Aufgaben:Aufgabe 1.5Z: si-förmige Impulsantwort: Unterschied zwischen den Versionen

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{{quiz-Header|Buchseite=Lineare zeitinvariante Systeme/Einige systemtheoretische Tiefpassfunktionen}}
 
{{quiz-Header|Buchseite=Lineare zeitinvariante Systeme/Einige systemtheoretische Tiefpassfunktionen}}
  
[[Datei:P_ID857__LZI_Z_1_5.png|right|si–förmige Impulsantwort (Aufgabe Z1.5)]]
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[[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):
$$h(t) = 500\hspace{0.05cm}\frac{1}{ {\rm s}}\cdot{\rm si}(\pi
+
:$$h(t) = 500\hspace{0.1cm}{ {\rm s}}^{-1}\cdot{\rm si}\big[\pi
\cdot \frac{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 ) .$$
Die Lösung kann entweder im Zeitbereich oder auch im Frequenzbereich gefunden werden. In der Musterlösung werden jeweils beide Lösungswege angegeben.
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'''Hinweis:''' Diese Aufgabe bezieht sich auf die theoretischen Grundlagen von [[Lineare_zeitinvariante_Systeme/Einige_systemtheoretische_Tiefpassfunktionen|Kapitel 1.3]]. Gegeben ist dazu das folgende bestimmte Integral:
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$$\int_{ 0 }^{ \infty } \frac{\sin(u) \cdot \cos(a \cdot u)}{u}  \hspace{0.15cm}{\rm
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''Hinweise:''
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*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel  [[Lineare_zeitinvariante_Systeme/Einige_systemtheoretische_Tiefpassfunktionen|Einige systemtheoretische Tiefpassfunktionen]].
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*Die Lösung kann im Zeitbereich oder im Frequenzbereich gefunden werden. In der Musterlösung finden Sie beide Lösungswege.  
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*Gegeben ist das folgende bestimmte Integral:
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:$$\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
 
\begin{array}{c}  {\rm{f\ddot{u}r}}  \\ {\rm{f\ddot{u}r}}
 
\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,}  \\
 
\\  {\rm{f\ddot{u}r}}  \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c}{ |a|  < 1,}  \\{ |a|  = 1,}  \\
 
{ |a|  > 1.}  \\ \end{array}$$
 
{ |a|  > 1.}  \\ \end{array}$$
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<quiz display=simple>
 
<quiz display=simple>
{Berechnen Sie den Frequenzgang $H(f)$ des LZI-Systems. Wie groß sind die äquivalente Bandbreite und der Gleichsignalübertragungsfaktor?
+
{Berechnen Sie den Frequenzgang&nbsp; $H(f)$&nbsp; des LZI-Systems. Wie groß sind die äquivalente Bandbreite und der Gleichsignalübertragungsfaktor?
 
|type="{}"}
 
|type="{}"}
$\Delta f =$ { 1 } kHz
+
$\Delta f \ =\ $ { 1 3% } $\ \rm kHz$
$H(f = 0) =$ { 0.5 }
+
$H(f = 0) \ =\ $ { 0.5 3% }
  
  
{Berechnen Sie das Ausgangssignal $y(t)$ bei cosinusförmigem Eingang mit der Frequenz $f_0 =$ 1 kHz. Wie groß ist der Signalwert zur Zeit $t =$ 0?
+
{Welchen Signalwert besitzt das Ausgangssignal&nbsp; $y(t)$&nbsp; zur Zeit&nbsp; $t = 0$&nbsp; bei cosinusförmigem Eingang mit der Frequenz&nbsp; $\underline{f_0 = 1\ \rm  kHz}$?
 
|type="{}"}
 
|type="{}"}
$f_0 = 1 {\rm kHz}:  y(t = 0)  =$ { 0 } V
+
$y(t = 0) \ = \ $ { 0. } $\ \rm V$
  
  
{Berechnen Sie das Ausgangssignal $y(t)$ bei cosinusförmigem Eingang mit der Frequenz $f_0 =$ 0.1 kHz. Wie groß ist der Signalwert zur Zeit $t =$ 0?
+
{Welchen Signalwert besitzt das Ausgangssignal&nbsp; $y(t)$&nbsp; zur Zeit&nbsp; $t = 0$&nbsp; bei cosinusförmigem Eingang mit der Frequenz&nbsp; $\underline{f_0 = 0.1\ \rm  kHz}$?
 
|type="{}"}
 
|type="{}"}
$f_0 = 0.1 {\rm kHz}:  y(t = 0)  =$ { 2 } V
+
$y(t = 0) \ =\ $ { 2 3% } $\ \rm V$
  
  
{Berechnen Sie das Ausgangssignal $y(t)$ bei cosinusförmigem Eingang mit der Frequenz $f_0 =$ 0.5 kHz. Wie groß ist der Signalwert zur Zeit $t =$ 0?
+
{Welchen Signalwert besitzt das Ausgangssignal&nbsp; $y(t)$&nbsp; zur Zeit&nbsp; $t = 0$&nbsp; bei cosinusförmigem Eingang mit der Frequenz&nbsp; $\underline{f_0 = 0.5\ \rm  kHz}$?
 
|type="{}"}
 
|type="{}"}
$f_0 = 0.5 {\rm kHz}:  y(t = 0)  =$ { 1 } V
+
$y(t = 0) \ = \ $ { 1 3% } $\ \rm V$
 
 
  
 
</quiz>
 
</quiz>
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===Musterlösung===
 
===Musterlösung===
 
{{ML-Kopf}}
 
{{ML-Kopf}}
'''1.''' Ein Vergleich mit den Gleichungen in Abschnitt 2 von Kapitel 1.3 – oder auch die Anwendung der Fourierrücktransformation zeigt, dass $H(f)$ ein idealer Tiefpass ist:
+
'''(1)'''&nbsp; Ein Vergleich mit den Gleichungen auf der Seite&nbsp; [[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&nbsp; [[Signaldarstellung/Fouriertransformation_und_-rücktransformation#Das_zweite_Fourierintegral|Fourierrücktransformation]]&nbsp; zeigt, dass&nbsp; $H(f)$&nbsp; 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.}  \\
 
\end{array}$$
 
\end{array}$$
Die äquidistanten Nulldurchgänge der Impulsantwort treten im Abstand $Δt =$ 1 ms auf. Daraus folgt die äquivalente Bandbreite $Δf \rm \underline{ = 1 kHz}$. Wäre $K =$ 1, so müsste $h(0) = Δf =$ 1000 1/s gelten. Wegen der Angabe $h(0) = 500 \hspace{0.05cm} 1/s = Δf/2$ ist somit der Gleichsignalübertragungsfaktor $K = H(f = 0) \rm \underline{= 0.5}$.
+
*Die äquidistanten Nulldurchgänge der Impulsantwort treten im Abstand&nbsp; $Δt = 1 \ \rm ms$&nbsp; auf.  
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*Daraus folgt die äquivalente Bandbreite&nbsp; $Δf \rm \underline{ = 1 \ \rm kHz}$.&nbsp;
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*Wäre&nbsp; $K = 1$, so müsste&nbsp; $h(0) = Δf = 1000 \cdot \rm 1/s$&nbsp; gelten.  
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*Wegen der Angabe&nbsp; $h(0) = 500 \cdot{\rm 1/s} = Δf/2$&nbsp; ist somit der Gleichsignalübertragungsfaktor&nbsp; $K = H(f = 0) \; \rm \underline{= 0.5}$.
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'''(2)'''&nbsp; Diese Aufgabe lässt sich am einfachsten im Spektralbereich lösen.
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*Für das Ausgangsspektrum gilt: &nbsp; $Y(f) =  X(f)\cdot H(f) .$
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*$X(f)$&nbsp; besteht aus zwei Diracfunktionen bei&nbsp; $± f_0$, jeweils mit Gewicht&nbsp; $A_x/2 =2 \hspace{0.08cm}\rm V$.
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*Bei&nbsp; $f = f_0 = 1 \ {\rm kHz} > Δf/2$&nbsp; ist aber&nbsp; $H(f) = 0$, so dass&nbsp; $Y(f) = 0$&nbsp; und damit auch&nbsp; $y(t) = 0$&nbsp; ist  &nbsp;  ⇒  &nbsp;  $\underline{y(t = 0) = 0}$.
  
  
'''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 V. Bei $f = f_0 =$ 1 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:
$$y(t) = x (t) * h (t) = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {h ( \tau  )}  \cdot
+
:$$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.$$
Zum Zeitpunkt $t =$ 0 erhält man unter Berücksichtigung der Symmetrie der Cosinusfunktion:
+
*Zum Zeitpunkt&nbsp; $t = 0$&nbsp; erhält man unter Berücksichtigung der Symmetrie der Cosinusfunktion:
$$y(t = 0 ) = \frac{A_x \cdot \Delta f}{2} \cdot \int\limits_{ - \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.$$
Mit der Substitution $u = π · Δf · τ$ kann hierfür auch geschrieben werden:
+
*Mit der Substitution&nbsp; $u = π · Δf · τ$&nbsp; kann hierfür auch geschrieben werden:
$$y(t = 0 ) = \frac{A_x }{\pi} \cdot \int\limits_{ 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 .$$
Hierbei ist die Konstante $a = 2f_0/Δf =$ 2. Mit diesem Wert liefert das angegebene Integral den Wert 0:
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*Hierbei ist die Konstante&nbsp; $a = 2f_0/Δf = 2$. Mit diesem Wert liefert das angegebene Integral den Wert Null: &nbsp; $y(t = 0 ) = {A_y } = 0.$
$$y(t = 0 ) = {A_y } = 0.$$
+
 
  
  
'''3.''' Der Frequenzgang bei $f = f_0 =$ 100 Hz ist nach den Berechnungen zu Punkt a) gleich $K =$ 0.5. Deshalb ergibt sich $A_y = A_x/2 =$ 2 V. Zum gleichen Ergebnis kommt man über die Faltung entsprechend obiger Gleichung. Für $a = 2f_0/Δf =$ 0.2 ist das Integral gleich $π/2$ und man erhält
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'''(3)'''&nbsp; Der Frequenzgang hat bei&nbsp; $f = f_0 = 100 \ \rm Hz$&nbsp; nach den Berechnungen zur Teilaufgabe&nbsp; '''(1)'''&nbsp; den Wert&nbsp; $K = 0.5$. Deshalb ergibt sich  
$$y(t = 0 ) = {A_y } = \frac{A_x}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{A_x}{2} \hspace{0.15cm}\underline{= 2\,{\rm V}}.$$
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:$$A_y = A_x/2 = 2\ \rm  V.$$
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*Zum gleichen Ergebnis kommt man über die Faltung nach obiger Gleichung.  
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*Für&nbsp; $a = 2f_0/Δf = 0.2$&nbsp; ist das Integral gleich&nbsp; $π/2$&nbsp; und man erhält
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:$$y(t = 0 ) = {A_y } = \frac{A_x}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{A_x}{2} \hspace{0.15cm}\underline{= 2\,{\rm V}}.$$
  
  
'''4.''' Genau bei $f =$ 0.5 kHz ist 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 unter c) berechnet, nämlich $A_y \underline{= 1 V}$. Zum gleichen Ergebnis kommt man mit $a = 2f_0/Δf =$ 1 über die Faltung.
+
'''(4)'''&nbsp; Genau bei&nbsp; $f = 0.5   \ \rm kHz$&nbsp; liegt der Übergang vom Durchlass– zum Sperrbereich und es gilt für diese singuläre Stelle:  
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:$$H(f = f_0) = K/2.$$
 +
*Somit ist die Amplitude des Ausgangssignals nur halb so groß wie in der Teilaufgabe&nbsp; '''(3)'''&nbsp;  berechnet, nämlich&nbsp; $A_y \;  \underline{= 1 \, \rm V}$.  
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*Zum gleichen Ergebnis kommt man mit &nbsp;$a = 2f_0/Δf = 1$&nbsp; über die Faltung.
 
{{ML-Fuß}}
 
{{ML-Fuß}}
  
  
  
[[Category:Aufgaben zu Lineare zeitinvariante Systeme|^Einige systemtheoretische Tiefpassfunktionen^]]
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[[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

1

Berechnen Sie den Frequenzgang  $H(f)$  des LZI-Systems. Wie groß sind die äquivalente Bandbreite und der Gleichsignalübertragungsfaktor?

$\Delta f \ =\ $

$\ \rm kHz$
$H(f = 0) \ =\ $

2

Welchen Signalwert besitzt das Ausgangssignal  $y(t)$  zur Zeit  $t = 0$  bei cosinusförmigem Eingang mit der Frequenz  $\underline{f_0 = 1\ \rm kHz}$?

$y(t = 0) \ = \ $

$\ \rm V$

3

Welchen Signalwert besitzt das Ausgangssignal  $y(t)$  zur Zeit  $t = 0$  bei cosinusförmigem Eingang mit der Frequenz  $\underline{f_0 = 0.1\ \rm kHz}$?

$y(t = 0) \ =\ $

$\ \rm V$

4

Welchen Signalwert besitzt das Ausgangssignal  $y(t)$  zur Zeit  $t = 0$  bei cosinusförmigem Eingang mit der Frequenz  $\underline{f_0 = 0.5\ \rm kHz}$?

$y(t = 0) \ = \ $

$\ \rm V$


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.