Aufgabe 3.6: Einschwingverhalten

Wir betrachten in dieser Aufgabe ein Cosinussignal $c(t)$ mit der Amplitude $1$ und der Periodendauer $T = 1 \ \rm \mu s$, das für alle Zeiten $t$ (im Bereich $ \pm \infty$) definiert ist: $$c(t) = \cos(2\pi \cdot {t}/{T}) \hspace{0.05cm} .$$ Dagegen beginnt das kausale Cosinussignal $c_{\rm K}(t)$ (rote Kurve) erst zum Einschaltzeitpunkt $t = 0$: $$c_{\rm K}(t)= \left\{ \begin{array}{c} c(t) \\ 0 \end{array} \right. \begin{array}{c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \end{array}\begin{array}{*{20}c} { t \ge 0\hspace{0.05cm},} \\ { t < 0\hspace{0.05cm}.} \end{array}$$ Für das beidseitig unbegrenzte Signal $c(t)$ kann man nur das Fourierspektrum angeben: $$C(f) = {1}/{ 2} \cdot \delta (f - f_0) + {1}/{ 2} \cdot \delta (f + f_0) \quad {\rm mit} \quad f_0 = {1}/{ T}= 1\,\,{\rm MHz.}$$ Dagegen ist für das kausale Cosinussignal $c_{\rm K}(t)$ auch die Laplace–Transformierte angebbar: $$C_{\rm L}(p) = \frac {p} { (p-{\rm j} \cdot 2 \pi/T)\cdot (p+{\rm j} \cdot 2 \pi/T)}\hspace{0.05cm} .$$ Entsprechend gilt für die Laplace–Transformierte der kausalen Sinusfunktion $s_{\rm K}(t)$: $$S_{\rm L}(p) = \frac {2 \pi/T} { (p-{\rm j} \cdot 2 \pi/T)\cdot (p+{\rm j} \cdot 2 \pi/T)}\hspace{0.05cm} .$$ Die beidseitig unbegrenzte Sinusfunktion wird mit $s(t)$ bezeichnet und ist als blau–gepunktete Kurve im unteren Diagramm dargestellt.

Die Signale $c(t)$, $c_{\rm K}(t)$, $s(t)$ und $s_{\rm K}(t)$ werden nun an den Eingang eines Tiefpasses erster Ordnung mit der Übertragungsfunktion (bzw. der Impulsantwort) $$H_{\rm L}(p) = \frac {2 /T} { p + 2 /T} \quad \bullet\!\!-\!\!\!-^{\hspace{-0.25cm}\rm L}\!\!\!-\!\!\circ\quad h(t) = {2}/{T} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-\hspace{0.03cm}2 \hspace{0.03cm}t/T}$$ angelegt. Die entsprechenden Ausgangssignale werden mit $y_{\rm C}(t)$, $y_{\rm CK}(t)$, $y_{\rm S}(t)$ und $y_{\rm SK}(t)$ bezeichnet. Diese Signale sollen in dieser Aufgabe berechnet und zueinander in Bezug gesetzt werden.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Laplace–Rücktransformation.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Die Berechnungen zur Teilaufgabe (6) sind umfangreich.
Zur Berechnung der Signale $y_{\rm CK}(t)$ und $y_{\rm SK}(t)$ bietet sich zum Beispiel der Residuensatz an.

Fragebogen

$|H(f = f_0)| \ = $

$a(f = f_0)\ = $

\ = $\ \rm Np$

${\rm arc} \ H(f = f_0)\ = $

$\ \rm Grad$

$b(f = f_0)\ = $

$\ \rm Grad$

$y_C(t = 0) \ = $

$y_S(t = 0) \ =$

$T_h/T \ = $ =

	Es gilt $y_{\rm CK}(t) \equiv 0$ und $y_{\rm SK}(t) \equiv 0$ für $t < 0$.
	Das Signal $y_{\rm CK}(t)$ ist für $t > T_h$ annähernd gleich $y_{\rm C}(t)$.
	Das kausale Signal $y_{\rm SK}(t)$ ist für $t < T_h$ annähernd gleich $y_{\rm S}(t)$.

$y_\text{CK}(t = T/5) \ =$

Musterlösung

1. Ersetzt man in der Übertragungsfunktion H_L(p) den Parameter T durch 1/f₀ sowie p durch j · 2πf, so erhält man für den Frequenzgang allgemein bzw. für f₀ = 1 MHz:

$$H(f) = \frac {2 /T} { {\rm j} \cdot 2 \pi f + 2 /T}= \frac {f_0} { {\rm j} \cdot \pi f + f_0} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} H(f= f_0) = \frac {1} { 1 + {\rm j} \cdot \pi }$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} |H(f= f_0)| = \frac {1} { \sqrt{1 + \pi^2 }} \hspace{0.15cm}\underline{= 0.303}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}a(f= f_0)= - {\rm ln}\,\, |H(f= f_0)| \hspace{0.15cm}\underline{\approx 1.194\,\,{\rm Np}}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm arc}\,H(f= f_0)= - {\rm arctan}\,(\pi) \hspace{0.15cm}\underline{\approx -72^\circ} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}b(f= f_0)= -{\rm arc}\,H(f= f_0) \hspace{0.15cm}\underline{\approx +72^\circ} \hspace{0.05cm}.$$

2. Das Signal y_C(t) ist gegenüber c(t) um den Faktor 0.303 gedämpft und um τ ≈ 72/360 · T = T/5 verzögert. Man kann dieses Signal somit auch folgendermaßen beschreiben:

$$y_{\rm C}(t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2 }}= 0.303 \cdot \cos(2\pi \cdot \frac{t-T/5}{T}) \hspace{0.05cm}.$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{\rm C}(t=0) = \frac {1} { {1 + \pi^2 }} \hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.092} \hspace{0.05cm}.$$

Dieses Signal ist in der linken Grafik zur Musterlösung 5) blau–gepunktet dargestellt.

3. Das Signal y_S(t) ist gegenüber s(t) ebenfalls um den Dämpfungsfaktor 0.303 kleiner und um die Zeitdauer τ ≈ T/5 verzögert. Es lässt sich wie folgt beschreiben:

$$y_{\rm S}(t) = \frac { -\pi \cdot \cos(2\pi {t}/{T}) + \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2 }}= 0.303 \cdot \sin(2\pi \cdot \frac{t-T/5}{T}) $$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{\rm S}(t=0) = -\frac {\pi} { {1 + \pi^2 }} \hspace{0.15cm}\underline{\approx -0.289} \hspace{0.05cm}.$$

Dieses Signal ist in der rechten Grafik zur Musterlösung 5) blau–gepunktet dargestellt.

4. Bei T_h soll die Impulsantwort h(t) auf 1% des Maximalwertes abgeklungen sein. Somit gilt:

$${\rm e}^{\hspace{0.05cm}-\hspace{0.03cm}2 \hspace{0.03cm}T_{ h}/T} = 0.01 \hspace{0.05cm} \Rightarrow \hspace{0.05cm} \frac{T_{ h}}{T} =\frac{1}{2} \cdot {\rm ln}\,\, \frac{1}{0.01} \hspace{0.15cm}\underline{\approx 2.3}\\ \Rightarrow \hspace{0.05cm}h(t=0) = {2}/{T}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}h(t=T_{ h}) = {0.02}/{T}\hspace{0.05cm}.$$

5. Richtig sind die Aussagen 1 und 2. Die kausalen Signale y_CK(t) und y_SK(t) müssen für t < 0 gleich 0 sein. Da aber die Impulsantwort h(t) des betrachteten Filters für t > T_h (nahezu) verschwindet, ist es nach Abschluss des Einschwingvorganges egal, ob das zeitlich unbegrenzte Cosinussignal c(t) oder das kausale Signal c_K(t) am Eingang anliegt. Das gleiche gilt für die Sinussignale:

$$t >T_{ h}: \hspace{0.3cm}y_{\rm CK}(t)=y_{\rm C}(t)\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}y_{\rm SK}(t)=y_{\rm S}(t)\hspace{0.05cm}.$$

Die Grafik zeigt links die Ausgangssignale y_C(t) und y_CK(t) bei cosinusförmigem Eingang und rechts die Signale y_S(t) und y_SK(t) bei sinusförmigem Eingang. Beachten Sie die Laufzeit von T/5 (entsprechend der Phase 72°) in beiden Fällen. Bei y_CK(t) sind die ersten Wellenberge kleiner als 1, bei y_SK(t) größer, um die richtige Phasenlage von y_C(t) bzw. y_S(t) zu erreichen.

6. Mit den Abkürzungen

$$p_{\rm x1}= {\rm j} \cdot {2\pi}/{T} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}p_{\rm x2}= -{\rm j} \cdot {2\pi}/{T} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} p_{\rm x3}= -{2}/{T} \hspace{0.05cm}.$$

kann für die Laplace–Transformierte des Signals y_CK(t) geschrieben werden:

$$Y_{\rm L}(p) = \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}1})(p-p_{{\rm x}2})(p-p_{{\rm x}3})} \hspace{0.05cm}.$$

Die Zeitfunktion y_CK(t) setzt sich somit nach dem Residuensatz aus drei Anteilen zusammen:

Der erste Anteil ergibt sich unter Berücksichtigung von p_x2 = – p_x1 zu

$$y_1(t)\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}} \hspace{0.7cm}\{Y_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p t}\}= \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}2})(p-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}}=\\ \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm}\frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p_{{\rm x}1}} { (p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}2})(p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}1}\cdot \hspace{0.03cm}t}= \frac {-p_{{\rm x}3}/2} { p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}3}}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}1}\cdot \hspace{0.03cm}t} \hspace{0.05cm} .$$

In gleicher Weise erhält man für den zweiten Anteil:

$$y_2(t)\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}} \hspace{0.7cm}\{Y_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p t}\}= \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}1})(p-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}}=\\ \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm}\frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p_{{\rm x}2}} { (p_{{\rm x}2}-p_{{\rm x}1})(p_{{\rm x}2}-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}2}\cdot \hspace{0.03cm}t}= \frac {p_{{\rm x}3}/2} { p_{{\rm x}1}+p_{{\rm x}3}}\cdot {\rm e}^{-p_{{\rm x}1}\cdot \hspace{0.03cm}t} \hspace{0.05cm} .$$

Fasst man beide Anteile zusammen und berücksichtigt die Werte von p_x1 und p_x3, so erhält man

$$y_{1\hspace{0.03cm}+2}(t)\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {1/T} { 2/T + {\rm j} \cdot 2\pi /T} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm} t/T}+\frac {1/T} { 2/T - {\rm j} \cdot 2\pi /T} \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}=\\ \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm}\frac {1/2} { 1 + {\rm j} \cdot \pi } \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}+\frac {1/2} { 1 - {\rm j} \cdot \pi } \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}=\\ \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm}\frac {1/2 \cdot (1 - {\rm j} \cdot \pi)} { 1 + \pi^2 } \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}+\frac {1/2 \cdot (1 + {\rm j} \cdot \pi)} { 1 + \pi^2 } \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T} \hspace{0.05cm} .$$

Mit Hilfe des Eulerschen Satzes kann hierfür auch geschrieben werden:

$$y_{1\hspace{-0.03cm}+2} (t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2 }}= y_{\rm C}(t)\hspace{0.05cm}.$$

Man erkennt, dass y₁₊₂(t) gleich dem unter b) berechneten Signal y_C(t) ist.

Schließlich erhält man für das letzte Residuum:

$$y_3(t)\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {-p_{{\rm x}3}^2} { (p_{{\rm x}3}-p_{{\rm x}1}) (p_{{\rm x}3}-p_{{\rm x}2})} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p_{{\rm x}3}\cdot \hspace{0.03cm}t}= \frac {-(2/T)^2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T}} { (-2/T-{\rm j} \cdot 2\pi /T) (-2/T+{\rm j} \cdot 2\pi /T)} \\ = \hspace{0.2cm}\frac {-1 } { (1+{\rm j} \cdot \pi ) (1-{\rm j} \cdot \pi)} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T}=\frac {- 1} { 1+\pi^2} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T} \hspace{0.05cm} .$$

Damit lautet das Ausgangssignal bei kausalem Cosinussignal am Eingang:

$$y_{\rm CK}(t) = y_1(t)+y_2(t)+y_3(t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})-{\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T}} { {1 + \pi^2 }}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}y_{\rm CK}(t = {T}/{5}) = \frac { \cos(72^\circ) + \pi \cdot \sin(72^\circ)-{\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.4}} { {1 + \pi^2 }} \hspace{0.15cm}\underline{ \approx 0.24} < 0.303\hspace{0.05cm} .$$

Zum Vergleich: Das Signal y_C(t) hat zu diesem Zeitpunkt den Wert 0.303.

Dagegen ergibt sich beim kausalen Sinussignal am Eingang allgemein und speziell zum Zeitpunkt des ersten Maximums bei t = 0.45T:

$$y_{\rm SK}(t) = \frac { -\pi \cdot \cos(2\pi {t}/{T}) + \sin(2\pi {t}/{T})+\pi \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T}} { {1 + \pi^2 }}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{\rm SK}(t = 0.45 \cdot T) = \frac { -\pi \cdot \cos(162^\circ) + \sin(162^\circ)+\pi \cdot{\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.9}} { {1 + \pi^2 }} \approx 0.42 > 0.303\hspace{0.05cm} .$$