Aufgabe 3.2: Laplace-Transformation

Kausale Signale und Systeme beschreibt man meist mittels der Laplace–Transformation. Ist $x(t)$ für alle Zeiten $t < 0$ identisch $0$, so lautet die Laplace–Transformierte: $$X_{\rm L}(p) = \int_{0}^{ \infty} { x(t) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{-p t}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm} .$$

In dieser Aufgabe sollen die Laplace–Transformierten der in der Grafik dargestellten kausalen Signale ermittelt werden. Die folgenden Gleichungen gelten jeweils nur für $t \ge 0$. Für negative Zeiten sind alle Signale identisch $0$.

Cosinussignal mit der Periodendauer $T_0$:

$$x(t) = {\rm cos} (2\pi \cdot {t}/{T_0})= {\rm cos} (\omega_0 \cdot t) \hspace{0.05cm},$$

Sinussignal mit Periodendauer $T_0$:

$$y(t) = {\rm sin} (2\pi \cdot {t}/{T_0})= {\rm sin} (\omega_0 \cdot t) \hspace{0.05cm},$$

$\sin(t))/t$–Signal mit äquivalenten Nulldurchgängen im Abstand $T$:

$$z(t) = {\rm si} (\pi \cdot {t}/{T})\hspace{0.2cm}{\rm mit}\hspace{0.2cm}{\rm si}(x)= {\rm sin}(x)/x \hspace{0.05cm}.$$

Da $z(t)$ ebenso wie die anderen hier betrachteten Signale $x(t)$ und $y(t)$ nicht energiebegrenzt ist, kann zur Berechnung der Spektralfunktion nicht die folgende Gleichung herangezogen werden:

$$Z(f) = Z_{\rm L}(p)\Bigg |_{\hspace{0.1cm} p\hspace{0.05cm}=\hspace{0.05cm}{\rm j \hspace{0.05cm}2\pi \it f}} .$$

Vielmehr ist zu berücksichtigen, dass $z(t) = s(t) \cdot \gamma(t)$ gilt, wobei $s(t)$ hier die herkömmliche symmetrische si–Funktion bezeichnet:

$$s(t) = {\rm si} (\pi \cdot {t}/{T}) \quad \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\quad S(f)$$

Die Fouriertansformierte der Sprungfunktion $\gamma(t)$ lautet:

$$\gamma(t) \quad \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\quad \Gamma(f) = {1}/{2} \cdot \delta (f) + \frac{1}{{\rm j} \cdot 2\pi f}\hspace{0.05cm}.$$

$S(f)$ ist eine um $f = 0$ symmetrische Rechteckfunktion mit der Höhe $T$ und der Breite $1/T$.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Laplace–Transformation und p–Übertragungsfunktion.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Gegeben sind folgende bestimmte Integrale:

$$\int_{0}^{ \infty} { {\rm e}^{-p x} \cdot \cos(qx)}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \frac{p}{p^2 + q^2}\hspace{0.05cm} , \hspace{1.0cm}\int_{0}^{ \infty} { {\rm e}^{-p x} \cdot \sin(qx)}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \frac{q}{p^2 + q^2}\hspace{0.05cm} , $$

$$\int_{0}^{ \infty} { {\rm e}^{-p x} \cdot \frac{\sin(qx)}{x}}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = {\rm arctan}\hspace{0.15cm}\frac{q}{p}\hspace{0.05cm} , \hspace{0.6cm} \int_{A}^{ B} { \frac{1}{x}}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = {\rm ln}\hspace{0.15cm}\frac{B}{A}\hspace{0.05cm} .$$

Fragebogen

Musterlösung

1. Entsprechend der Laplace–Definition gilt mit den vorgegebenen Gleichungen:

$$X_{\rm L}(p) = \int\limits_{0}^{ \infty} { x(t) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{-p t}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \int\limits_{0}^{ \infty} { {\rm cos} (\omega_0 \cdot T) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{-p t}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \frac{p}{p^2 + \omega_0^2} \hspace{0.05cm} .$$

Richtig ist somit der Vorschlag 2. Der Vorschlag 3 scheitert von vorneherein aus, da X_L(p) die Einheit „Sekunde” aufweisen muss (Integral über die Zeit), während p und ω₀ jeweils die Einheit 1/s besitzen.

2. Hier gilt bei gleicher Vorgehensweise wie in der Teilaufgabe 1):

$$Y_{\rm L}(p) = \int\limits_{0}^{ \infty} { {\rm sin} (\omega_0 \cdot T) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{-p t}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \frac{\omega_0}{p^2 + \omega_0^2} \hspace{0.05cm} .$$

Richtig ist hier somit der Lösungsvorschlag 1.

3. Die p–Übertragungsfunktion der kausalen si–Funktion lautet mit dem vorne angegebenen Integral:

$$Z_{\rm L}(p) = \int\limits_{0}^{ \infty} { \frac{\sin(\pi \cdot t/T)}{\pi \cdot t/T} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{-p t}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t = \frac{T}{\pi} \cdot {\rm arctan}\hspace{0.15cm}\frac{\pi}{p \cdot T} \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm}\underline{{\rm Vorschlag \hspace{0.15cm} 3}} \hspace{0.05cm} .$$

Vorschlag 1 gilt nur für die Fouriertransformierte der akausalen si–Funktion. Vorschlag 2 kann schon allein deshalb nicht stimmen, da hier das Argument der Arcustangens–Funktion dimensionsbehaftet ist.

4. Aus z(t) = s(t) · γ(t) folgt mit dem Faltungssatz:

$$Z(f) = S(f) \star \Gamma(f) = \frac{1}{2} \cdot S(f) \star \delta (f) + S(f) \star \frac{1}{{\rm j} \cdot 2\pi f}\hspace{0.05cm}.$$

Da S(f) reell ist, ergibt sich der Realteil von Z(f) als der erste Term dieser Gleichung:

$${\rm Re}\{ Z(f)\} = \frac{1}{2} \cdot S(f) \star \delta (f) = \frac{1}{2} \cdot S(f) \hspace{0.05cm}.$$

Der Realteil von Z(f) hat somit die gleiche Rechteckform wie S(f), ist aber nur halb so hoch:

$${\rm Re}\{ Z(f)\}= \left\{ \begin{array}{c} T/2 \\ 0 \end{array} \right. \begin{array}{c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \end{array} \begin{array}{*{20}c} { |f|< 1/(2T)\hspace{0.05cm},} \\ { |f|> 1/(2T)\hspace{0.05cm}.} \end{array} \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm}\underline{{\rm Vorschlag \hspace{0.15cm} 1}}.$$

5. Mit dem Ergebnis aus d) folgt für den Imaginärteil:

$${\rm Im}\{ Z(f)\} = S(f) \star \frac{(-1)}{{\rm j} \cdot 2\pi f} \hspace{0.05cm}.$$

Für hinreichend große Frequenzen (f ≥ 1/(2 T)) liefert dieses Faltungsintegral:

$${\rm Im}\{ Z(f)\} = -T \cdot \int\limits_{f- 1/(2T)}^{ f+ 1/(2T)} { \frac{1}{2\pi x}}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \frac{T}{2\pi } \cdot {\rm ln}\hspace{0.15cm}\left |\frac{f- 1/(2T)}{f+ 1/(2T)}\right | \hspace{0.05cm}.$$

Richtig ist somit der zweite Vorschlag.

	$X_{\rm L}(p) = \omega_0/(p^2 + \omega_0^2)$.
	$X_{\rm L}(p) = p/(p^2 + \omega_0^2)$.
	$X_{\rm L}(p) = 1/(p^2 + \omega_0^2)$.

	$Y_{\rm L}(p) = \omega_0/(p^2 + \omega_0^2)$.
	$Y_{\rm L}(p) = p/(p^2 + \omega_0^2)$.
	$Y_{\rm L}(p) = 1/(p^2 + \omega_0^2)$.

	$Z_{\rm L}(p)$ hat einen rechteckförmigen Verlauf.
	Es gilt $Z_{\rm L}(p) = \arctan (1/p)$.
	Es gilt $Z_{\rm L}(p) = T/\pi \cdot \arctan (\pi/(pT))$.

	${\rm Re}[Z(f)]$ hat einen rechteckförmigen Verlauf.
	${\rm Re}[Z(f)]$ ist proportional zu $\ln\; \|(f \cdot T -0.5)/(f \cdot T +0.5)\|.$

	${\rm Im}[Z(f)]$ hat einen rechteckförmigen Verlauf.
	${\rm Im}[Z(f)]$ ist proportional zu $\ln\; \|(f \cdot T -0.5)/(f \cdot T +0.5)\|.$