Aufgaben:Exercise 1.3Z: Exponentially Decreasing Impulse Response

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Gemessen wurde die Impulsantwort $h(t)$ eines LZI–Systems, die für alle Zeiten $t$ < 0 identisch 0 ist und für $t$ > 0 entsprechend einer Exponentialfunktion abfällt: $$h(t) = \frac{1}{T} \cdot {\rm e}^{-t/T}.$$ Der Funktionsparameter sei $T =$ 1 ms. In der Teilaufgabe 3) ist nach der 3dB–Grenzfrequenz $f_{\rm G}$ gefragt, die wie folgt implizit definiert ist: $$|H(f = f_{\rm G})| = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot|H(f = 0)| .$$ Hinweis: Diese Aufgabe bezieht sich auf die theoretischen Grundlagen von Kapitel 1.2. Gegeben ist das folgende bestimmte Integral: $$\int_{ 0 }^{ \infty } \frac{1}{1+x^2} \hspace{0.1cm}{\rm d}x = \frac{\pi}{2} .$$

Fragebogen

1

Berechnen Sie den Frequenzgang $H(f)$. Welcher Wert ergibt sich für $f =$ 0?

$H(f = 0) =$

2

Welchen Wert besitzt die Impulsantwort zur Zeit $t =$ 0?

$h(t = 0) =$ 1/s

3

Berechnen Sie die 3dB–Grenzfrequenz $f_{\rm G}$.

$f_{\rm G} =$ Hz

4

Welche der nachfolgenden Aussagen sind zutreffend?

	Das betrachtete System ist kausal.
	Das betrachtete System hat Hochpass–Charakter.
	Liegt am Systemeingang ein Cosinussignal der Frequenz $f_{\rm G}$ an, so ist das Ausgangssignal ebenfalls cosinusförmig.

Musterlösung

Solution

1. Der Frequenzgang $H(f)$ ist die Fouriertransformierte von $h(t)$: $$H(f) = \int_{-\infty}^{+\infty}h(t) \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{-\rm j}2\pi ft}\hspace{0.15cm} {\rm d}t = \frac{1}{T} \cdot \int_{0}^{+\infty} {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{-(\rm j}2\pi f+ {1}/{T}) t}\hspace{0.15cm} {\rm d}t.$$ Die Integration führt zum Ergebnis: $$H(f) = \left[ \frac{-1/T}{{\rm j}2\pi f+{1}/{T}} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{-(\rm j}2\pi f+ {1}/{T}) t}\right]_{0}^{\infty}= \frac{1}{1+{\rm j} \cdot 2\pi fT}.$$ Bei der Frequenz $f =$ 0 hat der Frequenzgang $\rm \underline{\: den \: Wert \: 1}$.

2. Dieser Frequenzgang kann mit Real– und Imaginärteil auch wie folgt geschrieben werden: $$H(f) = \frac{1}{1+(2\pi fT)^2} -{\rm j} \cdot \frac{2\pi fT}{1+(2\pi fT)^2}.$$ Die Impulsantwort an der Stelle $t =$ 0 ist gleich dem Integral über $H(f)$. Da der Imaginärteil ungerade ist, muss nur über den Realteil integriert werden. Unter Ausnutzung der Symmetrieeigenschaft erhält man: $$h(t=0)=2 \cdot \int_{ 0 }^{ \infty } \frac{1}{1+(2\pi fT)^2} \hspace{0.1cm}{\rm d}f = \frac{1}{\pi T} \cdot \int_{ 0 }^{ \infty } \frac{1}{1+x^2} \hspace{0.1cm}{\rm d}x .$$ Unter Benutzung des angegebenen bestimmten Integrals mit dem Resultat $π/2$ ergibt sich: $$h(t=0)= \frac{1}{2 T} \hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 500\cdot 1/s}}.$$ Dieses Ergebnis zeigt auch, dass die Impulsantwort bei $t =$ 0 gleich dem Mittelwert aus dem links- und rechtsseitigen Grenzwert ist.

3. Der Amplitudengang lautet bei dieser Aufgabe bzw. allgemein mit der 3dB-Grenzfrequenz: $$|H(f)| = \frac{1}{\sqrt{1+(2\pi fT)^2}} = \frac{1}{\sqrt{1+(f/f_{\rm G})^2}}.$$ Durch Koeffizientenvergleich erhält man: $$f_{\rm G} = \frac{1}{2\pi T} \hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 159 \hspace{0.1cm} Hz}}.$$

4. Wegen $h(t) =$ 0 für $t$ < 0 ist das System tatsächlich kausal. Es handelt sich um einen Tiefpass erster Ordnung. Dagegen müsste ein Hochpass folgende Bedingung erfüllen: $$H(f = 0) = \int_{-\infty}^{+\infty}h(t) \hspace{0.15cm}{\rm d}t = 0.$$ $H(f)$ ist eine komplexe Funktion. Der Phasengang lautet (siehe Aufgabe Z1.1): $$b(f) = \arctan {f}/{f_{\rm G}}.$$ Für die Frequenz $f = f_{\rm G}$ erhält man $b(f = f_{\rm G}) = π/4 = 45°$.

Liegt am Eingang ein Cosinussignal der Frequenz $f_{\rm G}$ an, so ergibt sich für das Ausgangssignal: $$y(t) = K \cdot \cos( 2 \pi f_{\rm G} t - 45^{\circ}).$$ Dieses Signal ist zwar eine harmonische Schwingung, aber kein Cosinussignal. Richtig ist somit $\rm \underline{\: nur \: der \: erste \: Lösungsvorschlag}$.