Aufgabe 1.5Z: si-förmige Impulsantwort
Die Impulsantwort eines linearen zeitinvarianten (und akausalen) Systems wurde wie folgt ermittelt (siehe Grafik): $$h(t) = 500\hspace{0.1cm}{ {\rm s}}^{-1}\cdot{\rm si}[\pi \cdot {t}/({ 1\hspace{0.1cm}{\rm ms}})] .$$ Berechnet werden sollen die Ausgangssignale $y(t)$, wenn am Eingang verschiedene Cosinusschwingungen unterschiedlicher Frequenz $f_0$ angelegt werden: $$x(t) = 4\hspace{0.05cm}{\rm V}\cdot {\rm cos}(2\pi \cdot f_0 \cdot t ) .$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Einige systemtheoretische Tiefpassfunktionen.
- Die Lösung kann entweder im Zeitbereich oder auch im Frequenzbereich gefunden werden. In der Musterlösung werden jeweils beide Lösungswege angegeben.
- Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
- Gegeben ist dazu das folgende bestimmte Integral:
$$\int_{ 0 }^{ \infty } \frac{\sin(u) \cdot \cos(a \cdot u)}{u} \hspace{0.15cm}{\rm d}u = \left\{ \begin{array}{c} \pi/2 \\ \pi/4 \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c}{ |a| < 1,} \\{ |a| = 1,} \\ { |a| > 1.} \\ \end{array}$$
Fragebogen
Musterlösung
- Die äquidistanten Nulldurchgänge der Impulsantwort treten im Abstand $Δt = 1 \ \rm ms$ auf.
- Daraus folgt die äquivalente Bandbreite $Δf \rm \underline{ = 1 \ \rm kHz}$.
- Wäre $K = 1$, so müsste $h(0) = Δf = 1000 \ \rm 1/s$ gelten.
- Wegen der Angabe $h(0) = 500 \hspace{0.05cm} {\rm 1/s} = Δf/2$ ist somit der Gleichsignalübertragungsfaktor $K = H(f = 0) \; \rm \underline{= 0.5}$.
(2) Diese Aufgabe lässt sich am einfachsten im Spektralbereich lösen. Für das Ausgangsspektrum gilt:
$$Y(f) = X(f)\cdot H(f) .$$
$X(f)$ besteht aus zwei Diracfunktionen bei $± f_0$, jeweils mit Gewicht $A_x/2 =$ 2 V. Bei $f = f_0 =$ 1 kHz > $Δf$/2 ist aber $H(f) =$ 0, so dass $Y(f) =$ 0 und damit auch $y(t) =$ 0 ist ⇒ $\underline{y(t = 0) = 0}$.
Die Lösung im Zeitbereich basiert auf der Faltung:
$$y(t) = x (t) * h (t) = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {h ( \tau )} \cdot
x ( {t - \tau } ) \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau.$$
Zum Zeitpunkt $t =$ 0 erhält man unter Berücksichtigung der Symmetrie der Cosinusfunktion:
$$y(t = 0 ) = \frac{A_x \cdot \Delta f}{2} \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\rm si} ( \pi \cdot \Delta f \cdot \tau ) \cdot
{\rm cos}(2\pi \cdot f_0
\cdot \tau ) \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau.$$
Mit der Substitution $u = π · Δf · τ$ kann hierfür auch geschrieben werden:
$$y(t = 0 ) = \frac{A_x }{\pi} \cdot \int\limits_{ 0 }^{ \infty } \frac{\sin(u) \cdot \cos(a \cdot u)}{u} \hspace{0.15cm}{\rm d}u .$$
Hierbei ist die Konstante $a = 2f_0/Δf =$ 2. Mit diesem Wert liefert das angegebene Integral den Wert 0:
$$y(t = 0 ) = {A_y } = 0.$$
(3) Der Frequenzgang bei $f = f_0 =$ 100 Hz ist nach den Berechnungen zu Punkt a) gleich $K =$ 0.5. Deshalb ergibt sich $A_y = A_x/2 =$ 2 V. Zum gleichen Ergebnis kommt man über die Faltung entsprechend obiger Gleichung. Für $a = 2f_0/Δf =$ 0.2 ist das Integral gleich $π/2$ und man erhält
$$y(t = 0 ) = {A_y } = \frac{A_x}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{A_x}{2} \hspace{0.15cm}\underline{= 2\,{\rm V}}.$$
(4) Genau bei $f =$ 0.5 kHz ist der Übergang vom Durchlass– zum Sperrbereich und es gilt für diese singuläre Stelle: $H(f = f_0) = K/2$. Somit ist die Amplitude des Ausgangssignals nur halb so groß wie unter c) berechnet, nämlich $A_y \underline{= 1 V}$. Zum gleichen Ergebnis kommt man mit $a = 2f_0/Δf =$ 1 über die Faltung.
