Aufgaben:Exercise 3.5Z: Application of the Residue Theorem

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Die Spektralfunktion $Y_{\rm L}(p)$ sei in Pol–Nullstellen–Form gegeben, gekennzeichnet durch

• $Z$ Nullstellen $p_{{\rm o}i}$,
• $N$> Pole $p_{{\rm x}i}$, sowie
• die Konstante $K$.

Betrachtet werden in dieser Aufgabe die in der Grafik dargestellten Konfigurationen, wobei stets $K= 2$ gilt.

Für den Fall, dass die Anzahl $Z$ der Nullstellen kleiner als die Anzahl $N$ der Pole ist, kann das zugehörige Zeitsignal $y(t)$ durch Anwendung des Residuensatzes direkt ermittelt werden. In diesem Fall gilt $$y(t) = \sum_{i=1}^{I} \left \{ Y_{\rm L}(p)\cdot (p - p_{{\rm x}i})\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}i}} \right \} \hspace{0.05cm},$$ wobei $I$ die Anzahl der unterscheidbaren Pole angibt. Bei allen hier vorgegebenen Konstellationen gilt stets $I = N$.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Laplace–Rücktransformation.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
• Ist das Zeitsignal $y(t)$ komplex, so kann $Y_{\rm L}(p)$ nicht als Schaltung realisiert werden. Die Anwendung des Residuensatzes ist aber auch in diesem Fall möglich.
• Die komplexe Frequenz $p$, die Nullstellen $p_{{\rm o}i}$ sowie die Pole $p_{{\rm ox}i}$ beschreiben in dieser Aufgabe jeweils normierte Größen ohne Einheit. Damit ist auch die Zeit $t$ dimensionslos.

Fragebogen

1

Bei welchen Konfigurationen lässt sich der Residuensatz nicht direkt anwenden?

	Konfiguration A,
	Konfiguration B,
	Konfiguration C,
	Konfiguration D,
	Konfiguration E,
	Konfiguration F,

2

Berechnen Sie y(t) für die Konfiguration A mit K = 2 und p_x = –1. Welcher Zahlenwert ergibt sich für den Zeitpunkt t = 1?

$Konfiguration\ A:\ \ Re\{y(t = 1)\}$ =

$Im\{y(t = 1)\}$ =

3

Berechnen Sie y(t) für die Konfiguration C mit K = 2 und p_x = –0.2 + j · 1.5π. Welcher Zahlenwert ergibt sich für den Zeitpunkt t = 1?

$Konfiguration\ C:\ \ Re\{y(t = 1)\}$ =

$Im\{y(t = 1)\}$ =

4

Welcher Signalwert y(t = 1) ergibt sich bei der Konstellation E mit K = 2 und zwei Polstellen bei p_x = –0.2 ± j · 1.5π?

$Konfiguration\ E:\ \ Re\{y(t = 1)\}$ =

$Im\{y(t = 1)\}$ =

Musterlösung

Solution

1.  Voraussetzung für die Anwendung des Residuensatzes ist, dass es weniger Nullstellen als Pole gibt, das heißt, es muss Z < N gelten. Diese Voraussetzung ist bei den Konfigurationen B, D und F nicht gegeben. Hier muss zunächst eine Partialbruchzerlegung vorgenommen werden, zum Beispiel für die Konfiguration B mit p_x = –1:

$$Y_{\rm L}(p)= \frac {p} {p +1}= 1-\frac {1} {p +1} \hspace{0.05cm} .$$

2.  Mit Y_L(p) = 2/(p + 1) ergibt sich aus dem Residuensatz (I = 1):

$$y(t) = 2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}-1}= 2 \cdot {\rm e}^{- \hspace{0.05cm}t}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}y(t=1) =\frac{2}{\rm e} \hspace{0.15cm}\underline{ \approx 0.736 \hspace{0.15cm}{\rm (rein\hspace{0.15cm}reell)}} \hspace{0.05cm} .$$

3.  Bei gleicher Vorgehensweise wie in der Teilaufgabe b) erhält man nun:

$$y(t) = 2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-(0.2 \hspace{0.05cm}+ \hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}1.5 \pi) \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}t} = 2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.2 \hspace{0.08cm}\cdot \hspace{0.05cm}t}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-{\rm j} \hspace{0.08cm}\cdot \hspace{0.05cm}1.5 \pi\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}t} \hspace{0.05cm} .$$

Aufgrund des zweiten Terms handelt es sich um ein komplexes Signal, dessen Phase in mathematisch positiver Richtung (entgegen dem Uhrzeigersinn) dreht. Für t = 1 gilt:

$$y(t = 1) = 2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.2} \cdot \left [ \cos(1.5 \pi) + {\rm j} \cdot \sin(1.5 \pi) \right ]= - {\rm j} \cdot 1.638$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Re}\{y(t = 1)\} \hspace{0.15cm}\underline{ = 0},\hspace{0.2cm} {\rm Im}\{y(t = 1)\} \hspace{0.15cm}\underline{=- 1.638} \hspace{0.05cm} .$$

Die linke Grafik zeigt das komplexe Signal für einen Pol bei p_x = –0.2 + j · 1.5 π. Rechts daneben sieht man das dazu konjugiert–komplexe Signal, wenn der Pol bei p_x = –0.2 – j · 1.5 π liegt.

4.  Nun gilt I = 2. Die Residien von p_x1 bzw. p_x2 liefern:

$$y_1(t) \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {K \cdot (p-p_{{\rm x}1})} { (p-p_{{\rm x}1})(p-p_{{\rm x}2})} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}}= \frac {K } { p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}2}} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1} \hspace{0.05cm}t} \hspace{0.05cm} ,\\ y_2(t) \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {K } { p_{{\rm x}2}-p_{{\rm x}1}} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2} \hspace{0.05cm}t}= -\frac {K } { p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}2}} \cdot {\rm e}^{-p_{{\rm x}1} \hspace{0.05cm}t}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}y(t)\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} y_1(t)+y_2(t) = \frac {2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.2 \hspace{0.08cm}\cdot \hspace{0.05cm}t}}{{\rm j} \cdot 3 \pi} \cdot \left [ \cos(.) + {\rm j} \cdot \sin(.) - \cos(.) + {\rm j} \cdot \sin(.)\right ]=\\ \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {4 }{ 3 \pi} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.2 \hspace{0.08cm}\cdot \hspace{0.05cm}t}\cdot \sin(1.5\pi \cdot t)\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}y(t=1)= -\frac {4 }{ 3 \pi} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.2 \hspace{0.08cm}\cdot \hspace{0.05cm}t} \hspace{0.15cm}\underline{= -0.347} \hspace{0.05cm} .$$

Die Grafik zeigt den (rein reellen) Signalverlauf y(t) für die Konfiguration E.