Aufgabe 1.6Z: Interpretation der Übertragungsfunktion
Mit dieser Aufgabe soll der Einfluss eines Tiefpasses $H(f)$ auf cosinusförmige Signale der Form $$x_i(t) = A_x \cdot {\rm cos}(2\pi f_i t )$$ veranschaulicht werden. In der Grafik sehen Sie die Signale $x_i(t)$, wobei der Index $i$ die Frequenz in $\rm kHz$ angibt. So beschreibt $x_2(t)$ ein $2 \ \rm kHz$–Signal.
Die Signalamplitude beträgt jeweils $A_x = 1 \ \rm V$. Das Gleichsignal $x_0(t)$ ist als Grenzfall eines Cosinussignals mit der Frequenz $f_0 =0$ zu interpretieren.
Die obere Skizze zeigt die rechteckige Impulsantwort $h(t)$ des Tiefpasses. Der dazugehörige Frequenzgang lautet: $$H(f) = {\rm si}(\pi {f}/{ {\rm \Delta}f}) .$$ Aufgrund der Linearität und der Tatsache, dass $H(f)$ reell und gerade ist, sind die Ausgangssignale ebenfalls cosinusförmig: $$y_i(t) = A_i \cdot {\rm cos}(2\pi f_i t ) .$$ Gesucht werden die Signalamplituden $A_i$ am Ausgang für die verschiedenen Eingangsfrequenzen $f_i$, wobei die Lösung ausschließlich im Zeitbereich gefunden werden soll. Dieser etwas umständliche Lösungsweg soll dazu dienen, den Zusammenhang zwischen dem Zeit– und dem Frequenzbereich deutlich zu machen.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört bezieht sich auf das Kapitel Einige systemtheoretische Tiefpassfunktionen.
- Entgegen der sonst üblichen Definition der Amplitude können die „$A_i$” durchaus negativ sein. Dies entspricht dann der Funktion „Minus-Cosinus”.
- Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Fragebogen
Musterlösung
- a) Es handelt sich um einen $\rm \underline{Spalttiefpass}$.
- b) Die (äquivalente) Zeitdauer der Impulsantwort ist $Δt =$ 0.5 ms. Die äquivalente Bandbreite ist gleich dem Kehrwert $Δf = 1/Δt \ \rm \underline{= \ 2 kHz}$.
- c) Da $y_i(t)$ cosinusförmig ist, ist die Amplitude gleich dem Signalwert bei $t =$ 0. Das Ausgangssignal soll hier über die Faltung berechnet werden:
$$A_i = y_i (t=0) = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {x_i ( \tau )} \cdot h ( {0 - \tau } ) \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau.$$
- Berücksichtigt man die Symmetrie und die zeitliche Begrenzung von $h(t)$, so kommt man zum Ergebnis:
$$A_i = \frac{A_x}{\Delta t} \cdot \int\limits_{ - \Delta t /2 }^{ + \Delta t /2 } {\rm cos}(2\pi f_i \tau )\hspace{0.1cm}{\rm d}\tau.$$
- Richtig sind also die $\rm \underline{\ Lösungsvorschläge \ 1 \ und \ 3}$.
- d) Beim Gleichsignal $x_0(t) = A_x$ ist $f_i =$ 0 zu setzen und man erhält $A_0 = A_x \ \rm \underline{ = \ 1 \ V}$.
- Dagegen verschwindet bei den Cosinusfrequenzen $f_2 =$ 2 kHz und $f_4 =$ 4 kHz jeweils das Integral, da dann genau über eine bzw. zwei Periodendauern zu integrieren ist: $A_2 \ \rm \underline{ = \ 0}$ und $A_4 \ \rm \underline{ = \ 0}$.
- Im Frequenzbereich entsprechen die hier behandelten Fälle:
$$H(f=0) = 1, \hspace{0.3cm}H(f=\Delta f) = 0, \hspace{0.3cm}H(f=2\Delta f) = 0.$$
- e) Das Ergebnis von c) lautet unter Berücksichtigung der Symmetrie für $f_i = f_1$:
$$A_1= \frac{2A_x}{\Delta t} \cdot \int\limits_{ 0 }^{ \Delta t /2 } {\rm cos}(2\pi f_1 \tau )\hspace{0.1cm}{\rm d}\tau = \frac{2A_x}{2\pi f_1 \cdot \Delta t} \cdot {\rm sin}(2\pi f_1 \frac{\Delta t}{2} )= A_x \cdot {\rm si}(\pi f_1 \Delta t ).$$
- Mit $f_1 · Δt =$ 0.5 lautet somit das Ergebnis:
$$A_1 = A_x \cdot {\rm si}(\frac{\pi}{2} ) = \frac{2A_x}{\pi} \hspace{0.15cm}\underline{= 0.637\,{\rm V}}.$$
- Entsprechend erhält man mit $f_3 · Δt =$ 1.5:
$$A_3 = A_x \cdot {\rm si}(\frac{3\pi}{2} ) = -\frac{2A_x}{3\pi} = -\frac{A_1}{3}\hspace{0.15cm}\underline{= -0.212\,{\rm V}}.$$
- Genau zu den gleichen Ergebnissen – aber deutlich schneller – kommt man durch die Anwendung der Gleichung $A_i = A_x · H(f = f_i)$.
- Bereits aus den Grafiken auf der Angabenseite erkennt man, dass das Integral über $x_1(t)$ im markierten Bereich positiv und das Integral über $x_3(t)$ negativ ist. Es ist allerdings anzumerken, dass man im Allgemeinen als Amplitude meist den Betrag bezeichnet (siehe Hinweis auf der Angabenseite).
