この問題は、利用者からの報告を受けて確認中です。答えや解説に誤りがあるかもしれません。

信号処理・通信工学の問題

難易度 3期末試験の応用レベル大学物理信号処理・通信工学

搬送波の振幅 $A = 20 V$ 、搬送波周波数 $f_{c} = 10 MHz$ 、周波数感度 $k_{f} = 6 kHz/V$ の周波数変調（FM）器に、変調信号
$m (t) = 0.5 cos (2 π f_{m} t) V, f_{m} = 1.5 kHz$
を入力する。FM 波の瞬時周波数は $f_{c} + k_{f} m (t)$ であり、FM 波は
$s (t) = A cos (2 π f_{c} t + β sin (2 π f_{m} t))$
と書ける（ $β$ は変調指数）。この FM 波を $R = 50 Ω$ の抵抗負荷に加える。

この FM 波を、カーソンの法則で見積もった帯域幅 $B$ をもち、通過帯域が $f_{c} - \frac{B}{2} \leq f \leq f_{c} + \frac{B}{2}$ （両端を含む）である理想帯域通過フィルタに通す。フィルタを通過した成分が負荷で消費する平均電力は何 W か。有効数字 3 桁で求めよ。

ただし、 $s (t) = A \sum_{n = - \infty}^{\infty} J_{n} (β) cos (2 π (f_{c} + n f_{m}) t)$ （ $J_{n}$ は第 1 種ベッセル関数、 $J_{- n} (β) = (- 1)^{n} J_{n} (β)$ ）を用いてよく、 $β = 2$ のときの値として
$J_{0} (2) = 0.2239, J_{1} (2) = 0.5767, J_{2} (2) = 0.3528, J_{3} (2) = 0.1289$
を用いよ。

この問題で使うもの

周波数変調の帯域幅と電力（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（72 技能）

算数中学高校大学大学院

読み込み中…

右端（太枠）がこの問題で使う技能です。左へドラッグすると、さらに前の前提をさかのぼれます。技能を押すと、そこまでの道筋が光ります。

一覧で見る（前提が先）

ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

まず最大周波数偏移 $Δ f$ と変調指数 $β = Δ f / f_{m}$ を求め、カーソンの法則 $B = 2 (Δ f + f_{m})$ で帯域幅を出そう。

ヒント 2

FM 波は周波数 $f_{c} + n f_{m}$ 、振幅 $A ∣ J_{n} (β) ∣$ の成分の和であり、各成分の電力は $\frac{( A J _{n} ) ^{2}}{2 R}$ で、電力は成分ごとに足し合わせられる。

ヒント 3

$β = 2$ 、 $B = 9 kHz$ なので、 $∣ n ∣ f_{m} \leq 4.5 kHz$ を満たす $∣ n ∣ \leq 3$ の成分が通過する。通過電力は $\frac{A ^{2}}{2 R} [J_{0}^{2} + 2 (J_{1}^{2} + J_{2}^{2} + J_{3}^{2})]$ である。

答えと解説

答えを見る

3.99

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

解説を読む

変調指数と帯域幅 瞬時周波数は $f_{c} + k_{f} m (t) = f_{c} + k_{f} \cdot 0.5 cos (2 π f_{m} t)$ なので、最大周波数偏移は
$Δ f = k_{f} \times 0.5 V = 6 \times 0.5 = 3 kHz$
である。変調指数は
$β = \frac{Δ f}{f _{m}} = \frac{3}{1.5} = 2$
となる。カーソンの法則より
$B = 2 (Δ f + f_{m}) = 2 (3 + 1.5) = 9 kHz$
なので、通過帯域は $f_{c} - 4.5 kHz \leq f \leq f_{c} + 4.5 kHz$ である。

通過する成分 与えられた展開から、FM 波は周波数 $f_{c} + n f_{m}$ （ $n$ は整数）、振幅 $A ∣ J_{n} (β) ∣$ の正弦波の和である。 $∣ n f_{m} ∣ \leq 4.5 kHz$ 、すなわち $∣ n ∣ \leq 3$ の成分が通過する。

電力周波数の異なる正弦波は直交するので、平均電力は各成分の電力の和になる。振幅 $a$ の正弦波が抵抗 $R$ で消費する平均電力は $\frac{a ^{2}}{2 R}$ である。また $J_{- n}^{2} = J_{n}^{2}$ である。よって通過電力は
$P = \frac{A ^{2}}{2 R} [J_{0}^{2} + 2 (J_{1}^{2} + J_{2}^{2} + J_{3}^{2})]$
ここで
$\frac{A ^{2}}{2 R} = \frac{2 0 ^{2}}{2 \times 50} = 4 W$
であり（これは FM 波の全電力に等しい。 $\sum_{n} J_{n}^{2} = 1$ のため）、
$J_{0}^{2} = 0.05013, J_{1}^{2} = 0.33258, J_{2}^{2} = 0.12447, J_{3}^{2} = 0.01662$
より
$J_{0}^{2} + 2 (J_{1}^{2} + J_{2}^{2} + J_{3}^{2}) = 0.05013 + 2 \times 0.47367 = 0.99747$
したがって
$P = 4 \times 0.99747 \approx 3.99 W$
となる（全電力の約 99.7% がカーソン帯域内に含まれる）。

別解

周波数偏移は $Δ f = k_{f} \cdot 0.5 = 6 \times 0.5 = 3 kHz$ 。変調指数は $β = Δ f / f_{m} = 3/1.5 = 2$ で、与えられた $β = 2$ と一致する。

カーソンの法則より $B = 2 (Δ f + f_{m}) = 2 (3 + 1.5) = 9 kHz$ 。通過帯域は $f_{c} \pm 4.5 kHz = f_{c} \pm 3 f_{m}$ （両端を含む）なので、側帯波 $n = - 3, \dots, 3$ が通過する（ $n = \pm 3$ は端ちょうどで含まれる）。

各成分 $A J_{n} (β) cos (2 π (f_{c} + n f_{m}) t)$ の平均電力は $\frac{A ^{2} J _{n}^{2}}{2 R}$ 。 $J_{- n}^{2} = J_{n}^{2}$ より
$P = \frac{A ^{2}}{2 R} [J_{0}^{2} + 2 (J_{1}^{2} + J_{2}^{2} + J_{3}^{2})]$
$\frac{A ^{2}}{2 R} = \frac{400}{100} = 4 W$ 。

$J_{0}^{2} = 0.050131$ , $J_{1}^{2} = 0.332583$ , $J_{2}^{2} = 0.124468$ , $J_{3}^{2} = 0.016615$ 。
$J_{1}^{2} + J_{2}^{2} + J_{3}^{2} = 0.473666$ 、2 倍して $0.947332$ 、 $J_{0}^{2}$ を加えて $0.997463$ 。

$P = 4 \times 0.997463 = 3.98985 \approx 3.99 W$ 。

検算: 全電力は $A^{2} / (2 R) = 4 W$ で、通過分は全体の約 99.7%。 $n = \pm 4$ 以降の成分は残り約 0.01 W で整合的。

信号処理・通信工学の問題

この問題で使うもの

ヒント

答えと解説

次のおすすめ

この問題の確認

間違いを報告する

関連する問題