View source for Aufgaben:Exercise 1.5Z: Sinc-shaped Impulse Response


{{quiz-Header|Buchseite=Lineare zeitinvariante Systeme/Einige systemtheoretische Tiefpassfunktionen}}

[[File:P_ID857__LZI_Z_1_5.png|right|si–förmige Impulsantwort (Aufgabe Z1.5)]]
Die Impulsantwort eines linearen zeitinvarianten (und akausalen) Systems wurde wie folgt ermittelt (siehe Grafik):
$$h(t) = 500\hspace{0.05cm}\frac{1}{ {\rm s}}\cdot{\rm si}(\pi
\cdot \frac{t}{ 1\hspace{0.1cm}{\rm ms}}) .$$
Berechnet werden sollen die Ausgangssignale $y(t)$, wenn am Eingang verschiedene Cosinusschwingungen unterschiedlicher Frequenz $f_0$ angelegt werden:
$$x(t) = 4\hspace{0.05cm}{\rm V}\cdot {\rm cos}(2\pi \cdot  f_0
\cdot t ) .$$
Die Lösung kann entweder im Zeitbereich oder auch im Frequenzbereich gefunden werden. In der Musterlösung werden jeweils beide Lösungswege angegeben.

'''Hinweis:''' Diese Aufgabe bezieht sich auf die theoretischen Grundlagen von [[Lineare_zeitinvariante_Systeme/Einige_systemtheoretische_Tiefpassfunktionen|Kapitel 1.3]]. Gegeben ist dazu das folgende bestimmte Integral:
$$\int_{ 0 }^{ \infty } \frac{\sin(u) \cdot \cos(a \cdot u)}{u}   \hspace{0.15cm}{\rm
 d}u = \left\{ \begin{array}{c} \pi/2 \\  \pi/4 \\ 0 \\  \end{array} \right.\quad \quad
\begin{array}{c}   {\rm{f\ddot{u}r}}  \\ {\rm{f\ddot{u}r}}
\\   {\rm{f\ddot{u}r}}  \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c}{ |a|  < 1,}  \\{ |a|  = 1,}  \\
{ |a|  > 1.}  \\ \end{array}$$


===Fragebogen===

<quiz display=simple>
{Berechnen Sie den Frequenzgang $H(f)$ des LZI-Systems. Wie groß sind die äquivalente Bandbreite und der Gleichsignalübertragungsfaktor?
|type="{}"}
$\Delta f =$ { 1 } kHz
$H(f = 0) =$ { 0.5 }


{Berechnen Sie das Ausgangssignal $y(t)$ bei cosinusförmigem Eingang mit der Frequenz $f_0 =$ 1 kHz. Wie groß ist der Signalwert zur Zeit $t =$ 0?
|type="{}"}
$f_0 = 1 {\rm kHz}:   y(t = 0)  =$ { 0 } V


{Berechnen Sie das Ausgangssignal $y(t)$ bei cosinusförmigem Eingang mit der Frequenz $f_0 =$ 0.1 kHz. Wie groß ist der Signalwert zur Zeit $t =$ 0?
|type="{}"}
$f_0 = 0.1 {\rm kHz}:   y(t = 0)  =$ { 2 } V


{Berechnen Sie das Ausgangssignal $y(t)$ bei cosinusförmigem Eingang mit der Frequenz $f_0 =$ 0.5 kHz. Wie groß ist der Signalwert zur Zeit $t =$ 0?
|type="{}"}
$f_0 = 0.5 {\rm kHz}:   y(t = 0)  =$ { 1 } V


</quiz>

===Musterlösung===
{{ML-Kopf}}
'''a)''' Ein Vergleich mit den Gleichungen in Abschnitt 2 von Kapitel 1.3 – oder auch die Anwendung der Fourierrücktransformation – zeigt, dass $H(f)$ ein idealer Tiefpass ist:
$$H(f) = \left\{ \begin{array}{c} \hspace{0.25cm}K  \\  K/2 \\ 0 \\  \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{*{10}c}   {\rm{f\ddot{u}r}}  \\ {\rm{f\ddot{u}r}}
\\   {\rm{f\ddot{u}r}}  \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c}
{\left| \hspace{0.005cm} f\hspace{0.05cm} \right| < \Delta f/2,}  \\
{\left| \hspace{0.005cm}f\hspace{0.05cm} \right| = \Delta f/2,}  \\
{\left|\hspace{0.005cm} f \hspace{0.05cm} \right| > \Delta f/2.}  \\
\end{array}$$
Die äquidistanten Nulldurchgänge der Impulsantwort treten im Abstand $Δt =$ 1 ms auf. Daraus folgt die äquivalente Bandbreite $Δf \rm \underline{ = 1 kHz}$. Wäre $K =$ 1, so müsste $h(0) = Δf =$ 1000 1/s gelten. Wegen der Angabe $h(0) = 500 \hspace{0.05cm} 1/s = Δf/2$ ist somit der Gleichsignalübertragungsfaktor $K = H(f = 0) \rm \underline{= 0.5}$.


'''b)''' Diese Aufgabe lässt sich am einfachsten im Spektralbereich lösen. Für das Ausgangsspektrum gilt:
$$Y(f) =  X(f)\cdot H(f) .$$
$X(f)$ besteht aus zwei Diracfunktionen bei $± f_0$, jeweils mit Gewicht $A_x/2 =$ 2 V. Bei $f = f_0 =$ 1 kHz > $Δf$/2 ist aber $H(f) =$ 0, so dass $Y(f) =$ 0 und damit auch $y(t) =$ 0 ist    ⇒    $\underline{y(t = 0) = 0}$.
Die Lösung im Zeitbereich basiert auf der Faltung:
$$y(t) = x (t) * h (t) = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {h ( \tau  )}  \cdot
 x ( {t - \tau } ) \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau.$$
Zum Zeitpunkt $t =$ 0 erhält man unter Berücksichtigung der Symmetrie der Cosinusfunktion:
$$y(t = 0 ) = \frac{A_x \cdot \Delta f}{2} \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\rm si} ( \pi \cdot \Delta f \cdot \tau  )  \cdot
 {\rm cos}(2\pi \cdot  f_0
\cdot \tau ) \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau.$$
Mit der Substitution $u = π · Δf · τ$ kann hierfür auch geschrieben werden:
$$y(t = 0 ) = \frac{A_x }{\pi} \cdot \int\limits_{ 0 }^{ \infty } \frac{\sin(u) \cdot \cos(a \cdot u)}{u}   \hspace{0.15cm}{\rm d}u .$$
Hierbei ist die Konstante $a = 2f_0/Δf =$ 2. Mit diesem Wert liefert das angegebene Integral den Wert 0:
$$y(t = 0 ) = {A_y } = 0.$$


'''c)''' Der Frequenzgang bei $f = f_0 =$ 100 Hz ist nach den Berechnungen zu Punkt a) gleich $K =$ 0.5. Deshalb ergibt sich $A_y = A_x/2 =$ 2 V. Zum gleichen Ergebnis kommt man über die Faltung entsprechend obiger Gleichung. Für $a = 2f_0/Δf =$ 0.2 ist das Integral gleich $π/2$ und man erhält
$$y(t = 0 ) = {A_y } = \frac{A_x}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{A_x}{2} \hspace{0.15cm}\underline{= 2\,{\rm V}}.$$


'''d)''' Genau bei $f =$ 0.5 kHz ist der Übergang vom Durchlass– zum Sperrbereich und es gilt für diese singuläre Stelle: $H(f = f_0) = K/2$. Somit ist die Amplitude des Ausgangssignals nur halb so groß wie unter c) berechnet, nämlich $A_y \underline{= 1 V}$. Zum gleichen Ergebnis kommt man mit $a = 2f_0/Δf =$ 1 über die Faltung.
{{ML-Fuß}}



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