Aufgaben:Aufgabe 3.8: Dreimal Faltung?

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Impulsantwort $h(t)$ und drei Eingangssignale $x(t)$

Die Impulsantwort eines LZI-Systems hat im Zeitbereich zwischen $0$ und $2T$ den folgenden Verlauf:

$$h( t ) = \frac{1}{T}\cdot \left( {1 - \frac{t}{ {2T}}} \right).$$

Außerhalb dieses Intervalls ist $h(t) = 0$. Die zugehörige Spektralfunktion lautet:

$$H( f ) = \frac{1}{ {8\left( {{\rm{\pi }}fT} \right)^2 }} \cdot \left( {1 - {\rm{j \cdot 4\pi }}fT - {\rm{e}}^{ - {\rm{j \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} 4\pi }}\hspace{0.05cm}f\hspace{0.05cm}T} } \right).$$

Zur Berechnung des so genannten „Gleichsignalübertragungsfaktors”   ⇒   $H(f = 0)$ ist diese Gleichung nicht geeignet, da sowohl der Klammerausdruck als auch der Nenner Null werden. Es gilt aber auch:

$$H( {f = 0} ) = \int_0^{2T} {h( t )\hspace{0.1cm}{\rm d}t = 1.}$$

An den Eingang dieses Filters werden drei verschiedene Zeitsignale angelegt (siehe Skizze):

• $x_1(t)$ ist ein Gleichsignal mit der Höhe $x_0 = 1 \hspace{0.05cm}{\rm V}$.
• $x_2(t)$ ist ein Rechtecksignal mit der Dauer $T$ und der Höhe $x_0 = 1\hspace{0.05cm} {\rm V}$, beginnend bei $t = T$.
• $x_3(t)$ ist ein Cosinussignal mit der Frequenz $f_0 = 3/T$ und der Amplitude $x_0 = 1 \hspace{0.05cm}{\rm V}$.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Faltungssatz und Faltungsoperation.
• Die Thematik dieses Abschnitts wird auch im interaktiven Applet Zur Verdeutlichung der grafischen Faltung veranschaulicht.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

Fragebogen

1

Bei welchen der drei Signale ist es zweckmäßiger, das Ausgangssignal direkt im Zeitbereich zu berechnen?

	$y_1(t) = x_1(t) \ast h(t)$.
	$y_2(t) = x_2(t) \ast h(t)$.
	$y_3(t) = x_3(t) \ast h(t)$.

2

Wie lautet das Signal $y_1(t)$ am Filterausgang, wenn am Eingang das Gleichsignal $x_1(t) = 1 \hspace{0.03cm}{\rm V}$ anliegt? Geben Sie den Signalwert bei $t = 2T$ an.

$y_1(t=2T)\ = \ $  ${\rm V}$

3

Auf welchen Zeitbereich zwischen $t_{\text{min}}$ und $t_{\text{max}}$ ist das Ausgangssignal $y_2(t) = x_2(t) \ast h(t)$ beschränkt, das heißt ungleich 0?

$t_{\text{min}}/T\ = \ $

$t_{\text{max}}/T$ \ = \ $

4

Berechnen Sie die Werte des Signals $y_2(t)$ zu den Zeiten $t = 2T$ und $t = 3T$.

$y_2(t=2T)\ = \ $  ${\rm V}$

$y_2(t=3T)\ = \ $  ${\rm V}$

5

Wie lautet das Ausgangssignal $y_3(t)$, wenn am Eingang das Cosinussignal $x_3(t)$ anliegt? Geben Sie den Signalwert bei $t =0$ an.

$y_3(t=0)\ = \ $  ${\rm V}$

Musterlösung

Musterlösung

1. Die Signale $x_1(t)$ und $x_3(t)$ beinhalten jeweils nur eine Frequenz, nämlich $f = 0$ bzw. $f = f_0$ . Hier ist der Umweg über das Spektrum vorzuziehen. Beim Rechtecksignal $x_2(t)$ ist die Berechnung über die Faltung günstiger, da die Fourierrücktransformation von $Y_2(f)$ kompliziert ist   ⇒   Richtig ist die Antwort 2.

2. Beim Eingangssignal $x_1(t)$ ist das Ausgangssignal ebenfalls ein Gleichsignal, da folgende Gleichungen gelten:

$$Y_1 (f) = X_1 (f) \cdot H(f)\quad {\rm{mit}}\quad X_1 (f) = 1\;{\rm{V}} \cdot \delta (f)$$

$$ \Rightarrow Y_1 (f) = 1\;{\rm{V}} \cdot \delta (f) \cdot H( {f = 0} ) = 1\;{\rm{V}} \cdot \delta (f) \; \Rightarrow \; y_1 (t) = 1\;{\rm{V}} \cdot H( {f = 0} ) \hspace{0.15 cm}\underline{= 1\;{\rm{V}}}.$$

Die Berechnung über die Faltung führt zum gleichen Ergebnis, wenn man berücksichtigt, dass das Integral über die Impulsantwort im vorliegenden Fall gleich $1$ ist.

3. Das gespiegelte Signal $x_2(–t)$ hat Signalanteile zwischen $–2T$ und $–T$. Erst eine Verschiebung um $T \hspace{-0.1cm}+ \hspace{-0.1cm}\varepsilon$ führt zu einer Überlappung mit $h(t)$. Hierbei bezeichnet $\varepsilon$ eine beliebig kleine, aber positive Zeit. Ist die Verschiebung allerdings größer als $4T\hspace{-0.1cm} – \hspace{-0.1cm}\varepsilon$, so liefert die Integration über das Produkt ebenfalls den Wert $0$. Daraus folgt $t_{\text{min}} \;\underline{= T}$,   $t_{\text{max}} \;\underline{= 4T}$.

4. Das Ergebnis der grafischen Faltung für die Zeitpunkte $t = 2T$ und $t = 3T$ kann man der nebenstehenden Skizze entnehmen. Der Wert bei $t = 2T$ entspricht der rötlich unterlegten Fläche:

$$y_2( {t = 2T} ) = \frac{1}{2}\cdot ( {\frac{1}{T} + \frac{1}{ {2T}}} ) \cdot T \cdot x_0 \hspace{0.15 cm}\underline{= 0.75 {\rm V}} .$$

Die grün unterlegte Fläche kennzeichnet den Wert bei $t = 3T$:

$$y_2( {t = 3T} ) = \frac{1}{2}\cdot ( {\frac{1}{2T} + 0} ) \cdot T \cdot x_0 \hspace{0.15 cm}\underline{= 0.25 {\rm V}} .$$

Um den gesamten Signalverlauf zwischen $t = T$ und $t = 4T$ zu berechnen, müssen drei Bereiche getrennt betrachtet werden. Zur Vereinfachung der Darstellung wird im Folgenden $x_0 = 1$ gesetzt  ⇒  Amplitudennormierung.

Im Bereich $T \leq t \leq 2T$ liegt die untere Integrationsgrenze bei $τ_u = 0$ und die obere Grenze bei $τ_0 = t – T$:

$$y_2 (t) = \int_{\tau _u }^{\tau _0 } {h(\tau )\,{\rm{d}}\tau = \int_0^{t - T} {\frac{1}{T}} }\cdot \left( {1 - \frac{\tau }{ {2T}}} \right)\,{\rm{d}}\tau .$$

Mit dem unbestimmten Integral   $I(\tau ) = {\tau }/{T} - 0.25 \cdot \left( {{\tau }/{T}} \right)^2$   ergibt sich

$$y_2 (t) = I(t - T) - I(0) = \frac{ {t - T}}{T} - 0.25 \cdot \left( {\frac{ {t - T}}{T}} \right)^2 $$

$$ \Rightarrow \;y_2 (t) = 1.5 \cdot {t}/{T} - 0.25\cdot \left( {{t}/{T}} \right)^2 - 1.25.$$

Zur Verifizierung betrachten wir die beiden Grenzen. Man erhält die bereits oben berechneten Werte $y_2(T) = 0$ und $y_2(2T) = 0.75$.

Im Intervall $2T \leq t \leq 3T$ liegt die obere Integrationsgrenze weiterhin bei $τ_0 = t – T$, während nun $τ_u = t – 2T$ gilt:

$$y_2 (t) = I(t - T) - I(t - 2T) = 1.75 - 0.5 \cdot {t}/{T}.$$

Dies entspricht einem linearen Abfall mit den beiden Grenzwerten $y_2(2T) = 0.75$ und $y_2(3T) = 0.25$.

Schließlich liegt im Intervall $3T \leq t \leq 4T$ die obere Grenze fest bei $τ_0 = 2T$ und es gilt weiterhin $τ_u = t – 2T$:

$$y_2 (t) = I(2T) - I(t - 2T) = - 2 \cdot {t}/{T} + 0.25\left( {c{t}/{T}} \right)^2 + 4.$$

Auch hier ergeben sich die richtigen Grenzwerte $y_2 (3T) = 0.25\quad {\rm{und}}\quad y_2 (4T) = 0.$

5. Auch diese Aufgabe könnte prinzipiell direkt mit der Faltung gelöst werden. Da $x_3(t)$ aber eine gerade Funktion ist, kann hier nun auf die Spiegelung verzichtet werden und man erhält:

$$y_3 (t) = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {h(\tau ) \cdot x_3 (t + \tau )\hspace{0.1cm}{\rm{d}}\tau = x_0 }\cdot \int_0^{2T} {h(\tau ) \cdot \cos (2{\rm{\pi }}f_0 (t + \tau )\hspace{0.1cm}{\rm{d}}\tau .}$$

Einfacher ist hier der Weg über die Spektren. $X(f)$ besteht aus zwei Diraclinien bei $\pm 3f_0$. Somit muss auch nur für diese Frequenz der Frequenzgang berechnet werden:

$$\begin{align*}H( {f = 3f_0 } ) & = \frac{1}{ {72{\rm{\pi }}^{\rm{2}} }}\left[ {1 - {\rm{j}}\cdot 12{\rm{\pi }} - {\rm{cos}}( {{\rm{12\pi }}} ) + {\rm{j}}\cdot \sin ( {{\rm{12\pi }}})} \right] = \\ & = \frac{1}{ {72{\rm{\pi }}^{\rm{2}} }}\left[ 1 - {\rm j}\cdot 12{\rm \pi } - 1 + {\rm j}\cdot 0 \right]= { - {\rm{j}}} \cdot \frac{1}{ {6{\rm{\pi }}}}.\end{align*}$$

Somit lautet das Spektrum des Ausgangssignals:

$$Y(f) = - {\rm{j}} \cdot \frac{ {x_0 }}{{{\rm{12\pi }}}}\cdot \delta \left( {f - 3f_0 } \right) + {\rm{j}} \cdot \frac{ {x_0 }}{{{\rm{12\pi }}}}\cdot \delta \left( {f + 3f_0 } \right).$$

Das Signal $y_3(t)$ ist somit sinusförmig mit der Amplitude $x_0/(6\pi )$. Bei $t = 0$ ergibt sich der Signalwert ist $y_3(t = 0\; \underline{= 0}$.