Exercise 3.6: Transient Behavior

Wir betrachten in dieser Aufgabe ein Cosinussignal $c(t)$ mit der Amplitude $1$ und der Periodendauer $T = 1 \ \rm \mu s$, das für alle Zeiten $t$ (im Bereich $ \pm \infty$) definiert ist: $$c(t) = \cos(2\pi \cdot {t}/{T}) \hspace{0.05cm} .$$ Dagegen beginnt das kausale Cosinussignal $c_{\rm K}(t)$ (rote Kurve) erst zum Einschaltzeitpunkt $t = 0$: $$c_{\rm K}(t)= \left\{ \begin{array}{c} c(t) \\ 0 \end{array} \right. \begin{array}{c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \end{array}\begin{array}{*{20}c} { t \ge 0\hspace{0.05cm},} \\ { t < 0\hspace{0.05cm}.} \end{array}$$ Für das beidseitig unbegrenzte Signal $c(t)$ kann man nur das Fourierspektrum angeben: $$C(f) = {1}/{ 2} \cdot \delta (f - f_0) + {1}/{ 2} \cdot \delta (f + f_0) \quad {\rm mit} \quad f_0 = {1}/{ T}= 1\,\,{\rm MHz.}$$ Dagegen ist für das kausale Cosinussignal $c_{\rm K}(t)$ auch die Laplace–Transformierte angebbar: $$C_{\rm L}(p) = \frac {p} { (p-{\rm j} \cdot 2 \pi/T)\cdot (p+{\rm j} \cdot 2 \pi/T)}\hspace{0.05cm} .$$ Entsprechend gilt für die Laplace–Transformierte der kausalen Sinusfunktion $s_{\rm K}(t)$: $$S_{\rm L}(p) = \frac {2 \pi/T} { (p-{\rm j} \cdot 2 \pi/T)\cdot (p+{\rm j} \cdot 2 \pi/T)}\hspace{0.05cm} .$$ Die beidseitig unbegrenzte Sinusfunktion wird mit $s(t)$ bezeichnet und ist als blau–gepunktete Kurve im unteren Diagramm dargestellt.

Die Signale $c(t)$, $c_{\rm K}(t)$, $s(t)$ und $s_{\rm K}(t)$ werden nun an den Eingang eines Tiefpasses erster Ordnung mit der Übertragungsfunktion (bzw. der Impulsantwort) $$H_{\rm L}(p) = \frac {2 /T} { p + 2 /T} \quad \bullet\!\!-\!\!\!-^{\hspace{-0.25cm}\rm L}\!\!\!-\!\!\circ\quad h(t) = {2}/{T} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-\hspace{0.03cm}2 \hspace{0.03cm}t/T}$$ angelegt. Die entsprechenden Ausgangssignale werden mit $y_{\rm C}(t)$, $y_{\rm CK}(t)$, $y_{\rm S}(t)$ und $y_{\rm SK}(t)$ bezeichnet. Diese Signale sollen in dieser Aufgabe berechnet und zueinander in Bezug gesetzt werden.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Laplace–Rücktransformation.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Die Berechnungen zur Teilaufgabe (6) sind umfangreich.
Zur Berechnung der Signale $y_{\rm CK}(t)$ und $y_{\rm SK}(t)$ bietet sich zum Beispiel der Residuensatz an.

Fragebogen

$|H(f = f_0)| \ = $

$a(f = f_0)\ = $

$\ \rm Np$

${\rm arc} \ H(f = f_0)\ = $

$\ \rm Grad$

$b(f = f_0)\ = $

$\ \rm Grad$

$y_C(t = 0) \ = $

$y_S(t = 0) \ =$

$T_h/T \ = $

	Es gilt $y_{\rm CK}(t) \equiv 0$ und $y_{\rm SK}(t) \equiv 0$ für $t < 0$.
	Das Signal $y_{\rm CK}(t)$ ist für $t > T_h$ annähernd gleich $y_{\rm C}(t)$.
	Das kausale Signal $y_{\rm SK}(t)$ ist für $t < T_h$ annähernd gleich $y_{\rm S}(t)$.

$y_\text{CK}(t = T/5) \ =$

Musterlösung

Solution

(1) Ersetzt man in der Übertragungsfunktion $H_{\rm L}(p)$ den Parameter $T$ durch $1/f_0$ sowie $p$ durch ${\rm j} \cdot 2 \pi f$, so erhält man für den Frequenzgang allgemein bzw. für $f_0 = 1 \ \rm MHz$: $$H(f) = \frac {2 /T} { {\rm j} \cdot 2 \pi f + 2 /T}= \frac {f_0} { {\rm j} \cdot \pi f + f_0} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} H(f= f_0) = \frac {1} { 1 + {\rm j} \cdot \pi }$$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} |H(f= f_0)| = \frac {1} { \sqrt{1 + \pi^2 }} \hspace{0.15cm}\underline{= 0.303}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}a(f= f_0)= - {\rm ln}\,\, |H(f= f_0)| \hspace{0.15cm}\underline{\approx 1.194\,\,{\rm Np}}$$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm arc}\,H(f= f_0)= - {\rm arctan}\,(\pi) \hspace{0.15cm}\underline{\approx -72^\circ} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}b(f= f_0)= -{\rm arc}\,H(f= f_0) \hspace{0.15cm}\underline{\approx +72^\circ} \hspace{0.05cm}.$$

(2) Das Ausgangssignal $y_{\rm C}(t)$ ist gegenüber dem Eingangssignal $c(t)$ um den Faktor $0.303$ gedämpft und um $\tau \approx 72/360 \cdot T = T/5$ verzögert. Man kann dieses Signal somit auch folgendermaßen beschreiben: $$y_{\rm C}(t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2 }}= 0.303 \cdot \cos(2\pi \cdot \frac{t-T/5}{T}) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{\rm C}(t=0) = \frac {1} { {1 + \pi^2 }} \hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.092} \hspace{0.05cm}.$$ Dieses Signal ist in der linken Grafik zur Musterlösung (5) blau–gepunktet dargestellt.

(3) Das Signal $y_{\rm S}(t)$ ist gegenüber $s(t)$ ebenfalls um den Dämpfungsfaktor $0.303$ kleiner und um die Zeitdauer $\tau = T/5$ verzögert. Es lässt sich wie folgt beschreiben: $$y_{\rm S}(t) = \frac { -\pi \cdot \cos(2\pi {t}/{T}) + \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2 }}= 0.303 \cdot \sin(2\pi \cdot \frac{t-T/5}{T}) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{\rm S}(t=0) = -\frac {\pi} { {1 + \pi^2 }} \hspace{0.15cm}\underline{\approx -0.289} \hspace{0.05cm}.$$ Dieses Signal ist in der rechten Grafik zur Musterlösung (5) blau–gepunktet skizziert.

(4) Bei $T_h$ soll die Impulsantwort $h(t)$ auf $1\%$ des Maximalwertes abgeklungen sein. Somit gilt: $${\rm e}^{\hspace{0.05cm}-\hspace{0.03cm}2 \hspace{0.03cm}T_{ h}/T} = 0.01 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} {T_{ h}}/{T} =\frac{1}{2} \cdot {\rm ln}\,\, \frac{1}{0.01} \hspace{0.15cm}\underline{\approx 2.3} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}h(t=0) = {2}/{T}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}h(t=T_{ h}) = {0.02}/{T}\hspace{0.05cm}.$$

(5) Richtig sind die Aussagen 1 und 2:

Die kausalen Signale $y_{\rm CK}(t)$ und $y_{\rm SK}(t)$ müssen für $t < 0$ identisch $0$ sein.
Da aber die Impulsantwort $h(t)$ des betrachteten Filters für $t > <i>T_h$ (nahezu) verschwindet, ist es nach Abschluss des Einschwingvorganges egal, ob das zeitlich unbegrenzte Cosinussignal $c(t)$ oder das kausale Signal $c_{\rm K}(t)$ am Eingang anliegt.
Das gleiche gilt für die Sinussignale:

$$t >T_{ h}: \hspace{0.3cm}y_{\rm CK}(t)=y_{\rm C}(t)\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}y_{\rm SK}(t)=y_{\rm S}(t)\hspace{0.05cm}.$$

Die Grafik zeigt links die Ausgangssignale $y_{\rm C}(t)$ und $y_{\rm CK}(t)$ bei cosinusförmigem Eingang und rechts die Signale $y_{\rm S}(t)$ und $y_{\rm SK}(t)$ bei sinusförmigem Eingang. Beachten Sie die Laufzeit von $T/5$ (entsprechend der Phase $72^\circ$ in beiden Fällen.

Bei $y_{\rm CK}(t)$ sind die ersten Wellenberge kleiner als $1$, um die richtige Phasenlage von $y_{\rm C}(t)$ zu erreichen.
Bei $y_{\rm SK}(t)$ sind dagegen die ersten Wellenberge größer als $1$, um die richtige Phasenlage von $y_{\rm S}(t)$ zu erreichen.

(6) Mit $p_{\rm x1}= {\rm j} \cdot {2\pi}/{T} , \hspace{0.1cm}p_{\rm x2}= -{\rm j} \cdot {2\pi}/{T} \hspace{0.1cm} p_{\rm x3}= -{2}/{T} \hspace{0.05cm}$ kann für die Laplace–Transformierte des Signals $y_{\rm CK}(t)$ geschrieben werden: $$Y_{\rm L}(p) = \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}1})(p-p_{{\rm x}2})(p-p_{{\rm x}3})} \hspace{0.05cm}.$$ Die Zeitfunktion $y_{\rm CK}(t)$ setzt sich somit nach dem Residuensatz aus drei Anteilen zusammen:

Der erste Anteil ergibt sich unter Berücksichtigung von $p_{\rm x2}= -p_{\rm x1}$ zu

$$y_1(t)= {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}} \hspace{0.05cm}\{Y_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p t}\}= \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}2})(p-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}}= \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p_{{\rm x}1}} { (p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}2})(p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}1}\cdot \hspace{0.03cm}t}= \frac {-p_{{\rm x}3}/2} { p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}3}}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}1}\cdot \hspace{0.03cm}t} \hspace{0.05cm} .$$

In gleicher Weise erhält man für den zweiten Anteil:

$$y_2(t)= {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}} \hspace{0.05cm}\{Y_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p t}\}= \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}1})(p-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}}=\frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p_{{\rm x}2}} { (p_{{\rm x}2}-p_{{\rm x}1})(p_{{\rm x}2}-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}2}\cdot \hspace{0.03cm}t}= \frac {p_{{\rm x}3}/2} { p_{{\rm x}1}+p_{{\rm x}3}}\cdot {\rm e}^{-p_{{\rm x}1}\cdot \hspace{0.03cm}t} \hspace{0.05cm} .$$

Fasst man beide Anteile zusammen und berücksichtigt die Werte von $p_{\rm x1}$ und $p_{\rm x3}$, so erhält man

$$y_{1\hspace{0.03cm}+2}(t)= \frac {1/T} { 2/T + {\rm j} \cdot 2\pi /T} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm} t/T}+\frac {1/T} { 2/T - {\rm j} \cdot 2\pi /T} \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}= \frac {1/2} { 1 + {\rm j} \cdot \pi } \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}+\frac {1/2} { 1 - {\rm j} \cdot \pi } \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{1\hspace{0.03cm}+2}(t)\hspace{0.25cm} = \frac {1/2 \cdot (1 - {\rm j} \cdot \pi)} { 1 + \pi^2 } \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}+\frac {1/2 \cdot (1 + {\rm j} \cdot \pi)} { 1 + \pi^2 } \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T} \hspace{0.05cm} .$$

Mit Hilfe des Eulerschen Satzes kann hierfür auch geschrieben werden:

$$y_{1\hspace{-0.03cm}+2} (t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2 }}= y_{\rm C}(t)\hspace{0.05cm}.$$

Man erkennt, dass $y_{1\hspace{0.03cm}+2}(t)$ gleich dem in der Teilaufgabe (2) berechneten Signal $y_{\rm C}(t)$ ist.

Schließlich erhält man für das letzte Residuum:

$$y_3(t)=\frac {-p_{{\rm x}3}^2} { (p_{{\rm x}3}-p_{{\rm x}1}) (p_{{\rm x}3}-p_{{\rm x}2})} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p_{{\rm x}3}\cdot \hspace{0.03cm}t}= \frac {-(2/T)^2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T}} { (-2/T-{\rm j} \cdot 2\pi /T) (-2/T+{\rm j} \cdot 2\pi /T)} =\frac {- {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T} } { (1+{\rm j} \cdot \pi ) (1-{\rm j} \cdot \pi)} =\frac {- {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T}} { 1+\pi^2} \hspace{0.05cm} .$$

Damit lautet das Ausgangssignal bei kausalem Cosinussignal am Eingang:

$$y_{\rm CK}(t) = y_1(t)+y_2(t)+y_3(t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})-{\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T}} { {1 + \pi^2 }}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}y_{\rm CK}(t = {T}/{5}) = \frac { \cos(72^\circ) + \pi \cdot \sin(72^\circ)-{\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.4}} { {1 + \pi^2 }} \hspace{0.15cm}\underline{ \approx 0.24} < 0.303\hspace{0.05cm} .$$

Zum Vergleich: Das Signal $y_{\rm C}(t)$ hat zu diesem Zeitpunkt den Wert $0.303$.

Dagegen ergibt sich beim kausalen Sinussignal am Eingang allgemein und speziell zum Zeitpunkt des ersten Maximums bei $t = 0.45 \cdot T$:

$$y_{\rm SK}(t) = \frac { -\pi \cdot \cos(2\pi {t}/{T}) + \sin(2\pi {t}/{T})+\pi \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T}} { {1 + \pi^2 }}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{\rm SK}(t = 0.45 \cdot T) = \frac { -\pi \cdot \cos(162^\circ) + \sin(162^\circ)+\pi \cdot{\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.9}} { {1 + \pi^2 }} \approx 0.42 > 0.303\hspace{0.05cm} .$$