Aufgabe 2.4Z: Wiederholung zur IDFT

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Fünf Mustersätze zur  $\rm (IDFT)$

Bei der Diskreten Fouriertransformation  $\rm (DFT)$  werden aus den Zeitabtastwerten  $d(\nu) \hspace{0.15cm} {\rm mit} \hspace{0.15cm} \nu = 0$, ... , $N – 1$  die diskreten Spektralkoeffizienten  $D(\mu) \hspace{0.15cm} {\rm mit} \hspace{0.15cm} \mu = 0$, ... , $N – 1$  wie folgt berechnet:

$$D(\mu) = \frac{1}{N} \cdot \sum_{\nu = 0 }^{N-1} d(\nu)\cdot {w}^{\hspace{0.05cm}\nu \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.05cm}\mu} \hspace{0.05cm}.$$

Hierbei ist mit  $w$  der komplexe Drehfaktor abgekürzt, der folgendermaßen definiert ist:

$$w = {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} 2 \pi /N} = \cos \left( {2 \pi}/{N}\right)-{\rm j} \cdot \sin \left( {2 \pi}/{N}\right) \hspace{0.05cm}.$$

Somit gilt für die Inverse Diskrete Fouriertransformation  $\rm (IDFT)$  als Umkehrfunktion der  $\rm DFT$:

$$ d(\nu) = \sum_{\mu = 0 }^{N-1} D(\mu) \cdot {w}^{-\nu \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.05cm}\mu} \hspace{0.05cm}.$$

In dieser Aufgabe sollen für verschiedene Beispielfolgen  $D(\mu)$ – die in obiger Tabelle mit  $\boldsymbol{\rm A}$, ... ,  $\boldsymbol{\rm E}$  bezeichnet sind – die Zeitkoeffizienten  $d(\nu)$  ermittelt werden. Es gilt somit stets  $N = 8$.

Hinweise:

• Die Aufgabe bezieht sich auf die theoretischen Grundlagen des Kapitels  Diskrete Fouriertransformation  des Buches „Signaldarstellung” und ist identisch mit der dortigen  Aufgabe 5.2.
• Sie können Ihre Lösung mit dem interaktiven Applet  Diskrete Fouriertransformation  überprüfen.
• DFT und IDFT spielen auch bei  DSM/DSL  eine große Rolle.
• Im entsprechenden Kapitel werden die Spektralkoeffizienten mit  $D_k$  bezeichnet, die Zeitabtastwerte mit  $s_l$. Wir bitten, diese Nomenklaturdiskrepanz zu entschuldigen.
• Für die beiden Laufvariablen gelten mit dem DFT–Parameter  $N = 8$:   $0 \le k \le 7, \hspace{0.2cm}0 \le l \le 7 \hspace{0.05cm}.$

Fragebogen

1

Wie lauten die Zeitkoeffizienten  $d(\nu)$  für  $D(\mu)$  gemäß Spalte  $\boldsymbol{\rm A}$?

$d(0) \ = \ $

$d(1) \ = \ $

2

Wie lauten die Zeitkoeffizienten  $d(\nu)$  für  $D(\mu)$  gemäß Spalte  $\boldsymbol{\rm B}$?

$d(0) \ = \ $

$d(1) \ = \ $

3

Wie lauten die Zeitkoeffizienten  $d(\nu)$  für  $D(\mu)$  gemäß Spalte  $\boldsymbol{\rm C}$?

$d(0) \ = \ $

$d(1) \ = \ $

4

Wie lauten die Zeitkoeffizienten  $d(\nu)$  für  $D(\mu)$  gemäß Spalte  $\boldsymbol{\rm D}$?

$d(0) \ = \ $

$d(1) \ = \ $

5

Wie lauten die Zeitkoeffizienten  $d(\nu)$  für  $D(\mu)$  gemäß Spalte  $\boldsymbol{\rm E}$?

$d(0) \ = \ $

$d(1) \ = \ $

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Aus der IDFT–Gleichung wird mit $D(\mu) = 0$ für $\mu \neq 0$ für $0 ≤ \nu ≤ 7$:

$$d(\nu) = D(0) \cdot w^0 = D(0) \ = \ 1\hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm}\underline{d(0) = d(1) \ = \ 1}.$$

Dieser Parametersatz beschreibt somit die diskrete Form der Fourierkorrespondenz des Gleichsignals:

$$x(t) = 1 \hspace{0.2cm}\circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\, \hspace{0.2cm} X(f) = {\delta}(f) \hspace{0.05cm}.$$

(2)  Hier sind alle Spektralkoeffizienten $0$ außer $D_{1} = D_{7} = 0.5$. Daraus folgt für $0 ≤ \nu ≤ 7$:

$$d(\nu) = 0.5 \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} (\pi /4) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \nu} + 0.5 \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} (7\pi /4) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \nu} \hspace{0.05cm}.$$

Aufgrund der Periodizität gilt aber auch:

$$d(\nu) \ = \ 0.5 \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} (\pi /4) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \nu} + 0.5 \cdot {\rm e}^{{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} (\pi /4) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \nu} = \cos \left({\pi}/{4} \cdot \nu \right)\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\underline{d(0) = 1, \hspace{0.2cm}d(1) = {1}/{\sqrt{2}} \approx 0.707 \hspace{0.05cm}}.$$

Es handelt sich also um das zeitdiskrete Äquivalent zu

$$x(t) = \cos(2 \pi \cdot f_{\rm A} \cdot t) \hspace{0.2cm}\circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\, \hspace{0.2cm} X(f) = {1}/{2} \cdot {\delta}(f + f_{\rm A}) + {1}/{2} \cdot {\delta}(f - f_{\rm A}) \hspace{0.05cm},$$

wobei $f_{\rm A}$ die kleinste in der DFT darstellbare Frequenz bezeichnet.

(3)  Gegenüber der Teilaufgabe (2) ist nun die Frequenz doppelt so groß, nämlich $2 \cdot f_{\rm A}$ anstelle von $f_{\rm A}$:

$$x(t) = \cos(2 \pi \cdot (2f_{\rm A}) \cdot t) \hspace{0.2cm}\circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\, \hspace{0.2cm} X(f) = {1}/{2} \cdot {\delta}(f + 2f_{\rm A}) + {1}/{2}\cdot {\delta}(f - 2f_{\rm A}) \hspace{0.05cm},$$

Damit beschreibt die Folge $〈d(\nu)〉$ zwei Perioden der Cosinusschwingung, und es gilt für $0 ≤ \nu ≤ 7$:

$$d(\nu) \ = \ 0.5 \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} (\pi /2) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \nu} + 0.5 \cdot {\rm e}^{{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} (\pi /2) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \nu} = \cos \left({\pi}/{2} \cdot \nu \right)\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\underline{d(0) = 1, \hspace{0.2cm}d(1) = 0 }\hspace{0.05cm}.$$

(4)  Durch eine weitere Verdoppelung der Cosinusfrequenz auf $4f_{\rm A}$ kommt man schließlich zur zeitkontinuierlichen Fourierkorrespondenz

$$d(\nu) = 0.5 \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \pi \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \nu} + 0.5 \cdot {\rm e}^{{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \pi \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \nu} = \cos \left(\pi \cdot \nu \right) \hspace{0.05cm}$$

und damit zu den Zeitkoeffizienten

$$\underline{d(0) =}d(2) =d(4) =d(6)= +1, \hspace{0.2cm}\underline{d(1)} =d(3) =d(5) =d(7) = -1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\underline{d(0) = +1, \hspace{0.2cm}d(1) = -1 }\hspace{0.05cm}.$$

Zu beachten ist, dass die beiden Diracfunktionen in der zeitdiskreten Darstellung aufgrund der Periodizität zusammenfallen. Das heißt: Die Koeffizienten $D(4) = 0.5$ und $D(-4) = 0.5$ ergeben zusammen $D(4) = 1$.

(5)  Auch die Diskrete Fouriertransformation ist linear. Deshalb ist das Superpositionsprinzip weiterhin anwendbar. Die Koeffizienten $D(\mu)$ aus Spalte $\boldsymbol{\rm E}$ ergeben sich als die Summen der Spalten $\boldsymbol{\rm A}$ und $\boldsymbol{\rm D}$. Deshalb wird aus der alternierenden Folge $〈d(\nu)〉$ entsprechend Teilaufgabe (4) die um 1 nach oben verschobene Folge:

$$d(0) =d(2) =d(4) =d(6)= 2, \hspace{0.2cm}d(1) =d(3) =d(5) =d(7) = 0\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}\underline{d(0) = 2, \hspace{0.2cm}d(1) =0 }\hspace{0.05cm}. $$