Aufgabe 4.1: Tiefpass- und Bandpass-Signale

A4.1 TP- und BP-Signale

Rechts sind drei Signalverläufe skizziert, wobei die beiden ersten Signale folgenden Verlauf aufweisen:

$$x(t) = 10\hspace{0.05cm}{\rm V} \cdot {\rm si} ( \pi \cdot {t}/{T_x}) ,$$

$$y(t) = 6\hspace{0.05cm}{\rm V} \cdot {\rm si}( \pi \cdot {t}/{T_y}) .$$

Die Parameter $T_x$ = 100 μs und $T_y$ = 166.67 μs geben jeweils die erste Nullstelle von $x(t)$ bzw. $y(t)$ an. Das Signal $d(t)$ ergibt sich aus der Differenz der beiden oberen Signale (untere Grafik):

$$d(t) = x(t)-y(t) .$$

In der Teilaufgabe d) ist nach den Integralflächen der impulsartigen Signale $x(t)$ und $d(t)$ gefragt. Für diese gilt:

$$F_x = \int_{- \infty}^{+\infty}\hspace{-0.4cm}x(t)\hspace{0.1cm}{\rm d}t , \hspace{0.5cm}F_d = \int_{- \infty}^{+\infty}\hspace{-0.4cm}d(t)\hspace{0.1cm}{\rm d}t .$$

Dagegen gilt für die entsprechenden Signalenergien mit dem Satz von Parseval:

$$E_x = \int_{- \infty}^{+\infty}\hspace{-0.4cm}|x(t)|^2\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \int_{- \infty}^{+\infty}\hspace{-0.4cm}|X(f)|^2\hspace{0.1cm}{\rm d}f ,$$

$$E_d = \int_{- \infty}^{+\infty}\hspace{-0.4cm}|d(t)|^2\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \int_{- \infty}^{+\infty}\hspace{-0.4cm}|D(f)|^2\hspace{0.1cm}{\rm d}f .$$

Hinweis: Berücksichtigen Sie weiterhin, dass die Fourierrücktransformierte eines rechteckförmigen Spektrums

$$X(f)=\left\{ {X_0 \; \rm f\ddot{u}r\; |\it f| < \rm B, \atop {\rm 0 \;\;\; \rm sonst}}\right.$$

wie folgt lautet:

$$x(t) = 2 \cdot X_0 \cdot B \cdot {\rm si} ( 2\pi B t) .$$

Fragebogen

$X(f=0) = $

mV/Hz

$B_x =$

Hz

$Y(f=0) = $

mV/Hz

$B_y =$

Hz

$D(f=0) = $

mV/Hz

$B_d =$

Hz

$F_x =$

Vs

$F_d =$

Vs

$E_x =$

$\text{V}^2\text{s}$

$E_d =$

$\text{V}^2\text{s}$

Musterlösung

1. Die si–förmige Zeitfunktion $x(t)$ lässt auf ein Rechteckspektrum $X(f)$ schließen. Die absolute, zweiseitige Bandbreite 2 · $B_x$ ist gleich dem Kehrwert der ersten Nullstelle. Daraus folgt:

$$B_x = \frac{1}{2 \cdot T_x} = \frac{1}{2 \cdot 0.1 \hspace{0.1cm}{\rm ms}}\hspace{0.15 cm}\underline{ = 5 \hspace{0.1cm}{\rm kHz}}.$$

Da der Signalwert bei $t$ = 0 gleich der Rechteckfläche ist, ergibt sich für die konstante Höhe:

$$X(f=0) = \frac{x(t=0)}{2 \cdot B_x} = \frac{10 \hspace{0.1cm}{\rm V}}{10 \hspace{0.1cm}{\rm kHz}} \hspace{0.15 cm}\underline{= 10^{-3} \hspace{0.1cm}{\rm V/Hz}}.$$

2. Aus $T_y$ = 0.167 ms erhält man $B_y$ = 3 kHz. Zusammen mit $y(t = 0) = 6\text{V}$ führt dies zum gleichen Spektralwert $Y(f = 0) = 10^{−3} \text{V/Hz}$.

3. Aus $d(t) = x(t) – y(t)$ folgt wegen der Linearität der Fouriertransformation:

$$D(f) = X(f) - Y(f).$$

Die Differenz der zwei gleich hohen Rechteckfunktionen führt zu einem rechteckförmigen $B_P$–Spektrum zwischen 3 kHz und 5 kHz. Die (einseitige) Bandbreite beträgt somit $B_d$ = 2 kHz. In diesem Frequenzintervall ist $D(f) = 10^{–3}$ V/Hz. Außerhalb, also auch bei $f$ = 0, gilt $D(f)$ = 0.

4. Nach den fundamentalen Gesetzmäßigkeiten der Fouriertransformation ist das Integral über die Zeitfunktion gleich dem Spektralwert bei $f$ = 0. Daraus folgt:

$$F_x = X(f=0) = \frac{x(t=0)}{2 \cdot B_x} = 10^{-3} \hspace{0.1cm}{\rm V/Hz}\hspace{0.15 cm}\underline{= 10^{-3} \hspace{0.1cm}{\rm Vs}},$$

$$F_d = D(f=0) \hspace{0.15 cm}\underline{= 0}.$$

Das bedeutet: Bei jedem Bandpass–Signal sind die Flächen der positiven Signalanteile genau so groß wie die Flächen der negativen Anteile.

5. In beiden Fällen ist die Berechnung im Frequenzbereich einfacher als im Zeitbereich, da hier die Integration auf eine Flächenberechnung von Rechtecken zurückgeführt werden kann:

$$E_x = (10^{-3} \hspace{0.1cm}{\rm V/Hz})^2 \cdot 2 \cdot 5 \hspace{0.1cm}{\rm kHz} \hspace{0.15 cm}\underline{= 10^{-2} \hspace{0.1cm}{\rm V^2s}},$$

$$E_d = (10^{-3} \hspace{0.1cm}{\rm V/Hz})^2 \cdot 2 \cdot 2 \hspace{0.1cm}{\rm kHz} \hspace{0.15 cm}\underline{= 4 \cdot 10^{-3} \hspace{0.1cm}{\rm V^2s}}.$$