Aufgaben:Aufgabe 3.6Z: Zwei imaginäre Pole: Unterschied zwischen den Versionen

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In dieser Aufgabe betrachten wir ein kausales Signal $x(t)$ mit der Laplace–Transformierten
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In dieser Aufgabe betrachten wir ein kausales Signal  $x(t)$  mit der Laplace–Transformierten
$$X_{\rm L}(p) =
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:$$X_{\rm L}(p) =
 
  \frac { p} { p^2 + 4 \pi^2}=
 
  \frac { p} { p^2 + 4 \pi^2}=
 
  \frac { p} { (p-{\rm j} \cdot 2\pi)(p+{\rm j} \cdot 2\pi)}
 
  \frac { p} { (p-{\rm j} \cdot 2\pi)(p+{\rm j} \cdot 2\pi)}
 
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entsprechend der Grafik (eine rote Nullstelle und zwei grüne Pole).  
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entsprechend der Grafik  (eine rote Nullstelle und zwei grüne Pole).  
  
Das Signal $y(t)$ besitze dagegen die Laplace–Spektralfunktion
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*Das Signal  $y(t)$  besitze dagegen die Laplace–Spektralfunktion
 
:$$Y_{\rm L}(p) =
 
:$$Y_{\rm L}(p) =
 
  \frac { 1} { p^2 + 4 \pi^2}
 
  \frac { 1} { p^2 + 4 \pi^2}
 
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Die rote Nullstelle gehört somit nicht zu $Y_{\rm L}(p)$.
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:Die rote Nullstelle gehört somit nicht zu  $Y_{\rm L}(p)$.
  
Abschließend wird noch das Signal $z(t)$ mit der Laplace–Transformierten
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*Abschließend wird noch das Signal  $z(t)$  mit der Laplace–Transformierten
$$Z_{\rm L}(p) =
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:$$Z_{\rm L}(p) =
 
  \frac { p} { (p-{\rm j} \cdot \beta)(p+{\rm j} \cdot \beta)}
 
  \frac { p} { (p-{\rm j} \cdot \beta)(p+{\rm j} \cdot \beta)}
 
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betrachtet, insbesondere der Grenzfall für $\beta → 0$.
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:betrachtet, insbesondere der Grenzfall für  $\beta → 0$.
  
''Hinweise:''
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*Die Aufgabe gehört zum Kapitel  [[Lineare_zeitinvariante_Systeme/Laplace–Rücktransformation|Laplace–Rücktransformation]].
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*Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
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*Die Frequenzvariable $p$ ist so normiert, dass nach Anwendung des Residuensatzes die Zeit $t$ in Mikrosekunden angegeben ist.  
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*Ein Ergebnis $t = 1$ ist somit als $t = T$ mit $T = 1 \ \rm \mu s$ zu interpretieren.  
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Hinweise:  
*Der [[Lineare_zeitinvariante_Systeme/Laplace–Rücktransformation#Formulierung_des_Residuensatzes|Residuensatz]] lautet am Beispiel der Funktion $X_{\rm L}(p)$ mit zwei einfachen Polstellen bei $ \pm {\rm j} \cdot \beta$:
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*Die Aufgabe gehört zum Kapitel    [[Lineare_zeitinvariante_Systeme/Laplace–Rücktransformation|Laplace–Rücktransformation]].
:$$x(t)  =  X_{\rm L}(p) \cdot (p - {\rm j} \cdot \beta) \cdot  {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p
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*Die Frequenzvariable  $p$   ist so normiert,  dass nach Anwendung des Residuensatzes die Zeit  $t$  in Mikrosekunden angegeben ist.  
  \hspace{0.05cm}t}  \Bigg |_{\hspace{0.1cm} p\hspace{0.05cm}=\hspace{0.05cm}{\rm j \hspace{0.05cm} \it
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*Ein Ergebnis  $t = 1$  ist somit als  $t = T$  mit  $T = 1 \ \rm µ s$  zu interpretieren.  
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*Der  [[Lineare_zeitinvariante_Systeme/Laplace–Rücktransformation#Formulierung_des_Residuensatzes|Residuensatz]]  lautet am Beispiel der Funktion  $X_{\rm L}(p)$  mit zwei einfachen Polstellen bei  $ \pm {\rm j} \cdot \beta$:
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:$$x(t)  =  X_{\rm L}(p) \cdot (p - {\rm j} \cdot \beta) \cdot  {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p\hspace{0.05cm} \cdot
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  \beta}}+X_{\rm L}(p) \cdot (p + {\rm j} \cdot \beta) \cdot  {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p
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{Berechnen Sie das Signal $x(t)$. Welche der folgenden Aussagen sind richtig?
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{Berechnen Sie das Signal &nbsp;$x(t)$.&nbsp; Welche der folgenden Aussagen sind richtig?
 
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+ $x(t)$ ist ein kausales Cosinussignal.
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- $x(t)$ ist ein kausales Sinussignal.
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+ Die Amplitude von $x(t)$ ist $1$.
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+ Die Amplitude von&nbsp; $x(t)$&nbsp; ist&nbsp; $1$.
+ Die Periodendauer von $x(t)$ ist $T = 1 \ \rm \mu s$.
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+ Die Periodendauer von&nbsp; $x(t)$&nbsp; ist&nbsp; $T = 1 \ \rm &micro; s$.
  
  
{Berechnen Sie das Signal $y(t)$. Welche der folgenden Aussagen sind richtig?
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{Berechnen Sie das Signal &nbsp;$y(t)$.&nbsp; Welche der folgenden Aussagen sind richtig?
 
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- $y(t)$ ist ein kausales Cosinussignal.
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+ $y(t)$ ist ein kausales Sinussignal.
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+ $y(t)$&nbsp; ist ein kausales Sinussignal.
- Die Amplitude von $y(t)$ ist $1$.
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- Die Amplitude von&nbsp; $y(t)$&nbsp; ist&nbsp; $1$.
+ Die Periodendauer von $y(t)$ ist $T = 1 \ \rm \mu s$.
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+ Die Periodendauer von&nbsp; $y(t)$&nbsp; ist&nbsp; $T = 1 \ \rm &micro; s$.
  
  
{Welche Aussagen treffen für das Signal $z(t)$ zu?
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+ Für $ \beta > 0$ verläuft $z(t)$ cosinusförmig.
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+ Für &nbsp;$ \beta > 0$&nbsp; verläuft &nbsp;$z(t)$&nbsp; cosinusförmig.
- Für $ \beta > 0$ verläuft $z(t)$ sinusförmig.
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- Für &nbsp;$ \beta > 0$&nbsp; verläuft &nbsp;$z(t)$&nbsp; sinusförmig.
+ Der Grenzfall $\beta &#8594; 0$ führt zur Sprungfunktion.
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+ Der Grenzfall &nbsp;$\beta &#8594; 0$&nbsp; führt zur Sprungfunktion &nbsp;$\gamma(t)$.
  
  
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===Musterlösung===
 
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:<b>1.</b>&nbsp;&nbsp;Durch Anwendung des Residuensatzes erhält man für das Signal <i>x</i>(<i>t</i>) bei positiven Zeiten:
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'''(1)'''&nbsp; Richtig sind&nbsp; <u>die Lösungsvorschläge 1, 3 und 4</u>:
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*Durch Anwendung des Residuensatzes erhält man für das Signal&nbsp; $x(t)$&nbsp; bei positiven Zeiten:
 
:$$x_1(t)\hspace{0.25cm} =  \hspace{0.2cm} {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}}
 
:$$x_1(t)\hspace{0.25cm} =  \hspace{0.2cm} {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}}
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+
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  \frac {p} { p+{\rm j} \cdot 2\pi}\cdot  {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p
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+
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  \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= -{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}2\pi}=
 
  \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= -{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}2\pi}=
 
  \frac{1}{2} \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi t}
 
  \frac{1}{2} \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi t}
 
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:$$\Rightarrow  \hspace{0.3cm} x(t) = x_1(t) + x_2(t) =
 
:$$\Rightarrow  \hspace{0.3cm} x(t) = x_1(t) + x_2(t) =
  \frac{1}{2} \cdot \left [ {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi
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  t}+{\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi
 
  t}+{\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi
 
  t}\right ] = \cos(2\pi t)
 
  t}\right ] = \cos(2\pi t)
 
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:Richtig sind somit <u>die Lösungsvorschläge 1, 3 und 4</u>.
 
  
:<b>2.</b>&nbsp;&nbsp;Prinzipiell könnte diese Teilaufgabe in gleicher Weise gelöst werden wie die Teilaufgabe a). Man kann aber auch den Integrationssatz heranziehen. Dieser besagt unter anderem, dass die Multiplikation mit 1/<i>p</i> im Spektralbereich der Integration im Zeitbereich entspricht:
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:$$Y_{\rm L}(p) = \frac{1}{p} \cdot X_{\rm L}(p) \hspace{0.3cm} \Rightarrow  \hspace{0.3cm} t \ge 0:\quad y(t) = \int\limits_{-\infty}^t \cos(2\pi
+
 
  \tau)\,\,{\rm d}\tau = \frac{1}{2\pi} \cdot \sin(2\pi t)
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'''(2)'''&nbsp; Richtig sind&nbsp; <u>die Lösungsvorschläge 2 und 4</u>:
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*Prinzipiell könnte diese Teilaufgabe in gleicher Weise gelöst werden wie die Teilaufgabe&nbsp; '''(1)'''.  
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*Man kann aber auch den Integrationssatz heranziehen.  
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*Dieser besagt unter anderem,&nbsp; dass die Multiplikation mit&nbsp; $1/p$&nbsp; im Spektralbereich der Integration im Zeitbereich entspricht:
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:$$Y_{\rm L}(p) = {1}/{p} \cdot X_{\rm L}(p) \hspace{0.3cm} \Rightarrow  \hspace{0.3cm} t \ge 0:\quad y(t) = \int_{-\infty}^t \cos(2\pi
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  \tau)\,\,{\rm d}\tau = {1}/({2\pi}) \cdot \sin(2\pi t)
 
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:Richtig sind dementsprechend <u>die Lösungsalternativen 2 und 4</u>.
 
  
:<i>Hinweis</i>: Das kausale Cosinussignal <i>x</i>(<i>t</i>) sowie das hier berechnete kausale Sinussignal <i>y</i>(<i>t</i>) sind auf dem Angabenblatt zu Aufgabe A3.6 als <i>c</i><sub>K</sub>(<i>t</i>) bzw. <i>s</i><sub>K</sub>(<i>t</i>) dargestellt.
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:Hinweis:&nbsp; Das kausale Cosinussignal&nbsp; $x(t)$&nbsp; sowie das kausale Sinussignal&nbsp; $y(t)$&nbsp; sind auf dem Angabenblatt zu&nbsp; [[Aufgaben:3.6_Einschwingverhalten|Aufgabe 3.6]]&nbsp; als&nbsp; $c_{\rm K}(t)$&nbsp; bzw.&nbsp; $s_{\rm K}(t)$&nbsp; dargestellt.
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:<b>3.</b>&nbsp;&nbsp;Ein Vergleich mit der Berechnung von <i>x</i>(<i>t</i>) zeigt, dass <i>z</i>(<i>t</i>) = cos (<i>&beta;</i> &middot; <i>t</i>) für <i>t</i> &#8805; 0 und <i>z</i>(<i>t</i>) = 0 für <i>t</i> < 0 gilt. Der Grenzübergang für <i>&beta;</i> &#8594; 0 führt damit zur Sprungfunktion <i>&gamma;</i>(<i>t</i>) &nbsp;&#8658;&nbsp; <u>Lösungsvorschläge 1 und 3</u>. Zum gleichen Ergebnis kommt man durch die Betrachtung im Spektralbereich:
+
'''(3)'''&nbsp; Richtig sind <u>die Lösungsvorschläge 1 und 3</u>:
:$$Z_{\rm L}(p) = \lim_{\beta \hspace{0.05cm} \rightarrow \hspace{0.05cm} 0}\hspace{0.1cm}\frac{p}{p^2 + \beta^2} = \frac{1}{p}
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*Ein Vergleich mit der Berechnung von &nbsp;$x(t)$&nbsp; zeigt,&nbsp; dass &nbsp;$z(t) = \cos (\beta \cdot t)$&nbsp; für &nbsp;$t \ge 0$&nbsp; und &nbsp;$z(t) = 0$&nbsp; für &nbsp;$t < 0$&nbsp; gilt.  
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*Der Grenzübergang für &nbsp;$\beta &#8594; 0$&nbsp; führt damit zur Sprungfunktion &nbsp;$\gamma(t)$.  
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*Zum gleichen Ergebnis kommt man durch die Betrachtung im Spektralbereich:
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:$$Z_{\rm L}(p) = \lim_{\beta \hspace{0.05cm} \rightarrow \hspace{0.05cm} 0}\hspace{0.1cm}\frac{p}{p^2 + \beta^2} = {1}/{p}
 
  \hspace{0.3cm} \Rightarrow  \hspace{0.3cm}
 
  \hspace{0.3cm} \Rightarrow  \hspace{0.3cm}
 
   z(t) = \gamma(t)
 
   z(t) = \gamma(t)

Aktuelle Version vom 9. Dezember 2021, 17:40 Uhr

Zwei imaginäre Polstellen und eine Nullstelle

In dieser Aufgabe betrachten wir ein kausales Signal  $x(t)$  mit der Laplace–Transformierten

$$X_{\rm L}(p) = \frac { p} { p^2 + 4 \pi^2}= \frac { p} { (p-{\rm j} \cdot 2\pi)(p+{\rm j} \cdot 2\pi)} \hspace{0.05cm}$$

entsprechend der Grafik  (eine rote Nullstelle und zwei grüne Pole).

  • Das Signal  $y(t)$  besitze dagegen die Laplace–Spektralfunktion
$$Y_{\rm L}(p) = \frac { 1} { p^2 + 4 \pi^2} \hspace{0.05cm}.$$
Die rote Nullstelle gehört somit nicht zu  $Y_{\rm L}(p)$.
  • Abschließend wird noch das Signal  $z(t)$  mit der Laplace–Transformierten
$$Z_{\rm L}(p) = \frac { p} { (p-{\rm j} \cdot \beta)(p+{\rm j} \cdot \beta)} \hspace{0.05cm}$$
betrachtet, insbesondere der Grenzfall für  $\beta → 0$.



Hinweise:

  • Die Aufgabe gehört zum Kapitel  Laplace–Rücktransformation.
  • Die Frequenzvariable  $p$   ist so normiert,  dass nach Anwendung des Residuensatzes die Zeit  $t$  in Mikrosekunden angegeben ist.
  • Ein Ergebnis  $t = 1$  ist somit als  $t = T$  mit  $T = 1 \ \rm µ s$  zu interpretieren.
  • Der  Residuensatz  lautet am Beispiel der Funktion  $X_{\rm L}(p)$  mit zwei einfachen Polstellen bei  $ \pm {\rm j} \cdot \beta$:
$$x(t) = X_{\rm L}(p) \cdot (p - {\rm j} \cdot \beta) \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}t} \Bigg |_{\hspace{0.1cm} p\hspace{0.05cm}=\hspace{0.05cm}{\rm j \hspace{0.05cm} \cdot\hspace{0.05cm} \it \beta}}+X_{\rm L}(p) \cdot (p + {\rm j} \cdot \beta) \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p \hspace{0.05cm} \cdot\hspace{0.05cm}t} \Bigg |_{\hspace{0.1cm} p\hspace{0.05cm}=\hspace{0.05cm}{-\rm j \hspace{0.05cm} \cdot\hspace{0.05cm} \it \beta}} \hspace{0.05cm}.$$


Fragebogen

1

Berechnen Sie das Signal  $x(t)$.  Welche der folgenden Aussagen sind richtig?

$x(t)$  ist ein kausales Cosinussignal.
$x(t)$  ist ein kausales Sinussignal.
Die Amplitude von  $x(t)$  ist  $1$.
Die Periodendauer von  $x(t)$  ist  $T = 1 \ \rm µ s$.

2

Berechnen Sie das Signal  $y(t)$.  Welche der folgenden Aussagen sind richtig?

$y(t)$  ist ein kausales Cosinussignal.
$y(t)$  ist ein kausales Sinussignal.
Die Amplitude von  $y(t)$  ist  $1$.
Die Periodendauer von  $y(t)$  ist  $T = 1 \ \rm µ s$.

3

Welche Aussagen treffen für das Signal  $z(t)$  zu?

Für  $ \beta > 0$  verläuft  $z(t)$  cosinusförmig.
Für  $ \beta > 0$  verläuft  $z(t)$  sinusförmig.
Der Grenzfall  $\beta → 0$  führt zur Sprungfunktion  $\gamma(t)$.


Musterlösung

(1)  Richtig sind  die Lösungsvorschläge 1, 3 und 4:

  • Durch Anwendung des Residuensatzes erhält man für das Signal  $x(t)$  bei positiven Zeiten:
$$x_1(t)\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}} \hspace{0.7cm}\{X_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}t}\}= \frac {p} { p+{\rm j} \cdot 2\pi}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}2\pi}= \frac{1}{2} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi t}\hspace{0.05cm} ,$$
$$ x_2(t)\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}} \hspace{0.7cm}\{X_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} t}\}= \frac {p} { p-{\rm j} \cdot 2\pi}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= -{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}2\pi}= \frac{1}{2} \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi t} \hspace{0.05cm} .$$
$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} x(t) = x_1(t) + x_2(t) = {1}/{2} \cdot \left [ {\rm e}^{\hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi t}+{\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi t}\right ] = \cos(2\pi t) \hspace{0.05cm} .$$


(2)  Richtig sind  die Lösungsvorschläge 2 und 4:

  • Prinzipiell könnte diese Teilaufgabe in gleicher Weise gelöst werden wie die Teilaufgabe  (1).
  • Man kann aber auch den Integrationssatz heranziehen.
  • Dieser besagt unter anderem,  dass die Multiplikation mit  $1/p$  im Spektralbereich der Integration im Zeitbereich entspricht:
$$Y_{\rm L}(p) = {1}/{p} \cdot X_{\rm L}(p) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} t \ge 0:\quad y(t) = \int_{-\infty}^t \cos(2\pi \tau)\,\,{\rm d}\tau = {1}/({2\pi}) \cdot \sin(2\pi t) \hspace{0.05cm} .$$
Hinweis:  Das kausale Cosinussignal  $x(t)$  sowie das kausale Sinussignal  $y(t)$  sind auf dem Angabenblatt zu  Aufgabe 3.6  als  $c_{\rm K}(t)$  bzw.  $s_{\rm K}(t)$  dargestellt.


(3)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 1 und 3:

  • Ein Vergleich mit der Berechnung von  $x(t)$  zeigt,  dass  $z(t) = \cos (\beta \cdot t)$  für  $t \ge 0$  und  $z(t) = 0$  für  $t < 0$  gilt.
  • Der Grenzübergang für  $\beta → 0$  führt damit zur Sprungfunktion  $\gamma(t)$.
  • Zum gleichen Ergebnis kommt man durch die Betrachtung im Spektralbereich:
$$Z_{\rm L}(p) = \lim_{\beta \hspace{0.05cm} \rightarrow \hspace{0.05cm} 0}\hspace{0.1cm}\frac{p}{p^2 + \beta^2} = {1}/{p} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} z(t) = \gamma(t) \hspace{0.05cm} .$$