Aufgaben:Aufgabe 1.5Z: si-förmige Impulsantwort: Unterschied zwischen den Versionen
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| − | [[Datei:P_ID857__LZI_Z_1_5.png|right| | + | [[Datei:P_ID857__LZI_Z_1_5.png|right|frame|$\rm si$–förmige Impulsantwort]] |
Die Impulsantwort eines linearen zeitinvarianten (und akausalen) Systems wurde wie folgt ermittelt (siehe Grafik): | Die Impulsantwort eines linearen zeitinvarianten (und akausalen) Systems wurde wie folgt ermittelt (siehe Grafik): | ||
| − | $$h(t) = 500\hspace{0.1cm}{ {\rm s}}^{-1}\cdot{\rm si}[\pi | + | :$$h(t) = 500\hspace{0.1cm}{ {\rm s}}^{-1}\cdot{\rm si}\big[\pi |
| − | \cdot {t}/({ 1\hspace{0.1cm}{\rm ms}})] .$$ | + | \cdot {t}/({ 1\hspace{0.1cm}{\rm ms}})\big] .$$ |
| − | Berechnet werden sollen die Ausgangssignale $y(t)$, wenn am Eingang verschiedene Cosinusschwingungen unterschiedlicher Frequenz $f_0$ angelegt werden: | + | Berechnet werden sollen die Ausgangssignale $y(t)$, wenn am Eingang verschiedene Cosinusschwingungen unterschiedlicher Frequenz $f_0$ angelegt werden: |
| − | $$x(t) = 4\hspace{0.05cm}{\rm V}\cdot {\rm cos}(2\pi \cdot f_0 | + | :$$x(t) = 4\hspace{0.05cm}{\rm V}\cdot {\rm cos}(2\pi \cdot f_0 |
\cdot t ) .$$ | \cdot t ) .$$ | ||
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| − | *Die Aufgabe gehört zum Kapitel [[Lineare_zeitinvariante_Systeme/Einige_systemtheoretische_Tiefpassfunktionen|Einige systemtheoretische Tiefpassfunktionen]]. | + | *Die Aufgabe gehört zum Kapitel [[Lineare_zeitinvariante_Systeme/Einige_systemtheoretische_Tiefpassfunktionen|Einige systemtheoretische Tiefpassfunktionen]]. |
| − | *Die Lösung kann | + | *Die Lösung kann im Zeitbereich oder im Frequenzbereich gefunden werden. In der Musterlösung finden Sie beide Lösungswege. |
| − | + | *Gegeben ist das folgende bestimmte Integral: | |
| − | *Gegeben ist | + | :$$\int_{ 0 }^{ \infty } \frac{\sin(u) \cdot \cos(a \cdot u)}{u} \hspace{0.15cm}{\rm |
| − | $$\int_{ 0 }^{ \infty } \frac{\sin(u) \cdot \cos(a \cdot u)}{u} \hspace{0.15cm}{\rm | ||
d}u = \left\{ \begin{array}{c} \pi/2 \\ \pi/4 \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad | d}u = \left\{ \begin{array}{c} \pi/2 \\ \pi/4 \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad | ||
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{ |a| > 1.} \\ \end{array}$$ | { |a| > 1.} \\ \end{array}$$ | ||
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| − | {Berechnen Sie den Frequenzgang $H(f)$ des LZI-Systems. Wie groß sind die äquivalente Bandbreite und der Gleichsignalübertragungsfaktor? | + | {Berechnen Sie den Frequenzgang $H(f)$ des LZI-Systems. Wie groß sind die äquivalente Bandbreite und der Gleichsignalübertragungsfaktor? |
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| − | $\Delta f \ =$ { 1 3% } $\ \rm kHz$ | + | $\Delta f \ =\ $ { 1 3% } $\ \rm kHz$ |
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| − | {Welchen Signalwert besitzt das Ausgangssignal $y(t)$ zur Zeit $t = 0$ bei cosinusförmigem Eingang mit Frequenz $f_0 = 1\ \rm kHz$? | + | {Welchen Signalwert besitzt das Ausgangssignal $y(t)$ zur Zeit $t = 0$ bei cosinusförmigem Eingang mit der Frequenz $\underline{f_0 = 1\ \rm kHz}$? |
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| − | + | $y(t = 0) \ = \ $ { 0. } $\ \rm V$ | |
| − | {Welchen Signalwert besitzt das Ausgangssignal $y(t)$ zur Zeit $t = 0$ bei cosinusförmigem Eingang mit Frequenz $f_0 = 0.1\ \rm kHz$? | + | {Welchen Signalwert besitzt das Ausgangssignal $y(t)$ zur Zeit $t = 0$ bei cosinusförmigem Eingang mit der Frequenz $\underline{f_0 = 0.1\ \rm kHz}$? |
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| − | + | $y(t = 0) \ =\ $ { 2 3% } $\ \rm V$ | |
| − | {Welchen Signalwert besitzt das Ausgangssignal $y(t)$ zur Zeit $t = 0$ bei cosinusförmigem Eingang mit Frequenz $f_0 = 0.5\ \rm kHz$? | + | {Welchen Signalwert besitzt das Ausgangssignal $y(t)$ zur Zeit $t = 0$ bei cosinusförmigem Eingang mit der Frequenz $\underline{f_0 = 0.5\ \rm kHz}$? |
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| − | + | $y(t = 0) \ = \ $ { 1 3% } $\ \rm V$ | |
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===Musterlösung=== | ===Musterlösung=== | ||
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| − | '''(1)''' Ein Vergleich mit den Gleichungen auf der Seite [[Lineare_zeitinvariante_Systeme/Einige_systemtheoretische_Tiefpassfunktionen#Idealer_Tiefpass_.E2.80.93_K.C3.BCpfm.C3.BCller.E2.80.93Tiefpass|Idealer Tiefpass]], oder | + | '''(1)''' Ein Vergleich mit den Gleichungen auf der Seite [[Lineare_zeitinvariante_Systeme/Einige_systemtheoretische_Tiefpassfunktionen#Idealer_Tiefpass_.E2.80.93_K.C3.BCpfm.C3.BCller.E2.80.93Tiefpass|Idealer Tiefpass]], oder die Anwendung der [[Signaldarstellung/Fouriertransformation_und_-rücktransformation#Das_zweite_Fourierintegral|Fourierrücktransformation]] zeigt, dass $H(f)$ ein idealer Tiefpass ist: |
| − | $$H(f) = \left\{ \begin{array}{c} \hspace{0.25cm}K \\ K/2 \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{*{10}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} | + | :$$H(f) = \left\{ \begin{array}{c} \hspace{0.25cm}K \\ K/2 \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{*{10}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} |
\\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} | \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} | ||
{\left| \hspace{0.005cm} f\hspace{0.05cm} \right| < \Delta f/2,} \\ | {\left| \hspace{0.005cm} f\hspace{0.05cm} \right| < \Delta f/2,} \\ | ||
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{\left|\hspace{0.005cm} f \hspace{0.05cm} \right| > \Delta f/2.} \\ | {\left|\hspace{0.005cm} f \hspace{0.05cm} \right| > \Delta f/2.} \\ | ||
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| − | *Die äquidistanten Nulldurchgänge der Impulsantwort treten im Abstand $Δt = 1 \ \rm ms$ auf. | + | *Die äquidistanten Nulldurchgänge der Impulsantwort treten im Abstand $Δt = 1 \ \rm ms$ auf. |
| − | *Daraus folgt die äquivalente Bandbreite $Δf \rm \underline{ = 1 \ \rm kHz}$. | + | *Daraus folgt die äquivalente Bandbreite $Δf \rm \underline{ = 1 \ \rm kHz}$. |
| − | *Wäre $K = 1$, so müsste $h(0) = Δf = 1000 \ \rm 1/s$ gelten. | + | *Wäre $K = 1$, so müsste $h(0) = Δf = 1000 \cdot \rm 1/s$ gelten. |
| − | *Wegen der Angabe $h(0) = 500 \ | + | *Wegen der Angabe $h(0) = 500 \cdot{\rm 1/s} = Δf/2$ ist somit der Gleichsignalübertragungsfaktor $K = H(f = 0) \; \rm \underline{= 0.5}$. |
| − | '''(2)''' Diese Aufgabe lässt sich am einfachsten im Spektralbereich lösen. Für das Ausgangsspektrum gilt: $Y(f) = X(f)\cdot H(f) .$ | + | |
| − | *$X(f)$ besteht aus zwei Diracfunktionen bei $± f_0$, jeweils mit Gewicht $A_x/2 =2 \ rm V$. | + | '''(2)''' Diese Aufgabe lässt sich am einfachsten im Spektralbereich lösen. |
| − | *Bei $f = f_0 = 1 \ {\rm kHz} > Δf/2$ ist aber $H(f) =$ | + | *Für das Ausgangsspektrum gilt: $Y(f) = X(f)\cdot H(f) .$ |
| + | *$X(f)$ besteht aus zwei Diracfunktionen bei $± f_0$, jeweils mit Gewicht $A_x/2 =2 \hspace{0.08cm}\rm V$. | ||
| + | *Bei $f = f_0 = 1 \ {\rm kHz} > Δf/2$ ist aber $H(f) = 0$, so dass $Y(f) = 0$ und damit auch $y(t) = 0$ ist ⇒ $\underline{y(t = 0) = 0}$. | ||
Die Lösung im Zeitbereich basiert auf der Faltung: | Die Lösung im Zeitbereich basiert auf der Faltung: | ||
| − | $$y(t) = x (t) * h (t) = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {h ( \tau )} \cdot | + | :$$y(t) = x (t) * h (t) = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {h ( \tau )} \cdot |
x ( {t - \tau } ) \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau.$$ | x ( {t - \tau } ) \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau.$$ | ||
| − | *Zum Zeitpunkt $t = 0$ erhält man unter Berücksichtigung der Symmetrie der Cosinusfunktion: | + | *Zum Zeitpunkt $t = 0$ erhält man unter Berücksichtigung der Symmetrie der Cosinusfunktion: |
| − | $$y(t = 0 ) = \frac{A_x \cdot \Delta f}{2} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\rm si} ( \pi \cdot \Delta f \cdot \tau ) \cdot | + | :$$y(t = 0 ) = \frac{A_x \cdot \Delta f}{2} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\rm si} ( \pi \cdot \Delta f \cdot \tau ) \cdot |
{\rm cos}(2\pi \cdot f_0 | {\rm cos}(2\pi \cdot f_0 | ||
\cdot \tau ) \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau.$$ | \cdot \tau ) \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau.$$ | ||
| − | *Mit der Substitution $u = π · Δf · τ$ kann hierfür auch geschrieben werden: | + | *Mit der Substitution $u = π · Δf · τ$ kann hierfür auch geschrieben werden: |
| − | $$y(t = 0 ) = \frac{A_x }{\pi} \cdot \int_{ 0 }^{ \infty } \frac{\sin(u) \cdot \cos(a \cdot u)}{u} \hspace{0.15cm}{\rm d}u .$$ | + | :$$y(t = 0 ) = \frac{A_x }{\pi} \cdot \int_{ 0 }^{ \infty } \frac{\sin(u) \cdot \cos(a \cdot u)}{u} \hspace{0.15cm}{\rm d}u .$$ |
| − | Hierbei ist die Konstante $a = 2f_0/Δf = 2$. Mit diesem Wert liefert das angegebene Integral den Wert | + | *Hierbei ist die Konstante $a = 2f_0/Δf = 2$. Mit diesem Wert liefert das angegebene Integral den Wert Null: $y(t = 0 ) = {A_y } = 0.$ |
| + | |||
| − | '''(3)''' Der Frequenzgang bei $f = f_0 = 100 \ \rm Hz$ | + | '''(3)''' Der Frequenzgang hat bei $f = f_0 = 100 \ \rm Hz$ nach den Berechnungen zur Teilaufgabe '''(1)''' den Wert $K = 0.5$. Deshalb ergibt sich |
| − | Zum gleichen Ergebnis kommt man über die Faltung | + | :$$A_y = A_x/2 = 2\ \rm V.$$ |
| − | $$y(t = 0 ) = {A_y } = \frac{A_x}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{A_x}{2} \hspace{0.15cm}\underline{= 2\,{\rm V}}.$$ | + | *Zum gleichen Ergebnis kommt man über die Faltung nach obiger Gleichung. |
| + | *Für $a = 2f_0/Δf = 0.2$ ist das Integral gleich $π/2$ und man erhält | ||
| + | :$$y(t = 0 ) = {A_y } = \frac{A_x}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{A_x}{2} \hspace{0.15cm}\underline{= 2\,{\rm V}}.$$ | ||
| − | '''(4)''' Genau bei $f = 0.5 \ \rm kHz$ | + | '''(4)''' Genau bei $f = 0.5 \ \rm kHz$ liegt der Übergang vom Durchlass– zum Sperrbereich und es gilt für diese singuläre Stelle: |
| − | $$H(f = f_0) = K/2.$$ | + | :$$H(f = f_0) = K/2.$$ |
| − | Somit ist die Amplitude des Ausgangssignals nur halb so groß wie in der Teilaufgabe (3) berechnet, nämlich $A_y \; \underline{= 1 \ \rm V}$. Zum gleichen Ergebnis kommt man mit $a = 2f_0/Δf = 1$ über die Faltung. | + | *Somit ist die Amplitude des Ausgangssignals nur halb so groß wie in der Teilaufgabe '''(3)''' berechnet, nämlich $A_y \; \underline{= 1 \, \rm V}$. |
| + | *Zum gleichen Ergebnis kommt man mit $a = 2f_0/Δf = 1$ über die Faltung. | ||
{{ML-Fuß}} | {{ML-Fuß}} | ||
| − | [[Category:Aufgaben zu Lineare zeitinvariante Systeme|^1.3 | + | [[Category:Aufgaben zu Lineare zeitinvariante Systeme|^1.3 Systemtheoretische Tiefpassfunktionen^]] |
Aktuelle Version vom 9. September 2021, 17:41 Uhr
$\rm si$–förmige Impulsantwort
Die Impulsantwort eines linearen zeitinvarianten (und akausalen) Systems wurde wie folgt ermittelt (siehe Grafik):
- $$h(t) = 500\hspace{0.1cm}{ {\rm s}}^{-1}\cdot{\rm si}\big[\pi \cdot {t}/({ 1\hspace{0.1cm}{\rm ms}})\big] .$$
Berechnet werden sollen die Ausgangssignale $y(t)$, wenn am Eingang verschiedene Cosinusschwingungen unterschiedlicher Frequenz $f_0$ angelegt werden:
- $$x(t) = 4\hspace{0.05cm}{\rm V}\cdot {\rm cos}(2\pi \cdot f_0 \cdot t ) .$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Einige systemtheoretische Tiefpassfunktionen.
- Die Lösung kann im Zeitbereich oder im Frequenzbereich gefunden werden. In der Musterlösung finden Sie beide Lösungswege.
- Gegeben ist das folgende bestimmte Integral:
- $$\int_{ 0 }^{ \infty } \frac{\sin(u) \cdot \cos(a \cdot u)}{u} \hspace{0.15cm}{\rm d}u = \left\{ \begin{array}{c} \pi/2 \\ \pi/4 \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c}{ |a| < 1,} \\{ |a| = 1,} \\ { |a| > 1.} \\ \end{array}$$
Fragebogen
Musterlösung
(1) Ein Vergleich mit den Gleichungen auf der Seite Idealer Tiefpass, oder die Anwendung der Fourierrücktransformation zeigt, dass $H(f)$ ein idealer Tiefpass ist:
- $$H(f) = \left\{ \begin{array}{c} \hspace{0.25cm}K \\ K/2 \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{*{10}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} {\left| \hspace{0.005cm} f\hspace{0.05cm} \right| < \Delta f/2,} \\ {\left| \hspace{0.005cm}f\hspace{0.05cm} \right| = \Delta f/2,} \\ {\left|\hspace{0.005cm} f \hspace{0.05cm} \right| > \Delta f/2.} \\ \end{array}$$
- Die äquidistanten Nulldurchgänge der Impulsantwort treten im Abstand $Δt = 1 \ \rm ms$ auf.
- Daraus folgt die äquivalente Bandbreite $Δf \rm \underline{ = 1 \ \rm kHz}$.
- Wäre $K = 1$, so müsste $h(0) = Δf = 1000 \cdot \rm 1/s$ gelten.
- Wegen der Angabe $h(0) = 500 \cdot{\rm 1/s} = Δf/2$ ist somit der Gleichsignalübertragungsfaktor $K = H(f = 0) \; \rm \underline{= 0.5}$.
(2) Diese Aufgabe lässt sich am einfachsten im Spektralbereich lösen.
- Für das Ausgangsspektrum gilt: $Y(f) = X(f)\cdot H(f) .$
- $X(f)$ besteht aus zwei Diracfunktionen bei $± f_0$, jeweils mit Gewicht $A_x/2 =2 \hspace{0.08cm}\rm V$.
- Bei $f = f_0 = 1 \ {\rm kHz} > Δf/2$ ist aber $H(f) = 0$, so dass $Y(f) = 0$ und damit auch $y(t) = 0$ ist ⇒ $\underline{y(t = 0) = 0}$.
Die Lösung im Zeitbereich basiert auf der Faltung:
- $$y(t) = x (t) * h (t) = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {h ( \tau )} \cdot x ( {t - \tau } ) \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau.$$
- Zum Zeitpunkt $t = 0$ erhält man unter Berücksichtigung der Symmetrie der Cosinusfunktion:
- $$y(t = 0 ) = \frac{A_x \cdot \Delta f}{2} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\rm si} ( \pi \cdot \Delta f \cdot \tau ) \cdot {\rm cos}(2\pi \cdot f_0 \cdot \tau ) \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau.$$
- Mit der Substitution $u = π · Δf · τ$ kann hierfür auch geschrieben werden:
- $$y(t = 0 ) = \frac{A_x }{\pi} \cdot \int_{ 0 }^{ \infty } \frac{\sin(u) \cdot \cos(a \cdot u)}{u} \hspace{0.15cm}{\rm d}u .$$
- Hierbei ist die Konstante $a = 2f_0/Δf = 2$. Mit diesem Wert liefert das angegebene Integral den Wert Null: $y(t = 0 ) = {A_y } = 0.$
(3) Der Frequenzgang hat bei $f = f_0 = 100 \ \rm Hz$ nach den Berechnungen zur Teilaufgabe (1) den Wert $K = 0.5$. Deshalb ergibt sich
- $$A_y = A_x/2 = 2\ \rm V.$$
- Zum gleichen Ergebnis kommt man über die Faltung nach obiger Gleichung.
- Für $a = 2f_0/Δf = 0.2$ ist das Integral gleich $π/2$ und man erhält
- $$y(t = 0 ) = {A_y } = \frac{A_x}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{A_x}{2} \hspace{0.15cm}\underline{= 2\,{\rm V}}.$$
(4) Genau bei $f = 0.5 \ \rm kHz$ liegt der Übergang vom Durchlass– zum Sperrbereich und es gilt für diese singuläre Stelle:
- $$H(f = f_0) = K/2.$$
- Somit ist die Amplitude des Ausgangssignals nur halb so groß wie in der Teilaufgabe (3) berechnet, nämlich $A_y \; \underline{= 1 \, \rm V}$.
- Zum gleichen Ergebnis kommt man mit $a = 2f_0/Δf = 1$ über die Faltung.
