Lösung zur Übung 4.5.1/1: 2005 Mesut Civan

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1 Lösung zur Übung 4.5.1/1: 5 Mesut Civan x e t= x e [t t t 1 ] x a t=ht für x e t=t x a t= x e [ht ht t 1 ] x a t= x e [ht ht t 1 ] a) t 1 T e Da die Impulsdauer t 1 des Eingangsimpulses größer ist als die Einschwingzeit T e des idealisierten Tiefpasses, erreicht das Ausganssignal x a t den Maximalwert c x e. Man erkennt weiterhin an Bild 1, dass x a t den halben Maximalwert c x e im Abstand der Impulsbreite t 1 durchläuft. 1

2 b) t 1 =T e Ist die Impulsdauer t 1 des Eingangsimpulses x e t identisch mit der Einschwingzeit T e des idealisierten Tiefpasses, dann erreicht x a t gerade noch den Maximalwert c x e und fällt dann sofort wieder ab. Die beiden Werte c x e werden wieder im Abstand der Impulsbreite t 1 durchlaufen (Bild ).

3 c) t 1 T e Man erkennt aus Bild 3, dass x a t nicht mehr den früheren Maximalwert c x e erreicht, wenn die Impulsdauer t 1 des Eingangsimpulses kleiner ist als die Einschwingzeit T e des Tiefpasses. Der Maximalwert von x a t ist umso kleiner, je kürzer die Dauer des Eingangsimpulses gegenüber der Einschwingzeit ist. Deshalb sollen Impulse, die über einen Tiefpass mit der Grenzfrequenz f c geleitet werden, nicht schmaler als T e = 1 (aus (4.5.1/9)) sein. Bei schmaleren Impulsen t f 1 T e erreicht c x a t nicht den möglichen Maximalwert c x e, d.h. das Filter kann nicht voll einschwingen. Bei zu schmalen Impulsen wird x a t nicht mehr sicher von unvermeidlichen Störungen (Rauschen) auf einem Tiefpassübertragungskanal unterscheidbar sein, so dass eine einwandfreie Erkennung des Impulses am Filterausgang nicht mehr sicher ist. 3

4 Lösung zur Übung 4.5.1/: a) Vom Eingangssignal x e t werden nur die Kreisfrequenzen und übertragen, nicht aber 3 (siehe x a t ). c 3 b) Aus Bild 4.5.1/1 c= F j x e t= (Gleichanteil) ist bandbegrenzt mit der Frequenz, die nicht größer als f c ist. In diesem Fall wirkt der Tiefpass wie ein verzerrungsfrei übertragendes System; die Reaktion lautet allgemein: x a t=c x e t t x e t= x a t=1} c= x at x e t = 1 = F j z.b. realer Tiefpass für die Gleichstrombetrachtung c) Aus Bild 4.5.1/1: Für den Durchlassbereich gilt F j =c= 1 c 1 cos t c cos t gehören zum Durchlassbereich c 1 =c =c= F j = 1. Die Teilschwingung x e1 t=cos t wird beim Durchgang durch den idealen Tiefpass um verschoben x a1 t=c 1 cos t. Da ein verzerrungsfrei übertragendes Tiefpasssystem die lineare Phasenbeziehung b= t = arg{f j } besitzt, muss bei der doppelten Kreisfrequenz cos t auch die doppelte Phase auftreten. = = d) Verzerrungsfreie Übertragung: x a t=c x e t t Das Teilsignal x e1 t=cos t wird verzerrungsfrei zum Ausgang übertragen: x a1 t=c 1 cos t x a1 t=c 1 x e1 t t x a1 t=c 1 cos[ t 1 t ] t = 4

5 Lösung zur Übung 4.5.1/3: Analog zur Üb /1a 5

6 Lösung zur Übung 4.5./1: t a) Analog zu (1.4/6): ht= g d= [c t c f c si c t ] d t aus4.5./ t ht=c t d c f c si c t d aus (1.1/) t c t N t N t N d t N= { für t Nt N 1 für t N t N t d= { für tt c für tt } =c t t aus4.5.1/7 ht=c t t c { 1 1 Si[ t t ]} c t b) 6

7 Lösung zur Übung 4.5.3/1: aus (4.5.3/1) F j ={ c e jt für 1 für 1 und aus (4.1/3a) gt= 1 G j e jt d= 1 c 1 e jt e jt d 1 = c 1 [ e jt t d e jt t d]= c jt t e [ 1 jt t = c [ e j1t t e jt t e j t t e j 1t t ] jt t jt t = c t t [ e j1t t e j1t t e j t t e j t t j ] j sin[ 1 t t ] = c t t { sin[ t t ] sin[ 1 t t ]} sin[ t t ] c 1 sin sin= cos sin mit = t t, = 1 t t, = 1 t t, gt= c t t { cos[ t t ] sin[ B t t ] } mit B= 1 = 1 e jt e jt d 1 e jt t jt t 1 = 1 Bandbreite B ] t t Mittenfrequenz}s.Bild 4.5.3/1 7

8 Lösung zur Übung 4.5.3/: a) Kennliniengleichung: i D =a u GS U P 1 aus Bild 1: u GS t=u V u s ' cos S tu T ' cos T t U in1: i D =a [U V U P u ' s cos S tu ' T cos T t] i D =a [U U u s ' cos S tu u T ' cos T t u S ' cos[ T S t]cos[ T S t] 1cos S t 1cos T t u ' ' T cos S t cos T tu s cos ' S tu T cos T t] i D =a [U u ' ' S u T ]a U u ' S cos S t a u ' S cos S t a u ' T cos T t a U u ' ' T cos T ta u S u ' ' T cos[ T S t]a u S u ' T cos[ T S t] 3 wird vom Bandpass durchgelassen nach dem Bandpass: it=a U u T ' cos T ta u S ' u ' ' T cos[ T S t]a u u ' S T cos[ T S t] ' a u S u ' T cos S t cos T t ' it= a U u T [1 u ' S cos U S t] cos T t 4 im Rhythmus der Niederfrequenz f S schwankende Amplitude 8

9 b) aus (4) i T = a U u T ' U = i ' T in4 ' a u T it= i T [1 u ' S i T ' a u T it= i T [1 ' i S cos i S t] cos T t T u S =R a i S u T =R a i T} ut=u t= AM i S ' cos S t] cos T t= i T [1u ' ' S a u T cos S t] cos T t u [1 u ' S T u T u AM t= u T [1m cos S t] cos T t 5 m cos S t] cos T t c) Additionstheorem: angewendet auf (5) cos cos= cos cos = T t = S t u AM t= u T cos T t m u T cos[ T S t] m u T cos[ T S t] 6 u AM t ist die Addition von drei nebeneinander bestehenden Schwingungen In Bild 4 wurde die amplitudenmodulierte Schwingung u AM t konstruiert, indem die drei Teilschwingungen der Gl.(6) grafisch überlagert wurden. Bild 4a zeigt die niederfrequente Schwingung u S t, während in 4b die obere Seitenschwingung der Frequenz f T f S und in 4c die untere Seitenschwingung der Frequenz f T f S skizziert sind. Addiert man die beiden Seitenschwingungen, dann erhält man als grafisches Ergebnis das Bild 4d. Die Einhüllende in 4d entspricht der NF-Schwingung nach 4a; es liegt jetzt eine ZSB-AM ohne Träger vor. Bild 4e zeigt die unmodulierte Trägerschwingung u T t. Wird 4d und 4e grafisch addiert, dann erhält man die in Bild 4f gezeigte ZSB-AM-Schwingung, die zum Beispiel mit einem Oszilloskop dargestellt werden kann. Wird Bild 4f in der Praxis messtechnisch ermittelt, dann lassen sich aus dem Oszillogramm die Amplituden u S und u blesen. Damit kann der Modulationsgrad m= u S berechnet werden. u T 9

10 1

11 Spektrum für Gl. (6) d) analog zu Bild 5 Bei Aussteuerung des Feldeffekttransistors in Bild 1 mit einem Signalfrequenzband statt einer einzigen Signalfrequenz erhält man das in Bild 6 skizzierte Spektrum. Dem Signalfrequenzband wurde eine willkürliche Form (abgeschrägtes Dach) gegeben, damit besser zu erkennen ist, wie die niedrigen bzw. höheren Frequenzen des Signalfrequenzbandes in die höhere Frequenzebene umgesetzt werden. Beim oberen Seitenband bleibt die ursprüngliche Dachform erhalten (Gleichlage), während das untere Seitenband in Kehrlage erscheint. Die beiden Seitenbänder erstrecken sich insgesamt von f T f max bis f T f max ; d.h. die gesamte zur Übertragung erforderliche Bandbreite ist also B HF = f max B NF. Für Sprache in Telefoniekanälen ist f min 3 Hz, f max 3,5 khz, für Musik ist f min 3 Hz, f max 15 khz. Bild 7 11

12 ' Bild 7 zeigt den schematischen Zusammenhang der ZSB-AM. Das niederfrequente Signal u S t am ' Eingang wird mit dem unmodulierten Träger u T t an der nichtlinearen Kennlinie gemischt (multipliziert). Dabei entstehen Summen- und Differenzfrequenzen, die den idealen Bandpass ebenso wie die Trägerfrequenz f T ungehindert passieren. Am Bandpassausgang erhält man dann eine amplitudenmodulierte Trägerspannung, d.h. die NF-Information ist in der Trägeramplitude u T u S cos S t enthalten. Ohne ' Modulation u S =u S = tritt am Ausgang die unmodulierte Trägeramplitude u uf; u S beschreibt die ' Amplitude am Ausgang bei der Signalfrequenz f S. u S kann größer oder kleiner als u S sein, je nachdem, ob als Nichtlinearität ein aktives (z.b. Transistor) oder passives (z.b. Diode) Bauelement gewählt wird. Lösung zur Übung 4.6.1/1: aus (4.6.1/1) f t= f n c si nt t 1 si t 1,5 si 1 t si t 1,8 si 3 t 1,3 si 4 t, si 5 t 1 / c,5 / c,6366 -,3183,546 -,1636,919 -,174 1,5 / c,6366,9449 -,444,91 -,118, / c 1,5 1,5 / c -,1,9449 1,73 -,38,1655 -, / c,5 / c,173 -,3183 1,73 1,1459 -,759,81 3 / c 1,8 3,5 / c -,99,191 -,444 1,1459,876 -, / c 1,3 4,5 / c,77 -,1364,546 -,38,876 1,46 5 / c, 5,5 / c -,579,161 -,1818,91 -,759 1,46 6 / c 6,5 / c,4897 -,869,1414 -,1636,1655 -, / c 1

13 Das Bild zeigt 6 Summanden f n c si nt für n= bis n=5. Man erkennt, dass an den Abtastpunkten n n=,±1,±, alle Funktionen sin t, bis auf jeweils eine einzige verschwinden; z.b. ist bei t= c die Funktion si t==1 und somit wird dort f si t== f =1. Entsprechendes gilt für die Zeitpunkte, usw.. Bei den Zwischenwerten findet man f t durch Addition der c c Teilfunktionen, die nun nicht mehr verschwinden. 13

14 Lösung zur Übung 4.6.1/: a) b) aus (4.6.1/11) u a t= u pt u s t 1 U p mit u s t= u s cos s t aus Bsp. 3.5/1: () + (3) in (1) u p t = 1 U p [cos pt 1 3 cos3 pt 1 5 cos5 pt ] 3 cos p s tcos p s t u a t= u s { cos st [ cos s t cos p t u a t= u s{ cos st 1 3 cos s t cos3 p t cos3 p s tcos3 p s t 1 5 cos st cos5 p t ]} cos5 p s tcos5 p s t 1 [cos p s tcos p s t] 1 3 [cos3 p s tcos3 p s t] 1 5 [cos5 p s tcos5 p s t] } 14

15 Mit der Schaltung lässt sich die Komponente der Trägerimpulsfolge unterdrücken, d.h. bei n f p n=1,,3, existieren keine Spektrallinien. Lösung zur Übung 4.6.1/3: a) b) analog zu (4.6.1/11) u a t= u Tt u s t 1 U T mit u s t= u s cos s t 15

16 aus Üb /: f 1 t= 1 [cos pt 1 3 cos3 pt 1 5 cos5 pt ] Linearität: f t=1 4 [cos pt 1 3 cos3 pt 1 5 cos5 pt ] Verschiebung der Gleichspannung, so dass a = u T t = 4 U T [cos T t 1 3 cos3 T t 1 5 cos5 T t ] 3 16

17 () + (3) in (1) u a t= u s cos s t 4 [cos T t 1 3 cos3 T t 1 5 cos5 T t ] cos T s tcos T s t u a t= 4 u s [ cos s t cos T t 1 3 cos st cos3 T t cos3 T s tcos3 T s t 1 5 cos st cos5 T t ] cos5 T s tcos5 T s t u a t= u s [ cos T s tcos T s t 1 3 {cos3 T s tcos3 T s t} 1 5 {cos5 T s tcos5 T s t} ] Der Ringmodulator wird in der Übertragungstechnik häufig verwendet, weil ohne weitere Selektionsmaßnahmen bereits die Träger- und die Signalschwingung am Ausgang unterdrückt werden. 17

18 Lösung zur Übung 4.6.1/4: a) Überabtastung (Bild 1) (Bild a) (Bild b) (Bild e) (Bild f) (Bild c) (Bild d) 18

19 b) Abtastung mit der Nyquist-Abtastrate (Bild ) (Bild a) (Bild b) (Bild e) (Bild f) (Bild c) (Bild d) 19

20 c) Unterabtastung (Bild 3) (Bild a) (Bild b) (Bild e) (Bild f) (Bild c) (Bild d)

21 d) Rückgewinnung eines mit der Nyquist-Abtastrate abgetasteten Signals mit Hilfe eines idealen Tiefpasses (Bild 4) (Bild a) (Bild b) (Bild e) (Bild f) (Bild c) (Bild d) 1

22 Lösung zur Übung 4.6.1/5: Bild 1a Bild 1b

23 3

24 Lösung zur Übung 4.6./1: aus (4.6./1) F f = f t e j f t dt 1 F 1 f =F {x 1 t}= 1 e j f t dt= j f 1 1 F 1 f = sin f =si f f e j f t 1 1 j f = e e j f 1 j f = 1 f [ e j f e j f ] j sin f analog zu (4.3.1/1) Linearitätssatz F {a 1 f t}=a 1 F 1 f analog zu (4.3.4/1) F { f a t}= 1 Ähnlichkeitssatz a F f a mit a 1 =c= f a = 1 und a = 1 = f a F f =F {x t}=a 1 1 a 1 F f a = f a 1 F f a 1 f f a =si f f a =si f 4

25 Lösung zur Übung 4.6./: 5

26 Lösung zur Übung 4.6.3/1: N 1 xt= [ xk t k ] [ t t tt t ] aus (4.6.1/13) x en t N t N =x en t N t N t N = x en t N t k ( t )=t k = t N t k t =t k t k t =t k t k t =t k t k t =t k N 1 xt= xk t k N 1 xk t k N 1 xk t k N 1 xk t k N 1 xt= m= xk t k N 1 [ xk t k m ] Lösung zur Übung 4.6.3/: aus (4.6./1) F f = f t e j f t dt F 1 f =F {y 1 t}= 1 e j f t dt= e j f t j f = e j f e j f j f F 1 f = 1 f [ e j f T c j f T e c ] =T j c sin f =T f si f c sin f F 1 f = si f 6

27 b) F f =F {y t}= 1 e j f t dt= e j f t j f T j f a = e e j f j f e j f T T a c e j f T T a c F f = 1 f [ e j f e j f T c e j f e j f T T c a e j f e j f j F f = sin f e j f =T f si f e j f c 1 F f = si f e j f = si f ]= e j f f [ e j f e j f ] j sin f.weg: Zeitverschiebungssatz aus (4.3./1) F { f t t }=e jt F c) y t= y 1 t t mit t = T c } Beweis : F {y t}=f {y 1 t t }=e jt F {y1 t}=e j f = = F f = F {y t} = si f e j f = si f si f e j f T T a c 7

28 Lösung zur Übung 4.6.4/1: l =r n mit l=±1,±,±3, N 1 j Z= e l = = 36 = k N N = : Z=e j e j18 = N = 3: Z=e j e j1 e j4 = N = 4: Z=e j e j9 e j18 e j7 = Z N=,3, 4, = 8

29 Lösung zur Übung 4.6.5/1: a) X f = A [ f 1 f 1 ], T f = 1 f k 1 c k= b) X a f = X f f = A [ f 1 f 1 ] 1 X a f = A [ f 1 k= k= f k 1 f 1 k= f k 1 f k 1 ] analog zu (4.6.1/13) X en f N f N f N = X en f N f N f k f 1 = f k 1 = X en f N = f N f k f 1 = f k 1 = X en f N = f N X a f = A { k= f k 1 f k 1 } c) X a f = A [ f 1 f 1 ] X a f = A [ f 1 1 f 1 1 ] k=1 X a f = A [ f 1 1 f 1 1 ] k= 1 9

30 d) aus Üb /: F f = Yf= si f e j f e) X c f = X a f Y f = A { f k 1 f k 1 } T si f e j f T T a c c k= analog zu (4.6.1/13): X en a f N f N f N = X en a f N a f N mit a= X c f = A k= { si f k si f k e j[ k f e j[ k f ] ] } X c f = A k= { si f k e j[ kt f T c a ] si f k e j[ kt f T c a ] } 3

31 f) k = : X c f = A { si f T e j[ f ] si f e j[ f ] } a X c f f = 1 = A { si e 1 j[ ] e j[ f si ] } X c f f = 1 = A e j X c f AT = c f = 1 X c f = A { si f = X c f f = 1 = A { si e j si e j }= e j[ ] si e 1 j[ T T a c ] } X c f f = 1 = A e j A X c f = f = 1 31

32 Lösung zur Übung 4.6.5/: aus ( /1): X n N = X n = X n f c= N 1 xk e j kn N mit n=,1,,, N 1 und f c = 1 = 1 N a) X n= X n f c = 3 8 xk e j kn 4 3 X n==,5 3 X n=1=, xk e j =,5 [ x x1 x x3 ]= xk e j 1 e j 5 1 k =,5 [ x e j x1 =,5 [5 5cos j sin]=,5 [55]=,5 3 X n==,5 e j 5 1 xk e jk =,5 [ x 1 =,5 [5 5cos j sin]=,5 [5 5]= 5 x e j x3 e j 3 ] 5 x1 e j x e j x3 e j3 ] 3

33 3 X n=3=,5 e j 5 1 xk e j1,5 k =,5 [ x 1 =,5 [5 5cos3 j sin3]=,5 [55]=,5 5 x1 e j1,5 x e j3 x3 e j4,5 ] n N = negative Frequenzensiehe Bild /1 g b) X n= X n f c = kn j 8 xk e e j 4 kn X n== xk e j = 1 8 [ xx1x x3 x4 x5 x6 x7 ] =[53,54 3, ,54]= 33

34 X n=1= xk e j 4 k = 1 8 [ xe j x1 e j4 x e j x3 e j 3 4 x4 e j 5 x5 e j 4 x6 e j1,5 x7 e j 7 4 ] X n=1= 1 [53,54cos45 jsin45 3,54cos135 jsin cos18 jsin18 3,54cos5 jsin5 3,54cos315 jsin315 ] X n=1= 1 [5,5 j,5,5 j,55,5 j,5,5 j,5]= 8 8 =,5 X n== xk e j k = 1 8 [ xe j x1 e j x e j x3 e j 3 x4 e j 5 x5 e j x6 e j3 x7 e j 7 ] X n== 1 [5 j3,54 j3,54 5 j3,54 j3,54]= 8 X n=3= xk e j 3 4 k = 1 [5,5 j,5,5 j,55,5 j,5,5 j,5]= 8 X n=4= xk e jk = 1 8 [5 3,543,54 53,54 3,54]= X n=5= xk e j 5 4 k = 1 [5,5 j,5,5 j,55,5 j,5,5 j,5]= 8 X n=6= xk e j1,5 k = 1 [5 j3,543,54 5 j3,54 j3,54]= 8 X n=7= xk e j 7 4 k = 1 [5,5 j,5,5 j,55,5 j,5,5 j,5]= 8 8 =,5 34