Exercise 4.1: Low-Pass and Band-Pass Signals
Rechts sind drei Signalverläufe skizziert, wobei die beiden ersten folgenden Verlauf aufweisen:
- $$x(t) = 10\hspace{0.05cm}{\rm V} \cdot {\rm si} ( \pi \cdot {t}/{T_x}) ,$$
- $$y(t) = 6\hspace{0.05cm}{\rm V} \cdot {\rm si}( \pi \cdot {t}/{T_y}) .$$
$T_x = 100 \,{\rm µ}\text{s}$ und $T_y = 166.67 \,{\rm µ}\text{s}$ geben jeweils die erste Nullstelle von $x(t)$ bzw. $y(t)$ an.
Das Signal $d(t)$ ergibt sich aus der Differenz der beiden oberen Signale (untere Grafik):
- $$d(t) = x(t)-y(t) .$$
In der Teilaufgabe (4) ist nach den Integralflächen der impulsartigen Signale $x(t)$ und $d(t)$ gefragt. Für diese gilt:
- $$F_x = \int_{- \infty}^{+\infty}\hspace{-0.4cm}x(t)\hspace{0.1cm}{\rm d}t , \hspace{0.5cm}F_d = \int_{- \infty}^{+\infty}\hspace{-0.4cm}d(t)\hspace{0.1cm}{\rm d}t .$$
Dagegen gilt für die entsprechenden Signalenergien mit dem Satz von Parseval:
- $$E_x = \int_{- \infty}^{+\infty}\hspace{-0.4cm}|x(t)|^2\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \int_{- \infty}^{+\infty}\hspace{-0.4cm}|X(f)|^2\hspace{0.1cm}{\rm d}f ,$$
- $$E_d = \int_{- \infty}^{+\infty}\hspace{-0.4cm}|d(t)|^2\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \int_{- \infty}^{+\infty}\hspace{-0.4cm}|D(f)|^2\hspace{0.1cm}{\rm d}f .$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Unterschiede und Gemeinsamkeiten von Tiefpass- und Bandpass-Signalen.
- Die Fourierrücktransformierte eines rechteckförmigen Spektrums $X(f)$ führt zu einer $\rm si$–förmigen Zeitfunktion $x(t)$:
- $$X(f)=\left\{ {X_0 \; \rm f\ddot{u}r\; |\it f| < \rm B, \atop {\rm 0 \;\;\; \rm sonst}}\right. \;\; \bullet\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\circ\, \;\;x(t) = 2 \cdot X_0 \cdot B \cdot {\rm si} ( 2\pi B t) .$$
Fragebogen
Musterlösung
- Die absolute, zweiseitige Bandbreite $2 \cdot B_x$ ist gleich dem Kehrwert der ersten Nullstelle. Daraus folgt:
- $$B_x = \frac{1}{2 \cdot T_x} = \frac{1}{2 \cdot 0.1 \hspace{0.1cm}{\rm ms}}\hspace{0.15 cm}\underline{ = 5 \hspace{0.1cm}{\rm kHz}}.$$
- Da der Signalwert bei $t = 0$ gleich der Rechteckfläche ist, ergibt sich für die konstante Höhe:
- $$X(f=0) = \frac{x(t=0)}{2 B_x} = \frac{10 \hspace{0.1cm}{\rm V}}{10 \hspace{0.1cm}{\rm kHz}} \hspace{0.15 cm}\underline{= 1 \hspace{0.1cm}{\rm mV/Hz}}.$$
(2) Aus $T_y = 0.167 \,\text{ms}$ erhält man $B_y \;\underline{= 3 \,\text{kHz}}$.
- Zusammen mit $y(t = 0) = 6\,\text{V}$ führt dies zum gleichen Spektralwert $Y(f = 0)\; \underline{= 1\, \text{mV/Hz}}$ wie bei der Teilaufgabe (1).
(3) Aus $d(t) = x(t) - y(t)$ folgt wegen der Linearität der Fouriertransformation: $D(f) = X(f) - Y(f).$
- Die Differenz der zwei gleich hohen Rechteckfunktionen führt zu einem rechteckförmigen Bandpass–Spektrum zwischen $3 \,\text{kHz}$ und $5 \,\text{kHz}$.
- Die (einseitige) Bandbreite beträgt somit $B_d \;\underline{= 2 \,\text{kHz}}$. In diesem Frequenzintervall ist $D(f) = 1 \,\text{mV/Hz}$. Außerhalb, also auch bei $f = 0$, gilt $D(f)\;\underline{ = 0}$.
(4) Nach den fundamentalen Gesetzmäßigkeiten der Fouriertransformation ist das Integral über die Zeitfunktion gleich dem Spektralwert bei $f = 0$. Daraus folgt:
- $$F_x = X(f=0) = \frac{x(t=0)}{2 \cdot B_x} = 10^{-3} \hspace{0.1cm}{\rm V/Hz}\hspace{0.15 cm}\underline{= 0.001 \hspace{0.1cm}{\rm Vs}},$$
- $$F_d = D(f=0) \hspace{0.15 cm}\underline{= 0}.$$
⇒ Bei jedem Bandpass–Signal sind die Flächen der positiven Signalanteile gleich groß wie die Flächen der negativen Anteile.
(5) In beiden Fällen ist die Berechnung der Signalenergie im Frequenzbereich einfacher als im Zeitbereich, da hier die Integration auf eine Flächenberechnung von Rechtecken zurückgeführt werden kann:
- $$E_x = (10^{-3} \hspace{0.1cm}{\rm V/Hz})^2 \cdot 2 \cdot 5 \hspace{0.1cm}{\rm kHz} \hspace{0.15 cm}\underline{= 0.01 \hspace{0.1cm}{\rm V^2s}},$$
- $$E_d = (10^{-3} \hspace{0.1cm}{\rm V/Hz})^2 \cdot 2 \cdot 2 \hspace{0.1cm}{\rm kHz} \hspace{0.15 cm}\underline{= 0.004 \hspace{0.1cm}{\rm V^2s}}.$$
