Exercise 3.5Z: Application of the Residue Theorem

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Die Spektralfunktion YL(p) sei in Pol–Nullstellen–Form gegeben, gekennzeichnet durch Z Nullstellen poi, N Pole pxi sowie die Konstante K. Betrachtet werden in dieser Aufgabe die in der Grafik dargestellten Konfigurationen, wobei stets K = 2 gilt.
Für den Fall, dass die Anzahl Z der Nullstellen kleiner als die Anzahl N der Pole ist, kann das zugehörige Zeitsignal y(t) durch Anwendung des Residuensatzes direkt ermittelt werden. In diesem Fall gilt
$$y(t) = \sum_{i=1}^{I} \left \{ Y_{\rm L}(p)\cdot (p - p_{{\rm x}i})\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}i}} \right \} \hspace{0.05cm},$$
wobei I die Anzahl der unterscheidbaren Pole angibt. Bei allen hier vorgegebenen Konstellationen gilt stets I = N.
Hinweis: Die Aufgabe gehört zum Kapitel 3.3. Ist das Zeitsignal y(t) komplex, so kann YL(p) nicht als Schaltung realisiert werden. Die Anwendung des Residuensatzes ist aber auch in diesem Fall möglich.
Die komplexe Frequenz p, die Nullstellen poi sowie die Pole pxi beschreiben in dieser Aufgabe jeweils normierte Größen ohne Einheit. Damit ist auch die Zeit t dimensionslos.


Fragebogen

1

Bei welchen Konfigurationen lässt sich der Residuensatz nicht direkt anwenden?

Konfiguration A,
Konfiguration B,
Konfiguration C,
Konfiguration D,
Konfiguration E,
Konfiguration F,

2

Berechnen Sie y(t) für die Konfiguration A mit K = 2 und px = –1. Welcher Zahlenwert ergibt sich für den Zeitpunkt t = 1?

$Konfiguration\ A:\ \ Re\{y(t = 1)\}$ =

$Im\{y(t = 1)\}$ =

3

Berechnen Sie y(t) für die Konfiguration C mit K = 2 und px = –0.2 + j · 1.5π. Welcher Zahlenwert ergibt sich für den Zeitpunkt t = 1?

$Konfiguration\ C:\ \ Re\{y(t = 1)\}$ =

$Im\{y(t = 1)\}$ =

4

Welcher Signalwert y(t = 1) ergibt sich bei der Konstellation E mit K = 2 und zwei Polstellen bei px = –0.2 ± j · 1.5π?

$Konfiguration\ E:\ \ Re\{y(t = 1)\}$ =

$Im\{y(t = 1)\}$ =


Musterlösung

1.  Voraussetzung für die Anwendung des Residuensatzes ist, dass es weniger Nullstellen als Pole gibt, das heißt, es muss Z < N gelten. Diese Voraussetzung ist bei den Konfigurationen B, D und F nicht gegeben. Hier muss zunächst eine Partialbruchzerlegung vorgenommen werden, zum Beispiel für die Konfiguration B mit px = –1:
$$Y_{\rm L}(p)= \frac {p} {p +1}= 1-\frac {1} {p +1} \hspace{0.05cm} .$$
2.  Mit YL(p) = 2/(p + 1) ergibt sich aus dem Residuensatz (I = 1):
$$y(t) = 2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}-1}= 2 \cdot {\rm e}^{- \hspace{0.05cm}t}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}y(t=1) =\frac{2}{\rm e} \hspace{0.15cm}\underline{ \approx 0.736 \hspace{0.15cm}{\rm (rein\hspace{0.15cm}reell)}} \hspace{0.05cm} .$$
3.  Bei gleicher Vorgehensweise wie in der Teilaufgabe b) erhält man nun:
$$y(t) = 2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-(0.2 \hspace{0.05cm}+ \hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}1.5 \pi) \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}t} = 2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.2 \hspace{0.08cm}\cdot \hspace{0.05cm}t}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-{\rm j} \hspace{0.08cm}\cdot \hspace{0.05cm}1.5 \pi\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}t} \hspace{0.05cm} .$$
Aufgrund des zweiten Terms handelt es sich um ein komplexes Signal, dessen Phase in mathematisch positiver Richtung (entgegen dem Uhrzeigersinn) dreht. Für t = 1 gilt:
$$y(t = 1) = 2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.2} \cdot \left [ \cos(1.5 \pi) + {\rm j} \cdot \sin(1.5 \pi) \right ]= - {\rm j} \cdot 1.638$$
$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Re}\{y(t = 1)\} \hspace{0.15cm}\underline{ = 0},\hspace{0.2cm} {\rm Im}\{y(t = 1)\} \hspace{0.15cm}\underline{=- 1.638} \hspace{0.05cm} .$$
Die linke Grafik zeigt das komplexe Signal für einen Pol bei px = –0.2 + j · 1.5 π. Rechts daneben sieht man das dazu konjugiert–komplexe Signal, wenn der Pol bei px = –0.2 – j · 1.5 π liegt.
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4.  Nun gilt I = 2. Die Residien von px1 bzw. px2 liefern:
$$y_1(t) \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {K \cdot (p-p_{{\rm x}1})} { (p-p_{{\rm x}1})(p-p_{{\rm x}2})} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}}= \frac {K } { p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}2}} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1} \hspace{0.05cm}t} \hspace{0.05cm} ,\\ y_2(t) \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {K } { p_{{\rm x}2}-p_{{\rm x}1}} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2} \hspace{0.05cm}t}= -\frac {K } { p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}2}} \cdot {\rm e}^{-p_{{\rm x}1} \hspace{0.05cm}t}$$
$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}y(t)\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} y_1(t)+y_2(t) = \frac {2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.2 \hspace{0.08cm}\cdot \hspace{0.05cm}t}}{{\rm j} \cdot 3 \pi} \cdot \left [ \cos(.) + {\rm j} \cdot \sin(.) - \cos(.) + {\rm j} \cdot \sin(.)\right ]=\\ \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {4 }{ 3 \pi} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.2 \hspace{0.08cm}\cdot \hspace{0.05cm}t}\cdot \sin(1.5\pi \cdot t)\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}y(t=1)= -\frac {4 }{ 3 \pi} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.2 \hspace{0.08cm}\cdot \hspace{0.05cm}t} \hspace{0.15cm}\underline{= -0.347} \hspace{0.05cm} .$$
Die Grafik zeigt den (rein reellen) Signalverlauf y(t) für die Konfiguration E.
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