Exercise 5.1Z: Sampling of Harmonic Oscillations

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Three harmonic oscillations of equal frequency  $f_0$  and equal amplitude  $A$

We consider three harmonic oscillations with the same frequency and the same amplitude:

$$x_1(t) = A \cdot \cos (2 \pi \cdot f_0 \cdot t) \hspace{0.05cm},$$

$$x_2(t) = A \cdot \sin (2 \pi \cdot f_0 \cdot t) \hspace{0.05cm},$$

$$x_3(t) = A \cdot \cos (2 \pi \cdot f_0 \cdot t - 60^{\circ}) \hspace{0.05cm}.$$

The oscillation parameters  $f_0$  and  $A$  can be taken from the graph.

It is assumed that the signals are sampled equidistantly at the times  $\nu \cdot T_{\rm A}$ , whereby the parameter values  $T_{\rm A} = 80 \ µ \text{s}$  and  $T_{\rm A} = 100 \ µ \text{s}$  are to be analysed.

The signal reconstruction at the receiver is carried out by a low-pass filter  $H(f)$, which forms the signal  $y_{\rm A}(t) = x_{\rm A}(t)$  from the sampled signal  $y(t)$ . It applies:

$$H(f) = \left\{ \begin{array}{c} 1 \\ 0.5 \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{5}c} {\rm{{\rm{f\ddot{u}r}}}} \\ {\rm{{\rm{f\ddot{u}r}}}} \\ {\rm{{\rm{f\ddot{u}r}}}} \\ \end{array}\begin{array}{*{5}c} |f| < f_{\rm G} \hspace{0.05cm}, \\ |f| = f_{\rm G} \hspace{0.05cm}, \\ |f| > f_{\rm G} \hspace{0.05cm}, \\ \end{array}$$

Here  $f_{\rm G}$  indicates the cut-off frequency of the rectangular low-pass filter. For this shall apply:

$$f_{\rm G} = \frac{1}{ 2 \cdot T_{\rm A}}\hspace{0.05cm}.$$

The sampling theorem is fulfilled if  $y(t) = x(t)$  holds.

Hints:

• This task belongs to the chapter  Time Discrete Signal Representation.

• There is an interactive applet for the topic dealt with here:  Abtastung periodischer Signale & Signalrekonstruktion

Questions

1

Wie groß sind Amplitude und Frequenz der Signale  $x_1(t)$,  $x_2(t)$  und  $x_3(t)$?

$A \hspace{0.25cm} = \ $  $\text{V}$

$f_0\hspace{0.2cm} = \ $  $\text{kHz}$

2

Bei welchen Eingangssignalen ist das Abtasttheorem erfüllt   ⇒   $y(t) = x(t)$, wenn  $\underline{T_{\rm A} = 80 \ {\rm µ} \text{s}}$  beträgt?

	$x_1(t)$,
	$x_2(t)$,
	$x_3(t)$.

3

Wie lautet das rekonstruierte Signal  $y_1(t) = A_1 \cdot \cos (2\pi f_0 t – \varphi_1)$  mit dem Abtastabstand  $\underline{T_{\rm A} = 100 \ {\rm µ} \text{s}}$? Interpretieren Sie das Ergebnis.

$A_1\hspace{0.2cm} = \ $  $\text{V}$

$\varphi_1\hspace{0.2cm} = \ $  $\text{Grad}$

4

Welche Amplitude  $A_2$  besitzt das rekonstruierte Signal  $y_2(t)$, wenn das Sinussignal  $x_2(t)$  anliegt? Es gelte weiterhin  $\underline{T_{\rm A} = 100 \ {\rm µ} \text{s}}$.

$A_2\hspace{0.2cm} = \ $  $\text{V}$

5

Welche Amplitude  $A_3$  besitzt das rekonstruierte Signal  $y_3(t)$, wenn das Signal  $x_3(t)$  anliegt? Es gelte weiterhin  $\underline{T_{\rm A} = 100 \ {\rm µ} \text{s}}$.

$A_3\hspace{0.2cm} = \ $  $\text{V}$

Solution

Solution

(1)  The graph shows the amplitude  $\underline{A = 2\ \text{V}}$  and the period  $T_0 = 0.2 \ \text{ms}$.

• This results in the signal frequency  $f_0 = 1/T_0 \; \underline{= 5 \ \text{kHz}}$.

(2)  All proposed solutions are correct:

• The sampling rate here is  $f_{\rm A} = 1/T_{\rm A} = 12.5 \ \text{kHz}$.
• This value is greater than  $2 \cdot f_0 = 10 \ \text{kHz}$.
• Thus the sampling theorem is fulfilled independently of the phase and  $y(t) = x(t)$ always applies.

Spectrum  $X_{\rm A}(f)$  of the sampled signal - real part and imaginary part.

(3)  Die Abtastrate beträgt nun  $f_{\rm A} = 2 \cdot f_0 = 10 \ \text{kHz}$.

• Only in the special case of the cosine signal is the sampling theorem now satisfied and it holds:

$$y_1(t) = x_1(t)   ⇒   A_1 \; \underline{=2 \ \text{V}} \text{ und }\varphi_1 \; \underline{= 0}.$$

This result is now to be derived mathematically, whereby a phase  $\varphi$  in the input signal is already taken into account with regard to the remaining subtasks:

$$x(t) = A \cdot \cos (2 \pi \cdot f_0 \cdot t - \varphi) \hspace{0.05cm}.$$

• Then, for the spectral function sketched in the graph above:

$$X(f) = {A}/{2} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \varphi} \cdot \delta (f+ f_{\rm 0} ) + {A}/{2} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \varphi} \cdot \delta (f- f_{\rm 0} )\hspace{0.05cm}.$$

• Mit den Abkürzungen

$$R = {A}/{2} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \cos(\varphi) \hspace{0.5cm}{\rm und} \hspace{0.5cm}I ={A}/{2} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \sin(\varphi)$$

kann hierfür auch geschrieben werden:

$$X(f) = (R + {\rm j} \cdot I) \cdot \delta (f+ f_{\rm 0} ) + (R - {\rm j} \cdot I) \cdot \delta (f- f_{\rm 0} )\hspace{0.05cm}.$$

• Das Spektrum des mit  $f_{\rm A} = 2f_0$  abgetasteten Signals  $x_{\rm A}(t)$  lautet somit:

$$X_{\rm A}(f) = \sum_{\mu = - \infty }^{+\infty} X (f- \mu \cdot f_{\rm A} )= \sum_{\mu = - \infty }^{+\infty} X (f- 2\mu \cdot f_{\rm 0} )\hspace{0.05cm}.$$

• Die untere Grafik zeigt, dass  $X_{\rm A}(f)$  aus Diracfunktionen bei  $\pm f_0$,  $\pm 3f_0$,  $\pm 5f_0$,  usw. besteht.
• Alle Gewichte sind rein reell und gleich  $2 \cdot R$.
• Die Imaginärteile des periodisch fortgesetzten Spektrums heben sich auf.

• Berücksichtigt man weiter den rechteckförmigen Tiefpass, dessen Grenzfrequenz exakt bei  $f_{\rm G} = f_0$  liegt, sowie  $H(f_{\rm G}) = 0.5$, so erhält man für das Spektrum nach der Signalrekonstruktion:

$$Y(f) = R \cdot \delta (f+ f_{\rm 0} ) + R \cdot \delta (f- f_{\rm 0} )\hspace{0.05cm}, \hspace{0.5cm} R = {A}/{2} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \cos(\varphi)\hspace{0.05cm}.$$

• Die Fourierrücktransformation führt auf

Reconstruction of the sampled sinusoidal signal

$$y(t) = A \cdot \cos (\varphi)\cdot \cos (2 \pi \cdot f_0 \cdot t ) \hspace{0.05cm}.$$

• Es ergibt sich also unabhängig von der Eingangsphase  $\varphi$  ein cosinusförmiger Verlauf.
• Ist  $\varphi = 0$  wie beim Signal  $x_1(t)$, so ist auch die Amplitude des Ausgangssignals gleich  $A$.

(4)  Das Sinussignal hat die Phase  $90^\circ$.

• Daraus folgt direkt  $y_2(t) = 0$   ⇒   Amplitude $\underline{A_2 = 0}$.

• Dieses Ergebnis wird verständlich, wenn man sich die Abtastwerte in der Grafik betrachtet.
• Alle Abtastwerte (rote Kreise) sind Null, so dass auch nach dem Filter kein Signal vorhanden sein kann.

Rekonstruktion einer harmonischen Schwingung mit  $60^\circ$ Phase

(5)  Trotz  $\varphi = 60^\circ$ gilt $\varphi_3 = 0$   ⇒   auch das rekonstruierte Signal  $y_3(t)$ ist cosinusförmig. Die Amplitude ist gleich

$$A_3 = A \cdot \cos (60^{\circ})= {A}/{2} \hspace{0.15 cm}\underline{= 1\,{\rm V}} \hspace{0.05cm}.$$

• Wenn Sie die rot eingezeichneten Abtastwerte in der Grafik betrachten, so werden Sie zugeben, dass Sie als „Signalrekonstrukteur” keine andere Entscheidung treffen würden als der Tiefpass.
• Sie kennen ja den türkisfarbenen Verlauf nicht.