Aufgaben:Exercise 4.3Z: Hilbert Transformator

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Die Grafik beschreibt ein Modell, wie – zumindest gedanklich – aus dem reellen BP–Signal $x(t)$ das analytische Signal $x_{+}(t)$ generiert werden kann. Der untere Zweig enthält den so genannten Hilbert–Transformator mit dem Frequenzgang $H_{\rm HT}(f)$. Dessen Ausgangssignal $y(t)$ wird mit der imaginären Einheit $\rm j$ multipliziert und zum Signal $x(t)$ addiert:

$$x_{\rm +}(t)= x(t) + {\rm j}\cdot y(t) .$$

Als Testsignale werden verwendet, jeweils mit $A = 1 \ \text{V}$ und $f_0 = 10 \ \text{kHz}$:

$$x_1(t) = A \cdot {\cos} ( 2 \pi f_0 t ),$$

$$x_2(t) = A \cdot {\sin} ( 2 \pi f_0 t ),$$

$$x_3(t) = A \cdot {\cos} ( 2 \pi f_0 (t - \tau) ) \hspace{0.3cm}{\rm mit}\hspace{0.3cm}\tau = 12.5 \hspace{0.1cm}{\rm \mu s}.$$

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Analytisches Signal und zugehörige Spektralfunktion.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
• Für die Spektralfunktion des analytischen Signals gilt:

$$ X_{\rm +}(f)= \left[1 + {\rm sign}(f)\right] \cdot X(f).$$

Fragebogen

1

Berechnen Sie den Frequenzgang $H_{HT}(f)$ des Hilbert-Transformators. Welcher Wert gilt für die Frequenz $f_0 = 10 \text{kHz}$?

$\text{Re}[H_{HT}(f = f_0)]$ =

$\text{Im}[H_{HT}(f = f_0)]$ = $-$

2

Wie lautet die Hilbert-Transformierte $y_1(t)$ für das Eingangssignal $x_1(t)$? Welcher Wert ergibt sich insbesondere bei $t = 0$?

$y_1(t = 0)$ = $V$

3

Wie lautet die Hilbert-Transformierte $y_2(t)$ für das Eingangssignal $x_2(t)$? Welcher Wert ergibt sich insbesondere bei $t = 0$?

$y_2(t = 0)$ = $-$ $V$

4

Wie lautet die Hilbert-Transformierte $y_3(t)$ für das Eingangssignal $x_3(t)$? Wie groß ist die Phasenverzögerung $\varphi_{HT}$ des Hilbert-Transformators?

$\varphi_{HT}$ = $\text{Grad}$

$y_3(t = 0)$ = $-$ $V$

5

Wie lautet das zu $x_3(t)$ gehörige analytische Signal? Welchen Wert haben Real– und Imaginärteil dieses komplexen Signals zum Zeitpunkt $t = 0$?

$\text{Re}[x_{3+}(t = 0)]$ = $\text{V}$

$\text{Im}[x_{3+}(t = 0)]$ = $-$ $\text{V}$

Musterlösung

Solution

1. Für die Spektralfunktion am Modellausgang gilt:

$$X_{\rm +}(f)= \left(1 + {\rm j}\cdot H_{\rm HT}(f)\right) \cdot X(f).$$

Ein Vergleich mit der angegebenen Beziehung

$$X_{\rm +}(f)= \left(1 + {\rm sign}(f)\right) \cdot X(f)$$

zeigt, dass $H_{HT}(f) = – j \cdot sign(f)$ ist. Der gesuchte Realteil ist somit $0$, der Imaginärteil gleich $–1$.

2. Aus der Spektralfunktion

$$X_1(f) = \frac{A}{2}\cdot\delta (f + f_{0})+ \frac{A}{2}\cdot\delta (f - f_{0}).$$

wird nach dem Hilbert-Transformator:

$$Y_1(f) = {\rm j}\cdot\frac{A}{2}\cdot\delta (f + f_{0})-{\rm j}\cdot \frac{A}{2}\cdot\delta (f - f_{0}).$$

Damit lautet das Signal am Ausgang des Hilbert-Transformators:

$$y_1(t) = A \cdot {\sin} ( 2 \pi f_0 t ) \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}y_1(t=0)\hspace{0.15 cm}\underline{ =0}.$$

3. Nun lauten die Spektralfunktionen am Eingang und Ausgang des Hilbert-Transformators:

$$X_2(f) = {\rm j}\cdot\frac{A}{2}\cdot\delta (f + f_{0})-{\rm j}\cdot \frac{A}{2}\cdot\delta (f - f_{0}),$$

$$Y_2(f) = -\frac{A}{2}\cdot\delta (f + f_{0})- \frac{A}{2}\cdot\delta (f - f_{0}).$$

Daraus folgt $y_2(t) = – A \cdot cos(2\pi f_0 t)$ und $y_2(t = 0) \underline{= –1 V}$.

4. Dieses Eingangssignal lässt sich auch wie folgt darstellen:

$$x_3(t) = A \cdot {\cos} ( 2 \pi f_0 t - 2 \pi \cdot {\rm 10 \hspace{0.05cm} kHz}\cdot {\rm 0.0125 \hspace{0.05cm} ms}) = A \cdot {\cos} ( 2 \pi f_0 t - \pi/4).$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}y_3(t) = A \cdot {\cos} ( 2 \pi f_0 t - 3\pi/4).$$

Die Signalphase ist somit $\varphi = \pi /4$. Durch den Hilbert-Transformator wird diese um $\varphi_{HT} = 90° (\pi /2)$ verzögert. Deshalb ist das Ausgangssignal $y_3(t) = A \cdot cos(2\pi f_0 t – 3 \pi /4)$ und der Signalwert zur Zeit $t = 0$ beträgt $A \cdot cos(135°) \underline{= –0.707 V}$.

5. Die Spektralfunktion des Signals $x_3(t)$ lautet:

$$X_3(f) = \frac{A_0}{2} \cdot {\rm e}^{{\rm j} \varphi}\cdot\delta (f + f_{\rm 0}) + \frac{A_0}{2} \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \varphi}\cdot\delta (f - f_{\rm 0}) .$$

Beim analytischen Signal verschwindet der erste Anteil und der Anteil bei $+f_0$ wird verdoppelt:

$$X_{3+}(f) = {A_0} \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \varphi}\cdot\delta (f - f_{\rm 0}) .$$

Durch Anwendung des Verschiebungssatzes lautet damit die zugehörige Zeitfunktion mit $\varphi = \pi /4$:

$$x_{3+}(t) = A_0 \cdot {\rm e}^{{\rm j}( 2 \pi f_{\rm 0} t \hspace{0.05cm}-\hspace{0.05cm} \varphi)}.$$

Speziell gilt für den Zeitpunkt $t = 0$:

$$x_{3+}(t = 0) = A_0 \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \varphi} = A_0 \cdot{\cos} ( 45^\circ)-{\rm j}\cdot A_0 \cdot{\sin} ( 45^\circ)= \hspace{0.15 cm}\underline{{\rm 0.707 \hspace{0.05cm} V}-{\rm j}\cdot {\rm 0.707 \hspace{0.05cm} V}}.$$

Hinweis: Um von $x(t)$ zu $x_+(t)$ zu kommen, muss man nur die Cosinusfunktion durch die komplexe Exponentialfunktion ersetzen. Beispielsweise gilt für eine harmonische Schwingung:

$$x(t) = A \cdot {\cos} ( 2 \pi f_0 t -\hspace{0.05cm} \varphi) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} x_{+}(t) = A \cdot {\rm e}^{{\rm j}( 2 \pi f_{\rm 0} t \hspace{0.05cm}-\hspace{0.05cm} \varphi)}.$$