Aufgaben:Exercise 3.3: p-Transfer Function

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Betrachteter Vierpol

Jedes lineare zeitinvariante System, das durch eine Schaltung aus diskreten zeitkonstanten Bauelementen (Widerstände  $R$, Kapazitäten  $C$, Induktivitäten  $L$, Verstärkerelemente, usw.) realisiert werden kann, ist kausal und besitzt zudem eine gebrochen–rationale  $p$–Übertragungsfunktion der Form

$$H_{\rm L}(p)= \frac {A_Z \cdot p^Z +\text{ ...} + A_1 \cdot p + A_0} {B_N \cdot p^N + \text{ ...} + B_1 \cdot p + B_0}= \frac {Z(p)}{N(p)} \hspace{0.05cm} .$$

• Alle Koeffizienten  $A_Z$, ... ,  $A_0$,  $B_N$, ... ,  $B_0$  sind reell.
• $Z$  bezeichnet den Grad des Zählerpolynoms  $Z(p)$.
• $N$  gibt den Grad des Nennerpolynoms  $N(p)$  an.

Eine äquivalente Darstellungsform obiger Gleichung lautet:

$$H_{\rm L}(p)= K \cdot \frac {\prod\limits_{i=1}^Z p - p_{\rm o i}} {\prod\limits_{i=1}^N p - p_{\rm x i}}= K \cdot \frac {(p - p_{\rm o 1})(p - p_{\rm o 2})\cdot \text{ ...} \cdot (p - p_{{\rm o} \hspace{-0.03cm} Z})} {(p - p_{\rm x 1})(p - p_{\rm x 2})\cdot \text{ ...} \cdot (p - p_{{\rm x} \hspace{-0.03cm} N})} \hspace{0.05cm} .$$

Die  $Z + N + 1$  Parameter bedeuten:

• $K = A_Z/B_n$  ist ein konstanter Faktor. Gilt  $Z = N$, so ist dieser dimensionslos.
• Die Lösungen der Gleichung  $Z(p) = 0$  ergeben die  $Z$ Nullstellen  $p_{{\rm o}1}$, ... , $p_{{\rm o}N}$  von  $H_{\rm L}(p)$.
• Die Nullstellen des Nennerpolynoms  $N(p)$  ergeben die  $N$  Polstellen  $p_{{\rm x}1}$, ... , $p_{{\rm x}N}$  der Übertragungsfunktion.

Diese Kenngrößen sollen für die in der Grafik gezeigten Schaltung mit folgenden Bauelementen ermittelt werden:

$$R = 50\,\,{\rm \Omega}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} L = 10\,\,{\rm µ H}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}C = 25\,\,{\rm nF}$$

Außerdem ist der Frequenzgang  $H(f)$  nach Fourier zu bestimmen, der sich aus  $H_{\rm L}(p)$  durch die Substitution  $p= {\rm j } \cdot 2\pi f$  ergibt.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  Laplace–Transformation und p–Übertragungsfunktion.

• Als Hilfsgrößen werden in dieser Aufgabe verwendet:

$$A = \frac{R}{2L}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} B = \frac{1}{\sqrt{LC}}\hspace{0.05cm} .$$

Fragebogen

1

Ermitteln Sie die  $p$–Übertragungsfunktion.  Welche asymptotischen Werte erhält man für  $p → 0$  und  $p → \infty$?

$H_L(p → 0) \ = \ $

$H_L(p → ∞) \ = \ $

2

Ermitteln Sie aus  $H_{\rm L}(p)$  den Frequenzgang  $H(f)$, indem Sie  $p= {\rm j } \cdot 2\pi f$  setzen.  Welche der folgenden Aussagen treffen zu?

	Es handelt sich um einen Bandpass.
	Es handelt sich um eine Bandsperre.
	Ohne genaue Kenntnis von  $R$,  $L$ und  $C$  ist keine Aussage möglich.

3

Berechnen Sie die Hilfsgrößen  $A$  und  $B$  für  $R = 50 \ \rm \Omega$,  $L = 10 \ µ\rm H$,  $C = 25 \ \rm nF$.

$A \ = \ $ $\ \cdot \ 10^6 \ \rm 1/s$

$B \ = \ $ $\ \cdot \ 10^6 \ \rm 1/s$

4

Stellen Sie  $H_{\rm L}(p)$  in Pol–Nullstellen–Form dar.  Wieviele Nullstellen  $(Z)$  und Pole  $(N)$  gibt es?  Wie groß ist der konstante Faktor  $K$?

$Z \ = \ $

$N \ = \ $

$K \ = \ $

5

Berechnen Sie die Nullstellen  $p_\text{o1}$ (in der oberen Halbebene) und  $p_\text{o2}$ (in der unteren Halbebene).  Beachten Sie die Einheit  $\rm 1/ µs$.

${\rm Re}\{p_\text{o1}\} \ =\ $ $\ \rm 1/ µ s$

${\rm Im}\{p_\text{o1}\} \ = \ $ $\ \rm 1/ µ s$

${\rm Re}\{p_\text{o2}\} \ =\ $ $\ \rm 1/ µ s$

${\rm Re}\{p_\text{o2}\} \ = \ $ $\ \rm1/ µ s$

6

Berechnen Sie die Pole  $p_\text{x1}$  und  $p_\text{x2}$.  Es gelte  $|p_\text{x2}| > |p_\text{x1}|$.

${\rm Re}\{p_\text{x1}\} \ =\ $ $\ \rm 1/ µ s$

${\rm Im}\{p_\text{x1}\} \ =\ $ $\ \rm 1/ µ s$

${\rm Re}\{p_\text{x2}\} \ =\ $ $\ \rm 1/ µ s$

${\rm Im}\{p_\text{x2}\} \ =\ $ $\ \rm 1/ µ s$

7

Wie kann man ohne Änderung der Nullstellen die Lage der Pole verändern?

	Änderung von  $R$;   $L$ und $C$ gleichbleibend.
	Änderung von  $L$;   $R$ und $C$ gleichbleibend.
	Änderung von  $C$;   $L$ und $R$ gleichbleibend.

8

Wie muss die Hilfsgröße  $A$  verändert werden  $(B$ gleichbleibend$)$, damit eine doppelte Polstelle auftritt  (aperiodischer Grenzfall)?

$A \ =\ $ $\ \rm \cdot 10^6\ 1/s$

Musterlösung

Solution

(1)  Nach dem Spannungsteilerprinzip kann für die $p$–Übertragungsfunktion geschrieben werden:

$$H_{\rm L}(p)= \frac {pL +{1}/{(pC)}} {R + pL + {1}/{(pC)}}= \frac { p^2 \cdot{LC}+1} {p^2 \cdot{LC} + p \cdot{RC}+ 1} \hspace{0.05cm} .$$

Die beiden gewünschten Grenzübergänge ergeben sich zu

$$\underline {H_{\rm L}(p \rightarrow 0)= 1, \hspace{0.2cm}H_{\rm L}(p \rightarrow \infty)= 1} \hspace{0.05cm} .$$

• Daraus folgt, dass es sich weder um einen Tiefpass noch um einen Hochpass handeln kann.
• Sowohl bei sehr niedrigen als auch bei sehr hohen Frequenzen gilt $y(t)=x(t)$.

(2)  Richtig ist der Lösungsvorschlag 2:

• Ersetzt man $p$ durch ${\rm j } \cdot 2\pi f$, so erhält man

$$H(f)= \frac {1 - (2\pi f)^2 \cdot LC} {1 - (2\pi f)^2 \cdot LC + {\rm j} \cdot 2\pi f \cdot RC} \hspace{0.05cm} .$$

• Es gibt also stets eine Frequenz, bei der der Zähler Null ist, nämlich die Resonanzfrequenz von $L$ und $C$.
• Für diese Frequenz  $f_0 = 1 \ \rm MHz/2\pi$  wirkt die Reihenschaltung von  $L$  und  $C$  wie ein Kurzschluss.
• Daraus folgt: Unabhängig von den Werten von  $R$,  $L$ und  $C$ handelt es sich um eine $\rm Bandsperre$.

(3)  Entsprechend dem Angabenblatt gilt:

$$A = \frac{R}{2L}= \frac{50\,{\rm \Omega}}{2 \cdot 10\,{\rm \mu H}} = \frac{50\,{\rm \Omega}}{2 \cdot 10^{-5 }\,{\rm \Omega s}}\hspace{0.15cm} \underline {= 2.5} \cdot 10^6 \, \,{1}/{\rm s}\hspace{0.05cm},$$

$$ B = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \frac{1}{\sqrt{10^{-5 }\,{\rm \Omega s} \cdot 25 \cdot 10^{-9 }\,{\rm s/\Omega }}}\hspace{0.15cm} \underline {= 2.0} \cdot 10^6 \, \,{1}/{\rm s}\hspace{0.05cm} .$$

(4)  Mit  $A=R/(2L)$  und  $B^2 = 1/(LC)$  erhält man aus der in der Teilaufgabe (1) ermittelten $p$–Übertragungsfunktion:

$$H_{\rm L}(p)= \frac { p^2 + {1}/(LC)} {p^2 + p \cdot{R}/{L} +{1}/(LC)} = \frac { p^2 + B^2} {p^2 + 2A \cdot p + B^2} \hspace{0.05cm} .$$

• Das Zählerpolynom  $Z(p)$  und das Nennerpolynom  $N(p)$  sind jeweils quadratisch   ⇒   $\underline {Z = N = 2}$.
• Der konstante Faktor ergibt sich zu  $\underline {K = 1}$.

(5)  Die Lösung der Gleichung  $p^2 + B^2 = 0$  führt zum Ergebnis  $p = \pm {\rm j} \cdot B$  und damit zu den Nullstellen

$${\rm Re}\{ p_{\rm o1}\} \underline {= 0}\hspace{-0.3cm} \hspace{1cm}{\rm Im}\{ p_{\rm o1}\} \underline {=+2.5} \cdot 10^6 \, {1}/{{\rm s}} \hspace{0.05cm},$$

$$ {\rm Re}\{ p_{\rm o2}\}\hspace{0.15cm} \underline { = 0}\hspace{-0.3cm} \hspace{1cm}{\rm Im}\{ p_{\rm o2}\} \underline {=-2.5} \cdot 10^6 \, {1}/{{\rm s}} \hspace{0.05cm}.$$

• Die Normierung der Frequenzvariablen  $p$  und aller Pole und Nullstellen auf die Einheit  $( \rm 1/µ s)$  würde die numerische Auswertung vereinfachen, insbesondere im Zeitbereich.
• Verzichtet man auf die Einheit ganz, so ergeben sich alle $t$–Werte in Mikrosekunden.

(6)  Setzt man das Nennerpolynom  $N(p) = 0$, so ergibt sich folgende Bestimmungsgleichung:

$$p^2 + 2A \cdot p + B^2 = 0 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm x1,\hspace{0.05cm}2}= -A \pm \sqrt{A^2 - B^2} \hspace{0.05cm},$$

$${\rm Mit}\hspace{0.2cm}A = 2.5 \cdot 10^6 \dot {1}/{\rm s}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} \sqrt{A^2 - B^2}= 1.5 \cdot 10^6 \cdot {1}/{{\rm s}}\hspace{0.05cm}:$$

$${\rm Re}\{ p_{\rm x1}\}\hspace{0.15cm} \underline {= -1} \cdot 10^6 \cdot {1}/{{\rm s}}\hspace{0.15cm} \underline {= -1} \cdot {1}/{{\rm \mu s}}, \hspace{0.2cm}{\rm Im}\{ p_{\rm x1}\}\hspace{0.15cm} \underline { = 0} \hspace{0.05cm},$$

$${\rm Re}\{ p_{\rm x2}\}\hspace{0.15cm} \underline {= -4} \cdot 10^6 \cdot {1}/{{\rm s}}\hspace{0.15cm} \underline {= -4} \cdot {1}/{{\rm \mu s}}, \hspace{0.2cm}{\rm Im}\{ p_{\rm x1}\}\hspace{0.15cm} \underline { = 0} \hspace{0.05cm}.$$

Dieses Ergebnis ist nur eindeutig unter Berücksichtigung der Angabe  $|p_\text{x2}| > |p_\text{x1}|$.

(7)  Richtig ist der Lösungsvorschlag 1:

• Da man nur eines der Bauelemente ändern soll, müssen  $L$  und  $C$  gleich bleiben, da sonst auch die Nullstellen verschoben würden.
• Man muss den Widerstandswert  $R$  ändern.

(8)  Entsprechend dem Ergebnis aus (7) ergibt sich eine doppelte Polstelle für  $\underline {A = B = 2 \cdot 10^{-6} \cdot \rm 1/s}$.

• Dazu muss der Ohmsche Widerstand von  $50 \ \rm \Omega$  auf  $40 \ \rm \Omega$  herabgesetzt werden.
• Der doppelte Pol liegt dann bei  ${-2 \cdot 10^{6} \cdot \rm 1/s}$.
• Oder bei anderer Normierung bei  ${-2 \cdot \rm (1/µ s)}$.