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:Da <i>z</i>(<i>t</i>) ebenso wie die anderen hier betrachteten Signale <i>x</i>(<i>t</i>) und <i>y</i>(<i>t</i>) nicht energiebegrenzt ist, kann zur Berechnung der Spektralfunktion nicht die Gleichung
 
:Da <i>z</i>(<i>t</i>) ebenso wie die anderen hier betrachteten Signale <i>x</i>(<i>t</i>) und <i>y</i>(<i>t</i>) nicht energiebegrenzt ist, kann zur Berechnung der Spektralfunktion nicht die Gleichung
:$$Z(f) =  Z_{\rm L}(p)}\Bigg |_{{\hspace{0.1cm} p\hspace{0.05cm}=\hspace{0.05cm}{\rm j\hspace{0.05cm}2\pi \it f}}$$
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:$$Z(f) =  Z_{\rm L}(p)\Bigg |_{\hspace{0.1cm} p\hspace{0.05cm}=\hspace{0.05cm}{\rm j \hspace{0.05cm}2\pi \it
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:herangezogen werden. Vielmehr ist zu berücksichtigen, dass
 
:herangezogen werden. Vielmehr ist zu berücksichtigen, dass

Revision as of 20:40, 30 September 2016

P ID1763 LZI A 3 2.png
Kausale Signale und Systeme beschreibt man meist mittels der Laplace–Transformation. Ist x(t) für alle Zeiten t < 0 identisch 0, so lautet die Laplace–Transformierte:
$$X_{\rm L}(p) = \int\limits_{0}^{ \infty} { x(t) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{-p t}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm} .$$
In dieser Aufgabe sollen die Laplace–Transformierten der in der Grafik dargestellten kausalen Signale ermittelt werden. Die nachfolgenden Gleichungen gelten nur für t ≥ 0. Für negative Zeiten sind alle Signale identisch 0.
Cosinussignal mit der Periodendauer T0:
$$x(t) = {\rm cos} (2\pi \cdot \frac{t}{T_0})= {\rm cos} (\omega_0 \cdot t) \hspace{0.05cm},$$
Sinussignal mit Periodendauer T0:
$$y(t) = {\rm sin} (2\pi \cdot \frac{t}{T_0})= {\rm sin} (\omega_0 \cdot t) \hspace{0.05cm},$$
sin(t)/t–Signal mit äquivalenten Nulldurchgängen im Abstand T:
$$z(t) = {\rm si} (\pi \cdot \frac{t}{T})\hspace{0.2cm}{\rm mit}\hspace{0.2cm}{\rm si}(x)= {\rm sin}(x)/x \hspace{0.05cm}.$$
Da z(t) ebenso wie die anderen hier betrachteten Signale x(t) und y(t) nicht energiebegrenzt ist, kann zur Berechnung der Spektralfunktion nicht die Gleichung
$$Z(f) = Z_{\rm L}(p)\Bigg |_{\hspace{0.1cm} p\hspace{0.05cm}=\hspace{0.05cm}{\rm j \hspace{0.05cm}2\pi \it f}} .$$
herangezogen werden. Vielmehr ist zu berücksichtigen, dass
$$z(t) = s(t) \cdot \gamma(t)$$
gilt, wobei s(t) die herkömmliche symmetrische si–Funktion bezeichnet:
$$s(t) = {\rm si} (\pi \cdot \frac{t}{T}) \quad \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\quad S(f)$$
Die Fouriertansformierte der Sprungfunktion γ(t) lautet:
$$\gamma(t) \quad \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\quad \Gamma(f) = \frac{1}{2} \cdot \delta (f) + \frac{1}{{\rm j} \cdot 2\pi f}\hspace{0.05cm}.$$
S(f) ist eine um f = 0 symmetrische Rechteckfunktion mit der Höhe T und der Breite 1/T.
Hinweis: Die Aufgabe gehört zu Kapitel 3.2. Gegeben sind folgende bestimmte Integrale:
$$\int\limits_{0}^{ \infty} { {\rm e}^{-p x} \cdot \cos(qx)}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \frac{p}{p^2 + q^2}\hspace{0.05cm} , \hspace{1.0cm}\int\limits_{0}^{ \infty} { {\rm e}^{-p x} \cdot \sin(qx)}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \frac{q}{p^2 + q^2}\hspace{0.05cm} , $$
$$\int\limits_{0}^{ \infty} { {\rm e}^{-p x} \cdot \frac{\sin(qx)}{x}}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = {\rm arctan}\hspace{0.15cm}\frac{q}{p}\hspace{0.05cm} , \hspace{0.6cm} \int\limits_{A}^{ B} { \frac{1}{x}}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = {\rm ln}\hspace{0.15cm}\frac{B}{A}\hspace{0.05cm} .$$


Fragebogen

1

Berechnen Sie die Laplace–Transformierte XL(p) der kausalen Cosinusfunktion x(t). Wie lautet die richtige Lösung?

XL(p) = ω0/(p2 + ω02).
XL(p) = p/(p2 + ω02).
XL(p) = 1/(p2 + ω02).

2

Berechnen Sie die Laplace–Transformierte YL(p) der kausalen Sinusfunktion y(t). Wie lautet die richtige Lösung?

YL(p) = ω0/(p2 + ω02).
YL(p) = p/(p2 + ω02).
YL(p) = 1/(p2 + ω02).

3

Berechnen Sie die Laplace–Transformierte ZL(p) der kausalen si–Funktion z(t). Wie lautet die richtige Lösung?

ZL(p) hat einen rechteckförmigen Verlauf.
ZL(p) = arctan (1/p).
ZL(p) = T/π · arctan (π/(pT)).

4

Berechnen Sie den Realteil des Spektrums Z(f). Welche Aussagen treffen zu?

Re{Z(f)} hat einen rechteckförmigen Verlauf.
Re{Z(f)} ist proportional zu ln |(f · T – 0.5) / (f · T + 0.5)|.

5

Berechnen Sie den Imaginärteil von Z(f). Welche Aussagen treffen zu?

Im{Z(f)} hat einen rechteckförmigen Verlauf.
Im{Z(f)} ist proportional zu ln |(f · T – 0.5) / (f · T + 0.5)|.


Musterlösung

1.  Entsprechend der Laplace–Definition gilt mit den vorgegebenen Gleichungen:
$$X_{\rm L}(p) = \int\limits_{0}^{ \infty} { x(t) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{-p t}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \int\limits_{0}^{ \infty} { {\rm cos} (\omega_0 \cdot T) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{-p t}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \frac{p}{p^2 + \omega_0^2} \hspace{0.05cm} .$$
Richtig ist somit der Vorschlag 2. Der Vorschlag 3 scheitert von vorneherein aus, da XL(p) die Einheit „Sekunde” aufweisen muss (Integral über die Zeit), während p und ω0 jeweils die Einheit 1/s besitzen.
2.  Hier gilt bei gleicher Vorgehensweise wie in der Teilaufgabe 1):
$$Y_{\rm L}(p) = \int\limits_{0}^{ \infty} { {\rm sin} (\omega_0 \cdot T) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{-p t}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \frac{\omega_0}{p^2 + \omega_0^2} \hspace{0.05cm} .$$
Richtig ist hier somit der Lösungsvorschlag 1.
3.  Die p–Übertragungsfunktion der kausalen si–Funktion lautet mit dem vorne angegebenen Integral:
$$Z_{\rm L}(p) = \int\limits_{0}^{ \infty} { \frac{\sin(\pi \cdot t/T)}{\pi \cdot t/T} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{-p t}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \frac{T}{\pi} \cdot {\rm arctan}\hspace{0.15cm}\frac{\pi}{p \cdot T} \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm}\underline{{\rm Vorschlag \hspace{0.15cm} 3}} \hspace{0.05cm} .$$
Vorschlag 1 gilt nur für die Fouriertransformierte der akausalen si–Funktion. Vorschlag 2 kann schon allein deshalb nicht stimmen, da hier das Argument der Arcustangens–Funktion dimensionsbehaftet ist.
4.  Aus z(t) = s(t) · γ(t) folgt mit dem Faltungssatz:
$$Z(f) = S(f) \star \Gamma(f) = \frac{1}{2} \cdot S(f) \star \delta (f) + S(f) \star \frac{1}{{\rm j} \cdot 2\pi f}\hspace{0.05cm}.$$
Da S(f) reell ist, ergibt sich der Realteil von Z(f) als der erste Term dieser Gleichung:
$${\rm Re}\{ Z(f)\} = \frac{1}{2} \cdot S(f) \star \delta (f) = \frac{1}{2} \cdot S(f) \hspace{0.05cm}.$$
Der Realteil von Z(f) hat somit die gleiche Rechteckform wie S(f), ist aber nur halb so hoch:
$${\rm Re}\{ Z(f)\}= \left\{ \begin{array}{c} T/2 \\ 0 \end{array} \right. \begin{array}{c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \end{array} \begin{array}{*{20}c} { |f|< 1/(2T)\hspace{0.05cm},} \\ { |f|> 1/(2T)\hspace{0.05cm}.} \end{array} \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm}\underline{{\rm Vorschlag \hspace{0.15cm} 1}}.$$
5.  Mit dem Ergebnis aus d) folgt für den Imaginärteil:
$${\rm Im}\{ Z(f)\} = S(f) \star \frac{(-1)}{{\rm j} \cdot 2\pi f} \hspace{0.05cm}.$$
Für hinreichend große Frequenzen (f ≥ 1/(2 T)) liefert dieses Faltungsintegral:
$${\rm Im}\{ Z(f)\} = -T \cdot \int\limits_{f- 1/(2T)}^{ f+ 1/(2T)} { \frac{1}{2\pi x}}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \frac{T}{2\pi } \cdot {\rm ln}\hspace{0.15cm}\left |\frac{f- 1/(2T)}{f+ 1/(2T)}\right | \hspace{0.05cm}.$$
Richtig ist somit der zweite Vorschlag.