Aufgabe 1.5Z: si-förmige Impulsantwort

$\rm si$–förmige Impulsantwort

Die Impulsantwort eines linearen zeitinvarianten (und akausalen) Systems wurde wie folgt ermittelt (siehe Grafik):

$$h(t) = 500\hspace{0.1cm}{ {\rm s}}^{-1}\cdot{\rm si}\big[\pi \cdot {t}/({ 1\hspace{0.1cm}{\rm ms}})\big] .$$

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 im Zeitbereich oder im Frequenzbereich gefunden werden. In der Musterlösung finden Sie beide Lösungswege.
Gegeben ist 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

$\Delta f \ =\ $

$\ \rm kHz$

$H(f = 0) \ =\ $

$y(t = 0) \ = \ $

$\ \rm V$

$y(t = 0) \ =\ $

$\ \rm V$

$y(t = 0) \ = \ $

$\ \rm V$

Musterlösung

(1) Ein Vergleich mit den Gleichungen auf der Seite Idealer Tiefpass, oder die Anwendung der Fourierrücktransformation zeigt, dass $H(f)$ ein idealer Tiefpass ist:

$$H(f) = \left\{ \begin{array}{c} \hspace{0.25cm}K \\ K/2 \\ 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{*{10}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} {\left| \hspace{0.005cm} f\hspace{0.05cm} \right| < \Delta f/2,} \\ {\left| \hspace{0.005cm}f\hspace{0.05cm} \right| = \Delta f/2,} \\ {\left|\hspace{0.005cm} f \hspace{0.05cm} \right| > \Delta f/2.} \\ \end{array}$$

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 $h(0) = Δf = 1000 \cdot \rm 1/s$ gelten.
Wegen der Angabe $h(0) = 500 \cdot{\rm 1/s} = Δf/2$ 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 $A_x/2 =2 \hspace{0.08cm}\rm V$.
Bei $f = f_0 = 1 \ {\rm kHz} > Δf/2$ 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:

$$y(t) = x (t) * h (t) = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {h ( \tau )} \cdot x ( {t - \tau } ) \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau.$$

Zum Zeitpunkt $t = 0$ erhält man unter Berücksichtigung der Symmetrie der Cosinusfunktion:

$$y(t = 0 ) = \frac{A_x \cdot \Delta f}{2} \cdot \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\rm si} ( \pi \cdot \Delta f \cdot \tau ) \cdot {\rm cos}(2\pi \cdot f_0 \cdot \tau ) \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau.$$

Mit der Substitution $u = π · Δf · τ$ kann hierfür auch geschrieben werden:

$$y(t = 0 ) = \frac{A_x }{\pi} \cdot \int_{ 0 }^{ \infty } \frac{\sin(u) \cdot \cos(a \cdot u)}{u} \hspace{0.15cm}{\rm d}u .$$

Hierbei ist die Konstante $a = 2f_0/Δf = 2$. Mit diesem Wert liefert das angegebene Integral den Wert Null: $y(t = 0 ) = {A_y } = 0.$

(3) Der Frequenzgang hat bei $f = f_0 = 100 \ \rm Hz$ nach den Berechnungen zur Teilaufgabe (1) den Wert $K = 0.5$. Deshalb ergibt sich

$$A_y = A_x/2 = 2\ \rm V.$$

Zum gleichen Ergebnis kommt man über die Faltung nach 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 $f = 0.5 \ \rm kHz$ liegt 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 in der Teilaufgabe (3) berechnet, nämlich $A_y \; \underline{= 1 \, \rm V}$.
Zum gleichen Ergebnis kommt man mit $a = 2f_0/Δf = 1$ über die Faltung.