Exercise 2.4Z: Repetition to IDFT

Fünf Mustersätze zur IDFT

Bei der Diskreten Fouriertransformation (DFT) werden aus den Zeitabtastwerten $d(\nu) \ {\rm mit} \ \nu = 0$, ... , $N – 1$ die diskreten Spektralkoeffizienten $D(\mu) \ {\rm mit} \ \mu = 0$, ... , $N – 1$ wie folgt berechnet:

$$D(\mu) = \frac{1}{N} \cdot \sum_{\nu = 0 }^{N-1} d(\nu)\cdot {w}^{\hspace{0.05cm}\nu \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.05cm}\mu} \hspace{0.05cm}.$$

Hierbei ist mit $w$ der komplexe Drehfaktor abgekürzt, der folgendermaßen definiert ist:

$$w = {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} 2 \pi /N} = \cos \left( \frac {2 \pi}{N}\right)-{\rm j} \cdot \sin \left( \frac {2 \pi}{N}\right) \hspace{0.05cm}.$$

Somit gilt für die Inverse Diskrete Fouriertransformation (IDFT) als Umkehrfunktion der DFT:

$$ d(\nu) = \sum_{\mu = 0 }^{N-1} D(\mu) \cdot {w}^{-\nu \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.05cm}\mu} \hspace{0.05cm}.$$

In dieser Aufgabe sollen für verschiedene Beispielfolgen $D(\mu)$ – die in obiger Tabelle mit $\boldsymbol{\rm A}$, ... , $\boldsymbol{\rm E}$ bezeichnet sind – die Zeitkoeffizienten $d(\nu)$ ermittelt werden. Es gilt somit stets $N = 8$.

Hinweise:

Die Aufgabe bezieht sich auf die theoretischen Grundlagen des Kapitels Diskrete Fouriertransformation des Buches „Signaldarstellung” und ist identisch mit der dortigen Aufgabe 5.2.
Sie können Ihre Lösung mit dem interaktiven Applet Diskrete Fouriertransformation überprüfen.
DFT und IDFT spielen auch bei DSM/DSL eine große Rolle.
Im entsprechenden Kapitel werden die Spektralkoeffizienten allerdings mit $D_k$ bezeichnet und die Zeitabtastwerte mit $s_l$. Wir bitten Sie, diese Nomenklaturdiskrepanz zu entschuldigen.
Für die beiden Laufvariablen gelten mit dem DFT–Parameter $N = 8$: $0 \le k \le 7, \hspace{0.2cm}0 \le l \le 7 \hspace{0.05cm}.$
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

Fragebogen

$d(0) \ = \ $

$d(1) \ = \ $

$d(0) \ = \ $

$d(1) \ = \ $

$d(0) \ = \ $

$d(1) \ = \ $

$d(0) \ = \ $

$d(1) \ = \ $

$d(0) \ = \ $

$d(1) \ = \ $

Musterlösung

Solution

(1) Aus der IDFT–Gleichung wird mit $D(\mu) = 0$ für $\mu \neq 0$ für $0 ≤ \nu ≤ 7$:

$$d(\nu) = D(0) \cdot w^0 = D(0) \ = \ 1\hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm}\underline{d(0) = d(1) \ = \ 1}.$$

Dieser Parametersatz beschreibt somit die diskrete Form der Fourierkorrespondenz des Gleichsignals:

$$x(t) = 1 \hspace{0.2cm}\circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\, \hspace{0.2cm} X(f) = {\delta}(f) \hspace{0.05cm}.$$

(2) Hier sind alle Spektralkoeffizienten $0$ außer $D_{1} = D_{7} = 0.5$. Daraus folgt für $0 ≤ \nu ≤ 7$:

$$d(\nu) = 0.5 \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} (\pi /4) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \nu} + 0.5 \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} (7\pi /4) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \nu} \hspace{0.05cm}.$$

Aufgrund der Periodizität gilt aber auch:

$$d(\nu) \ = \ 0.5 \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} (\pi /4) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \nu} + 0.5 \cdot {\rm e}^{{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} (\pi /4) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \nu} = \cos \left({\pi}/{4} \cdot \nu \right)\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\underline{d(0) = 1, \hspace{0.2cm}d(1) = {1}/{\sqrt{2}} \approx 0.707 \hspace{0.05cm}}.$$

Es handelt sich also um das zeitdiskrete Äquivalent zu

$$x(t) = \cos(2 \pi \cdot f_{\rm A} \cdot t) \hspace{0.2cm}\circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\, \hspace{0.2cm} X(f) = {1}/{2} \cdot {\delta}(f + f_{\rm A}) + {1}/{2} \cdot {\delta}(f - f_{\rm A}) \hspace{0.05cm},$$

wobei $f_{\rm A}$ die kleinste in der DFT darstellbare Frequenz bezeichnet.

(3) Gegenüber der Teilaufgabe (2) ist nun die Frequenz doppelt so groß, nämlich $2 \cdot f_{\rm A}$ anstelle von $f_{\rm A}$:

$$x(t) = \cos(2 \pi \cdot (2f_{\rm A}) \cdot t) \hspace{0.2cm}\circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\, \hspace{0.2cm} X(f) = {1}/{2} \cdot {\delta}(f + 2f_{\rm A}) + {1}/{2}\cdot {\delta}(f - 2f_{\rm A}) \hspace{0.05cm},$$

Damit beschreibt die Folge $〈d(\nu)〉$ zwei Perioden der Cosinusschwingung, und es gilt für $0 ≤ \nu ≤ 7$:

$$d(\nu) \ = \ 0.5 \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} (\pi /2) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \nu} + 0.5 \cdot {\rm e}^{{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} (\pi /2) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \nu} = \cos \left({\pi}/{2} \cdot \nu \right)\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\underline{d(0) = 1, \hspace{0.2cm}d(1) = 0 }\hspace{0.05cm}.$$

(4) Durch eine weitere Verdoppelung der Cosinusfrequenz auf $4f_{\rm A}$ kommt man schließlich zur zeitkontinuierlichen Fourierkorrespondenz

$$d(\nu) = 0.5 \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \pi \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \nu} + 0.5 \cdot {\rm e}^{{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \pi \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \nu} = \cos \left(\pi \cdot \nu \right) \hspace{0.05cm}$$

und damit zu den Zeitkoeffizienten

$$\underline{d(0) =}d(2) =d(4) =d(6)= +1, \hspace{0.2cm}\underline{d(1)} =d(3) =d(5) =d(7) = -1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\underline{d(0) = +1, \hspace{0.2cm}d(1) = -1 }\hspace{0.05cm}.$$

Zu beachten ist, dass die beiden Diracfunktionen in der zeitdiskreten Darstellung aufgrund der Periodizität zusammenfallen. Das heißt: Die Koeffizienten $D(4) = 0.5$ und $D(-4) = 0.5$ ergeben zusammen $D(4) = 1$.

(5) Auch die Diskrete Fouriertransformation ist linear. Deshalb ist das Superpositionsprinzip weiterhin anwendbar. Die Koeffizienten $D(\mu)$ aus Spalte $\boldsymbol{\rm E}$ ergeben sich als die Summen der Spalten $\boldsymbol{\rm A}$ und $\boldsymbol{\rm D}$. Deshalb wird aus der alternierenden Folge $〈d(\nu)〉$ entsprechend Teilaufgabe (4) die um 1 nach oben verschobene Folge:

$$d(0) =d(2) =d(4) =d(6)= 2, \hspace{0.2cm}d(1) =d(3) =d(5) =d(7) = 0\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\underline{d(0) = 2, \hspace{0.2cm}d(1) =0 }\hspace{0.05cm}. $$