Aufgaben:Exercise 3.5Z: Application of the Residue Theorem

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Sechs verschiedene Pol–Nullstellen–Konfigurationen

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 im Folgenden die in der Grafik dargestellten Konfigurationen. Es gelte stets $K= 2$.

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}.$$

$I$ gibt die Anzahl der unterscheidbaren Pole an (bei allen vorgegebenen Konstellationen ist $I = N$).

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 trotzdem möglich.
• Die komplexe Frequenz $p$, die Nullstellen $p_{{\rm o}i}$ sowie die Pole $p_{{\rm o}i}$ 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 $\rm A$,
	Konfiguration $\rm B$,
	Konfiguration $\rm C$,
	Konfiguration $\rm D$,
	Konfiguration $\rm E$,
	Konfiguration $\rm F$.

2 Berechnen Sie $y(t)$ für die Konfiguration $\rm A$ mit $K= 2$ und $p_{\rm x} = -1$. Welcher Zahlenwert ergibt sich für den Zeitpunkt $t = 1$?

$\ {\rm Re}\{y(t = 1)\} \ = \ $

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

3 Berechnen Sie $y(t)$ für die Konfiguration $\rm C$ mit $K= 2$ und $p_{\rm x} = -0.2 + {\rm j} \cdot 1.5\pi$. Welcher Zahlenwert ergibt sich für den Zeitpunkt $t = 1$?

$\ {\rm Re}\{y(t = 1)\} \ = \ $

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

4 Welcher Signalwert $y(t = 1)$ ergibt sich bei der Konstellation $\rm E$ mit $K= 2$ und zwei Polstellen bei $p_{\rm x} = -0.2 \pm {\rm j} \cdot 1.5\pi$?

$\ {\rm Re}\{y(t = 1)\} \ = \ $

$\ {\rm 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 $Y_{\rm L}(p) = 2/(p+1)$ ergibt sich aus dem Residuensatz mit $I=1$: $$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 (2) 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 $p_x = -2 + {\rm j} \cdot 1.5 \pi$ . Rechts daneben sieht man das dazu konjugiert–komplexe Signal, wenn der Pol bei $p_x = -2 - {\rm j} \cdot 1.5 \pi$.

(4)  Nun gilt $I=2$. Die Residien von $p_{x1}$ bzw. $p_{x2}$ liefern: $$y_1(t) =

\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) =

\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)= 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 ]=  
\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)$$

Signalverlauf der Konfiguration E

$$\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.