Aufgaben:Exercise 1.5Z: Sinc-shaped Impulse Response

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Die Impulsantwort eines linearen zeitinvarianten (und akausalen) Systems wurde wie folgt ermittelt (siehe Grafik): $$h(t) = 500\hspace{0.1cm}{ {\rm s}}^{-1}\cdot{\rm si}[\pi \cdot {t}/({ 1\hspace{0.1cm}{\rm ms}})] .$$ Berechnet werden sollen die Ausgangssignale $y(t)$, wenn am Eingang verschiedene Cosinusschwingungen unterschiedlicher Frequenz $f_0$ angelegt werden: $$x(t) = 4\hspace{0.05cm}{\rm V}\cdot {\rm cos}(2\pi \cdot f_0 \cdot t ) .$$

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Einige systemtheoretische Tiefpassfunktionen.
• Die Lösung kann entweder im Zeitbereich oder auch im Frequenzbereich gefunden werden. In der Musterlösung werden jeweils beide Lösungswege angegeben.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
• 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

1

Berechnen Sie den Frequenzgang $H(f)$ des LZI-Systems. Wie groß sind die äquivalente Bandbreite und der Gleichsignalübertragungsfaktor?

$\Delta f \ =$ $\ \rm kHz$

$H(f = 0) \ =$

2

Welchen Signalwert besitzt das Ausgangssignal $y(t)$ zur Zeit $t = 0$ bei cosinusförmigem Eingang mit Frequenz $f_0 = 1\ \rm kHz$?

$f_0 = 1\ \rm kHz\hspace{-0.1cm}:$    $y(t = 0) \ =$ $\ \rm V$

3

Welchen Signalwert besitzt das Ausgangssignal $y(t)$ zur Zeit $t = 0$ bei cosinusförmigem Eingang mit Frequenz $f_0 = 0.1\ \rm kHz$?

$f_0 = 0.1\ \rm kHz\hspace{-0.1cm}:$    $y(t = 0) \ =$ $\ \rm V$

4

Welchen Signalwert besitzt das Ausgangssignal $y(t)$ zur Zeit $t = 0$ bei cosinusförmigem Eingang mit Frequenz $f_0 = 0.5\ \rm kHz$?

$f_0 = 0.5\ \rm kHz\hspace{-0.1cm}:$    $y(t = 0) \ =$ $\ \rm V$

Musterlösung

Solution

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.