Aufgaben:Aufgabe 1.7: Nahezu kausaler Gaußtiefpass

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Messungen haben ergeben, dass ein LZI–System mit guter Näherung durch einen Gaußtiefpass angenähert werden kann, wenn man eine zusätzliche Laufzeit $τ$ berücksichtigt. Somit lautet der Frequenzgang:

$$H(f) = {\rm e}^{-\pi(f/\Delta f)^2} \cdot {\rm e}^{-{\rm j}2\pi f \tau}.$$ Die beiden Systemparameter $Δt = 1/Δf$ und $τ$ können der in der Grafik dargestellten Impulsantwort $h(t)$ entnommen werden.

Es ist offensichtlich, dass dieses Modell nicht exakt der Wirklichkeit entspricht, da die Impulsantwort $h(t)$ auch für $t <$ 0 nicht vollkommen verschwindet. In der Teilaufgabe c) wird deshalb nach dem maximalen relativen Fehler gefragt, der wie folgt definiert ist: $$\varepsilon_{\rm max} = \frac{\max_{t \hspace{0.02cm}< \hspace{0.1cm}0}|h(t)|}{h(t = \tau)}.$$ In Worten: Der maximale relative Fehler $ε_{\rm max}$ ist gleich dem Maximalwert der Impulsantwort $h(t)$ bei negativen Zeiten, bezogen auf den maximalen Wert $h(t = τ)$ der Impulsantwort.

Hinweis: Die Aufgabe bezieht sich auf die Seite Gaußtiefpass im Kapitel 1.3. Zur Berechnung von Sprung– und Rechteckantwort können Sie das Gaußsche Fehlerintegral verwenden: $${\rm \phi}(x) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi }} \cdot \int\limits_{ -\infty }^{ x } {{\rm e}^{-u^2/2}} \hspace{0.1cm}{\rm d}u.$$

Fragebogen

1

Wie groß sind die äquivalente Bandbreite und die Laufzeit?

$\Delta f =$ MHz

$\tau =$ ns

2

Es gelte $x(t) = 1 {\rm V} · \cos(2π · 6 {\rm MHz }· t)$. Wie lautet das Ausgangssignal $y(t)$? Welcher Signalwert ergibt sich zur Zeit $t =$ 0?

$y(t = 0) =$ V

3

Eigentlich sollte bei Kausalität $h(t < 0) =$ 0 gelten. Wie groß ist der maximale relative Fehler des betrachteten Modells? Definition siehe Angabenseite.

$\epsilon_{\rm max} =$ $\rm x 10^{-6}$

4

Berechnen Sie die (dimensionslose) Sprungantwort $σ(t)$. Welche Werte ergeben sich zu den Zeiten $t =$ 250 ns und $t =$ 300 ns?

$σ(t = 250 \rm ns) =$

$σ(t = 300 \rm ns) =$

Musterlösung

Musterlösung

a) Die äquivalente Bandbreite $Δf$ ist gleich $h(t = τ) \ \rm \underline{= \ 8 \ MHz}$. Dies ist gleichzeitig der Kehrwert der äquivalenten Impulsdauer $Δt =$ 125 ns. Auch die Phasenlaufzeit $τ \ \rm \underline{= \ 250 \ ns}$ kann direkt aus der Grafik abgelesen werden.

b) Ohne Berücksichtigung der Laufzeit ergäbe sich ein Cosinussignal mit der Amplitude

$$A_y = 1\,{\rm V} \cdot {\rm e}^{-\pi([[:Vorlage:6\,\rm MHz]]/[[:Vorlage:8\,\rm MHz]])^2}= 0.171\,{\rm V}.$$ Die Laufzeit bewirkt eine Phasenverschiebung um $3π$: $$\begin{align*} y(t) & = A_y \cdot {\rm cos}(2\pi f_0 ( t - \tau) ) = A_y \cdot {\rm cos}(2\pi f_0 t - 2\pi \cdot {6\,\rm MHz}\cdot {250\,\rm ns} ) \\ & = A_y \cdot {\rm cos}(2\pi f_0 t - 3\pi ) = -A_y \cdot {\rm cos}(2\pi f_0 t ).\end{align*}$$ Der gesuchte Wert ist somit $y(t = 0) \ \rm \underline{= \ –0.171 \ V}$.

c)

d)

e)

f)

g)