Exercise 3.3: p-Transfer Function

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 $Z(p)$.
$N$ dibt 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

$H_L(p → 0) \ = \ $

$H_L(p → ∞) \ = \ $

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

$A \ = \ $

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

$B \ = \ $

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

$Z \ = \ $

$N \ = \ $

$K \ = \ $

${\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}\} \ = \ $

$\ \rm1/ \mu s$

${\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}\} \ =\ $

$\ \rm 1/ µ s$

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

$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 $0$ 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 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:

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

Zählerpolynom $Z(p)$ und 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 ${-2 \cdot \rm (1/µ s)}$.