Aufgaben:Exercise 2.4: Rectified Cosine

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Ein Cosinussignal $x(t)$ mit der Amplitude 1V und der Frequenz $f_0$ = 10 kHz wird an den Eingang eines Doppelweggleichrichters gelegt. An dessen Ausgang ergibt sich das Signal $y(t)$, das in der Grafik ebenfalls dargestellt ist. Bei den Teilaufgaben 6) und 7) wird auch das Fehlersignal $\epsilon_3(t) = y_3(t) – y(t)$ verwendet. Dieses beschreibt die Differenz zwischen der auf lediglich $N = 3$ Koeffizienten begrenzten Fourierreihe ⇒ $y_3(t)$ und dem tatsächlichen Ausgangssignal $y(t)$.

Hinweis: Diese Aufgabe bezieht sich auf die theoretischen Grundlagen von Kapitel 2.4. Eine kompakte Zusammenfassung der Thematik finden Sie im folgenden Lernvideo: Zur Berechnung der Fourierkoeffizienten (Dauer 3:50) Zur Lösung der Aufgabe können Sie das folgende bestimmte Integral benutzen ($n$ sei ganzzahlig):

$$\int ^{\pi /2}_{-\pi /2}\cos(u)\cdot\cos(2nu)\,{\rm d}u = (-1)^{n+1}\cdot\frac{2}{4n^2-1}.$$

Fragebogen

1

Welche der nachfolgenden Aussagen sind für das Signal $x(t)$ zutreffend?

	Die Periodendauer beträgt 100 Mikrosekunden.
	Der Gleichsignalkoeffizient $A_0$ ist 0.
	Von allen Cosinuskoeffizienten $A_n$ ist nur einer ungleich 0.
	Von allen Sinuskoeffizienten $B_n$ ist nur einer ungleich 0.
	Die Fourierreihe weicht nicht vom tatsächlichen Signal $x(t)$ ab.

2

Wie groß ist die Periodendauer des Signals $y(t)$?

$T_0$ = ms

3

Berechnen Sie den Gleichsignalanteil des Signals $y(t)$.

$A_0$ = V

4

Wie lauten die Sinuskoeffizienten $B_n$? Begründen Sie Ihr Ergebnis. Geben Sie zur Kontrolle den Koeffizienten $B_2$ ein.

$B_2$ = V

5

Berechnen Sie nun die Cosinuskoeffizienten $A_n$. Geben Sie zur Kontrolle den Koeffizienten $A_2$ ein.

$A_2$ = V

6

Geben Sie die Fourierreihe $y_3(t)$ analytisch an (Begrenzung auf je $N = 3$ Sinus– bzw. Cosinuskoeffizienten). Wie groß ist der Fehler zwischen dieser endlichen Fourierreihe und dem tatsächlichen Signalwert bei $t = 0$?

$\epsilon_3(t=0)$ = V

7

Berechnen Sie nun den Fehler ε3(t = 25 µs). Interpretieren Sie diesen Wert im Vergleich zum Ergebnis aus 6).

$\epsilon_3(t=25\text{\mu s})$ = V

Musterlösung

Solution

1. Aus der Signalfrequenz $f_0$ = 10 kHz folgt $T_0 = 1/f_0 = 100\text{\mu s}$. Das Cosinussignal ist gleichsignalfrei ($A_0 = 0$) und wird durch einen einzigen Cosinuskoeffizienten – nämlich $A_1$ – vollständig beschrieben. Alle Sinuskoeffizienten $B_n$ sind identisch 0, da $x(t)$ eine gerade Funktion ist. Die Fourierreihendarstellung bildet $x(t)$ fehlerfrei nach. Richtig sind somit alle Lösungsvorschläge außer dem Vierten.

2. Aufgrund der Doppelweggleichrichtung ergibt sich für die Periodendauer nunmehr der halbe Wert: $T_0 = 50\text{\mu s} = 0.05\text{ms}$. Bei allen nachfolgenden Punkten bezieht sich $T_0$ auf diesen Wert, also auf die Periodendauer des Signals $y(t)$.

3. Im Bereich von $–T_0/2 bis T_0/2 (–25 \text{\mu s} ... 25 \text{\mu s})$ ist $y(t) = x(t)$. Mit $f_x$ = 10 kHz = $1/(2T_0)$ gilt deshalb für diesen Abschnitt:

$$y(t)={\rm 1V}\cdot\cos(2{\pi} f_0\hspace{0.05cm}t)={\rm 1V}\cdot\cos(\pi\frac{t}{T_0}).$$

Daraus ergibt sich für den Gleichsignalanteil:

$$A_0=\frac{1}{T_0}\int^{T_0/2}_{-T_0/2}y(t)\,{\rm d} t=\frac{1}{T_0}\int^{T_0/2}_{-T_0/2}{\rm 1V}\cdot\cos(\pi\frac{t}{T_0})\,{\rm d}t.$$

Mit der Substitution $u = \pi \cdot t/T_0$ erhält man

$$A_0=\left. \frac[[:Template:\rm 1V]]{\pi}\int_{-\pi /2}^{\pi/2}\cos(u)\,{\rm d}u=\frac[[:Template:\rm 1V]]{\pi}\sin(u)\; \right| _{-\pi/2}^{\pi/2}=\frac{{\rm 1V}\cdot 2}{\pi} \hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.637\;{\rm V}}.$$

4. Da $y(–t) = y(t)$ gilt, sind alle Sinuskoeffizienten $B_n = 0$. Insbesondere ist $B_2 = 0$.

5. Für die Koeffizienten $A_n$ gilt mit der Substitution $u = \pi \cdot t/T_0$ entsprechend dem angegebenen Integral:

$$ A_n = \frac{2{\rm V}}{T_0}\int_{-T_0/2}^{T_0/2}\cos(\pi\frac{t}{T_0})\cdot \cos(n\cdot 2\pi\frac{t}{T_0})\,{\rm d}t = \frac{2{\rm V}}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos(u)\cdot \cos(2n u)\,{\rm d}u \\ & \Rightarrow & \quad A_n = \left( { - 1} \right)^{n + 1} \frac{{4\;{\rm{V}}}}{{{\rm{\pi }}\left( {4n^2 - 1} \right)}}.$$

Der Koeffizient $A_2$ ist damit gleich $–4 \text{V}/(15\pi) \approx –0.085 \text{V}$.

6. Für die endliche Fourierreihe mit $N = 3$ gilt allgemein:

$$y_3(t)=\frac{2{\rm V}}{\pi} \cdot \left [ 1+{2}/{3} \cdot \cos(\omega_0t)-{2}/{15}\cdot \cos(2\omega_0t)+{2}/{35}\cdot \cos(3\omega_0t) \right ].$$

Zum Zeitpunkt $t = 0$ ist $y_3(0) \approx$ 1.0125 V; damit ergibt sich der Fehler zu $\epsilon_3(t = 0) =$ 0.0125 V. 7. Die Zeit $t = 25\text{\mu s}$ entspricht der halben Periodendauer. Hierfür gilt wegen $\omega_0 \cdot T_0 = 2\pi$:

$$\begin{align*} y_3(T_0/2) & = \frac{2{\rm V}}{\pi} \left [1+\frac{2}{3} \cdot \cos({\pi}) -\frac{2}{15}\cdot \cos(2\pi)+\frac{2}{35}\cdot \cos(3\pi)\right ] \\ & = \frac{2{\rm V}}{\pi}\left [1-\frac{2}{3}-\frac{2}{15}-\frac{2}{35}\right ] = \frac{2{\rm V}}{7\pi}\approx 0.091{\rm V}\end{align*} . $$

Da $y(T_0/2) = 0$ ist, ergibt sich für $\epsilon_3(T_0/2)$ ebenfalls 0.091 V. Dieser Fehler ist um mehr als den Faktor 7 größer als der Fehler bei $t = 0$, da das Signal $y(t)$ bei $t = T_0/2$ mehr hochfrequente Anteile besitzt (spitzförmiger Verlauf). Wird gefordert, dass der Fehler $\epsilon_3(T_0/2)$ kleiner als 0.01 sein soll, dann müssten mindestens 32 Fourierkoeffizienten berücksichtigt werden.