$

Unter Ausnutzung von Symmetrieeigenschaften erhält man somit für die Leistung:

$$P_y = N_0 \cdot \int_0^B {\left( {1 + \alpha ^2 + 2\alpha \cdot \cos ( {2{\rm{\pi }}f\tau _3 } )} \right)}\hspace{0.1cm} {\rm{d}}f.$$

Da $B = 10 \hspace{0.05cm} \rm kHz$ ein ganzzahliges Vielfaches der Frequenzperiode $f_0 = 1/\tau_2= 250 \hspace{0.05cm}\rm Hz$ ist (vgl. Lösung zur Teilaufgabe 1), trägt die Cosinus-Funktion nicht zum Integral bei, und man erhält:

$$P_y = N_0 \cdot B \cdot \left( {1 + \alpha ^2 } \right) = 1.25 \cdot P_x \hspace{0.15cm} \underline{ = 12.5\;{\rm{mW}}}.$$