Aufgaben:Aufgabe 4.3Z: Hilbert-Transformator: Unterschied zwischen den Versionen

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Die Grafik beschreibt ein Modell, wie zumindest gedanklich  
 
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*aus dem reellen Bandpass–Signal $x(t)$  
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*das analytische Signal $x_{+}(t)$  
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Der untere Zweig enthält den so genannten Hilbert–Transformator mit dem Frequenzgang $H_{\rm HT}(f)$. Dessen Ausgangssignal $y(t)$ wird mit der imaginären Einheit $\rm j$ multipliziert und zum Signal $x(t)$ addiert:
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Der untere Zweig enthält den so genannten „Hilbert–Transformator” mit dem Frequenzgang  $H_{\rm HT}(f)$. Dessen Ausgangssignal  $y(t)$  wird mit der imaginären Einheit  $\rm j$  multipliziert und zum Signal  $x(t)$  addiert:
 
:$$x_{\rm +}(t)= x(t) + {\rm j}\cdot y(t)  .$$
 
:$$x_{\rm +}(t)= x(t) + {\rm j}\cdot y(t)  .$$
Als Testsignale werden verwendet, jeweils mit $A = 1 \, \text{V}$ und $f_0 = 10 \, \text{kHz}$:
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Als Testsignale werden verwendet, jeweils mit  $A = 1 \, \text{V}$  und  $f_0 = 10 \, \text{kHz}$:
 
:$$x_1(t) = A \cdot  {\cos} ( 2 \pi f_0 t ),$$
 
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:$$x_2(t) = A \cdot  {\sin} ( 2 \pi f_0 t ),$$
 
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:$$x_3(t) = A \cdot  {\cos} ( 2 \pi f_0 (t - \tau) ) \hspace{0.3cm}{\rm mit}\hspace{0.3cm}\tau = 12.5 \hspace{0.1cm}{\rm µ s}.$$
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*Für die Spektralfunktion des analytischen Signals gilt:  
 
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{Berechnen Sie den Frequenzgang $H_{HT}(f)$ des Hilbert-Transformators. Welcher Wert gilt für die Frequenz $f_0 = 10 \text{ kHz}$?
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$\text{Re}[H_{\rm HT}(f = f_0)]\ = \ $  { 0. }
 
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{Wie lautet die Hilbert-Transformierte $y_2(t)$ für das Eingangssignal $x_2(t)$? Welcher Wert ergibt sich insbesondere bei $t = 0$?
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{Wie lautet die Hilbert-Transformierte $y_3(t)$ für das Eingangssignal $x_3(t)$? Welcher Wert ergibt sich für $t=0$? <br>Wie groß ist die Phasenverzögerung $\varphi_{\rm HT}$ des Hilbert-Transformators?
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$\text{Re}[x_{3+}(t = 0)]\ = \ $ { 0.707 3% } &nbsp;$\text{V}$
 
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Version vom 4. Oktober 2019, 15:45 Uhr

Hilbert-Transformator

Die Grafik beschreibt ein Modell, wie zumindest gedanklich

  • aus dem reellen Bandpass–Signal  $x(t)$
  • das analytische Signal  $x_{+}(t)$


generiert werden kann.

Der untere Zweig enthält den so genannten „Hilbert–Transformator” mit dem Frequenzgang  $H_{\rm HT}(f)$. Dessen Ausgangssignal  $y(t)$  wird mit der imaginären Einheit  $\rm j$  multipliziert und zum Signal  $x(t)$  addiert:

$$x_{\rm +}(t)= x(t) + {\rm j}\cdot y(t) .$$

Als Testsignale werden verwendet, jeweils mit  $A = 1 \, \text{V}$  und  $f_0 = 10 \, \text{kHz}$:

$$x_1(t) = A \cdot {\cos} ( 2 \pi f_0 t ),$$
$$x_2(t) = A \cdot {\sin} ( 2 \pi f_0 t ),$$
$$x_3(t) = A \cdot {\cos} \big( 2 \pi f_0 (t - \tau) \big) \hspace{0.3cm}{\rm mit}\hspace{0.3cm}\tau = 12.5 \hspace{0.1cm}{\rm µ s}.$$





Hinweise:

  • Für die Spektralfunktion des analytischen Signals gilt:
$$ X_{\rm +}(f)= \big[1 + {\rm sign}(f)\big] \cdot X(f).$$


Fragebogen

1

Berechnen Sie den Frequenzgang  $H_{HT}(f)$  des Hilbert-Transformators. Welcher Wert gilt für die Frequenz  $f_0 = 10 \text{ kHz}$?

$\text{Re}[H_{\rm HT}(f = f_0)]\ = \ $

$\text{Im}[H_{\rm HT}(f = f_0)]\ = \ $

2

Wie lautet die Hilbert-Transformierte  $y_1(t)$  für das Eingangssignal  $x_1(t)$? Welcher Wert ergibt sich insbesondere bei  $t = 0$?

$y_1(t = 0)\ = \ $

 $\rm V$

3

Wie lautet die Hilbert-Transformierte  $y_2(t)$  für das Eingangssignal  $x_2(t)$? Welcher Wert ergibt sich insbesondere bei  $t = 0$?

$y_2(t = 0)\ = \ $

 $\rm V$

4

Wie lautet die Hilbert-Transformierte  $y_3(t)$  für das Eingangssignal  $x_3(t)$? Welcher Wert ergibt sich für  $t=0$?
Wie groß ist die Phasenverzögerung  $\varphi_{\rm HT}$  des Hilbert-Transformators?

$\varphi_{\rm HT}\ = \ $

 $\text{Grad}$
$y_3(t = 0)\ = \ $

 $\text{V}$

5

Wie lautet das zu  $x_3(t)$  gehörige analytische Signal? Welche Werte haben Real– und Imaginärteil dieses komplexen Signals zum Zeitpunkt  $t = 0$?

$\text{Re}[x_{3+}(t = 0)]\ = \ $

 $\text{V}$
$\text{Im}[x_{3+}(t = 0)]\ = \ $

 $\text{V}$


Musterlösung

(1)  Für die Spektralfunktion am Modellausgang gilt:

$$X_{\rm +}(f)= \left(1 + {\rm j}\cdot H_{\rm HT}(f)\right) \cdot X(f).$$

Ein Vergleich mit der angegebenen Beziehung

$$X_{\rm +}(f)= \left(1 + {\rm sign}(f)\right) \cdot X(f)$$

zeigt, dass $H_{\rm HT}(f) = - {\rm j} \cdot \sign(f)$ ist.

Der gesuchte Realteil ist somit ${\rm Re}[X_{\rm +}(f)]\hspace{0.15cm}\underline{=0}$ und der Imaginärteil gleich ${\rm Im}[X_{\rm +}(f)]\hspace{0.15cm}\underline{=-1}$.


(2)  Aus der Spektralfunktion

$$X_1(f) = {A}/{2}\cdot\delta (f + f_{0})+ {A}/{2}\cdot\delta (f - f_{0}).$$

wird nach dem Hilbert-Transformator:

$$Y_1(f) = {\rm j}\cdot {A}/{2}\cdot\delta (f + f_{0})-{\rm j}\cdot {A}/{2}\cdot\delta (f - f_{0}).$$

Damit lautet das Signal am Ausgang des Hilbert-Transformators:

$$y_1(t) = A \cdot {\sin} ( 2 \pi f_0 t ) \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}y_1(t=0)\hspace{0.15 cm}\underline{ =0}.$$


(3)  Nun lauten die Spektralfunktionen am Eingang und Ausgang des Hilbert-Transformators:

$$X_2(f) = {\rm j}\cdot {A}/{2}\cdot\delta (f + f_{0})-{\rm j}\cdot {A}/{2}\cdot\delta (f - f_{0}),$$
$$Y_2(f) = -{A}/{2}\cdot\delta (f + f_{0})- {A}/{2}\cdot\delta (f - f_{0}).$$

Daraus folgt $y_2(t) = - A \cdot \cos(2\pi f_0 t)$ und $y_2(t = 0)\; \underline{= -\hspace{-0.08cm}1 \,\text{V}}$.


(4)  Dieses Eingangssignal lässt sich auch wie folgt darstellen:

$$x_3(t) = A \cdot {\cos} ( 2 \pi f_0 t - 2 \pi \cdot {\rm 10 \hspace{0.05cm} kHz}\cdot {\rm 0.0125 \hspace{0.05cm} ms}) = A \cdot {\cos} ( 2 \pi f_0 t - \pi/4)\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}y_3(t) = A \cdot {\cos} ( 2 \pi f_0 t - 3\pi/4).$$
  • Die Signalphase ist somit $\varphi = \pi /4$.
  • Durch den Hilbert-Transformator wird diese um $\varphi_{\rm HT} \; \underline{= 90^\circ} \; (\pi /2)$ verzögert.
  • Deshalb ist das Ausgangssignal $y_3(t) = A \cdot \cos(2\pi f_0 t -3 \pi /4)$ und der Signalwert zur Zeit $t = 0$ beträgt $A \cdot \cos(135^\circ) \; \underline{= -0.707 \,\text{V}}$.


(5)  Die Spektralfunktion des Signals $x_3(t)$ lautet:

$$X_3(f) = {A_0}/{2} \cdot {\rm e}^{{\rm j} \varphi}\cdot\delta (f + f_{\rm 0}) + {A_0}/{2} \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \varphi}\cdot\delta (f - f_{\rm 0}) .$$

Beim analytischen Signal verschwindet der erste Anteil und der Anteil bei $+f_0$ wird verdoppelt:

$$X_{3+}(f) = {A_0} \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \varphi}\cdot\delta (f - f_{\rm 0}) .$$

Durch Anwendung des Verschiebungssatzes lautet damit die zugehörige Zeitfunktion mit $\varphi = \pi /4$:

$$x_{3+}(t) = A_0 \cdot {\rm e}^{{\rm j}( 2 \pi f_{\rm 0} t \hspace{0.05cm}-\hspace{0.05cm} \varphi)}.$$

Speziell gilt für den Zeitpunkt $t = 0$:

$$x_{3+}(t = 0) = A_0 \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \varphi} = A_0 \cdot{\cos} ( 45^\circ)-{\rm j}\cdot A_0 \cdot{\sin} ( 45^\circ)= \hspace{0.15 cm}\underline{{\rm 0.707 \hspace{0.05cm} V}-{\rm j}\cdot {\rm 0.707 \hspace{0.05cm} V}}.$$


Hinweis:  

  • Um von $x(t)$ zu $x_+(t)$ zu kommen, muss man nur die Cosinusfunktion durch die komplexe Exponentialfunktion ersetzen.
  • Beispielsweise gilt für eine harmonische Schwingung:
$$x(t) = A \cdot {\cos} ( 2 \pi f_0 t -\hspace{0.05cm} \varphi) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} x_{+}(t) = A \cdot {\rm e}^{{\rm j}( 2 \pi f_{\rm 0} t \hspace{0.05cm}-\hspace{0.05cm} \varphi)}.$$