Aufgaben:Aufgabe 3.6: Einschwingverhalten: Unterschied zwischen den Versionen
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}} | }} | ||
− | [[Datei:P_ID1784__LZI_A_3_6.png|right|]] | + | [[Datei:P_ID1784__LZI_A_3_6.png|right|frame|Cosinus– und Sinusschwingung,<br>jeweils kausal]] |
− | + | Wir betrachten in dieser Aufgabe ein Cosinussignal $c(t)$ mit der Amplitude $1$ und der Periodendauer $T = 1 \ \rm µ s$, das für alle Zeiten $t$ $($im Bereich $ \pm \infty)$ definiert ist: | |
− | :$$c(t) = \cos(2\pi \cdot | + | :$$c(t) = \cos(2\pi \cdot {t}/{T}) |
\hspace{0.05cm} .$$ | \hspace{0.05cm} .$$ | ||
− | + | Dagegen beginnt das kausale Cosinussignal $c_{\rm K}(t)$ (rote Kurve) erst zum Einschaltzeitpunkt $t = 0$: | |
:$$c_{\rm K}(t)= \left\{ \begin{array}{c} c(t) \\ | :$$c_{\rm K}(t)= \left\{ \begin{array}{c} c(t) \\ | ||
0 \end{array} \right. | 0 \end{array} \right. | ||
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{ t < 0\hspace{0.05cm}.} | { t < 0\hspace{0.05cm}.} | ||
\end{array}$$ | \end{array}$$ | ||
− | + | Für das beidseitig unbegrenzte Signal $c(t)$ kann man nur das Fourierspektrum angeben: | |
− | :$$C(f) = | + | :$$C(f) = {1}/{ 2} \cdot \delta (f - f_0) + {1}/{ 2} \cdot \delta (f + f_0) |
− | \quad {\rm mit} \quad f_0 = | + | \quad {\rm mit} \quad f_0 = {1}/{ T}= 1\,\,{\rm MHz.}$$ |
− | + | Dagegen ist für das kausale Cosinussignal $c_{\rm K}(t)$ auch die Laplace–Transformierte angebbar: | |
:$$C_{\rm L}(p) = | :$$C_{\rm L}(p) = | ||
\frac {p} { (p-{\rm j} \cdot 2 \pi/T)\cdot (p+{\rm j} \cdot 2 \pi/T)}\hspace{0.05cm} .$$ | \frac {p} { (p-{\rm j} \cdot 2 \pi/T)\cdot (p+{\rm j} \cdot 2 \pi/T)}\hspace{0.05cm} .$$ | ||
− | + | Entsprechend gilt für die Laplace–Transformierte der kausalen Sinusfunktion $s_{\rm K}(t)$: | |
:$$S_{\rm L}(p) = | :$$S_{\rm L}(p) = | ||
\frac {2 \pi/T} { (p-{\rm j} \cdot 2 \pi/T)\cdot (p+{\rm j} \cdot 2 \pi/T)}\hspace{0.05cm} .$$ | \frac {2 \pi/T} { (p-{\rm j} \cdot 2 \pi/T)\cdot (p+{\rm j} \cdot 2 \pi/T)}\hspace{0.05cm} .$$ | ||
− | + | Die beidseitig unbegrenzte Sinusfunktion wird mit $s(t)$ bezeichnet und ist als blau–gepunktete Kurve im unteren Diagramm dargestellt. | |
− | + | Die Signale $c(t)$, $c_{\rm K}(t)$, $s(t)$ und $s_{\rm K}(t)$ werden an den Eingang eines Tiefpasses erster Ordnung mit folgender Übertragungsfunktion (bzw. Impulsantwort) angelegt: | |
:$$H_{\rm L}(p) = | :$$H_{\rm L}(p) = | ||
\frac {2 /T} { p + 2 /T} \quad | \frac {2 /T} { p + 2 /T} \quad | ||
\bullet\!\!-\!\!\!-^{\hspace{-0.25cm}\rm L}\!\!\!-\!\!\circ\quad | \bullet\!\!-\!\!\!-^{\hspace{-0.25cm}\rm L}\!\!\!-\!\!\circ\quad | ||
− | h(t) = | + | h(t) = {2}/{T} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-\hspace{0.03cm}2 |
− | \hspace{0.03cm}t/T}$$ | + | \hspace{0.03cm}t/T}.$$ |
− | + | *Die entsprechenden Ausgangssignale werden mit $y_{\rm C}(t)$, $y_{\rm CK}(t)$, $y_{\rm S}(t)$ und $y_{\rm SK}(t)$ bezeichnet. | |
+ | *Diese Signale sollen in dieser Aufgabe berechnet und zueinander in Bezug gesetzt werden. | ||
+ | |||
+ | |||
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− | : | + | Hinweise: |
+ | *Die Aufgabe gehört zum Kapitel [[Lineare_zeitinvariante_Systeme/Laplace–Rücktransformation|Laplace–Rücktransformation]]. | ||
+ | *Die Berechnungen zur Teilaufgabe '''(6)''' sind umfangreich. | ||
+ | *Zur Berechnung der Signale $y_{\rm CK}(t)$ und $y_{\rm SK}(t)$ bietet sich zum Beispiel der [[Lineare_zeitinvariante_Systeme/Laplace–Rücktransformation#Formulierung_des_Residuensatzes|Residuensatz]] an. | ||
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<quiz display=simple> | <quiz display=simple> | ||
− | {Berechnen Sie | + | {Berechnen Sie den Frequenzgang $H(f)$ aus $H_{\rm L}(p)$ nach Betrag und Phase. Welche Werte ergeben sich für die Frequenz $ f = f_0 = 1/T = 1 \ \rm MHz$? |
|type="{}"} | |type="{}"} | ||
− | $|H(f = f_0)|$ | + | $|H(f = f_0)| \ = \ $ { 0.303 3% } |
− | $a(f = f_0)$ | + | $a(f = f_0)\hspace{0.2cm} = \ $ { 1.194 3% } $\ \rm Np$ |
− | $arc \ H(f = f_0)$ | + | ${\rm arc} \ H(f = f_0)\ = \ $ { -74--70 } $\ \rm Grad$ |
− | $b(f = f_0)$ | + | $b(f = f_0)\hspace{0.24cm} = \ $ { 72 3% } $\ \rm Grad$ |
− | {Berechnen Sie das Signal | + | {Berechnen Sie das Signal $y_{\rm C}(t)$ am Filterausgang, wenn am Filtereingang das Cosinussignal $c(t)$ anliegt. Welcher Wert ergibt sich für $t = 0$? |
|type="{}"} | |type="{}"} | ||
− | $ | + | $y_{\rm C}(t = 0) \ = \ $ { 0.092 3% } |
− | {Berechnen Sie das Ausgangssignal | + | {Berechnen Sie das Ausgangssignal $y_{\rm S}(t)$, wenn am Filtereingang das Sinussignal $s(t)$ anliegt. Welcher Wert ergibt sich für $t = 0$? |
|type="{}"} | |type="{}"} | ||
− | $ | + | $y_{\rm S}(t = 0) \ = \ $ { -0.295--0.283 } |
− | {Bestimmen Sie die Einflusslänge | + | {Bestimmen Sie die Einflusslänge $T_h$ der Filterimpulsantwort, also diejenige Zeit, bei der $h(t)$ auf $1\%$ des Maximalwertes abgeklungen ist. Normierung auf $T$. |
|type="{}"} | |type="{}"} | ||
− | $T_h/T$ | + | $T_h/T \ = \ $ { 2.3 3% } |
− | {Welche Aussagen sind für die Signale | + | {Welche Aussagen sind für die Signale $y_{\rm CK}(t)$ und $y_{\rm SK}(t)$ zutreffend? |
|type="[]"} | |type="[]"} | ||
− | + Es gilt | + | + Es gilt $y_{\rm CK}(t) \equiv 0$ und $y_{\rm SK}(t) \equiv 0$ für $t < 0$. |
− | + Das Signal | + | + Das Signal $y_{\rm CK}(t)$ ist für $t > T_h$ annähernd gleich $y_{\rm C}(t)$. |
− | - Das kausale Signal | + | - Das kausale Signal $y_{\rm SK}(t)$ ist für $t < T_h$ annähernd gleich $y_{\rm S}(t)$. |
− | {Berechnen Sie mittels Residuensatz das Signal | + | {Berechnen Sie mittels Residuensatz das Signal $y_{\rm CK}(t)$ nach dem Filter, wenn am Eingang $c_{\rm K}(t)$ anliegt. Welcher Signalwert tritt zum Zeitpunkt $t = T/5$ auf? |
|type="{}"} | |type="{}"} | ||
− | $y_\text{CK}(t = T/5)$ | + | $y_\text{CK}(t = T/5) \ = \ $ { 0.24 3% } |
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===Musterlösung=== | ===Musterlösung=== | ||
{{ML-Kopf}} | {{ML-Kopf}} | ||
− | + | '''(1)''' Ersetzt man in $H_{\rm L}(p)$ den Parameter $T$ durch $1/f_0$ sowie $p$ durch ${\rm j} \cdot 2 \pi f$, so erhält man für den Frequenzgang allgemein bzw. für $f_0 = 1 \ \rm MHz$: | |
:$$H(f) = \frac {2 /T} { {\rm j} \cdot 2 \pi f + 2 /T}= | :$$H(f) = \frac {2 /T} { {\rm j} \cdot 2 \pi f + 2 /T}= | ||
\frac {f_0} { {\rm j} \cdot \pi f + f_0} | \frac {f_0} { {\rm j} \cdot \pi f + f_0} | ||
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-{\rm arc}\,H(f= f_0) \hspace{0.15cm}\underline{\approx +72^\circ} \hspace{0.05cm}.$$ | -{\rm arc}\,H(f= f_0) \hspace{0.15cm}\underline{\approx +72^\circ} \hspace{0.05cm}.$$ | ||
− | + | ||
+ | |||
+ | '''(2)''' Das Ausgangssignal $y_{\rm C}(t)$ ist gegenüber dem Eingangssignal $c(t)$ um den Faktor $0.303$ gedämpft und um $\tau \approx 72/360 \cdot T = T/5$ verzögert. | ||
+ | |||
+ | *Man kann dieses Signal somit auch folgendermaßen beschreiben: | ||
:$$y_{\rm C}(t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2 | :$$y_{\rm C}(t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2 | ||
− | }}= 0.303 \cdot \cos(2\pi \cdot \frac{t-T/5}{T}) \hspace{0. | + | }}= 0.303 \cdot \cos(2\pi \cdot \frac{t-T/5}{T}) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{\rm C}(t=0) = \frac {1} { {1 + \pi^2 |
− | |||
}} \hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.092} \hspace{0.05cm}.$$ | }} \hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.092} \hspace{0.05cm}.$$ | ||
− | + | *Dieses Signal ist in der linken Grafik zur Musterlösung '''(5)''' blau–gepunktet dargestellt. | |
+ | |||
+ | |||
− | + | '''(3)''' Das Signal $y_{\rm S}(t)$ ist gegenüber $s(t)$ ebenfalls um den Dämpfungsfaktor $0.303$ kleiner und um die Zeitdauer $\tau = T/5$ verzögert. | |
+ | |||
+ | *Es lässt sich wie folgt beschreiben: | ||
:$$y_{\rm S}(t) = \frac { -\pi \cdot \cos(2\pi {t}/{T}) + \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2 | :$$y_{\rm S}(t) = \frac { -\pi \cdot \cos(2\pi {t}/{T}) + \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2 | ||
− | }}= 0.303 \cdot \sin(2\pi \cdot \frac{t-T/5}{T}) | + | }}= 0.303 \cdot \sin(2\pi \cdot \frac{t-T/5}{T}) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{\rm S}(t=0) = -\frac {\pi} { {1 + \pi^2 |
− | |||
}} \hspace{0.15cm}\underline{\approx -0.289} \hspace{0.05cm}.$$ | }} \hspace{0.15cm}\underline{\approx -0.289} \hspace{0.05cm}.$$ | ||
− | + | *Dieses Signal ist in der rechten Grafik zur Musterlösung '''(5)''' blau–gepunktet skizziert. | |
− | + | ||
+ | |||
+ | '''(4)''' Bei $T_h$ soll die Impulsantwort $h(t)$ auf $1\%$ des Maximalwertes abgeklungen sein. Somit gilt: | ||
:$${\rm e}^{\hspace{0.05cm}-\hspace{0.03cm}2 | :$${\rm e}^{\hspace{0.05cm}-\hspace{0.03cm}2 | ||
− | \hspace{0.03cm}T_{ h}/T} = 0.01 \hspace{0. | + | \hspace{0.03cm}T_{ h}/T} = 0.01 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} {T_{ h}}/{T} =\frac{1}{2} |
− | \cdot {\rm ln}\,\, \frac{1}{0.01} \hspace{0.15cm}\underline{\approx 2.3} | + | \cdot {\rm ln}\,\, \frac{1}{0.01} \hspace{0.15cm}\underline{\approx 2.3} |
− | \Rightarrow \hspace{0. | + | \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}h(t=0) = |
{2}/{T}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}h(t=T_{ h}) = | {2}/{T}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}h(t=T_{ h}) = | ||
{0.02}/{T}\hspace{0.05cm}.$$ | {0.02}/{T}\hspace{0.05cm}.$$ | ||
− | :< | + | [[Datei:P_ID1785__LZI_A_3_6_e.png|right|frame|Einschwingverhalten eines kausalen Cosinus– und eines kausalen Sinussignals]] |
− | + | <br>'''(5)''' Richtig sind <u>die Aussagen 1 und 2</u>: | |
− | + | *Die kausalen Signale $y_{\rm CK}(t)$ und $y_{\rm SK}(t)$ müssen für $t < 0$ identisch Null sein. | |
− | + | *Da aber die Impulsantwort $h(t)$ des betrachteten Filters für $t > T_h$ (nahezu) verschwindet, ist es nach Abschluss des Einschwingvorganges egal, ob das zeitlich unbegrenzte Signal $c(t)$ oder das kausale Signal $c_{\rm K}(t)$ am Eingang anliegt. | |
− | + | *Das gleiche gilt für die Sinussignale: Für $t >T_{ h}$ ist $y_{\rm SK}(t)=y_{\rm S}(t)$. | |
− | + | ||
+ | |||
+ | Die Grafik zeigt links die Ausgangssignale $y_{\rm C}(t)$ und $y_{\rm CK}(t)$ bei cosinusförmigem Eingang und rechts die Signale $y_{\rm S}(t)$ und $y_{\rm SK}(t)$ bei sinusförmigem Eingang. '''Beachten Sie die Laufzeit''' von $T/5$ $($entsprechend der Phase $72^\circ)$ '''in beiden Fällen'''. | ||
+ | *Bei $y_{\rm CK}(t)$ sind die ersten Wellenberge kleiner als $1$, um die richtige Phasenlage von $y_{\rm C}(t)$ zu erreichen. | ||
+ | *Bei $y_{\rm SK}(t)$ sind dagegen die ersten Wellenberge größer als $1$, um die richtige Phasenlage von $y_{\rm S}(t)$ zu erreichen. | ||
+ | |||
+ | |||
+ | |||
+ | '''(6)''' Mit | ||
+ | $p_{\rm x1}= {\rm j} \cdot {2\pi}/{T} , \hspace{0.1cm}p_{\rm x2}= -{\rm j} \cdot {2\pi}/{T} , \hspace{0.1cm} | ||
p_{\rm x3}= -{2}/{T} | p_{\rm x3}= -{2}/{T} | ||
− | \hspace{0.05cm} | + | \hspace{0.05cm}$ |
− | + | kann für die Laplace–Transformierte des Signals $y_{\rm CK}(t)$ geschrieben werden: | |
:$$Y_{\rm L}(p) = | :$$Y_{\rm L}(p) = | ||
\frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}1})(p-p_{{\rm x}2})(p-p_{{\rm x}3})} | \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}1})(p-p_{{\rm x}2})(p-p_{{\rm x}3})} | ||
\hspace{0.05cm}.$$ | \hspace{0.05cm}.$$ | ||
− | + | Die Zeitfunktion $y_{\rm CK}(t)$ setzt sich somit nach dem Residuensatz aus drei Anteilen zusammen: | |
− | + | * Der erste Anteil ergibt sich unter Berücksichtigung von $p_{\rm x2}= -p_{\rm x1}$ zu | |
− | :$$y_1(t) | + | :$$y_1(t)= {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}} |
− | \hspace{0. | + | \hspace{0.05cm}\{Y_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p t}\}= |
\frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}2})(p-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p | \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}2})(p-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p | ||
\hspace{0.05cm}t} | \hspace{0.05cm}t} | ||
− | \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}}= | + | \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}}= |
− | + | \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot | |
p_{{\rm x}1}} { (p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}2})(p_{{\rm x}1}-p_{{\rm | p_{{\rm x}1}} { (p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}2})(p_{{\rm x}1}-p_{{\rm | ||
x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}1}\cdot | x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}1}\cdot | ||
Zeile 142: | Zeile 167: | ||
\hspace{0.05cm} .$$ | \hspace{0.05cm} .$$ | ||
− | + | * In gleicher Weise erhält man für den zweiten Anteil: | |
− | :$$y_2(t) | + | :$$y_2(t)= {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}} |
− | \hspace{0. | + | \hspace{0.05cm}\{Y_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p t}\}= |
\frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}1})(p-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p | \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}1})(p-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p | ||
\hspace{0.05cm}t} | \hspace{0.05cm}t} | ||
− | \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}}= | + | \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}}=\frac {-p_{{\rm x}3}\cdot |
− | |||
p_{{\rm x}2}} { (p_{{\rm x}2}-p_{{\rm x}1})(p_{{\rm x}2}-p_{{\rm | p_{{\rm x}2}} { (p_{{\rm x}2}-p_{{\rm x}1})(p_{{\rm x}2}-p_{{\rm | ||
x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}2}\cdot | x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}2}\cdot | ||
Zeile 156: | Zeile 180: | ||
\hspace{0.05cm} .$$ | \hspace{0.05cm} .$$ | ||
− | + | * Fasst man beide Anteile zusammen und berücksichtigt die Zahlenwerte von $p_{\rm x1}$ und $p_{\rm x3}$, so erhält man | |
− | :$$y_{1\hspace{0.03cm}+2}(t) | + | :$$y_{1\hspace{0.03cm}+2}(t)= \frac {1/T} { 2/T + {\rm j} \cdot 2\pi /T} |
\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm} t/T}+\frac {1/T} { 2/T - {\rm j} \cdot 2\pi /T} | \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm} t/T}+\frac {1/T} { 2/T - {\rm j} \cdot 2\pi /T} | ||
\cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi | \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi | ||
− | \hspace{0.03cm}t/T}= | + | \hspace{0.03cm}t/T}= \frac {1/2} { 1 + {\rm j} \cdot \pi } |
− | |||
\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi | \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi | ||
\hspace{0.03cm}t/T}+\frac {1/2} { 1 - {\rm j} \cdot \pi } | \hspace{0.03cm}t/T}+\frac {1/2} { 1 - {\rm j} \cdot \pi } | ||
\cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi | \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi | ||
− | \hspace{0.03cm}t/T} | + | \hspace{0.03cm}t/T}$$ |
− | + | :$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{1\hspace{0.03cm}+2}(t)\hspace{0.25cm} = \frac {1/2 \cdot (1 - {\rm j} \cdot \pi)} { 1 + \pi^2 } | |
\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi | \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi | ||
\hspace{0.03cm}t/T}+\frac {1/2 \cdot (1 + {\rm j} \cdot \pi)} { 1 + \pi^2 } | \hspace{0.03cm}t/T}+\frac {1/2 \cdot (1 + {\rm j} \cdot \pi)} { 1 + \pi^2 } | ||
Zeile 173: | Zeile 196: | ||
\hspace{0.05cm} .$$ | \hspace{0.05cm} .$$ | ||
− | + | * Mit Hilfe des Eulerschen Satzes kann hierfür auch geschrieben werden: | |
:$$y_{1\hspace{-0.03cm}+2} (t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2 | :$$y_{1\hspace{-0.03cm}+2} (t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2 | ||
}}= y_{\rm C}(t)\hspace{0.05cm}.$$ | }}= y_{\rm C}(t)\hspace{0.05cm}.$$ | ||
− | + | Man erkennt, dass $y_{1\hspace{0.03cm}+2}(t)$ exakt gleich dem in der Teilaufgabe '''(2)''' berechneten Signal $y_{\rm C}(t)$ ist. | |
− | + | * Schließlich erhält man für das letzte Residuum: | |
− | :$$y_3(t) | + | :$$y_3(t)=\frac {-p_{{\rm x}3}^2} { (p_{{\rm x}3}-p_{{\rm |
x}1}) (p_{{\rm x}3}-p_{{\rm x}2})} \cdot {\rm | x}1}) (p_{{\rm x}3}-p_{{\rm x}2})} \cdot {\rm | ||
e}^{\hspace{0.05cm}p_{{\rm x}3}\cdot | e}^{\hspace{0.05cm}p_{{\rm x}3}\cdot | ||
\hspace{0.03cm}t}= \frac {-(2/T)^2 \cdot {\rm | \hspace{0.03cm}t}= \frac {-(2/T)^2 \cdot {\rm | ||
e}^{\hspace{0.05cm}-2 | e}^{\hspace{0.05cm}-2 | ||
− | \hspace{0.03cm}t/T}} { (-2/T-{\rm j} \cdot 2\pi /T) (-2/T+{\rm j} \cdot 2\pi /T)} | + | \hspace{0.03cm}t/T}} { (-2/T-{\rm j} \cdot 2\pi /T) (-2/T+{\rm j} \cdot 2\pi /T)} =\frac {- {\rm |
− | |||
− | |||
e}^{\hspace{0.05cm}-2 | e}^{\hspace{0.05cm}-2 | ||
− | \hspace{0.03cm}t/T} | + | \hspace{0.03cm}t/T} } { (1+{\rm j} \cdot \pi ) (1-{\rm j} \cdot |
+ | \pi)} =\frac {- {\rm | ||
e}^{\hspace{0.05cm}-2 | e}^{\hspace{0.05cm}-2 | ||
− | \hspace{0.03cm}t/T} | + | \hspace{0.03cm}t/T}} { 1+\pi^2} |
\hspace{0.05cm} .$$ | \hspace{0.05cm} .$$ | ||
− | + | * Damit lautet das Ausgangssignal bei kausalem Cosinussignal am Eingang: | |
:$$y_{\rm CK}(t) = y_1(t)+y_2(t)+y_3(t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})-{\rm | :$$y_{\rm CK}(t) = y_1(t)+y_2(t)+y_3(t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})-{\rm | ||
e}^{\hspace{0.05cm}-2 | e}^{\hspace{0.05cm}-2 | ||
Zeile 201: | Zeile 223: | ||
e}^{\hspace{0.05cm}-0.4}} { {1 + \pi^2 | e}^{\hspace{0.05cm}-0.4}} { {1 + \pi^2 | ||
}} \hspace{0.15cm}\underline{ \approx 0.24} < 0.303\hspace{0.05cm} .$$ | }} \hspace{0.15cm}\underline{ \approx 0.24} < 0.303\hspace{0.05cm} .$$ | ||
− | :Zum Vergleich: Das Signal | + | :Zum Vergleich: Das Signal $y_{\rm C}(t)$ hat zu diesem Zeitpunkt den Wert $0.303$. |
− | + | * Dagegen ergibt sich beim kausalen Sinussignal am Eingang allgemein und speziell zum Zeitpunkt des ersten Maximums bei $t = 0.45 \cdot T$: | |
:$$y_{\rm SK}(t) = \frac { -\pi \cdot \cos(2\pi {t}/{T}) + \sin(2\pi {t}/{T})+\pi \cdot {\rm | :$$y_{\rm SK}(t) = \frac { -\pi \cdot \cos(2\pi {t}/{T}) + \sin(2\pi {t}/{T})+\pi \cdot {\rm | ||
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Aktuelle Version vom 9. Dezember 2021, 17:22 Uhr
Wir betrachten in dieser Aufgabe ein Cosinussignal $c(t)$ mit der Amplitude $1$ und der Periodendauer $T = 1 \ \rm µ s$, das für alle Zeiten $t$ $($im Bereich $ \pm \infty)$ definiert ist:
- $$c(t) = \cos(2\pi \cdot {t}/{T}) \hspace{0.05cm} .$$
Dagegen beginnt das kausale Cosinussignal $c_{\rm K}(t)$ (rote Kurve) erst zum Einschaltzeitpunkt $t = 0$:
- $$c_{\rm K}(t)= \left\{ \begin{array}{c} c(t) \\ 0 \end{array} \right. \begin{array}{c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \end{array}\begin{array}{*{20}c} { t \ge 0\hspace{0.05cm},} \\ { t < 0\hspace{0.05cm}.} \end{array}$$
Für das beidseitig unbegrenzte Signal $c(t)$ kann man nur das Fourierspektrum angeben:
- $$C(f) = {1}/{ 2} \cdot \delta (f - f_0) + {1}/{ 2} \cdot \delta (f + f_0) \quad {\rm mit} \quad f_0 = {1}/{ T}= 1\,\,{\rm MHz.}$$
Dagegen ist für das kausale Cosinussignal $c_{\rm K}(t)$ auch die Laplace–Transformierte angebbar:
- $$C_{\rm L}(p) = \frac {p} { (p-{\rm j} \cdot 2 \pi/T)\cdot (p+{\rm j} \cdot 2 \pi/T)}\hspace{0.05cm} .$$
Entsprechend gilt für die Laplace–Transformierte der kausalen Sinusfunktion $s_{\rm K}(t)$:
- $$S_{\rm L}(p) = \frac {2 \pi/T} { (p-{\rm j} \cdot 2 \pi/T)\cdot (p+{\rm j} \cdot 2 \pi/T)}\hspace{0.05cm} .$$
Die beidseitig unbegrenzte Sinusfunktion wird mit $s(t)$ bezeichnet und ist als blau–gepunktete Kurve im unteren Diagramm dargestellt.
Die Signale $c(t)$, $c_{\rm K}(t)$, $s(t)$ und $s_{\rm K}(t)$ werden an den Eingang eines Tiefpasses erster Ordnung mit folgender Übertragungsfunktion (bzw. Impulsantwort) angelegt:
- $$H_{\rm L}(p) = \frac {2 /T} { p + 2 /T} \quad \bullet\!\!-\!\!\!-^{\hspace{-0.25cm}\rm L}\!\!\!-\!\!\circ\quad h(t) = {2}/{T} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-\hspace{0.03cm}2 \hspace{0.03cm}t/T}.$$
- Die entsprechenden Ausgangssignale werden mit $y_{\rm C}(t)$, $y_{\rm CK}(t)$, $y_{\rm S}(t)$ und $y_{\rm SK}(t)$ bezeichnet.
- Diese Signale sollen in dieser Aufgabe berechnet und zueinander in Bezug gesetzt werden.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Laplace–Rücktransformation.
- Die Berechnungen zur Teilaufgabe (6) sind umfangreich.
- Zur Berechnung der Signale $y_{\rm CK}(t)$ und $y_{\rm SK}(t)$ bietet sich zum Beispiel der Residuensatz an.
Fragebogen
Musterlösung
- $$H(f) = \frac {2 /T} { {\rm j} \cdot 2 \pi f + 2 /T}= \frac {f_0} { {\rm j} \cdot \pi f + f_0} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} H(f= f_0) = \frac {1} { 1 + {\rm j} \cdot \pi }$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} |H(f= f_0)| = \frac {1} { \sqrt{1 + \pi^2 }} \hspace{0.15cm}\underline{= 0.303}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}a(f= f_0)= - {\rm ln}\,\, |H(f= f_0)| \hspace{0.15cm}\underline{\approx 1.194\,\,{\rm Np}}$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm arc}\,H(f= f_0)= - {\rm arctan}\,(\pi) \hspace{0.15cm}\underline{\approx -72^\circ} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}b(f= f_0)= -{\rm arc}\,H(f= f_0) \hspace{0.15cm}\underline{\approx +72^\circ} \hspace{0.05cm}.$$
(2) Das Ausgangssignal $y_{\rm C}(t)$ ist gegenüber dem Eingangssignal $c(t)$ um den Faktor $0.303$ gedämpft und um $\tau \approx 72/360 \cdot T = T/5$ verzögert.
- Man kann dieses Signal somit auch folgendermaßen beschreiben:
- $$y_{\rm C}(t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2 }}= 0.303 \cdot \cos(2\pi \cdot \frac{t-T/5}{T}) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{\rm C}(t=0) = \frac {1} { {1 + \pi^2 }} \hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.092} \hspace{0.05cm}.$$
- Dieses Signal ist in der linken Grafik zur Musterlösung (5) blau–gepunktet dargestellt.
(3) Das Signal $y_{\rm S}(t)$ ist gegenüber $s(t)$ ebenfalls um den Dämpfungsfaktor $0.303$ kleiner und um die Zeitdauer $\tau = T/5$ verzögert.
- Es lässt sich wie folgt beschreiben:
- $$y_{\rm S}(t) = \frac { -\pi \cdot \cos(2\pi {t}/{T}) + \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2 }}= 0.303 \cdot \sin(2\pi \cdot \frac{t-T/5}{T}) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{\rm S}(t=0) = -\frac {\pi} { {1 + \pi^2 }} \hspace{0.15cm}\underline{\approx -0.289} \hspace{0.05cm}.$$
- Dieses Signal ist in der rechten Grafik zur Musterlösung (5) blau–gepunktet skizziert.
(4) Bei $T_h$ soll die Impulsantwort $h(t)$ auf $1\%$ des Maximalwertes abgeklungen sein. Somit gilt:
- $${\rm e}^{\hspace{0.05cm}-\hspace{0.03cm}2 \hspace{0.03cm}T_{ h}/T} = 0.01 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} {T_{ h}}/{T} =\frac{1}{2} \cdot {\rm ln}\,\, \frac{1}{0.01} \hspace{0.15cm}\underline{\approx 2.3} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}h(t=0) = {2}/{T}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}h(t=T_{ h}) = {0.02}/{T}\hspace{0.05cm}.$$
(5) Richtig sind die Aussagen 1 und 2:
- Die kausalen Signale $y_{\rm CK}(t)$ und $y_{\rm SK}(t)$ müssen für $t < 0$ identisch Null sein.
- Da aber die Impulsantwort $h(t)$ des betrachteten Filters für $t > T_h$ (nahezu) verschwindet, ist es nach Abschluss des Einschwingvorganges egal, ob das zeitlich unbegrenzte Signal $c(t)$ oder das kausale Signal $c_{\rm K}(t)$ am Eingang anliegt.
- Das gleiche gilt für die Sinussignale: Für $t >T_{ h}$ ist $y_{\rm SK}(t)=y_{\rm S}(t)$.
Die Grafik zeigt links die Ausgangssignale $y_{\rm C}(t)$ und $y_{\rm CK}(t)$ bei cosinusförmigem Eingang und rechts die Signale $y_{\rm S}(t)$ und $y_{\rm SK}(t)$ bei sinusförmigem Eingang. Beachten Sie die Laufzeit von $T/5$ $($entsprechend der Phase $72^\circ)$ in beiden Fällen.
- Bei $y_{\rm CK}(t)$ sind die ersten Wellenberge kleiner als $1$, um die richtige Phasenlage von $y_{\rm C}(t)$ zu erreichen.
- Bei $y_{\rm SK}(t)$ sind dagegen die ersten Wellenberge größer als $1$, um die richtige Phasenlage von $y_{\rm S}(t)$ zu erreichen.
(6) Mit $p_{\rm x1}= {\rm j} \cdot {2\pi}/{T} , \hspace{0.1cm}p_{\rm x2}= -{\rm j} \cdot {2\pi}/{T} , \hspace{0.1cm} p_{\rm x3}= -{2}/{T} \hspace{0.05cm}$ kann für die Laplace–Transformierte des Signals $y_{\rm CK}(t)$ geschrieben werden:
- $$Y_{\rm L}(p) = \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}1})(p-p_{{\rm x}2})(p-p_{{\rm x}3})} \hspace{0.05cm}.$$
Die Zeitfunktion $y_{\rm CK}(t)$ setzt sich somit nach dem Residuensatz aus drei Anteilen zusammen:
- Der erste Anteil ergibt sich unter Berücksichtigung von $p_{\rm x2}= -p_{\rm x1}$ zu
- $$y_1(t)= {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}} \hspace{0.05cm}\{Y_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p t}\}= \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}2})(p-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}}= \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p_{{\rm x}1}} { (p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}2})(p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}1}\cdot \hspace{0.03cm}t}= \frac {-p_{{\rm x}3}/2} { p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}3}}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}1}\cdot \hspace{0.03cm}t} \hspace{0.05cm} .$$
- In gleicher Weise erhält man für den zweiten Anteil:
- $$y_2(t)= {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}} \hspace{0.05cm}\{Y_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p t}\}= \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}1})(p-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}}=\frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p_{{\rm x}2}} { (p_{{\rm x}2}-p_{{\rm x}1})(p_{{\rm x}2}-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}2}\cdot \hspace{0.03cm}t}= \frac {p_{{\rm x}3}/2} { p_{{\rm x}1}+p_{{\rm x}3}}\cdot {\rm e}^{-p_{{\rm x}1}\cdot \hspace{0.03cm}t} \hspace{0.05cm} .$$
- Fasst man beide Anteile zusammen und berücksichtigt die Zahlenwerte von $p_{\rm x1}$ und $p_{\rm x3}$, so erhält man
- $$y_{1\hspace{0.03cm}+2}(t)= \frac {1/T} { 2/T + {\rm j} \cdot 2\pi /T} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm} t/T}+\frac {1/T} { 2/T - {\rm j} \cdot 2\pi /T} \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}= \frac {1/2} { 1 + {\rm j} \cdot \pi } \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}+\frac {1/2} { 1 - {\rm j} \cdot \pi } \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{1\hspace{0.03cm}+2}(t)\hspace{0.25cm} = \frac {1/2 \cdot (1 - {\rm j} \cdot \pi)} { 1 + \pi^2 } \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}+\frac {1/2 \cdot (1 + {\rm j} \cdot \pi)} { 1 + \pi^2 } \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T} \hspace{0.05cm} .$$
- Mit Hilfe des Eulerschen Satzes kann hierfür auch geschrieben werden:
- $$y_{1\hspace{-0.03cm}+2} (t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2 }}= y_{\rm C}(t)\hspace{0.05cm}.$$
Man erkennt, dass $y_{1\hspace{0.03cm}+2}(t)$ exakt gleich dem in der Teilaufgabe (2) berechneten Signal $y_{\rm C}(t)$ ist.
- Schließlich erhält man für das letzte Residuum:
- $$y_3(t)=\frac {-p_{{\rm x}3}^2} { (p_{{\rm x}3}-p_{{\rm x}1}) (p_{{\rm x}3}-p_{{\rm x}2})} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p_{{\rm x}3}\cdot \hspace{0.03cm}t}= \frac {-(2/T)^2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T}} { (-2/T-{\rm j} \cdot 2\pi /T) (-2/T+{\rm j} \cdot 2\pi /T)} =\frac {- {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T} } { (1+{\rm j} \cdot \pi ) (1-{\rm j} \cdot \pi)} =\frac {- {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T}} { 1+\pi^2} \hspace{0.05cm} .$$
- Damit lautet das Ausgangssignal bei kausalem Cosinussignal am Eingang:
- $$y_{\rm CK}(t) = y_1(t)+y_2(t)+y_3(t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})-{\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T}} { {1 + \pi^2 }}$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm}y_{\rm CK}(t = {T}/{5}) = \frac { \cos(72^\circ) + \pi \cdot \sin(72^\circ)-{\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.4}} { {1 + \pi^2 }} \hspace{0.15cm}\underline{ \approx 0.24} < 0.303\hspace{0.05cm} .$$
- Zum Vergleich: Das Signal $y_{\rm C}(t)$ hat zu diesem Zeitpunkt den Wert $0.303$.
- Dagegen ergibt sich beim kausalen Sinussignal am Eingang allgemein und speziell zum Zeitpunkt des ersten Maximums bei $t = 0.45 \cdot T$:
- $$y_{\rm SK}(t) = \frac { -\pi \cdot \cos(2\pi {t}/{T}) + \sin(2\pi {t}/{T})+\pi \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T}} { {1 + \pi^2 }}$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{\rm SK}(t = 0.45 \cdot T) = \frac { -\pi \cdot \cos(162^\circ) + \sin(162^\circ)+\pi \cdot{\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.9}} { {1 + \pi^2 }} \approx 0.42 > 0.303\hspace{0.05cm} .$$