Aufgaben:Aufgabe 1.5: Idealer rechteckförmiger Tiefpass: Unterschied zwischen den Versionen
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{Wie lautet das Ausgangssignal $y_2(t)$, wenn am Filtereingang der Diracpuls $x_2(t)$ anliegt und $T_{\rm A} = 200 \ μ \rm s$ gilt. Welcher Signalwert tritt bei $t = 0$ auf? | {Wie lautet das Ausgangssignal $y_2(t)$, wenn am Filtereingang der Diracpuls $x_2(t)$ anliegt und $T_{\rm A} = 200 \ μ \rm s$ gilt. Welcher Signalwert tritt bei $t = 0$ auf? | ||
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− | $T_{\rm A} = {\rm 200 \: \mu s} : y_2(t = 0) \ =$ { 10 3% } $\rm V$ | + | $T_{\rm A} = {\rm 200 \: \mu s}\hspace{-0.1} : \ y_2(t = 0) \ =$ { 10 3% } $\rm V$ |
{Welche Werte $y_2(t = 0)$ ergeben sich mit $T_{\rm A} = 199 \ μ \rm s$ bzw. $T_{\rm A} = 201 \ μ \rm s$? | {Welche Werte $y_2(t = 0)$ ergeben sich mit $T_{\rm A} = 199 \ μ \rm s$ bzw. $T_{\rm A} = 201 \ μ \rm s$? | ||
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− | $T_{\rm A} = {\rm 199 \: \mu s} : y_2(t = 0) =$ { 5.025 3% } $\rm V$ | + | $T_{\rm A} = {\rm 199 \: \mu s} \hspace{-0.1} : \ y_2(t = 0) =$ { 5.025 3% } $\rm V$ |
− | $T_{\rm A} = {\rm 201 \: \mu s} : y_2(t = 0) =$ { 14.925 3% } $\rm V$ | + | $T_{\rm A} = {\rm 201 \: \mu s} \hspace{-0.1} : \y_2(t = 0) =$ { 14.925 3% } $\rm V$ |
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{Wie lautet das Ausgangssignal $y_4(t)$, wenn am Eingang das si–förmige Signal $y_4(t)$ mit $T = 200 \ μ \rm s$ anliegt? Welcher Wert ergibt sich für $t = 0$? | {Wie lautet das Ausgangssignal $y_4(t)$, wenn am Eingang das si–förmige Signal $y_4(t)$ mit $T = 200 \ μ \rm s$ anliegt? Welcher Wert ergibt sich für $t = 0$? | ||
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− | $T = 200 {\: \rm \mu s} : y_4(t = 0) =$ { 10 3% } V | + | $T = 200 {\: \rm \mu s} \hspace{-0.1} : \ y_4(t = 0) =$ { 10 3% } V |
{Welcher Signalwert $y_4(t = 0)$ ergibt sich für $T = 50 \ μ \rm s$? | {Welcher Signalwert $y_4(t = 0)$ ergibt sich für $T = 50 \ μ \rm s$? | ||
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− | $T = 50 {\: \rm \mu s} : y_4(t = 0) =$ { 5 3% } $\rm V$ | + | $T = 50 {\: \rm \mu s} \hspace{-0.1} : \ y_4(t = 0) =$ { 5 3% } $\rm V$ |
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===Musterlösung=== | ===Musterlösung=== | ||
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− | ''' | + | '''(1)''' Die Impulsantwort des idealen Tiefpasses lautet mit $Δf =$ 10 kHz: |
$$h(t) = \Delta f \cdot {\rm si}(\pi \cdot \Delta f \cdot t ).$$ | $$h(t) = \Delta f \cdot {\rm si}(\pi \cdot \Delta f \cdot t ).$$ | ||
Das Ausgangssignal unterscheidet sich hiervon um den Gewichtungsfaktor $\rm 10^{–3} Vs$: | Das Ausgangssignal unterscheidet sich hiervon um den Gewichtungsfaktor $\rm 10^{–3} Vs$: | ||
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− | ''' | + | '''(2)''' [[Datei:P_ID856__LZI_A_1_5_b.png | rechts | Diracpuls und Rechteckfilter (ML zu Aufgabe A1.5b)]] Das Spektrum $X_2(f)$ des Diracpulses beinhaltet diskrete Linien im Abstand $f_{\rm A} = 1/T_{\rm A} =$ 5 kHz, jeweils mit dem Gewicht 5 V. Das Spektrum $Y_2(f)$ besteht somit aus einer Spektrallinie bei $f =$ 0 mit dem Gewicht 5 V und je einer bei ±5 kHz mit Gewicht 2.5 V. Damit gilt für das Zeitsignal: |
$$\begin{align*} y_2(t) &= 5 \hspace{0.1cm}{\rm V} + 5\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot{\rm cos}(2 \pi \cdot f_{\rm A} \cdot t ) =\\ &= 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot {\rm cos}^2(\pi \cdot f_{\rm A} \cdot t ).\end{align*}$$ | $$\begin{align*} y_2(t) &= 5 \hspace{0.1cm}{\rm V} + 5\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot{\rm cos}(2 \pi \cdot f_{\rm A} \cdot t ) =\\ &= 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot {\rm cos}^2(\pi \cdot f_{\rm A} \cdot t ).\end{align*}$$ | ||
Der Signalwert bei $t =$ 0 beträgt somit $\rm \underline{10 \: V}$. | Der Signalwert bei $t =$ 0 beträgt somit $\rm \underline{10 \: V}$. | ||
− | ''' | + | '''(3)''' Mit $T_{\rm A} =$ 199 μs ist $f_{\rm A} >$ 5 kHz. Wegen $H(f_{\rm A}) =$ 0 besteht somit das Spektrum aus nur einer Spektrallinie bei $f =$ 0 mit dem Gewicht 5.025 V und man erhält den konstanten Verlauf $y_2(t) \rm \underline{\: = 5.025 \: V}$. Wird $T_{\rm A}$ weiter verringert, so ergibt sich am Ausgang weiterhin ein Gleichsignal, aber mit größerem Signalwert (proportional zu $1/T_{\rm A}$). |
Dagegen ist mit $T_{\rm A} =$ 201 μs die Abtastfrequenz etwas kleiner als die Grenzfrequenz des Filters (5 kHz), und die Spektralfunktion des Ausgangssignals lautet: | Dagegen ist mit $T_{\rm A} =$ 201 μs die Abtastfrequenz etwas kleiner als die Grenzfrequenz des Filters (5 kHz), und die Spektralfunktion des Ausgangssignals lautet: | ||
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− | ''' | + | '''(4)''' [[Datei:P_ID854__LZI_A_1_5_d.png | Impuls– und Sprungantwort (ML zu Aufgabe A1.5d) | rechts]] Das Ausgangssignal $y_3(t)$ verläuft nun entsprechend der Integralsinusfunktion: |
$$\begin{align*}y_3(t = 0) &= 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot \Delta f \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ t } {{\rm si} ( \pi \Delta f \tau )} \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau =\\ &= 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot \left[ \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi}\cdot {\rm Si} ( \pi \Delta f t )\right].\end{align*}$$ | $$\begin{align*}y_3(t = 0) &= 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot \Delta f \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ t } {{\rm si} ( \pi \Delta f \tau )} \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau =\\ &= 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot \left[ \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi}\cdot {\rm Si} ( \pi \Delta f t )\right].\end{align*}$$ | ||
Zum Zeitpunkt $t =$ 0 gilt $y_3(t) \rm \underline{\: = 5 \: V}$. | Zum Zeitpunkt $t =$ 0 gilt $y_3(t) \rm \underline{\: = 5 \: V}$. | ||
− | ''' | + | '''(5)''' Es ist offensichtlich, dass $y_3(t)$ dann sein Maximum erreicht, wenn die si–Funktion zum ersten Mal bei positiven Zeiten die Abszisse schneidet (siehe Skizze). Also muss $t_{\rm max} = 1/Δf \rm \underline{\: = 100 \: \mu s}$ gelten. Der Signalwert ergibt sich entsprechend der Tabelle auf der Angabenseite zu |
$$y_3(t = t_{\rm max}) = 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot \left[ \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi}\cdot | $$y_3(t = t_{\rm max}) = 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot \left[ \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi}\cdot | ||
{\rm Si} ( \pi )\right]= 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot \left[ 0.5 + | {\rm Si} ( \pi )\right]= 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot \left[ 0.5 + | ||
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− | ''' | + | '''(6)''' [[Datei:P_ID855__LZI_A_1_5_f.png | Rechteckspektren am Eingang des Rechteckfilters (ML zu Aufgabe A1.5f) | rechts]] Die Spektralfunktion $X_4(f)$ ist wie $H(f)$ rechteckförmig und für $|f| >$ 2.5 kHz stets 0. Das bedeutet, dass in diesem Fall $Y_4(f ) = X_4(f)$ gilt und entsprechend auch $y_4(t) = x_4(t)$. Damit ist $y_4(t = 0) \rm \underline{\: = 10 \: V}$. |
− | ''' | + | '''(7)''' Mit $T =$ 50 μs ist die Breite von $X_4(f)$ gleich 20 kHz und die Höhe 0.5 · 10 $^{-3}$ V/Hz. Die Spektralfunktion $Y_4(f)$ nach Multiplikation mit $H(f)$ hat die gleiche Höhe, die Breite 10 kHz wird jedoch nun durch $H(f)$ bestimmt: |
$$\begin{align*}y_4(t) & = 0.5 \cdot 10^{-3}\hspace{0.1cm}\frac{ {\rm V} }{ {\rm | $$\begin{align*}y_4(t) & = 0.5 \cdot 10^{-3}\hspace{0.1cm}\frac{ {\rm V} }{ {\rm | ||
Hz} } \cdot 10 \hspace{0.1cm}{\rm kHz} \cdot {\rm si}(\pi \Delta f t ) = 5\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot {\rm si}(\pi \Delta f t )\\ & \Rightarrow \hspace{0.2cm}y_4(t = 0) \hspace{0.15cm}\underline{=5\hspace{0.1cm}{\rm V} }.\end{align*}$$ | Hz} } \cdot 10 \hspace{0.1cm}{\rm kHz} \cdot {\rm si}(\pi \Delta f t ) = 5\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot {\rm si}(\pi \Delta f t )\\ & \Rightarrow \hspace{0.2cm}y_4(t = 0) \hspace{0.15cm}\underline{=5\hspace{0.1cm}{\rm V} }.\end{align*}$$ |
Version vom 26. Januar 2017, 15:05 Uhr
Wir betrachten einen idealen, rechteckförmigen Tiefpass – auch Küpfmüller–Tiefpass genannt, der
- alle Frequenzen $f < 5 \ \rm kHz$ unverfälscht durchlässt ⇒ $H(f) = 1$,
- alle Spektralanteile über $5 \ \rm kHz$ vollständig unterdrückt ⇒ $H(f) = 0$.
Exakt bei der Grenzfrequenz $f_{\rm G} = 5 \ \rm kHz$ ist der Wert der Übertragungsfunktion gleich $1/2$.
An den Eingang des Tiefpasses werden verschiedene Signale angelegt:
- ein schmaler Rechteckimpuls geeigneter Höhe, der durch einen Diracimpuls angenähert werden kann:
- $$x_1(t) = 10^{-3}\hspace{0.1cm}{\rm Vs} \cdot {\rm \delta}(t),$$
- ein Diracpuls im Zeitabstand $T_{\rm A}$:
- $$x_2(t) = 10^{-3}\hspace{0.1cm}{\rm Vs} \cdot \sum_{\nu = -\infty}^{+\infty}{\rm \delta}(t - \nu \cdot T_{\rm A}),$$
- wobei das zugehörige Spektrum mit $f_{\rm A} = 1/T_{\rm A}$ lautet:
- $$X_2(f) = \frac{10^{-3}\hspace{0.1cm}{\rm Vs}}{T_{\rm A}} \cdot\sum_{\mu = -\infty}^{+\infty}{\rm \delta}(f - \mu \cdot f_{\rm A}),$$
- eine Sprungfunktion zum Zeitpunkt $t = 0$:
$$x_3(t) = 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot \gamma(t) = \left\{ \begin{array}{c} 0 \\ 5\hspace{0.1cm}{\rm V} \\ 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \\ \end{array} \right.\quad \quad\begin{array}{*{10}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}}\\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c}{ t < 0,} \\{ t = 0,} \\ { t > 0,} \\ \end{array}$$
- ein si–förmiger Impuls mit der äquivalenten Dauer $T$:
- $$x_4(t) = 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot {\rm si}(\pi \cdot {t}/{T}) .$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Einige systemtheoretische Tiefpassfunktionen.
- Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
- In der Tabelle sind die Funktionswerte der Spaltfunktion ${\rm si}(πx)$ und der Integralsinusfunktion ${\rm Si}(πx)$ aufgelistet:
- $${\rm Si}(\pi x) = \int_{ 0 }^{ x } {{\rm si} ( \pi \xi )} \hspace{0.1cm}{\rm d}\xi .$$
Fragebogen
Musterlösung
$$\begin{align*} y_2(t) &= 5 \hspace{0.1cm}{\rm V} + 5\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot{\rm cos}(2 \pi \cdot f_{\rm A} \cdot t ) =\\ &= 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot {\rm cos}^2(\pi \cdot f_{\rm A} \cdot t ).\end{align*}$$ Der Signalwert bei $t =$ 0 beträgt somit $\rm \underline{10 \: V}$.
(3) Mit $T_{\rm A} =$ 199 μs ist $f_{\rm A} >$ 5 kHz. Wegen $H(f_{\rm A}) =$ 0 besteht somit das Spektrum aus nur einer Spektrallinie bei $f =$ 0 mit dem Gewicht 5.025 V und man erhält den konstanten Verlauf $y_2(t) \rm \underline{\: = 5.025 \: V}$. Wird $T_{\rm A}$ weiter verringert, so ergibt sich am Ausgang weiterhin ein Gleichsignal, aber mit größerem Signalwert (proportional zu $1/T_{\rm A}$).
Dagegen ist mit $T_{\rm A} =$ 201 μs die Abtastfrequenz etwas kleiner als die Grenzfrequenz des Filters (5 kHz), und die Spektralfunktion des Ausgangssignals lautet: $$Y_2(f) = 4.975\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot \left[ {\rm \delta}(f ) + {\rm \delta}(f + f_{\rm A}) + {\rm \delta}(f - f_{\rm A})\right].$$ Daraus folgt für das Zeitsignal: $$y_2(t ) = 4.975\hspace{0.1cm}{\rm V} + 9.95\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot {\rm cos}(2 \pi \cdot f_{\rm A} \cdot t ) \hspace{0.2cm} \Rightarrow \hspace{0.2cm}y_2(t = 0) \hspace{0.15cm}\underline{=14.925\hspace{0.1cm}{\rm V}}.$$ Am prinzipiellen Verlauf ändert sich nichts, solange 200 μs < $T_{\rm A}$ < 400 μs gilt. Allerdings ergeben sich je nach $T_{\rm A}$ unterschiedliche Amplituden. Für $T_{\rm A}$ ≥ 400 μs kommen weitere Spektrallinien hinzu.
$$\begin{align*}y_3(t = 0) &= 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot \Delta f \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ t } {{\rm si} ( \pi \Delta f \tau )} \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau =\\ &= 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot \left[ \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi}\cdot {\rm Si} ( \pi \Delta f t )\right].\end{align*}$$ Zum Zeitpunkt $t =$ 0 gilt $y_3(t) \rm \underline{\: = 5 \: V}$.
(5) Es ist offensichtlich, dass $y_3(t)$ dann sein Maximum erreicht, wenn die si–Funktion zum ersten Mal bei positiven Zeiten die Abszisse schneidet (siehe Skizze). Also muss $t_{\rm max} = 1/Δf \rm \underline{\: = 100 \: \mu s}$ gelten. Der Signalwert ergibt sich entsprechend der Tabelle auf der Angabenseite zu
$$y_3(t = t_{\rm max}) = 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot \left[ \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi}\cdot
{\rm Si} ( \pi )\right]= 10\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot \left[ 0.5 +
0.5895 \right] \hspace{0.15cm}\underline{= 10.895 \hspace{0.1cm}{\rm V}} .$$
Zu späteren Zeiten $t$ schwingt $y_3(t)$ langsam auf seinen Endwert 10 V ein.
(7) Mit $T =$ 50 μs ist die Breite von $X_4(f)$ gleich 20 kHz und die Höhe 0.5 · 10 $^{-3}$ V/Hz. Die Spektralfunktion $Y_4(f)$ nach Multiplikation mit $H(f)$ hat die gleiche Höhe, die Breite 10 kHz wird jedoch nun durch $H(f)$ bestimmt:
$$\begin{align*}y_4(t) & = 0.5 \cdot 10^{-3}\hspace{0.1cm}\frac{ {\rm V} }{ {\rm
Hz} } \cdot 10 \hspace{0.1cm}{\rm kHz} \cdot {\rm si}(\pi \Delta f t ) = 5\hspace{0.1cm}{\rm V} \cdot {\rm si}(\pi \Delta f t )\\ & \Rightarrow \hspace{0.2cm}y_4(t = 0) \hspace{0.15cm}\underline{=5\hspace{0.1cm}{\rm V} }.\end{align*}$$