Difference between revisions of "Applets:Frequency & Impulse Responses"

Revision as of 15:19, 15 December 2020

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Applet Description

Dargestellt werden reelle und symmetrische Tiefpässe $H(f)$ und die dazugehörigen Impulsantworten $h(t)$, nämlich

Gaussian lowpass,
Rectangular lowpass,
Triangular lowpass,
Trapezoidal lowpass,
Cosine-rolloff lowpass,
Cosine-rolloff -squared lowpass.

Es ist zu beachten:

Die Funktionen $H(f)$ bzw. $h(t)$ werden für bis zu zwei Parametersätzen in jeweils einem Diagramm dargestellt.
Die roten Kurven und Zahlenangaben gelten für den linken Parametersatz, die blauen für den rechten Parametersatz.
Die Abszissen $t$ (Zeit) und $f$ (Frequenz) sowie die Ordinaten $H(f)$ und $h(t)$ sind jeweils normiert.

Theoretical background

Frequency Response $H(f)$ and Impulse Response $h(t)$

Der Frequenzgang (oder auch die Übertragungsfunktion) $H(f)$ eines linearen zeitinvarianten Übertragungssystems gibt das Verhältnis zwischen dem Ausgangsspektrum $Y(f)$ und dem dem Eingangsspektrum $X(f)$ an:

$$H(f) = \frac{Y(f)}{X(f)}.$$

Ist das Übertragungsverhalten bei tiefen Frequenzen besser als bei höheren, so spricht man von einem Tiefpass (englisch: Low-pass).
Die Eigenschaften von $H(f)$ werden im Zeitbereich durch die Impulsantwort $h(t)$ ausgedrückt. Entsprechend dem zweiten Fourierintegral gilt:

$$h(t)={\rm IFT} [H(f)] = \int_{-\infty}^{+\infty}H(f)\cdot {\rm e}^{+{\rm j}2\pi f t}\hspace{0.15cm} {\rm d}f\hspace{1cm} {\rm IFT}\hspace{-0.1cm}: \rm Inverse \ Fouriertransformation.$$

Die Gegenrichtung wird durch das erste Fourierintegral beschrieben:

$$H(f)={\rm FT} [h(t)] = \int_{-\infty}^{+\infty}h(t)\cdot {\rm e}^{-{\rm j}2\pi f t}\hspace{0.15cm} {\rm d}t\hspace{1cm} \rm FT\hspace{-0.1cm}: \ Fouriertransformation.$$

In allen Beispielen verwenden wir reelle und gerade Funktionen. Somit gilt:

$$h(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}H(f)\cdot \cos(2\pi ft) \hspace{0.15cm} {\rm d}f \ \ \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\ \ \ H(f)=\int_{-\infty}^{+\infty}h(t)\cdot \cos(2\pi ft) \hspace{0.15cm} {\rm d}t .$$

Bei einem Vierpol $[$das bedeutet: $X(f)$ und $Y(f)$ haben gleiche Einheiten$]$ ist $Y(f)$ dimensionslos.
Die Einheit der Impulsantwort ist $\rm 1/s$. Es gilt zwar $\rm 1/s = 1 \ Hz$, aber die Einheit „Hertz” ist in diesem Zusammenhang unüblich.
Der Zusammenhang zwischen diesem Applet und dem ähnlich aufgebauten Applet Impulse und Spektren basiert auf dem Vertauschungssatz.
Alle Zeiten sind auf eine Normierungszeit $T$ normiert und alle Frequenzen auf $1/T \ \Rightarrow$ die Zahlenwerte von $h(t)$ müssen noch durch $T$ dividiert werden.

$\text{Beispiel:}$ Stellt man einen Rechteck–Tiefpass mit Höhe $K_1 = 1$ und äquivalenter Bandbreite $\Delta f_1 = 1$ ein,

so ist der Frequenzgang $H_1(f)$ im Bereich $-1 < f < 1$ gleich $1$ und außerhalb dieses Bereichs gleich Null.
Die Impulsantwort $h_1(t)$ verläuft $\rm si$–förmig mit $h_1(t= 0) = 1$ und der ersten Nullstelle bei $t=1$.

Mit dieser Einstellung soll nun ein Rechteck–Tiefpass mit $K = 1.5$ und $\Delta f = 2 \ \rm kHz$ nachgebildet werden, wobei die Normierungszeit $T= 1 \ \rm ms$ betrage.

Dann liegt die erste Nullstelle bei $t=0.5\ \rm ms$ und das Impulsantwortmaximum ist dann $h(t= 0) = 3 \cdot 10^3 \ \rm 1/s$.

Gaussian Lowpass

Der Gauß–Tiefpass lautet mit der Höhe $K$ und der (äquivalenten) Bandbreite $\Delta f$:

$$H(f)=K\cdot {\rm e}^{-\pi\hspace{0.05cm}\cdot\hspace{0.05cm}(f/\Delta f)^2}.$$

Die äquivalente Bandbreite $\Delta f$ ergibt sich aus dem flächengleichen Rechteck.
Der Wert bei $f = \Delta f/2$ ist um den Faktor $0.456$ kleiner als der Wert bei $f=0$.
Für die Impulsantwort erhält man gemäß der Fourierrücktransformation:

$$h(t)=K\cdot \Delta f \cdot {\rm e}^{-\pi(t\hspace{0.05cm}\cdot\hspace{0.05cm} \Delta f)^2} .$$

Je kleiner $\Delta f$ ist, um so breiter und niedriger ist die Impulsantwort ⇒ Reziprozitätsgesetz von Bandbreite und Impulsdauer.
Sowohl $H(f)$ als auch $h(t)$ sind zu keinem $f$– bzw. $t$–Wert exakt gleich Null.
Für praktische Anwendungen kann der Gaußimpuls jedoch in Zeit und Frequenz als begrenzt angenommen werden.
Zum Beispiel ist $h(t)$ bereits bei $t=1.5 \cdot \Delta t$ auf weniger als $0.1\% $ des Maximums abgefallen.

Rectangular Lowpass

Der Rechteck–Tiefpass lautet mit der Höhe $K$ und der (äquivalenten) Bandbreite $\Delta f$:

$$H(f) = \left\{ \begin{array}{l} \hspace{0.25cm}K \\ K /2 \\ \hspace{0.25cm} 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} {\left| \hspace{0.05cm} f\hspace{0.05cm} \right| < \Delta f/2,} \\ {\left| \hspace{0.05cm}f\hspace{0.05cm} \right| = \Delta f/2,} \\ {\left|\hspace{0.05cm} f \hspace{0.05cm} \right| > \Delta f/2.} \\ \end{array}$$

Der $\pm \Delta f/2$–Wert liegt mittig zwischen links- und rechtsseitigem Grenzwert.
Für die Impulsantwort $h(t)$ erhält man entsprechend den Gesetzmäßigkeiten der Fourierrücktransformation (2. Fourierintegral):

$$h(t)=K\cdot \Delta f \cdot {\rm si}(\pi\cdot \Delta f \cdot t) \quad \text{mit} \quad {\rm si}(x)={\sin(x)}/{x}.$$

Der $h(t)$–Wert bei $t=0$ ist gleich der Rechteckfläche des Frequenzgangs.
Die Impulsantwort besitzt Nullstellen in äquidistanten Abständen $1/\Delta f$.
Das Integral über die Impulsantwort $h(t)$ ist gleich dem Frequenzgang $H(f)$ bei der Frequenz $f=0$, ist also gleich $K$.

Triangular Lowpass

Der Dreieck–Tiefpass lautet mit der Höhe $K$ und der (äquivalenten) Bandbreite $\Delta f$:

$$H(f) = \left\{ \begin{array}{l} \hspace{0.25cm}K\cdot \Big(1-\frac{|f|}{\Delta f}\Big) \\ \hspace{0.25cm} 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} {\left| \hspace{0.05cm} f\hspace{0.05cm} \right| < \Delta f,} \\ {\left| \hspace{0.05cm}f\hspace{0.05cm} \right| \ge \Delta f.} \\ \end{array}$$

Die absolute physikalische Bandbreite $B$ ⇒ [nur positive Frequenzen] ist ebenfalls gleich $\Delta f$, ist also so groß wie beim Rechteck–Tiefpass.
Für die Impulsantwort $h(t)$ erhält man gemäß der Fouriertransformation:

$$h(t)=K\cdot \Delta f \cdot {\rm si}^2(\pi\cdot \Delta f \cdot t) \quad \text{mit} \quad {\rm si}(x)={\sin(x)}/{x}.$$

$H(f)$ kann man als Faltung zweier Rechteckfunktionen $($jeweils mit Breite $\Delta f)$ darstellen.
Daraus folgt: $h(t)$ beinhaltet anstelle der ${\rm si}$-Funktion die ${\rm si}^2$-Funktion.
$h(t)$ weist somit ebenfalls Nullstellen im äquidistanten Abständen $1/\Delta f$ auf.
Der asymptotische Abfall von $h(t)$ erfolgt hier mit $1/t^2$, während zum Vergleich beim Rechteck–Tiefpass $h(t)$ mit $1/t$ abfällt.

Trapezoidal Lowpass

Der Trapez–Tiefpass lautet mit der Höhe $K$ und den beiden Eckfrequenzen $f_1$ und $f_2$:

$$H(f) = \left\{ \begin{array}{l} \hspace{0.25cm}K \\ K\cdot \frac{f_2-|f|}{f_2-f_1} \\ \hspace{0.25cm} 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} {\left| \hspace{0.05cm} f\hspace{0.05cm} \right| \le f_1,} \\ {f_1\le \left| \hspace{0.05cm}f\hspace{0.05cm} \right| \le f_2,} \\ {\left|\hspace{0.05cm} f \hspace{0.05cm} \right| \ge f_2.} \\ \end{array}$$

Für die äquivalente Bandbreite (flächengleiches Rechteck) gilt: $\Delta f = f_1+f_2$.
Der Rolloff-Faktor (im Frequenzbereich) kennzeichnet die Flankensteilheit:

$$r=\frac{f_2-f_1}{f_2+f_1}.$$

Der Sonderfall $r=0$ entspricht dem Rechteck–Tiefpass und der Sonderfall $r=1$ dem Dreieck–Tiefpass.
Für die Impulsantwort erhält man gemäß der Fourierrücktransformation:

$$h(t)=K\cdot \Delta f \cdot {\rm si}(\pi\cdot \Delta f \cdot t)\cdot {\rm si}(\pi \cdot r \cdot \Delta f \cdot t) \quad \text{mit} \quad {\rm si}(x)={\sin(x)}/{x}.$$

Der asymptotische Abfall von $h(t)$ liegt zwischen $1/t$ $($für Rechteck–Tiefpass oder $r=0)$ und $1/t^2$ $($für Dreieck–Tiefpass oder $r=1)$.

Cosine-rolloff Lowpass

Der Cosinus–Rolloff–Tiefpass lautet mit der Höhe $K$ und den beiden Eckfrequenzen $f_1$ und $f_2$:

$$H(f) = \left\{ \begin{array}{l} \hspace{0.25cm}K \\ K\cdot \cos^2\Big(\frac{|f|-f_1}{f_2-f_1}\cdot {\pi}/{2}\Big) \\ \hspace{0.25cm} 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} {\left| \hspace{0.05cm} f\hspace{0.05cm} \right| \le f_1,} \\ {f_1\le \left| \hspace{0.05cm}f\hspace{0.05cm} \right| \le f_2,} \\ {\left|\hspace{0.05cm} f \hspace{0.05cm} \right| \ge f_2.} \\ \end{array}$$

Für die äquivalente Bandbreite (flächengleiches Rechteck) gilt: $\Delta f = f_1+f_2$.
Der Rolloff-Faktor (im Frequenzbereich) kennzeichnet die Flankensteilheit:

$$r=\frac{f_2-f_1}{f_2+f_1}.$$

Der Sonderfall $r=0$ entspricht dem Rechteck–Tiefpass und der Sonderfall $r=1$ dem Cosinus-Quadrat-Tiefpass.
Für die Impulsantwort erhält man gemäß der Fourierrücktransformation:

$$h(t)=K\cdot \Delta f \cdot \frac{\cos(\pi \cdot r\cdot \Delta f \cdot t)}{1-(2\cdot r\cdot \Delta f \cdot t)^2} \cdot {\rm si}(\pi \cdot \Delta f \cdot t).$$

Je größer der Rolloff-Faktor $r$ ist, desto schneller nimmt $h(t)$ asymptotisch mit $t$ ab.

Cosine-rolloff-squared Lowpass

Dies ist ein Sonderfall des Cosinus–Rolloff–Tiefpasses und ergibt sich aus diesem für $r=1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}f_1=0,\ f_2= \Delta f$:

$$H(f) = \left\{ \begin{array}{l} \hspace{0.25cm}K\cdot \cos^2\Big(\frac{|f|\hspace{0.05cm}\cdot\hspace{0.05cm} \pi}{2\hspace{0.05cm}\cdot\hspace{0.05cm} \Delta f}\Big) \\ \hspace{0.25cm} 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} {\left| \hspace{0.05cm} f\hspace{0.05cm} \right| < \Delta f,} \\ {\left| \hspace{0.05cm}f\hspace{0.05cm} \right| \ge \Delta f.} \\ \end{array}$$

Für die Impulsantwort erhält man gemäß der Fourierrücktransformation:

$$h(t)=K\cdot \Delta f \cdot {\pi}/{4}\cdot \big [{\rm si}(\pi(\Delta f\cdot t +0.5))+{\rm si}(\pi(\Delta f\cdot t -0.5))\big ]\cdot {\rm si}(\pi \cdot \Delta f \cdot t).$$

Wegen der letzten ${\rm si}$-Funktion ist $h(t)=0$ für alle Vielfachen von $T=1/\Delta f$ ⇒ Die äquidistanten Nulldurchgänge des Cosinus–Rolloff–Tiefpasses bleiben erhalten.
Aufgrund des Klammerausdrucks weist $h(t)$ nun weitere Nulldurchgänge bei $t=\pm1.5 T$, $\pm2.5 T$, $\pm3.5 T$, ... auf.
Für $t=\pm T/2$ hat die Impulsanwort den Wert $K\cdot \Delta f/2$.
Der asymptotische Abfall von $h(t)$ verläuft in diesem Sonderfall mit $1/t^3$.

Exercises

First select the number (1, ... , 6) of the exercise.
A description of the exercise will be displayed. The parameter values are adjusted.
Solution after pressing "Show solution".
The number 0 corresponds to a „Reset”: Same setting as at the program start.
„Red” corresponds to the first parameter set ⇒ $H_1(f) \bullet\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\circ\ h_1(t)$
„Blue” corresponds to the second parameter set ⇒ $H_2(f) \bullet\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\circ\ h_2(t)$.
Values smaller than $0.0005$ are set to zero in the program.

(1) Compare the red Gaussian lowpass $(K_1 = 1, \Delta f_1 = 1)$ to the blue rectangular lowpass $(K_2 = 1, \Delta f_2 = 1)$. Questions:
(a) Which output signals $y(t)$ result from the signal $x(t) = 2 \cdot \cos (2\pi f_0 t -\varphi_0)$ with $f_0 = 0.5$?
(b) What are the differences between the two lowpass filters with $f_0 = 0.5 \pm f_\varepsilon$ and $f_\varepsilon \ne 0, \ f_\varepsilon \to 0$?

(a) It holds $y(t) = A \cdot \cos (2\pi f_0 t -\varphi_0)$ with $A = 2 \cdot H(f = f_0) \ \Rightarrow \ A_1 = 0.912, \ A_2 = 1,000$. The phase $\varphi_0$ remains unchanged.

(b) For red $ A_1 = 0.912$ is still valid. For blue it holds $A_2 = 0$ for $f_0 = 0.5000\text{...}001$ and $A_2 = 2$ for $f_0 = 0.4999\text{...}999$.

(2) Leave the settings unchanged. Which lowpass $H(f)$ fulfills the first or the second Nyquist criterion?
Here $H(f)$ denotes the total frequency response of transmitter, channel and reception filter.

First Nyquist criterion: The impulse response $h(t)$ must have equidistant zero crossings at the (normalized) times $t = 1,\ 2$, ...
The impulse response $h(t) = {\rm si}(\pi \cdot \delta f \cdot t)$ of the rectangular lowpass filter fulfils this criterion with $\Delta f = 1$.
In contrast, the first Nyquist criterion is never fulfilled for the Gaussian lowpass and there is always impulse interference.
The second Nyquist criterion is met by neither the rectangular lowpass nor the Gaussian lowpass.

(3) Compare the red rectangular lowpass $(K_1 = 0.5, \Delta f_1 = 2)$ to the blue rectangular lowpass $(K_2 = 1, \Delta f_2 = 1)$. Then vary $\Delta f_1$ between $2$ and $0.5$.

With $\Delta f_1 = 2$ the zeros of $h_1(t)$ are multiples of $0.5$ ⇒ $h_1(t)$ will decay twice as fast as $h_2(t)$.
With the present setting, $h_1(t = 0) = h_2(t = 0)$ holds, since the rectangular areas of $H_1(f)$ and $H_2(f)$ are equal.
By decreasing $\Delta f_1$, the impulse response $h_1(t)$ becomes wider and lower. With $\Delta f_1 = 0.5$, $h_1(t)$ is twice as wide as $h_2(t)$, but simultaneously by a factor $4$ lower.

(4) Compare the red trapezoidal lowpass $(K_1 = 1, \ \Delta f_1 = 1, \ r_1 = 0.5)$ with the blue rectangular lowpass $(K_2 = 1, \ \Delta f_2 = 1)$. Vary $r_1$ between $0$ and $1$.

With $r_1 = 0.5$ the followers/precursors of $h_1(t)$ for the "trapezoid" are less than for the "rectangle" due to the flatter edge drop .
With smaller $r_1$ followers & precursors increase. With $r_1= 0$ the trapezoidal is equal to the rectangular lowpass ⇒ $h(t)= {\rm si}(\pi \cdot t/T)$.
With larger $r_1$ followers & precursors become smaller. With $r_1= 1$ the trapezoidal is equal to the triangular lowpass ⇒ $h(t)= {\rm si}^2(\pi \cdot t/T)$.

(5) Compare the trapezoidal lowpass $(K_1 = 1, \ \Delta f_1 = 1, \ r_1 = 0.5)$ to the cosine-rolloff lowpass $(K_2 = 1, \ \Delta f_2 = 1, \ r_2 = 0.5)$.
Vary $r_2$ between $0$ and $1$. Interpret the impulse response for $r_2 = 0.75$. Which lowpass satisfies the first Nyquist criterion?

With $r_1 = r_2= 0.5$ the edge drop of $H_2(f)$ is steeper by the frequency $f = 0.5$ than the edge drop of $H_1(f)$.
With the same rolloff $r= 0.5$ the impulse response $h_2(t)$ for $t > 1$ has larger amounts than $h_1(t)$.
With $r_1 = 0.5$ and $r_2 = 0.75$ $H_1(f) \approx H_2(f)$ holds and therefore also $h_1(t) \approx h_2(t)$.
$H_1(f)$ and $H_2(f)$ both fulfill the first Nyquist criterion: Both functions are point-symmetrical around the „Nyquist point”.
Because of $\Delta f = 1$ both $h_1(t)$ and $h_2(t)$ have zero crossings at $\pm 1$, $\pm 2$ ⇒ in each case maximum vertical eye opening.

(6) Compare the cosine-square lowpass $(K_1 = 1, \ \ \Delta f_1 = 1)$ with the cosine-rolloff lowpass $(K_2 = 1, \ \ \Delta f_2 = 1,\ r_2 = 0.5)$.
Vary $r_2$ between $0$ and $1$. Interpret the results. Which low-pass satisfies the second Nyquist criterion?

$H_1(f)$ is a special case of the cosine-rolloff lowpass with rolloff $r_2 =1$. The first Nyquist criterion is also fulfilled with $r_2 \ne 1$.
According to the second Nyquist criterion $h(t)$ must also have zeros at $t=\pm 1.5$, $\pm 2.5$, $\pm 3.5$, ... $($ but not, however, at $t = \pm 0.5)$.
For the cosine-square lowpass, $h_1(t=\pm 0.5) = 0.5$ and it therefore holds $h_1(t=\pm 1) = h_1(t=\pm 1.5) = h_1(t=\pm 2)= h_1(t=\pm 2.5) = \text{...} =0$.
Only the cosine-square lowpass fulfils the first and second Nyquist criteria simultaneously: Maximum vertical and horizontal eye opening.

Applet Manual

(A) Theme (changeable graphical user interface design)

Dark: dark background (recommended by the authors)
Bright: white background (recommended for beamers and printouts)
Deuteranopia: for users with pronounced green visual impairment
Protanopia: for users with pronounced red visual impairment

(B) Preselection for frequency response $H_1(f)$ (red curve)

(C) Parameter definition for $H_1(f)$

(D) Numeric output for $H_1(f_*)$ and $h_1(t_*)$

(E) Preselection for frequency response $H_2(f)$ (blue curve)

(F) Parameter definition for $H_2(f)$

(G) Numeric output for $H_2(f_*)$ and $h_2(t_*)$

(H) Setting the frequency $f_*$ for the numeric output

(I) Setting the time $t_*$ for the numeric output

(J) Graphic field for the frequency domain

(K) Graphic field for the time domain

(L) Selection of the exercise according to the numbers

(M) Task description and questions

(N) Show and hide sample solution

About the authors

Dieses interaktive Berechnungstool wurde am Lehrstuhl für Nachrichtentechnik der Technischen Universität München konzipiert und realisiert.

Die erste Version wurde 2005 von Ji Li im Rahmen ihrer Diplomarbeit mit „FlashMX–Actionscript” erstellt (Betreuer: Günter Söder und Klaus Eichin).
2017 wurde „Impulse & Spektren” von David Jobst im Rahmen seiner Ingenieurspraxis (Betreuer: Tasnád Kernetzky) auf „HTML5” umgesetzt und neu gestaltet.

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