Exercise 3.4: Attenuation and Phase Response

Pol–Nullstellen–Diagramm und einige Hilfsgrößen

Wir gehen vom skizzierten Pol–Nullstellen–Diagramm aus, also von den Werten $$K = 5, \hspace{0,2cm}Z = 1, \hspace{0,2cm}N = 2, $$ $$ p_{\rm o}= 1,\hspace{0,2cm}p_{\rm x1}= -3 + 3{\rm j},\hspace{0,2cm}p_{\rm x2}= -3 - 3{\rm j}\hspace{0.05cm} .$$

Damit lautet die $p$–Übertragungsfunktion: $$H_{\rm L}(p)= K \cdot \frac {p - p_{\rm o }} {(p - p_{\rm x 1})(p - p_{\rm x 2})} \hspace{0.05cm} .$$

Mit der Substitution $p = {\rm j} \cdot 2 \pi f$ lässt sich die herkömmliche Übertragungsfunktion angeben, die auch als Frequenzgang bezeichnet wird: $$H(f) = H_{\rm L}(p)\Bigg |_{\hspace{0.1cm} p\hspace{0.05cm}=\hspace{0.05cm}{\rm j \hspace{0.05cm}2\pi \it f}} = {\rm e}^{-a(f)\hspace{0.05cm}}\cdot {\rm e}^{- \hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}b(f)} \hspace{0.05cm}.$$

Aus dieser Gleichung erkennt man auch den Zusammenhang zwischen

der Übertragungsfunktion $H(f)$,
der Dämpfungsfunktion $a(f)$ und
der Phasenfunktion $b(f)$.

Für eine durch den Punkt $p = {\rm j} \cdot 2 \pi f$ indirekt vorgegebene Frequenz $f$ kann man die entsprechenden Dämpfungs– und Phasenwerte wie folgt ermitteln: $$a(f)\hspace{0.15cm}{\rm in}\hspace{0.15cm}{\rm Np} \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} -{\rm ln} \hspace{0.1cm} K + {\rm ln} \hspace{0.1cm} |R_{\rm x1}|+{\rm ln} \hspace{0.1cm} |R_{\rm x1}|- {\rm ln} \hspace{0.1cm} |R_{{\rm o} }|\hspace{0.05cm} ,$$ $$ b(f)\hspace{0.15cm}{\rm in}\hspace{0.15cm}{\rm rad} \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \phi_{\rm x1}+ \phi_{\rm x2}-\phi_{\rm o} \hspace{0.05cm} .$$

Die entsprechenden Beträge $|R_{\rm o}|$, $|R_{\rm x1}|$ und$|R_{\rm x1}|$ können Sie ebenso wie die Winkel $\phi_{\rm o}$, $\phi_{\rm x1}$ und $\phi_{\rm x2}$ der Grafik entnehmen.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Laplace–Transformation und p–Übertragungsfunktion.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

Fragebogen

$|H(f → ∞)| \ = $

$|H(f = 0)| \ =$

$a(f = 0) \ =$

$\ \rm Np$

$a(f = 2/ \pi)\ =$

$\ \rm Np$

$a(f = 2/ \pi)\ =$

$\ \rm dB$

$b(f = 2/ \pi)\ =$

$\ \rm Grad$

Musterlösung

Solution

1. Die p–Übertragungsfunktion lautet:

$$H_{\rm L}(p)= K \cdot \frac {p - p_{\rm o }} {(p - p_{\rm x 1})(p - p_{\rm x 2})} \hspace{0.05cm} .$$

Zur herkömmlichen Übertragungsfunktion (Frequenzgang) kommt man mit der Substitution p = j · 2πf:

$$H(f)= K \cdot \frac {{\rm j \hspace{0.05cm}2\pi \it f} - p_{\rm o }} {({\rm j \hspace{0.05cm}2\pi \it f} - p_{\rm x 1})({\rm j \hspace{0.05cm}2\pi \it f} - p_{\rm x 2})} = {\rm e}^{-a(f)\hspace{0.05cm}}\cdot {\rm e}^{- \hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}b(f)} \hspace{0.05cm} .$$

Im Grenzfall f → ∞ ergibt sich für den Betrag, die Dämpfung und die Phase:

$$\lim_{f \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}\infty} H(f)= \frac{K}{{\rm j \hspace{0.05cm}2\pi \it f}}\hspace{0.15cm}\Rightarrow \hspace{0.05cm}\lim_{f \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}\infty} |H(f)|\hspace{0.15cm}\underline {= 0} \hspace{0.05cm} \Rightarrow \hspace{0.05cm}\lim_{f \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}\infty} a(f)= \infty,\hspace{0.1cm} \lim_{f \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}\infty} b(f)= \frac{\pi}{2}\hspace{0.1cm}(90^\circ) \hspace{0.01cm}.$$

2. Aus der allgemeinen Gleichung in a) erhält man mit dem Grenzübergang f → 0:

$$|H(f=0)|= -\frac {K \cdot p_{\rm o }} {p_{\rm x 1}\cdot p_{\rm x 2}} = \frac {5 \cdot 1}{ (-3 + 3{\rm j})\cdot (-3 + 3{\rm j})}= \frac {5 }{18}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.278} \hspace{0.05cm} ,$$

$$a(f=0)=- {\rm ln} \hspace{0.1cm}\hspace{0.15cm}\underline { |H(f=0)|= 1.281\,{\rm Np }} \hspace{0.05cm} .$$

Die Grafik fasst die Ergebnisse dieser Aufgabe zusammen:

Mittlere Achse (blau): Betrag,

Linke Achse (rot): Dämpfung,

Rechte Achse (grün): Phase.

Schwarzer Punkt:2πf = 4.

Bildschirmabzug des Flash–Moduls „Kausale Systeme”.

3. Entsprechend der detaillierten Beschreibung im Theorieteil gilt für die Dämpfungsfunktion:

$$a(f)= -{\rm ln} \hspace{0.1cm} K + {\rm ln} \hspace{0.1cm} |R_[[:Template:\rm x1]]|+{\rm ln} \hspace{0.1cm} |R_[[:Template:\rm x1]]|- {\rm ln} \hspace{0.1cm} |R_{{\rm o} }|\hspace{0.05cm} .$$

Zu berücksichtigen ist die Zusatzeinheit „Neper” (Np).

Gesucht ist der Dämpfungswert bei f = 2/π. Dazu setzen wir p = j · 2πf = 4 und ermitteln folgende Abstände:

$$R_{\rm o} = 1 - 4 \cdot {\rm j}, \hspace{0.2cm}|R_{\rm o}| \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \sqrt{1^2 + 4^2}= 4.123,\\ {\rm ln} \hspace{0.1cm}|R_{\rm o}| \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm}1.417\,{\rm Np }\hspace{0.05cm},\\ R_{\rm x1} = -3 - 1 \cdot {\rm j}, \hspace{0.2cm}|R_{\rm x1}| \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \sqrt{3^2 + 1^2}= 3.162,\\ {\rm ln} \hspace{0.1cm}|R_{\rm x1}| \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm}1.151\,{\rm Np }\hspace{0.05cm},\\ R_{\rm x2} = -3 - 7 \cdot{\rm j}, \hspace{0.2cm}|R_{\rm x2}| \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \sqrt{3^2 + 7^2}= 7.616,\\ {\rm ln} \hspace{0.1cm}|R_{\rm x2}| \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm}2.030\,{\rm Np }\hspace{0.05cm}.$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}a(f = \frac{4}{2\pi})= -{\rm ln} \hspace{0.1cm} 5 + 1.151+ 2.030- 1.417=0.155\,{\rm Np } \hspace{0.05cm}.$$

Das entspricht 0.155 Np · 8.686 dB/Np = 1.346 dB.

4. Nach der detaillierten Beschreibung im Theorieteil gilt wegen K > 0 für die Phasenfunktion:

$$b(f ={2}/\pi) = \phi_{\rm x1} + \phi_{\rm x1}-\phi_{\rm o}\hspace{0.05cm},$$

$$\phi_{\rm x1} \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} {\rm arctan}\hspace{0.15cm}(1/3) = 18.4^\circ\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}\phi_{\rm x2} = {\rm arctan}\hspace{0.15cm}(7/3) = 66.8^\circ\hspace{0.05cm},\\ \phi_{\rm o} \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} {\rm arctan}\hspace{0.15cm}(-1/4) = 180^\circ - 76^\circ = 104^\circ$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}b(f ={2}/\pi) = 18.4^\circ + 66.8^\circ - 104^\circ \hspace{0.15cm} \underline{= -18.8^\circ} \hspace{0.05cm}.$$