Aufgaben:Exercise 3.6Z: Two Imaginary Poles

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Zwei imaginäre Polstellen und eine Nullstelle

In dieser Aufgabe betrachten wir ein kausales Signal  $x(t)$  mit der Laplace–Transformierten

$$X_{\rm L}(p) = \frac { p} { p^2 + 4 \pi^2}= \frac { p} { (p-{\rm j} \cdot 2\pi)(p+{\rm j} \cdot 2\pi)} \hspace{0.05cm}$$

entsprechend der Grafik (eine rote Nullstelle und zwei grüne Pole).

Das Signal  $y(t)$  besitze dagegen die Laplace–Spektralfunktion

$$Y_{\rm L}(p) = \frac { 1} { p^2 + 4 \pi^2} \hspace{0.05cm}.$$

Die rote Nullstelle gehört somit nicht zu  $Y_{\rm L}(p)$.

Abschließend wird noch das Signal  $z(t)$  mit der Laplace–Transformierten

$$Z_{\rm L}(p) = \frac { p} { (p-{\rm j} \cdot \beta)(p+{\rm j} \cdot \beta)} \hspace{0.05cm}$$

betrachtet, insbesondere der Grenzfall für  $\beta → 0$.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  Laplace–Rücktransformation.
• Die Frequenzvariable $p$ ist so normiert, dass nach Anwendung des Residuensatzes die Zeit $t$ in Mikrosekunden angegeben ist.
• Ein Ergebnis  $t = 1$  ist somit als  $t = T$  mit  $T = 1 \ \rm µ s$  zu interpretieren.
• Der  Residuensatz lautet am Beispiel der Funktion  $X_{\rm L}(p)$  mit zwei einfachen Polstellen bei  $ \pm {\rm j} \cdot \beta$:

$$x(t) = X_{\rm L}(p) \cdot (p - {\rm j} \cdot \beta) \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}t} \Bigg |_{\hspace{0.1cm} p\hspace{0.05cm}=\hspace{0.05cm}{\rm j \hspace{0.05cm} \cdot\hspace{0.05cm} \it \beta}}+X_{\rm L}(p) \cdot (p + {\rm j} \cdot \beta) \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p \hspace{0.05cm} \cdot\hspace{0.05cm}t} \Bigg |_{\hspace{0.1cm} p\hspace{0.05cm}=\hspace{0.05cm}{-\rm j \hspace{0.05cm} \cdot\hspace{0.05cm} \it \beta}} \hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

1

Berechnen Sie das Signal  $x(t)$. Welche der folgenden Aussagen sind richtig?

	$x(t)$ ist ein kausales Cosinussignal.
	$x(t)$ ist ein kausales Sinussignal.
	Die Amplitude von $x(t)$ ist $1$.
	Die Periodendauer von $x(t)$ ist $T = 1 \ \rm µ s$.

2

Berechnen Sie das Signal  $y(t)$. Welche der folgenden Aussagen sind richtig?

	$y(t)$ ist ein kausales Cosinussignal.
	$y(t)$ ist ein kausales Sinussignal.
	Die Amplitude von $y(t)$ ist $1$.
	Die Periodendauer von $y(t)$ ist $T = 1 \ \rm µ s$.

3

Welche Aussagen treffen für das Signal  $z(t)$ zu?

	Für  $ \beta > 0$  verläuft  $z(t)$  cosinusförmig.
	Für  $ \beta > 0$  verläuft  $z(t)$  sinusförmig.
	Der Grenzfall  $\beta → 0$  führt zur Sprungfunktion  $\gamma(t)$.

Musterlösung

Solution

(1)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 1, 3 und 4:

• Durch Anwendung des Residuensatzes erhält man für das Signal $x(t)$ bei positiven Zeiten:

$$x_1(t)\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}} \hspace{0.7cm}\{X_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}t}\}= \frac {p} { p+{\rm j} \cdot 2\pi}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}2\pi}= \frac{1}{2} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi t}\hspace{0.05cm} ,$$

$$ x_2(t)\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}} \hspace{0.7cm}\{X_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} t}\}= \frac {p} { p-{\rm j} \cdot 2\pi}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= -{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}2\pi}= \frac{1}{2} \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi t} \hspace{0.05cm} .$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} x(t) = x_1(t) + x_2(t) = {1}/{2} \cdot \left [ {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi t}+{\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi t}\right ] = \cos(2\pi t) \hspace{0.05cm} .$$

(2)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 2 und 4:

• Prinzipiell könnte diese Teilaufgabe in gleicher Weise gelöst werden wie die Teilaufgabe (1).
• Man kann aber auch den Integrationssatz heranziehen.
• Dieser besagt unter anderem, dass die Multiplikation mit $1/p$ im Spektralbereich der Integration im Zeitbereich entspricht:

$$Y_{\rm L}(p) = {1}/{p} \cdot X_{\rm L}(p) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} t \ge 0:\quad y(t) = \int_{-\infty}^t \cos(2\pi \tau)\,\,{\rm d}\tau = {1}/({2\pi}) \cdot \sin(2\pi t) \hspace{0.05cm} .$$

Hinweis:   Das kausale Cosinussignal $x(t)$ sowie das kausale Sinussignal $y(t)$ sind auf dem Angabenblatt zu Aufgabe 3.6 als $c_{\rm K}(t)$ bzw. $s_{\rm K}(t)$ dargestellt.

(3)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 1 und 3:

• Ein Vergleich mit der Berechnung von  $x(t)$  zeigt, dass  $z(t) = \cos (\beta \cdot t)$  für  $t \ge 0$  und  $z(t) = 0$  für  $t < 0$  gilt.
• Der Grenzübergang für  $\beta → 0$  führt damit zur Sprungfunktion  $\gamma(t)$.
• Zum gleichen Ergebnis kommt man durch die Betrachtung im Spektralbereich:

$$Z_{\rm L}(p) = \lim_{\beta \hspace{0.05cm} \rightarrow \hspace{0.05cm} 0}\hspace{0.1cm}\frac{p}{p^2 + \beta^2} = {1}/{p} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} z(t) = \gamma(t) \hspace{0.05cm} .$$