Aufgabe 3.5Z: Anwendung des Residuensatzes

Sechs verschiedene Pol–Nullstellen–Konfigurationen

Die Spektralfunktion $Y_{\rm L}(p)$ sei in Pol–Nullstellen–Form gegeben, gekennzeichnet durch

$Z$ Nullstellen $p_{{\rm o}i}$,
$N$ Pole $p_{{\rm x}i}$, sowie
die Konstante $K$.

Betrachtet werden im Folgenden die in der Grafik dargestellten Konfigurationen. Es gelte stets $K= 2$.

Für den Fall, dass die Anzahl $Z$ der Nullstellen kleiner als die Anzahl $N$ der Pole ist, kann das zugehörige Zeitsignal $y(t)$ durch Anwendung des Residuensatzes direkt ermittelt werden.

In diesem Fall gilt

$$y(t) = \sum_{i=1}^{I} \left \{ Y_{\rm L}(p)\cdot (p - p_{{\rm x}i})\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}i}} \right \} \hspace{0.05cm}.$$

$I$ gibt die Anzahl der unterscheidbaren Pole an; bei allen vorgegebenen Konstellationen ist $I = N$.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Laplace–Rücktransformation.

Ist das Zeitsignal $y(t)$ komplex, so kann $Y_{\rm L}(p)$ nicht als Schaltung realisiert werden. Die Anwendung des Residuensatzes ist aber trotzdem möglich.
Die komplexe Frequenz $p$, die Nullstellen $p_{{\rm o}i}$ sowie die Pole $p_{{\rm x}i}$ beschreiben in dieser Aufgabe jeweils normierte Größen ohne Einheit.
Damit ist auch die Zeit $t$ dimensionslos.

Fragebogen

$\ {\rm Re}\{y(t = 1)\} \ = \ $

$\ {\rm Im}\{y(t = 1)\} \ = \ $

$\ {\rm Re}\{y(t = 1)\} \ = \ $

$\ {\rm Im}\{y(t = 1)\} \ = \ $

$\ {\rm Re}\{y(t = 1)\} \ = \ $

$\ {\rm Im}\{y(t = 1)\} \ = \ $

Musterlösung

(1) Richtig sind die Lösungsvorschläge 2, 4 und 6:

Voraussetzung für die Anwendung des Residuensatzes ist, dass es weniger Nullstellen als Pole gibt, das heißt, es muss $Z < N$ gelten.
Diese Voraussetzung ist bei den Konfigurationen $\rm B$, $\rm D$ und $\rm F$ nicht gegeben.
Hier muss zunächst eine Partialbruchzerlegung vorgenommen werden, zum Beispiel für die Konfiguration $\rm B$ mit $p_x = -1$:

$$Y_{\rm L}(p)= \frac {p} {p +1}= 1-\frac {1} {p +1} \hspace{0.05cm} .$$

(2) Mit $Y_{\rm L}(p) = 2/(p+1)$ ergibt sich aus dem Residuensatz mit $I=1$:

$$y(t) = 2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}-1}= 2 \cdot {\rm e}^{- \hspace{0.05cm}t}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}y(t=1) =\frac{2}{\rm e} \hspace{0.15cm}\underline{ \approx 0.736 \hspace{0.15cm}{\rm (rein\hspace{0.15cm}reell)}} \hspace{0.05cm} .$$

(3) Bei gleicher Vorgehensweise wie in der Teilaufgabe (2) erhält man nun:

$$y(t) = 2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-(0.2 \hspace{0.05cm}+ \hspace{0.05cm}{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}1.5 \pi) \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}t} = 2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.2 \hspace{0.08cm}\cdot \hspace{0.05cm}t}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-{\rm j} \hspace{0.08cm}\cdot \hspace{0.05cm}1.5 \pi\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}t} \hspace{0.05cm} .$$

Aufgrund des zweiten Terms handelt es sich um ein komplexes Signal, dessen Phase in mathematisch positiver Richtung (entgegen dem Uhrzeigersinn) dreht. Für $t=1$ gilt:

$$y(t = 1) = 2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.2} \cdot \left [ \cos(1.5 \pi) + {\rm j} \cdot \sin(1.5 \pi) \right ]= - {\rm j} \cdot 1.638\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Re}\{y(t = 1)\} \hspace{0.15cm}\underline{ = 0},\hspace{0.2cm} {\rm Im}\{y(t = 1)\} \hspace{0.15cm}\underline{=- 1.638} \hspace{0.05cm} .$$

Die linke Grafik zeigt das komplexe Signal für einen Pol bei $p_x = -2 + {\rm j} \cdot 1.5 \pi$ . Rechts daneben sieht man das dazu konjugiert–komplexe Signal, wenn der Pol bei $p_x = -2 - {\rm j} \cdot 1.5 \pi$.

Komplexe Signale bei einem Pol

(4) Nun gilt $I=2$. Die Residien von $p_{x1}$ bzw. $p_{x2}$ liefern:

$$y_1(t) = \frac {K \cdot (p-p_{{\rm x}1})} { (p-p_{{\rm x}1})(p-p_{{\rm x}2})} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}}= \frac {K } { p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}2}} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1} \hspace{0.05cm}t} \hspace{0.05cm} ,$$

$$ y_2(t) = \frac {K } { p_{{\rm x}2}-p_{{\rm x}1}} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2} \hspace{0.05cm}t}= -\frac {K } { p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}2}} \cdot {\rm e}^{-p_{{\rm x}1} \hspace{0.05cm}t}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}y(t)= y_1(t)+y_2(t) = \frac {2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.2 \hspace{0.08cm}\cdot \hspace{0.05cm}t}}{{\rm j} \cdot 3 \pi} \cdot \left [ \cos(.) + {\rm j} \cdot \sin(.) - \cos(.) + {\rm j} \cdot \sin(.)\right ]= \frac {4 }{ 3 \pi} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.2 \hspace{0.08cm}\cdot \hspace{0.05cm}t}\cdot \sin(1.5\pi \cdot t)$$

Signalverlauf der Konfiguration $\rm E$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}y(t=1)= -\frac {4 }{ 3 \pi} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-0.2 \hspace{0.08cm}\cdot \hspace{0.05cm}t} \hspace{0.15cm}\underline{= -0.347} \hspace{0.05cm} .$$

Die Grafik zeigt den (rein reellen) Signalverlauf $y(t)$ für diese Konfiguration.

	Konfiguration $\rm A$,
	Konfiguration $\rm B$,
	Konfiguration $\rm C$,
	Konfiguration $\rm D$,
	Konfiguration $\rm E$,
	Konfiguration $\rm F$.