Exercise 3.2: From the Spectrum to the Signal

Spektraldarstellung der Sprungfunktion

Gegeben sei die Spektralfunktion

$$X(f) = \frac{{2\,{\rm V}}}{ { {\rm j}\pi f}}.$$

Die zugehörige Zeitfunktion $x(t)$ kann mit Hilfe des zweiten Fourierintegrals ermittelt werden:

$$x(t) = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {X(f)} \cdot {\rm e}^{{\rm j}2\pi ft} {\rm d} f = x_{\rm R} (t) + {\rm j} \cdot x_{\rm I} (t),$$

wobei für den Realteil bzw. den Imaginärteil gilt:

$$x_{\rm R} (t) = 2\,{\rm V} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{{\sin ( {2\pi ft} )}}{ {\pi f}}}\hspace{0.1cm} {\rm d}f, $$

$$x_{\rm I} (t) = -2\, {\rm V} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{ {\cos ( {2\pi ft} )}}{ {\pi f}}} \hspace{0.1cm}{\rm d}f.$$

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Fouriertransformation und -rücktransformation.

Benutzen Sie zur Lösung eventuell die nachfolgenden Angaben:

$$x( {t = 0}) = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {X( f )}\hspace{0.1cm} {\rm d}f,\hspace{0.5cm} X( {f = 0} ) = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {x( t)}\hspace{0.1cm} {\rm d}t ,\hspace{0.5cm}\int_0^\infty {\frac{{\sin ( {ax} )}}{x}}\hspace{0.1cm} {\rm d}x = {\rm sign} ( a ) \cdot{\pi }/{2}. $$

Fragebogen

	$x(t)$ ist eine komplexe Funktion.
	$x(t)$ ist rein reell.
	$x(t)$ ist rein imaginär.

$x(t=+1\, \text{ms}) \ = \ $

$\ \text{V}$

$x(t=-1 \text{ms})\hspace{0.2cm} = \ $

$\ \text{V}$

$x(t=0) \ = \ $

$\ \text{V}$

$X(f=0) \ = \ $

$\ \text{V/Hz}$

Musterlösung

Solution

(1) Richtig ist der Lösungsvorschlag 2 ⇒ $x(t)$ ist rein reell:

Beim imaginären Signalanteil ⇒ $x_{\rm I}(t)$ ist der Integrand eine ungerade Funktion (gerader Zähler, ungerader Nenner). Somit ist das Integral von $-\infty$ bis $+\infty$ gleich Null.
Demgegenüber liefert beim reellen Anteil $x_{\rm R}(t)$ ⇒ der gerade Integrand (ungerader Zähler, ungerader Nenner) einen von Null verschiedenen Wert.

(2) Mit der Abkürzung $a = 2\pi t$ kann für das Zeitsignal geschrieben werden:

$$x(t) = x_{\rm R} \left( t \right) = \frac{{4\,{\rm V}}}{\pi }\int_0^\infty {\frac{{\sin( {af} )}}{f}}\hspace{0.1cm} {\rm d}f.$$

Dies führt unter Verwendung des angegebenen bestimmten Integrals zum Ergebnis:

$$x(t) = \frac{{4\,{\rm V}}}{\pi } \cdot \frac{\pi }{2} \cdot {\mathop{\rm sign}\nolimits} ( t ) = 2\;{\rm V} \cdot {\mathop{\rm sign}\nolimits} ( t ).$$

Für $t > 0$ ist $x(t) = +2\,\text{V}$ .
Entsprechend gilt $x(t) = -\hspace{-0.1cm}2\,\text{V}$ für $t < 0$.
Das Signal $x(t)$ beschreibt also eine Sprungfunktion von $-\hspace{-0.05cm}2\,\text{V}$ auf $+2\,\text{V}$.

(3) Bei $t = 0$ besitzt $x(t)$ eine Sprungstelle. Der rechtsseitige Grenzwert für $t \rightarrow 0$ lautet $x_+ = 2\,\text{V}$. Nähert man sich der Sprungstelle von negativen Zeiten beliebig nahe, so erhält man $x_– = -\hspace{-0.05cm}2\,\text{V}$. Für den tatsächlichen Signalwert bei $t = 0$ gilt dann:

$$x( {t = 0} ) = {1}/{2}\cdot ( x_{+} + x_{-} ) \hspace{0.15 cm}\underline{= 0}.$$

Zum gleichen Ergebnis kommt man bei Berücksichtigung der Beziehung

$$x( t = 0) = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {X( f)}\hspace{0.1cm} {\rm d}f = 0.$$

(4) Der Spektralwert bei $f = 0$ ist gleich dem Integral von $-\infty$ bis $+\infty$ über die Zeitfunktion $x(t)$:

$$X( f = 0) = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {x( t)}\hspace{0.1cm} {\rm d}t \hspace{0.15 cm}\underline{= 0}.$$

Hier noch ein zweiter Lösungsweg:

Der rechtsseitige Grenzwert für $f → 0$ ist $X_+ = –\text{j} \cdot \infty$, der linksseitige Grenzwert $X_- = \text{j} \cdot \infty$.
Auch bezüglich des Spektralwertes bei $f = 0$ gilt also der Zusammenhang:

$$X( {f = 0}) = {1}/{2}\cdot \left( {X_{ +} + X_{-} } \right) = 0.$$