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

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[[Datei:P_ID517__Sto_Z_5_2.png|right|Impusantwort h(t) des Zweiwegekanals und h(t) * h(-t)]]
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[[Datei:P_ID517__Sto_Z_5_2.png|right|frame|Zweiwegekanal–Impulsantwort  $h(t)$  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:
+
Von einem Übertragungssystem ist bekannt,  dass zwischen dem Eingangssignal  $x(t)$  und dem  Ausgangssignal  $y(t)$  der folgende Zusammenhang besteht:
 
:$$y(t) = x( {t - \tau _1 } ) + \alpha \cdot x( {t - \tau _2 } ).$$
 
:$$y(t) = x( {t - \tau _1 } ) + \alpha \cdot x( {t - \tau _2 } ).$$
  
Die dazugehörige Impulsantwort  $h(t)$ ist rechts skizziert.
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Die dazugehörige Impulsantwort  $h(t)$  ist oben skizziert.
  
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In der unteren Skizze ist die Funktion
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:$$h(t) * h( { - t} )\hspace{0.25cm}\circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\,\hspace{0.25cm}\left| {H(f)} \right|^2$$
  
In der unteren Skizze ist die Funktion
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dargestellt,  wobei die Parameter  $C_0$,  $C_3$  und  $\tau_3$  von  $\alpha$,  $\tau_1$  und  $\tau_2$  abhängen   ⇒   siehe Teilaufgabe  '''(4)'''.
:$$h(t) * h( { - t} )\hspace{0.15cm}\circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\,\hspace{0.15cm}\left| {H(f)} \right|^2$$
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Das Eingangssignal  $x(t)$  sei bandbegrenztes weißes Rauschen
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*mit der Leistungsdichte  $N_0 = 10^{-6} \hspace{0.08cm} \rm W/Hz$
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*und der Bandbreite  $B = 10 \hspace{0.08cm} \rm kHz$,  
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woraus die Leistung   $P_x = 10 \hspace{0.08cm} \rm mW$  berechnet werden kann.
  
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:''
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Hinweise:  
*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel [[Stochastische_Signaltheorie/Stochastische_Systemtheorie|Stochastische Systemtheorie]].
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*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel  [[Stochastische_Signaltheorie/Stochastische_Systemtheorie|Stochastische Systemtheorie]].
*Verwenden Sie für die numerischen Berechnungen stets den Wert $\alpha = 0.5$.  
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*Verwenden Sie für die numerischen Berechnungen stets den Wert  $\alpha = 0.5$.  
*Für die Teilaufgaben (1) und (2) gelte zudem $\tau_1 = 0$ und $\tau_2 = 4\hspace{0.05cm}\rm ms$.  
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*Für die Teilaufgaben  '''(1)'''  und  '''(2)'''  gelte zudem  $\tau_1 = 0$  und  $\tau_2 = 4\hspace{0.08cm}\rm ms$.  
*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.
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*Für die späteren Aufgabenteile soll von  $\tau_1 = 1\hspace{0.08cm}\rm ms$  und  $\tau_2 = 5\hspace{0.08cm}\rm ms$  ausgegangen werden.
*Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
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<quiz display=simple>
 
<quiz display=simple>
{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 $f_0$?
+
{Berechnen Sie den Frequenzgang&nbsp; $H(f)$&nbsp; für&nbsp; $\tau_1 = 0$&nbsp; und $\tau_2 = 4\hspace{0.08cm}\rm ms$.&nbsp; Zeigen Sie,&nbsp; dass&nbsp; $H(f)$&nbsp; eine mit&nbsp; $f_0$&nbsp; periodische Funktion ist.&nbsp; Wie groß ist $f_0$?
 
|type="{}"}
 
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$f_0 \ =$  { 0.25 3% } $\ \rm kHz$
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$f_0 \ = \ $  { 0.25 3% } $\ \rm kHz$
  
  
{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.
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{Wie groß ist&nbsp; $|H(f)|^2$&nbsp; mit&nbsp; $\tau_1 = 0$,&nbsp; $\tau_2 = 4\hspace{0.08cm}\rm ms$&nbsp; und&nbsp; $\alpha = 0.5$?&nbsp; Geben Sie den Wert bei $f = 0$&nbsp; ein.
 
|type="{}"}
 
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$|H(f = 0)|^2 \ =$ { 2.25 3% }
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$|H(f = 0)|^2 \ = \ $ { 2.25 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.
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{Wie verändert sich&nbsp; $|H(f)|^2$&nbsp; mit&nbsp; $\tau_1 = 1\hspace{0.08cm}\rm ms$&nbsp; und&nbsp; $\tau_2 = 5\hspace{0.08cm}\rm ms$?&nbsp; Die Dämpfungskonstante sei weiterhin&nbsp; $\alpha = 0.5$.&nbsp; Geben Sie den Wert bei $f = 0$&nbsp; ein.
 
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$|H(f = 0)|^2  \ =$ { 2.25 }
+
$|H(f = 0)|^2  \ = \ $ { 2.25 }
  
  
{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?
+
{Es gelte weiterhin&nbsp; $\alpha = 0.5$,&nbsp; $\tau_1 = 1\hspace{0.08cm}\rm ms$&nbsp; und&nbsp; $\tau_2 = 5\hspace{0.08cm}\rm ms$.&nbsp; Welche Werte ergeben sich für die Funktionsparameter von&nbsp; $h(t) \star  h(-t)$&nbsp; gemäß der Skizze?
 
|type="{}"}
 
|type="{}"}
$C_0 \ =${ 1.25 3% }
+
$C_0 \ = \ ${ 1.25 3% }
$C_3 \ =$ { 0.5 3% }
+
$C_3 \ = \ $ { 0.5 3% }
$\tau_3 \ =$ { 4 3% } $\ \rm ms$
+
$\tau_3 \ = \ $ { 4 3% } $\ \rm ms$
  
  
{Wie groß ist die Leistung des Ausgangssignals $y(t)?
+
{Wie groß ist die Leistung des Ausgangssignals&nbsp; $y(t)$?
 
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|type="{}"}
$P_y \ =$ { 12.5 3% } $\ \rm mW$
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$P_y \ = \ $ { 12.5 3% } $\ \rm mW$
  
  
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===Musterlösung===
 
===Musterlösung===
 
{{ML-Kopf}}
 
{{ML-Kopf}}
:<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; $H(f)$&nbsp; ist die Fouriertransformierte zu&nbsp; $h(t)$.  
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*Mit dem Verschiebungssatz lautet diese&nbsp; $(\tau_1 = 0)$:
 
:$$H(f) = 1 + \alpha  \cdot {\rm{e}}^{ - {\rm{j2\pi }}f\tau _2 }  = 1 + \alpha  \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha  \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ).$$
 
:$$H(f) = 1 + \alpha  \cdot {\rm{e}}^{ - {\rm{j2\pi }}f\tau _2 }  = 1 + \alpha  \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha  \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ).$$
  
: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:
+
*Falls&nbsp; $H(f)$&nbsp; periodisch mit $f_0$&nbsp; ist,&nbsp; muss für alle ganzzahligen Werte von&nbsp; $i$&nbsp; gelten: &nbsp;
 
:$$H( {f + i \cdot f_0 } ) = H( f ).$$
 
:$$H( {f + i \cdot f_0 } ) = H( f ).$$
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*Mit&nbsp; $f_0 = 1/\tau_2\hspace{0.15cm} \underline{=  0.25 \hspace{0.05cm}\rm kHz}$&nbsp; ist diese Bedingung erfüllt.
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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.
 
:$$H( {f + i \cdot f_0 } ) = 1 + \alpha  \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2  + i{\rm{2\pi }}f_0 \tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha  \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2  + i{\rm{2\pi }}f_0 \tau _2 } ) \\= 1 + \alpha  \cdot \cos ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ) - {\rm{j}} \cdot \alpha  \cdot \sin ( {{\rm{2\pi }}f\tau _2 } ).$$
 
  
:<b>2.</b>&nbsp;&nbsp;Das Betragsquadrat ist die Summe von quadriertem Realteil und quadriertem Imaginärteil:
+
'''(2)'''&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:
+
*Hierbei ist das Winkelargument mit&nbsp; $A = 2\pi f \tau$&nbsp; abgekürzt.&nbsp; Nach Ausmultiplizieren erhält man wegen&nbsp; $\cos^2(A) + \sin^2(A) = 1$:
 
:$$\left| {H(f)} \right|^2  = 1 + \alpha ^2  + 2\alpha  \cdot \cos ( A ).$$
 
:$$\left| {H(f)} \right|^2  = 1 + \alpha ^2  + 2\alpha  \cdot \cos ( A ).$$
  
: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&nbsp; $f = 0$&nbsp; $($und somit &nbsp; $A = 0)$&nbsp; ergibt sich allgemein bzw. mit&nbsp; $\alpha = 0.5$:
 
:$$\left| {H( {f = 0} )} \right|^2  = \left( {1 + \alpha } \right)^2  = 1.5^2\hspace{0.15cm} \underline{  = 2.25}.$$
 
:$$\left| {H( {f = 0} )} \right|^2  = \left( {1 + \alpha } \right)^2  = 1.5^2\hspace{0.15cm} \underline{  = 2.25}.$$
  
:<b>3.</b>&nbsp;&nbsp;Nun lässt sich das Übertragungssystem aus zwei Teilsystemen zusammensetzen (siehe Skizze):
 
[[Datei:P_ID551__Sto_Z_5_2_c.png|center|]]
 
  
: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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'''(3)'''&nbsp; Nun lässt sich das Übertragungssystem aus zwei Teilsystemen zusammensetzen (siehe Skizze):
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[[Datei:P_ID551__Sto_Z_5_2_c.png|frame|Aufteilung der Impulsantwort in zwei Teilsysteme]]
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*Die Übertragungsfunktion&nbsp; $H_1(f)$&nbsp; ist wie in der Teilaufgabe&nbsp; '''(2)'''&nbsp; berechnet.  
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*Für&nbsp; $H_2(f)$&nbsp; gilt mit&nbsp; $\tau_1 = 1\hspace{0.05cm}\rm ms$:
 
:$$H_2 (f) = {\rm{e}}^{ - {\rm{j2\pi }}f\tau _1 } \quad  \Rightarrow \quad \left| {H_2 (f)} \right| = 1\quad  \Rightarrow \quad \left| {H_2 (f)} \right|^2  = 1.$$
 
:$$H_2 (f) = {\rm{e}}^{ - {\rm{j2\pi }}f\tau _1 } \quad  \Rightarrow \quad \left| {H_2 (f)} \right| = 1\quad  \Rightarrow \quad \left| {H_2 (f)} \right|^2  = 1.$$
  
: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>.
+
*Das bedeutet: &nbsp; Durch die zusätzliche Laufzeit wird&nbsp; $\left| {H(f)} \right|^2$&nbsp; gegenüber der Teilaufgabe&nbsp; '''(2)'''&nbsp; nicht verändert.
 +
* Bei der Frequenz $f = 0$&nbsp; gilt also weiterhin&nbsp; $\left| {H(f = 0)} \right|^2\hspace{0.15cm} \underline{  = 2.25}.$
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:<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&nbsp; $h(t) \star  h(-t)$&nbsp; mit dem Ergebnis der Teilaufgabe&nbsp; '''(2)'''&nbsp; 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&nbsp; $y(t)$&nbsp; ist auf den Bereich von&nbsp; $\pm B$&nbsp; 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:
+
*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:
+
*$B = 10 \hspace{0.08cm} \rm kHz$&nbsp; ist ein ganzzahliges Vielfaches der Frequenzperiode&nbsp; $f_0 = 1/\tau_2= 250 \hspace{0.08cm}\rm Hz$&nbsp; $($vgl. Lösung zur Teilaufgabe&nbsp; '''1'''$)$.&nbsp; Deshalb trägt die Cosinus-Funktion nicht zum Integral bei,&nbsp; und man erhält:
 
:$$P_y  = N_0  \cdot B \cdot \left( {1 + \alpha ^2 } \right) = 1.25 \cdot P_x \hspace{0.15cm} \underline{ = 12.5\;{\rm{mW}}}.$$
 
:$$P_y  = N_0  \cdot B \cdot \left( {1 + \alpha ^2 } \right) = 1.25 \cdot P_x \hspace{0.15cm} \underline{ = 12.5\;{\rm{mW}}}.$$
 
{{ML-Fuß}}
 
{{ML-Fuß}}

Aktuelle Version vom 10. Februar 2022, 17:00 Uhr

Zweiwegekanal–Impulsantwort  $h(t)$  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 oben skizziert.

In der unteren Skizze ist die Funktion

$$h(t) * h( { - t} )\hspace{0.25cm}\circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\,\hspace{0.25cm}\left| {H(f)} \right|^2$$

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  $N_0 = 10^{-6} \hspace{0.08cm} \rm W/Hz$
  • und der Bandbreite  $B = 10 \hspace{0.08cm} \rm kHz$,


woraus die Leistung  $P_x = 10 \hspace{0.08cm} \rm mW$  berechnet werden kann.



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  $\tau_2 = 4\hspace{0.08cm}\rm ms$.
  • Für die späteren Aufgabenteile soll von  $\tau_1 = 1\hspace{0.08cm}\rm ms$  und  $\tau_2 = 5\hspace{0.08cm}\rm ms$  ausgegangen werden.



Fragebogen

1

Berechnen Sie den Frequenzgang  $H(f)$  für  $\tau_1 = 0$  und $\tau_2 = 4\hspace{0.08cm}\rm ms$.  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  $\tau_1 = 0$,  $\tau_2 = 4\hspace{0.08cm}\rm ms$  und  $\alpha = 0.5$?  Geben Sie den Wert bei $f = 0$  ein.

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

3

Wie verändert sich  $|H(f)|^2$  mit  $\tau_1 = 1\hspace{0.08cm}\rm ms$  und  $\tau_2 = 5\hspace{0.08cm}\rm ms$?  Die Dämpfungskonstante sei weiterhin  $\alpha = 0.5$.  Geben Sie den Wert bei $f = 0$  ein.

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

4

Es gelte weiterhin  $\alpha = 0.5$,  $\tau_1 = 1\hspace{0.08cm}\rm ms$  und  $\tau_2 = 5\hspace{0.08cm}\rm ms$.  Welche Werte ergeben sich für die Funktionsparameter von  $h(t) \star h(-t)$  gemäß der 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 der Impulsantwort 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:
$$P_y = N_0 \cdot \int_0^B {\left( {1 + \alpha ^2 + 2\alpha \cdot \cos ( {2{\rm{\pi }}f\tau _3 } )} \right)}\hspace{0.1cm} {\rm{d}}f.$$
  • $B = 10 \hspace{0.08cm} \rm kHz$  ist ein ganzzahliges Vielfaches der Frequenzperiode  $f_0 = 1/\tau_2= 250 \hspace{0.08cm}\rm Hz$  $($vgl. Lösung zur Teilaufgabe  1$)$.  Deshalb trägt die Cosinus-Funktion nicht zum Integral bei,  und man erhält:
$$P_y = N_0 \cdot B \cdot \left( {1 + \alpha ^2 } \right) = 1.25 \cdot P_x \hspace{0.15cm} \underline{ = 12.5\;{\rm{mW}}}.$$