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DetlefA
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-04-06


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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-04-06


Hallo DetlefA,
was genau ist den an dem Term mit dem $\arctan$ zeitintensiv, der $\arctan$ selbst, oder das Argument? Heutzutage ist doch Rechengeschwindigkeit in aller Regel kein Problem mehr. Verwendest Du diese Berechnung in einer Schleife, die milliardenfach aufgerufen wird?
Ist die Winkeldifferenz denn auch sehr klein? Ich nehme es an, denn sonst würde das ganze ja nicht annähernd funktionieren.

CIao,

Thomas



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DetlefA
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-06


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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-04-06


Hallo Detlef,
Also wenn ich Dich richtig verstehe, ist der Differenzwinkel $\varphi(t_2)-\varphi(t_1)$, den Du berechnest, immer in der Nähe von $\frac\pi4$, ein bisschen mehr oder weniger?

Ciao,

Thomas



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DetlefA
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-06


Hi,

ja in diesem Fall.

Man kann den Demodulator immer so auslegen, dass der Differenzwinkel nur wenig um einen festen Wert schwankt.

Cheers
Detlef



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-04-06


Und wie präzise musst Du den Winkel bestimmen, ausgedrückt z.B. in Prozent oder Dezimalstellen nach dem Komma?
Sehe ich das außerdem richtig, dass immer $|z|=1$ ist?

Ciao,

Thomas



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DetlefA
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-06


Hi,

die Genauigkeit bestimmt das 'Rauschen' auf dem resultierenden Ausgangsignal. Für eine etwas blecherne Auflösung von 10Bit benötigt man 1/2^10, also ungefähr ein Promille, schon recht genau.

Betrag 1 kann man erzwingen, ja.

Cheers
Detlef



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-04-07


Hallo Detlef,
gut. Wir gehen davon aus, dass der Differenzwinkel nahe $\frac\pi4$ ist, also
$$\Delta\varphi=\frac\pi4+\alpha$$ wobei $\alpha\approx 0$ ist. Also anders herum:
$$\alpha=\Delta\varphi-\frac\pi4$$Und dann mithilfe der Additionstheoreme:
$$\tan\alpha=\tan\left(\Delta\varphi-\frac\pi4\right)=\frac{\tan\Delta\varphi-1}{\tan\Delta\varphi+1}$$Dabei hast Du mit Deiner Gleichung (1) schon $\tan\Delta\varphi$ ausgerechnet, und offenbar geht das auch schnell genug. Wir setzen es daher als bekannt voraus. Statt also $\Delta\varphi$ über den Arkustangens zu berechnen, was langwierig ist oder ungenau, berechnest Du nun näherungsweise $\alpha$ über den Arkustangens, was sehr schnell geht, weil $\alpha$ nahe null ist. Das bedeutet, Du setzt eine Hilfsvariable
$$x=\frac{\tan\Delta\varphi-1}{\tan\Delta\varphi+1}$$und danach berechnest Du $\alpha$ z.B. über die Taylorreihe für den Arkustangens. Da $\tan\alpha\approx\alpha$ für $\alpha$ nahe null, ist auch $x$ nahe null, und die Taylorreihe konvergiert sehr schnell, viel schneller als sie es für einen Winkel nahe 45° täte, also:
$$\alpha\approx x-\frac{x^3}3+\frac{x^5}5-\frac{x^7}7+-...$$Je nachdem, wie nahe $\Delta\varphi$ an $\frac\pi4$ ist, bist Du innerhalb weniger Summanden schon bei 8 bis 10 signifikanten Stellen. Jetzt noch den festen Wert für $\frac\pi4$ addieren, und dann hast Du einen sehr genauen Wert für Dein gesuchtes $\Delta\varphi$, ohne die Arkustangensfunktion zu benutzen.

Ciao,

Thomas



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-04-07


... es geht eventuell noch besser. Da $|z|=1$ ist, legen wir den Realteil und den Imaginärteil mal wie folgt fest:
$$z(t)=\cos\varphi(t)+i\sin\varphi(t)$$ oder einfach:
$$z_1=Re(z(t_1))+i\cdot Im(z(t_1))=\cos\varphi_1+i\sin\varphi_1=a_1+ib_1$$Das bedeutet:
$$\cos\varphi_1=Re(z(t_1))=a_1$$$$\sin\varphi_1=Im(z(t_1))=b_1$$Desgleichen natürlich für den Index 2. Dann folgt:
$$\cos\Delta\varphi=\cos(\varphi_2-\varphi_1)=a_1a_2+b_1b_2$$$$\sin\Delta\varphi=\sin(\varphi_2-\varphi_1)=a_1b_2-a_2b_1$$Mit der gleichen Festlegung wie oben gilt:
$$\sin\alpha=\sin\left(\Delta\varphi-\frac\pi4\right)=\frac1{\sqrt2}\left(\sin\Delta\varphi-\cos\Delta\varphi\right)$$Auch hier ist wieder $\alpha$ nahe null. Die Multiplikation mit $\frac1{\sqrt2}$ könntest Du als Multiplikation mit dem festen Wert 0,7071... hinterlegen, das kostet dann kaum Rechenzeit. Also
$$x_1=\sin\alpha=\frac1{\sqrt2}(a_1b_2-a_2b_1-a_1a_2-b_1b_2)$$Und das verwenden wir für die Taylorreihe des Arkussinus:
$$\Delta\varphi=\frac\pi4+x_1+\frac16x_1^3+\frac3{40}x_1^5+\frac5{112}x_1^7+...$$Durch die sehr einfache und schnelle Berechnung von $x_1$, die noch etwas schneller fallenden Koeffizienten bei der Taylorreihe des $\arcsin$ und da außerdem $|x_1|=|\sin\alpha|\leq|\tan\alpha|=|x|$ ist, ergibt sich da eventuell sogar noch ein Geschwindigkeitsvorteil. Das käme auf einen Versuch an.

Ciao,

Thomas



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