Difference between revisions of "Aufgaben:Exercise 1.5Z: Sinc-shaped Impulse Response"
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$$\int_{ 0 }^{ \infty } \frac{\sin(u) \cdot \cos(a \cdot u)}{u} \hspace{0.15cm}{\rm | $$\int_{ 0 }^{ \infty } \frac{\sin(u) \cdot \cos(a \cdot u)}{u} \hspace{0.15cm}{\rm |
Revision as of 19:56, 3 August 2016
Die Impulsantwort eines linearen zeitinvarianten (und akausalen) Systems wurde wie folgt ermittelt (siehe Grafik): h(t)=5001s⋅si(π⋅t1ms). Berechnet werden sollen die Ausgangssignale y(t), wenn am Eingang verschiedene Cosinusschwingungen unterschiedlicher Frequenz f0 angelegt werden: x(t)=4V⋅cos(2π⋅f0⋅t). Die Lösung kann entweder im Zeitbereich oder auch im Frequenzbereich gefunden werden. In der Musterlösung werden jeweils beide Lösungswege angegeben.
Hinweis: Diese Aufgabe bezieht sich auf die theoretischen Grundlagen von Kapitel 1.3. Gegeben ist dazu das folgende bestimmte Integral: ∫∞0sin(u)⋅cos(a⋅u)udu={π/2π/40f¨urf¨urf¨ur|a|<1,|a|=1,|a|>1.
Fragebogen
Musterlösung
2. 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.
3. 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}}.
4. 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.