Drei kausale Zeitfunktionen
Kausale Signale und Systeme beschreibt man meist mittels der Laplace–Transformation. Ist $x(t)$ für alle Zeiten $t < 0$ identisch Null, so lautet die Laplace–Transformierte:
- $$X_{\rm L}(p) = \int_{0}^{ \infty} { x(t) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{-p t}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm} .$$
In dieser Aufgabe sollen die Laplace–Transformierten der in der Grafik dargestellten kausalen Signale ermittelt werden. Die folgenden Gleichungen gelten jeweils nur für $t \ge 0$. Für negative Zeiten sind alle Signale identisch Null.
- Cosinussignal mit der Periodendauer $T_0$:
- $$x(t) = {\rm cos} (2\pi \cdot {t}/{T_0})= {\rm cos} (\omega_0 \cdot t) \hspace{0.05cm},$$
- Sinussignal mit Periodendauer $T_0$:
- $$y(t) = {\rm sin} (2\pi \cdot {t}/{T_0})= {\rm sin} (\omega_0 \cdot t) \hspace{0.05cm},$$
- $\sin(t)/t$–Signal mit äquivalenten Nulldurchgängen im Abstand $T$:
- $$z(t) = {\rm si} (\pi \cdot {t}/{T})= {\rm sinc} ({t}/{T})\hspace{0.4cm}{\rm mit}\hspace{0.4cm}{\rm si}(x)= {\rm sin}(x)/x ={\rm sinc}(x)/\pi \hspace{0.05cm}.$$
Da $z(t)$ ebenso wie die Signale $x(t)$ und $y(t)$ nicht energiebegrenzt ist, kann zur Berechnung der Spektralfunktion die folgende Gleichung nicht herangezogen werden:
- $$Z(f) = Z_{\rm L}(p)\Bigg |_{\hspace{0.1cm} p\hspace{0.05cm}=\hspace{0.05cm}{\rm j \hspace{0.05cm}2\pi \it f}} .$$
Vielmehr ist zu berücksichtigen, dass $z(t) = s(t) \cdot \gamma(t)$ gilt, wobei $s(t)$ hier die herkömmliche symmetrische $\rm si$–Funktion bezeichnet:
- $$s(t) = {\rm si} (\pi \cdot {t}/{T})= {\rm sinc} ({t}/{T}) \quad \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\quad S(f)$$
$S(f)$ ist eine um $f = 0$ symmetrische Rechteckfunktion mit Höhe $T$ und Breite $1/T$.
Die Fouriertansformierte der Sprungfunktion $\gamma(t)$ lautet:
- $$\gamma(t) \quad \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\quad {\it \Gamma}(f) = {1}/{2} \cdot \delta (f) + \frac{1}{{\rm j} \cdot 2\pi f}\hspace{0.05cm}.$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Laplace–Transformation und p–Übertragungsfunktion.
- In der Musterlösung benutzen wir von den beiden vergleichbaren Funktionen ${\rm si}(x)$ und ${\rm sinc}(x)$ die erstere.
- Gegeben sind folgende bestimmte Integrale:
- $$\int_{0}^{ \infty} { {\rm e}^{-p x} \cdot \cos(qx)}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \frac{p}{p^2 + q^2}\hspace{0.05cm} , \hspace{1.0cm}\int_{0}^{ \infty} { {\rm e}^{-p x} \cdot \sin(qx)}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \frac{q}{p^2 + q^2}\hspace{0.05cm} , $$
- $$\int_{0}^{ \infty} { {\rm e}^{-p x} \cdot \frac{\sin(qx)}{x}}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = {\rm arctan}\hspace{0.15cm}\frac{q}{p}\hspace{0.05cm} , \hspace{0.6cm} \int_{A}^{ B} { \frac{1}{x}}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = {\rm ln}\hspace{0.15cm}\frac{B}{A}\hspace{0.05cm} .$$
Fragebogen
Musterlösung
(1) Richtig ist der Vorschlag 2:
- Entsprechend der Laplace–Definition gilt mit den vorgegebenen Gleichungen:
- $$X_{\rm L}(p) = \int_{0}^{ \infty} { x(t) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{-p t}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \int\limits_{0}^{ \infty} { {\rm cos} (\omega_0 \cdot T) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{-p t}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \frac{p}{p^2 + \omega_0^2} \hspace{0.05cm} .$$
- Der Vorschlag 3 scheidet aus, da $X_{\rm L}(p)$ die Einheit „Sekunde” aufweisen muss (Integral über die Zeit), während $p$ und $\omega_0$ jeweils die Einheit „1/s” besitzen.
(2) Richtig ist der Lösungsvorschlag 1:
- Hier gilt bei gleicher Vorgehensweise wie in der Teilaufgabe (1):
- $$Y_{\rm L}(p) = \int_{0}^{ \infty} { {\rm sin} (\omega_0 \cdot T) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{-p t}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \frac{\omega_0}{p^2 + \omega_0^2} \hspace{0.05cm} .$$
(3) Richtig ist der Lösungsvorschlag 3:
- Die $p$–Übertragungsfunktion der kausalen $\rm si$–Funktion lautet mit dem vorne angegebenen Integral:
- $$Z_{\rm L}(p) = \int_{0}^{ \infty} { \frac{\sin(\pi \cdot t/T)}{\pi \cdot t/T} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{-p t}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \frac{T}{\pi} \cdot {\rm arctan} \; \frac{\pi}{p\cdot T} \hspace{0.05cm} .$$
- Der Vorschlag 1 gilt nur für die Fouriertransformierte der akausalen $\rm si$–Funktion.
- Der Vorschlag 2 kann schon allein deshalb nicht stimmen, da hier das Argument der $\rm arctan$–Funktion dimensionsbehaftet ist.
(4) Richtig ist der Lösungsvorschlag 1:
- Aus $z(t) = s(t) \cdot \gamma(t)$ folgt mit dem Faltungssatz:
- $$Z(f) = S(f) \star {\it \Gamma}(f) = {1}/{2} \cdot S(f) \star \delta (f) + S(f) \star \frac{1}{{\rm j} \cdot 2\pi f}\hspace{0.05cm}.$$
- Da $S(f)$ reell ist, ergibt sich der Realteil von $Z(f)$ als der erste Term dieser Gleichung:
- $${\rm Re}[ Z(f)] = {1}/{2} \cdot S(f) \star \delta (f) = {1}/{2} \cdot S(f) \hspace{0.05cm}.$$
- Der Realteil von $Z(f)$ hat somit die gleiche Rechteckform wie $S(f)$, ist aber nur halb so hoch:
- $${\rm Re}\{ Z(f)\}= \left\{ \begin{array}{c} T/2 \\ 0 \end{array} \right. \begin{array}{c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \end{array} \begin{array}{*{20}c} { |f|< 1/(2T)\hspace{0.05cm},} \\ { |f|> 1/(2T)\hspace{0.05cm},} \end{array} \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm}\underline{{\rm Vorschlag \hspace{0.15cm} 1}}.$$
(5) Richtig ist der Lösungsvorschlag 2:
- Mit dem Ergebnis der letzten Teilaufgabe folgt für den Imaginärteil:
- $${\rm Im}\{ Z(f)\} = S(f) \star \frac{(-1)}{{\rm j} \cdot 2\pi f} \hspace{0.05cm}.$$
- Für hinreichend große Frequenzen $f \ge 1/(2T)$ liefert dieses Faltungsintegral:
- $${\rm Im}\{ Z(f)\} = -T \cdot \int_{f- 1/(2T)}^{ f+ 1/(2T)} { \frac{1}{2\pi x}}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \frac{T}{2\pi } \cdot {\rm ln}\hspace{0.15cm}\left |\frac{f- 1/(2T)}{f+ 1/(2T)}\right | \hspace{0.05cm} \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm}\underline{{\rm Vorschlag \hspace{0.15cm} 2}}.$$
