Exercise 3.3: From the Signal to the Spectrum
Betrachtet wird ein Rechteckimpuls $x(t)$ der Dauer $T = 50$ µs und der Höhe $A = 2$ V. An den Sprungstellen bei $t = 0$ und $t = T$ ist der Signalwert jeweils $A/2$, was aber für die Lösung der Aufgabe keinen Einfluss hat. In der unteren Grafik ist die dazugehörige Spektralfunktion nach Betrag und Phase qualitativ skizziert. Es gilt:
$$X( f ) = \left| {X( f )} \right| \cdot {\rm e}^{ - {\rm j}\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \varphi ( f )} .$$
Der analytische Funktionsverlauf von $X(f)$ soll ermittelt werden. Hinweis: Diese Übungsaufgabe bezieht sich auf die theoretischen Grundlagen von Kapitel 3.1 und Kapitel 3.2. Gegeben sind weiterhin folgende trigonometrischen Umformungen:
$$\sin ^2( \alpha ) = {1}/{2} \cdot \left( {1 - \cos ( {2\alpha } )} \right),$$
$$\tan( {\alpha /2} ) = \frac{ {1 - \cos ( \alpha )}}{ {\sin ( \alpha )}}.$$
Fragebogen
Musterlösung
$$X( f ) = \int_0^T {A \cdot {\rm{e}}^{-{\rm{j}}\omega t} \hspace{0.05cm}{\rm d}t = } \int_0^T {A \cdot \cos \left( {\omega t} \right)\hspace{0.05cm}{\rm d}t }\hspace{0.1cm}-\hspace{0.1cm} {\rm{j}} \cdot \int_{\rm{0}}^T {A \cdot \sin ( {\omega t} )} \hspace{0.05cm}{\rm d}t.$$
Nach Integration und Einsetzen der Grenzen folgt daraus:
$${\mathop{\rm Re}\nolimits} [ {X( f )} ] = \frac{A}{\omega } \cdot \sin( {\omega T} ),$$
$${\mathop{\rm Im}\nolimits} [ {X( f)} ] = \frac{A}{\omega } \cdot \left( {\cos ( {\omega T}) - 1} \right) = - \frac{A}{\omega }\left( {1 - \cos ( {\omega T} )} \right).$$
Für die Frequenz $f = 1/(2T) = 10$ kHz (also $\omega \cdot T = \pi$ ) erhält man:
$${\mathop{\rm Re}\nolimits}[{X( {f = 10 \;{\rm{kHz}}} )}] = \frac{A}{ {2{\rm{\pi }}f}} \cdot \sin ( {\rm{\pi }} ) \hspace{0.15 cm}\underline{= 0},$$
$${\mathop{\rm Im}\nolimits} [ {X( {f = 10 \;{\rm{kHz}}})} ] = \frac{ { - A}}{ {2{\rm{\pi }}f}} \cdot \left( {1 - \cos ( {\rm{\pi }} )} \right) = - \frac{ { A}}{{ {\rm{\pi }}f}}\hspace{0.15 cm}\underline{= - 6.37 \cdot 10^{ - 5} \;{\rm{V/Hz}}}{\rm{.}}$$
2. Das Betragsquadrat ist die Summe von Real- und Imaginärteil, jeweils quadriert:
$$\left| {X( f )} \right|^2 = \frac{ {A^2 }}{ {\omega ^2 }}\left[ {\sin ^2 ( {\omega T} ) + 1 - 2 \cdot \cos ( {\omega T}) + \cos ^2 ( {\omega T} )} \right].$$
Wegen $\sin^2(\alpha) + \cos^2(\alpha) = 1$ kann hierfür auch geschrieben werden:
$$\left| {X( f )} \right|^2 = \frac{ {2A^2 }}{ {\omega ^2 }}\left( {1 - \cos ( {\omega T} )} \right) = \frac{ {4A^2 }}{ {\omega ^2 }} \cdot \sin ^2( {\omega T/2} ).$$
Setzt man für $\omega = 2\pi f$ und zieht die Wurzel, so erhält man unter der Voraussetzung $A > 0$:
$$\left| {X( f )} \right| = \left| \frac{A}{ {\rm\pi }f} \cdot \sin ( {\rm \pi }fT ) \right| = A \cdot T \cdot \left| \frac{\sin ( {\rm\pi }fT )}{ {\rm \pi}fT} \right|.$$
Mit der Abkürzung $\text{si}(x) = \sin(x)/x$ lautet das Ergebnis:
$$\left| {X( f)} \right| = A \cdot T \cdot\left|{\rm si} ( { {\rm{\pi }}fT} ) \right|.$$
Der Spektralwert bei der Frequenz $f = 1/T = 20$ kHz ergibt sich zu
$$\left| {X( {f = 20\;{\rm{kHz}}} )} \right| = \frac{ {A \cdot T}}{ {\rm{\pi }}} \cdot \sin ( {\rm{\pi }} ) \hspace{0.15 cm}\underline{= 0}.$$
Bei der Berechnung des Spektralwertes für $f = 0$ erscheint der Quotient „0 durch 0”. Durch Anwendung der Regel von l'Hospital kann dieser Grenzwert berechnet werden:
$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 } \frac{ {\sin \left( x \right)}}{x} = 1.$$
Daraus folgt:
$$\left| {X( {f = 0} )} \right| = A \cdot T \hspace{0.15 cm}\underline{= 10^{ - 4} \;{\rm{V/Hz}}}{\rm{.}}$$
Dieses Ergebnis ist einsichtig, da nach dem ersten Fourierintegral der Spektralwert bei $f = 0$ genau der Fläche unter der Zeitfunktion entspricht.
3. Entsprechend dem Ergebnis 2.) treten die Nullstellen im Abstand $f_0 = 1/T$ auf. Bei $f_0 = 1/(2T) = 10$ kHz ist zwar der Realteil 0, aber nicht der Imaginärteil. Bei den Argumenten $f \cdot T$ = 0.5, 1.5, 2.5, ... ist die Sinusfunktion jeweils betragsmäßig gleich 1, und es gilt:
$$\left| {X( f )} \right| = \frac{A}{ {{\rm{\pi }}\left| f \right|}} = X_{\rm S} ( f ).$$
Bei anderen Frequenzen dient XS(f) als obere Schranke, d. h. es gilt stets $|X(f)| \geq X_S(f)$. In obiger Skizze ist diese Schranke zusätzlich zu $|X(f)|$ eingezeichnet (violette Kurve). Richtig sind somit die Lösungsvorschläge 1 und 3.
4. Nach der Definition auf der Angabenseite kann man die Phasenfunktion wie folgt berechnen:
$$\varphi ( f ) = - \arctan \frac{ { {\mathop{\rm Im}\nolimits} ( f )}}{ { {\mathop{\rm Re}\nolimits} ( f )}}.$$
Mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe 1.) gilt somit:
$$\varphi ( f ) = \arctan \left( {\frac{ {1 - \cos ( {\omega T} )}}{ {\sin ( {\omega T} )}}} \right).$$
Das Argument dieser Funktion ist entsprechend der Angabe gleich $\tan(\omega T/2) = \tan(\pi fT)$. Daraus folgt ein mit der Frequenz linear ansteigender Verlauf:
$$\varphi ( f ) = \arctan \left( {\tan ( { {\rm{\pi }}fT} )} \right) = {\rm{\pi }}fT.$$
Mit $f = 10$ kHz und $T = 50$ µs erhält man daraus den Phasenwinkel $\pi /2$ (90°).
