Exercise 4.2: Rectangular Spectra

Wir betrachten zwei Signale u(t) und w(t) mit jeweils rechteckförmigen Spektralfunktionen U(f) bzw. W(f). Es ist offensichtlich, dass

$$u(t) = u_0 \cdot {\rm si} ( \pi \cdot {t}/{T_{ u}})$$

ein TP–Signal ist, dessen zwei Parameter u0 und Tu in der Teilaufgabe a) zu bestimmen sind. Dagegen zeigt das Spektrum W(f), dass w(t) ein BP–Signal beschreibt. In dieser Aufgabe wird außerdem auf das BP–Signal

$$d(t) = 10 \hspace{0.05cm}{\rm V} \cdot {\rm si} ( 5 \pi f_2 \hspace{0.05cm}t) - 6 \hspace{0.05cm}{\rm V} \cdot {\rm si} ( 3 \pi f_2\hspace{0.05cm} t)$$

Bezug genommen, dessen Spektrum in Aufgabe A4.1 ermittelt wurde. Es sei f2 = 2 kHz. Hinweis: Diese Aufgabe bezieht sich auf den Theorieteil von Kapitel 4.1. Berücksichtigen Sie bei der Lösung die folgende trigonometrische Beziehung:

$$\sin (\alpha) \cdot \cos (\beta) = \frac{1}{2}\left[ \sin (\alpha + \beta)+ \sin (\alpha - \beta)\right].$$

Fragebogen

Musterlösung

Solution

1. a) Die Zeit Tu, welche die erste Nullstelle des TP-Signals u(t) angibt, ist gleich dem Kehrwert der Breite des Rechteckspektrums, also 1/(2 kHz) = 0.5 ms. Die Impulsamplitude ist, wie in der Musterlösung zur Aufgabe A4.1 ausführlich dargelegt wurde, gleich der Rechteckfläche. Daraus folgt u0 = 2V.

b) Das BP-Spektrum kann mit fT = 4 kHz wie folgt dargestellt werden:

$$W(f) \hspace{-0.15 cm} & = & \hspace{-0.15 cm}U(f- f_{\rm T}) + U(f+ f_{\rm T}) = \\ & = & \hspace{-0.15 cm} U(f)\star \left[ \delta(f- f_{\rm T})+ \delta(f+ f_{\rm T})\right].$$

Entsprechend dem Verschiebungssatz gilt dann für das dazugehörige Zeitsignal:

$$w(t) \hspace{-0.15 cm} & = & \hspace{-0.15 cm} 2 \cdot u(t) \cdot {\cos} ( 2 \pi f_{\rm T} t) = \\ & = &\hspace{-0.15 cm} 2 u_0 \cdot {\rm si} ( \pi \frac{t}{T_{\rm u}})\cdot {\cos} ( 2 \pi f_{\rm T} t).$$

Die Grafik zeigt oben das TP-Signal u(t), dann die Schwingung c(t) = 2 · cos(2πfTt), unten das BP-Signal w(t) = u(t) · c(t). Insbesondere erhält man zum Zeitpunkt t = 0:

$$w(t = 0) = 2 \cdot u_0 \hspace{0.15 cm}\underline{= 4 \hspace{0.05cm}{\rm V}}.$$

Der Zeitpunkt t = 62.5 μs entspricht genau einer viertel Periodendauer des Signals c(t):

$$ w(t = 62.5 \hspace{0.05cm}{\rm \mu s}) & = & 2 u_0 \cdot{\rm si} ( \pi \frac{62.5 \hspace{0.05cm}{\rm \mu s}} {500 \hspace{0.05cm}{\rm \mu s}}) \cdot {\cos} ( 2 \pi \cdot 4\hspace{0.05cm}{\rm kHz}\cdot 62.5 \hspace{0.05cm}{\rm \mu s}) \\ & = & 4\hspace{0.05cm}{\rm V}\cdot{\rm si} ( {\pi}/{8}) \cdot \cos ( {\pi}/{4})\hspace{0.15 cm}\underline{ = 0}.$$

c) Vergleicht man die Spektralfunktion W(f) dieser Aufgabe mit dem Spektrum D(f) in der Musterlösung zu Aufgabe A4.1, so erkennt man, dass w(t) und d(t) identische Signale sind. Etwas aufwändiger ist dieser Beweis im Zeitbereich. Mit f2 = 2 kHz kann für das hier betrachtete Signal geschrieben werden:

$$w(t ) = 4\hspace{0.05cm}{\rm V} \cdot {\rm si} ( \pi f_2 t) \cdot {\cos} ( 4 \pi f_2 t) = ({4\hspace{0.05cm}{\rm V}})/({\pi f_2 t})\cdot \sin (\pi f_2 t) \cdot \cos ( 4 \pi f_2 t) .$$

Wegen der trigonometrischen Beziehung

$$\sin (\alpha) \cdot \cos (\beta) = {1}/{2} \cdot \left[ \sin (\alpha + \beta)+ \sin (\alpha - \beta)\right]$$

kann obige Gleichung umgeformt werden:

$$w(t ) = \frac{2\hspace{0.05cm}{\rm V}}{\pi f_2 t}\cdot \left[\sin (5\pi f_2 t) + \sin (-3\pi f_2 t)\right] = 10\hspace{0.05cm}{\rm V} \cdot \frac{\sin (5\pi f_2 t)}{5\pi f_2 t}- 6\hspace{0.05cm}{\rm V} \cdot \frac{\sin (3\pi f_2 t)}{3\pi f_2 t}.$$

Damit ist gezeigt, dass beide Signale tatsächlich identisch sind ⇒ Lösungsvorschlag 1:

$$w(t) = 10 \hspace{0.05cm}{\rm V} \cdot {\rm si} ( 5 \pi f_2 t) - 6 \hspace{0.05cm}{\rm V} \cdot {\rm si} ( 3 \pi f_2 t) = d(t).$$

	Die Signale d(t) und w(t) sind identisch.
	d(t) und w(t) unterscheiden sich durch einen konstanten Faktor.
	d(t) und w(t) haben unterschiedliche Form.