Frequenzgang und Impulsantwort

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Inhaltsverzeichnis

1 Programmbeschreibung
2 Theoretischer Hintergrund
3 Versuchsdurchführung
4 Zur Handhabung des Programms
5 Über die Autoren
6 Nochmalige Aufrufmöglichkeit des Applets in neuem Fenster

Programmbeschreibung

Dargestellt werden reelle und symmetrische Tiefpässe $H(f)$ und die dazugehörigen Impulsantworten $h(t)$, nämlich

Gauß–Tiefpass (englisch: Gaussian low–pass),
Rechteck–Tiefpass (englisch: Rectangular low–pass),
Dreieck–Tiefpass (englisch: Triangular low–pass),
Trapez–Tiefpass (englisch: Trapezoidal low–pass),
Cosinus–Rolloff–Tiefpass (englisch: Cosine-rolloff low–pass),
Cosinus-Quadrat-Tiefpass (englisch: Cosine-rolloff -squared Low–pass).

Es ist zu beachten:

Die Funktionen $H(f)$ bzw. $h(t)$ werden für bis zu zwei Parametersätzen in jeweils einem Diagramm dargestellt.
Die roten Kurven und Zahlenangaben gelten für den linken Parametersatz, die blauen für den rechten Parametersatz.
Die Abszissen $t$ (Zeit) und $f$ (Frequenz) sowie die Ordinaten $H(f)$ und $h(t)$ sind jeweils normiert.

Theoretischer Hintergrund

Frequenzgang $H(f)$ und Impulsantwort $h(t)$

Der Frequenzgang (oder auch die Übertragungsfunktion) $H(f)$ eines linearen zeitinvarianten Übertragungssystems gibt das Verhältnis zwischen dem Ausgangsspektrum $Y(f)$ und dem dem Eingangsspektrum $X(f)$ an:

$$H(f) = \frac{Y(f)}{X(f)}.$$

Ist das Übertragungsverhalten bei tiefen Frequenzen besser als bei höheren, so spricht man von einem Tiefpass (englisch: Low-pass).
Die Eigenschaften von $H(f)$ werden im Zeitbereich durch die Impulsantwort $h(t)$ ausgedrückt. Entsprechend dem zweiten Fourierintegral gilt:

$$h(t)={\rm IFT} [H(f)] = \int_{-\infty}^{+\infty}H(f)\cdot {\rm e}^{+{\rm j}2\pi f t}\hspace{0.15cm} {\rm d}f\hspace{1cm} {\rm IFT}\hspace{-0.1cm}: \rm Inverse \ Fouriertransformation.$$

Die Gegenrichtung wird durch das erste Fourierintegral beschrieben:

$$H(f)={\rm FT} [h(t)] = \int_{-\infty}^{+\infty}h(t)\cdot {\rm e}^{-{\rm j}2\pi f t}\hspace{0.15cm} {\rm d}t\hspace{1cm} \rm FT\hspace{-0.1cm}: \ Fouriertransformation.$$

In allen Beispielen verwenden wir reelle und gerade Funktionen. Somit gilt:

$$h(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}H(f)\cdot \cos(2\pi ft) \hspace{0.15cm} {\rm d}f \ \ \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet\ \ \ H(f)=\int_{-\infty}^{+\infty}h(t)\cdot \cos(2\pi ft) \hspace{0.15cm} {\rm d}t .$$

Bei einem Vierpol $[$das bedeutet: $X(f)$ und $Y(f)$ haben gleiche Einheiten$]$ ist $Y(f)$ dimensionslos.
Die Einheit der Impulsantwort ist $\rm 1/s$. Es gilt zwar $\rm 1/s = 1 \ Hz$, aber die Einheit „Hertz” ist in diesem Zusammenhang unüblich.
Der Zusammenhang zwischen diesem Applet und dem ähnlich aufgebauten Applet Impulse und Spektren basiert auf dem Vertauschungssatz.
Alle Zeiten sind auf eine Normierungszeit $T$ normiert und alle Frequenzen auf $1/T \ \Rightarrow$ die Zahlenwerte von $h(t)$ müssen noch durch $T$ dividiert werden.

$\text{Beispiel:}$ Stellt man einen Rechteck–Tiefpass mit Höhe $K_1 = 1$ und äquivalenter Bandbreite $\Delta f_1 = 1$ ein,

so ist der Frequenzgang $H_1(f)$ im Bereich $-1 < f < 1$ gleich $1$ und außerhalb dieses Bereichs gleich Null.
Die Impulsantwort $h_1(t)$ verläuft $\rm si$–förmig mit $h_1(t= 0) = 1$ und der ersten Nullstelle bei $t=1$.

Mit dieser Einstellung soll nun ein Rechteck–Tiefpass mit $K = 1.5$ und $\Delta f = 2 \ \rm kHz$ nachgebildet werden, wobei die Normierungszeit $T= 1 \ \rm ms$ betrage.

Dann liegt die erste Nullstelle bei $t=0.5\ \rm ms$ und das Impulsantwortmaximum ist dann $h(t= 0) = 3 \cdot 10^3 \ \rm 1/s$.

Gauß–Tiefpass $\Rightarrow$ Gaussian Low–pass

Der Gauß–Tiefpass lautet mit der Höhe $K$ und der (äquivalenten) Bandbreite $\Delta f$:

$$H(f)=K\cdot {\rm e}^{-\pi\hspace{0.05cm}\cdot\hspace{0.05cm}(f/\Delta f)^2}.$$

Die äquivalente Bandbreite $\Delta f$ ergibt sich aus dem flächengleichen Rechteck.
Der Wert bei $f = \Delta f/2$ ist um den Faktor $0.456$ kleiner als der Wert bei $f=0$.
Für die Impulsantwort erhält man gemäß der Fourierrücktransformation:

$$h(t)=K\cdot \Delta f \cdot {\rm e}^{-\pi(t\hspace{0.05cm}\cdot\hspace{0.05cm} \Delta f)^2} .$$

Je kleiner $\Delta f$ ist, um so breiter und niedriger ist die Impulsantwort ⇒ Reziprozitätsgesetz von Bandbreite und Impulsdauer.
Sowohl $H(f)$ als auch $h(t)$ sind zu keinem $f$– bzw. $t$–Wert exakt gleich Null.
Für praktische Anwendungen kann der Gaußimpuls jedoch in Zeit und Frequenz als begrenzt angenommen werden.
Zum Beispiel ist $h(t)$ bereits bei $t=1.5 \cdot \Delta t$ auf weniger als $0.1\% $ des Maximums abgefallen.

Idealer (rechteckförmiger) Tiefpass $\Rightarrow$ Rectangular Low–pass

Der Rechteck–Tiefpass lautet mit der Höhe $K$ und der (äquivalenten) Bandbreite $\Delta f$:

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

Der $\pm \Delta f/2$–Wert liegt mittig zwischen links- und rechtsseitigem Grenzwert.
Für die Impulsantwort $h(t)$ erhält man entsprechend den Gesetzmäßigkeiten der Fourierrücktransformation (2. Fourierintegral):

$$h(t)=K\cdot \Delta f \cdot {\rm si}(\pi\cdot \Delta f \cdot t) \quad \text{mit} \quad {\rm si}(x)={\sin(x)}/{x}.$$

Der $h(t)$–Wert bei $t=0$ ist gleich der Rechteckfläche des Frequenzgangs.
Die Impulsantwort besitzt Nullstellen in äquidistanten Abständen $1/\Delta f$.
Das Integral über die Impulsantwort $h(t)$ ist gleich dem Frequenzgang $H(f)$ bei der Frequenz $f=0$, ist also gleich $K$.

Dreieck–Tiefpass $\Rightarrow$ Triangular Low–pass

Der Dreieck–Tiefpass lautet mit der Höhe $K$ und der (äquivalenten) Bandbreite $\Delta f$:

$$H(f) = \left\{ \begin{array}{l} \hspace{0.25cm}K\cdot \Big(1-\frac{|f|}{\Delta f}\Big) \\ \hspace{0.25cm} 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} {\left| \hspace{0.05cm} f\hspace{0.05cm} \right| < \Delta f,} \\ {\left| \hspace{0.05cm}f\hspace{0.05cm} \right| \ge \Delta f.} \\ \end{array}$$

Die absolute physikalische Bandbreite $B$ ⇒ [nur positive Frequenzen] ist ebenfalls gleich $\Delta f$, ist also so groß wie beim Rechteck–Tiefpass.
Für die Impulsantwort $h(t)$ erhält man gemäß der Fouriertransformation:

$$h(t)=K\cdot \Delta f \cdot {\rm si}^2(\pi\cdot \Delta f \cdot t) \quad \text{mit} \quad {\rm si}(x)={\sin(x)}/{x}.$$

$H(f)$ kann man als Faltung zweier Rechteckfunktionen $($jeweils mit Breite $\Delta f)$ darstellen.
Daraus folgt: $h(t)$ beinhaltet anstelle der ${\rm si}$-Funktion die ${\rm si}^2$-Funktion.
$h(t)$ weist somit ebenfalls Nullstellen im äquidistanten Abständen $1/\Delta f$ auf.
Der asymptotische Abfall von $h(t)$ erfolgt hier mit $1/t^2$, während zum Vergleich beim Rechteck–Tiefpass $h(t)$ mit $1/t$ abfällt.

Trapez–Tiefpass $\Rightarrow$ Trapezoidal Low–pass

Der Trapez–Tiefpass lautet mit der Höhe $K$ und den beiden Eckfrequenzen $f_1$ und $f_2$:

$$H(f) = \left\{ \begin{array}{l} \hspace{0.25cm}K \\ K\cdot \frac{f_2-|f|}{f_2-f_1} \\ \hspace{0.25cm} 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} {\left| \hspace{0.05cm} f\hspace{0.05cm} \right| \le f_1,} \\ {f_1\le \left| \hspace{0.05cm}f\hspace{0.05cm} \right| \le f_2,} \\ {\left|\hspace{0.05cm} f \hspace{0.05cm} \right| \ge f_2.} \\ \end{array}$$

Für die äquivalente Bandbreite (flächengleiches Rechteck) gilt: $\Delta f = f_1+f_2$.
Der Rolloff-Faktor (im Frequenzbereich) kennzeichnet die Flankensteilheit:

$$r=\frac{f_2-f_1}{f_2+f_1}.$$

Der Sonderfall $r=0$ entspricht dem Rechteck–Tiefpass und der Sonderfall $r=1$ dem Dreieck–Tiefpass.
Für die Impulsantwort erhält man gemäß der Fourierrücktransformation:

$$h(t)=K\cdot \Delta f \cdot {\rm si}(\pi\cdot \Delta f \cdot t)\cdot {\rm si}(\pi \cdot r \cdot \Delta f \cdot t) \quad \text{mit} \quad {\rm si}(x)={\sin(x)}/{x}.$$

Der asymptotische Abfall von $h(t)$ liegt zwischen $1/t$ $($für Rechteck–Tiefpass oder $r=0)$ und $1/t^2$ $($für Dreieck–Tiefpass oder $r=1)$.

Cosinus-Rolloff-Tiefpass $\Rightarrow$ Cosine-rolloff Low–pass

Der Cosinus–Rolloff–Tiefpass lautet mit der Höhe $K$ und den beiden Eckfrequenzen $f_1$ und $f_2$:

$$H(f) = \left\{ \begin{array}{l} \hspace{0.25cm}K \\ K\cdot \cos^2\Big(\frac{|f|-f_1}{f_2-f_1}\cdot {\pi}/{2}\Big) \\ \hspace{0.25cm} 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} {\left| \hspace{0.05cm} f\hspace{0.05cm} \right| \le f_1,} \\ {f_1\le \left| \hspace{0.05cm}f\hspace{0.05cm} \right| \le f_2,} \\ {\left|\hspace{0.05cm} f \hspace{0.05cm} \right| \ge f_2.} \\ \end{array}$$

Für die äquivalente Bandbreite (flächengleiches Rechteck) gilt: $\Delta f = f_1+f_2$.
Der Rolloff-Faktor (im Frequenzbereich) kennzeichnet die Flankensteilheit:

$$r=\frac{f_2-f_1}{f_2+f_1}.$$

Der Sonderfall $r=0$ entspricht dem Rechteck–Tiefpass und der Sonderfall $r=1$ dem Cosinus-Quadrat-Tiefpass.
Für die Impulsantwort erhält man gemäß der Fourierrücktransformation:

$$h(t)=K\cdot \Delta f \cdot \frac{\cos(\pi \cdot r\cdot \Delta f \cdot t)}{1-(2\cdot r\cdot \Delta f \cdot t)^2} \cdot {\rm si}(\pi \cdot \Delta f \cdot t).$$

Je größer der Rolloff-Faktor $r$ ist, desto schneller nimmt $h(t)$ asymptotisch mit $t$ ab.

Cosinus-Quadrat-Tiefpass $\Rightarrow$ Cosine-rolloff -squared Low–pass

Dies ist ein Sonderfall des Cosinus–Rolloff–Tiefpasses und ergibt sich aus diesem für $r=1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}f_1=0,\ f_2= \Delta f$:

$$H(f) = \left\{ \begin{array}{l} \hspace{0.25cm}K\cdot \cos^2\Big(\frac{|f|\hspace{0.05cm}\cdot\hspace{0.05cm} \pi}{2\hspace{0.05cm}\cdot\hspace{0.05cm} \Delta f}\Big) \\ \hspace{0.25cm} 0 \\ \end{array} \right.\quad \quad \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}} \\ \end{array}\begin{array}{*{20}c} {\left| \hspace{0.05cm} f\hspace{0.05cm} \right| < \Delta f,} \\ {\left| \hspace{0.05cm}f\hspace{0.05cm} \right| \ge \Delta f.} \\ \end{array}$$

Für die Impulsantwort erhält man gemäß der Fourierrücktransformation:

$$h(t)=K\cdot \Delta f \cdot {\pi}/{4}\cdot \big [{\rm si}(\pi(\Delta f\cdot t +0.5))+{\rm si}(\pi(\Delta f\cdot t -0.5))\big ]\cdot {\rm si}(\pi \cdot \Delta f \cdot t).$$

Wegen der letzten ${\rm si}$-Funktion ist $h(t)=0$ für alle Vielfachen von $T=1/\Delta f$ ⇒ Die äquidistanten Nulldurchgänge des Cosinus–Rolloff–Tiefpasses bleiben erhalten.
Aufgrund des Klammerausdrucks weist $h(t)$ nun weitere Nulldurchgänge bei $t=\pm1.5 T$, $\pm2.5 T$, $\pm3.5 T$, ... auf.
Für $t=\pm T/2$ hat die Impulsanwort den Wert $K\cdot \Delta f/2$.
Der asymptotische Abfall von $h(t)$ verläuft in diesem Sonderfall mit $1/t^3$.

Versuchsdurchführung

Wählen Sie zunächst die Nummer $(1,\ 2$, ... $)$ der zu bearbeitenden Aufgabe.
Eine Aufgabenbeschreibung wird angezeigt. Die Parameterwerte sind angepasst.
Lösung nach Drücken von „Musterlösung”.
Die Nummer $0$ entspricht einem „Reset”: Einstellung wie beim Programmstart.
„Rot” bezieht sich auf den ersten Parametersatz ⇒ $H_1(f) \bullet\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\circ\ h_1(t)$.
„Blau” bezieht sich auf den zweiten Parametersatz ⇒ $H_2(f) \bullet\!\!-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\circ\ h_2(t)$.
Werte betragsmäßig kleiner $0.0005$ werden im Programm zu Null gesetzt.

(1) Vergleichen Sie den roten Gauß–Tiefpass $(K_1 = 1, \ \Delta f_1 = 1)$ mit dem blauen Rechteck–Tiefpass $(K_2 = 1,\ \Delta f_2 = 1)$. Fragen:
(a) Welche Ausgangssignale $y(t)$ ergeben sich, wenn am Eingang das Signal $x(t) = 2 \cdot \cos (2\pi f_0 t -\varphi_0)$ mit $f_0 = 0.5$ anliegt?
(b) Welche Unterschiede ergeben sich bei beiden Tiefpässen mit $f_0 = 0.5 \pm f_\varepsilon$ und $f_\varepsilon \ne 0, \ f_\varepsilon \to 0$?

(a) Es gilt $y(t) = A \cdot \cos (2\pi f_0 t -\varphi_0)$ mit $A = 2 \cdot H(f = f_0) \ \Rightarrow \ A_1 = 0.912, \ A_2 = 1.000$. Die Phase $\varphi_0$ bleibt erhalten.

(b) Bei Rot gilt weiterhin $ A_1 = 0.912$. Bei Blau ist $A_2 = 0$ für $f_0 = 0.5000\text{...}001$ und $A_2 = 2$ für $f_0 = 0.4999\text{...}999$.

(2) Lassen Sie die Einstellungen unverändert. Welcher Tiefpass $H(f)$ kann das erste oder das zweite Nyquistkriterium erfüllen?
Hierbei bezeichnet $H(f)$ den Gesamtfrequenzgang von Sender, Kanal und Empfangsfilter.

Erstes Nyquistkriterium: Die Impulsantwort $h(t)$ muss äquidistante Nulldurchgänge zu den (normierten) Zeiten $t = 1,\ 2$, ... aufweisen.
Die Impulsantwort $h(t) = {\rm si}(\pi \cdot \Delta f \cdot t)$ des Rechteck–Tiefpasses erfüllt dieses Kriterium mit $\Delta f = 1$.
Dagegen wird beim Gauß–Tiefpass das erste Nyquistkriterium nie erfüllt und es kommt immer zu Impulsinterferenzen.
Das zweite Nyquistkriterium erfüllt weder der Rechteck–Tiefpass noch der Gauß–Tiefpass.

(3) Vergleichen Sie den roten Rechteck–Tiefpass $(K_1 = 0.5, \ \Delta f_1 = 2)$ mit dem blauen Rechteck–Tiefpass $(K_2 = 1, \ \Delta f_2 = 1)$.
Variieren Sie anschließend $\Delta f_1$ zwischen $2$ und $0.5$.

Mit $\Delta f_1 = 2$ liegen die Nullstellen von $h_1(t)$ bei Vielfachen von $0.5$ ⇒ $h_1(t)$ klingt doppelt so schnell ab wie $h_2(t)$.
Mit der vorliegenden Einstellung gilt $h_1(t = 0) = h_2(t = 0)$, da die Rechteckflächen von $H_1(f)$ und $H_2(f)$ gleich sind.
Verringert man man $\Delta f_1$, so wird die Impulsantwort $h_1(t)$ immer breiter und niedriger.
Mit $\Delta f_1 = 0.5$ ist $h_1(t)$ doppelt so breit wie $h_2(t)$, gleichzeitig aber um den Faktor $4$ niedriger.

(4) Vergleichen Sie den roten Trapez–Tiefpass $(K_1 = 1, \ \Delta f_1 = 1, \ r_1 = 0.5)$ mit dem blauen Rechteck–Tiefpass $(K_2 = 1, \ \Delta f_2 = 1)$.
Variieren Sie anschließend $r_1$ zwischen $0$ und $1$.

Mit $r_1 = 0.5$ sind die Unterschwinger von $h_1(t)$ beim „Trapez” wegen des flacheren Flankenabfalls geringer als beim „Rechteck”.
Mit kleinerem $r_1$ nehmen die Unterschwinger zu. Mit $r_1= 0$ ist der Trapez– gleich dem Rechteck–Tiefpass ⇒ $h(t)= {\rm si}(\pi \cdot t/T)$.
Mit größerem $r_1$ werden die Unterschwinger kleiner. Mit $r_1= 1$ ist der Trapez– gleich dem Dreieck–Tiefpass ⇒ $h(t)= {\rm si}^2(\pi \cdot t/T)$.

(5) Vergleichen Sie den Trapez–Tiefpass $(K_1 = 1, \ \Delta f_1 = 1, \ r_1 = 0.5)$ mit dem Cosinus-Rolloff-Tiefpass $(K_2 = 1,\ \Delta f_2 = 1, \ r_2 = 0.5)$.
Variieren Sie $r_2$ zwischen $0$ und $1$. Interpretieren Sie die Impulsantwort für $r_2 = 0.75$. Welcher Tiefpass erfüllt das erste Nyquistkriterium?

Bei $r_1 = r_2= 0.5$ verläuft der Flankenabfall von $H_2(f)$ um die Frequenz $f = 0.5$ steiler als der Flankenabfall von $H_1(f)$.
Bei gleichem Rolloff $r= 0.5$ hat die Impulsantwort $h_2(t)$ für $t > 1$ betragsmäßig größere Anteile als $h_1(t)$.
Mit $r_1 = 0.5$ und $r_2 = 0.75$ gilt $H_1(f) \approx H_2(f)$ und damit auch $h_1(t) \approx h_2(t)$.
$H_1(f)$ und $H_2(f)$ erfüllen beide das erste Nyquistkriterium: Beide Funktionen sind punktsymmetrisch um den „Nyquistpunkt”.
Wegen $\Delta f = 1$ besitzen sowohl $h_1(t)$ als auch $h_2(t)$ Nulldurchgänge bei $\pm 1$, $\pm 2$, ... ⇒ jeweils maximale vertikale Augenöffnung.

(6) Vergleichen Sie den Cosinus–Quadrat–Tiefpass $(K_1 = 1, \ \Delta f_1 = 1)$ mit dem Cosinus-Rolloff-Tiefpass $(K_2 = 1, \ \Delta f_2 = 1,\ r_2 = 0.5)$.
Variieren Sie $r_2$ zwischen $0$ und $1$. Interpretieren Sie die Ergebnisse. Welcher Tiefpass erfüllt das zweite Nyquistkriterium]]?

$H_1(f)$ ist ein Sonderfall des Cosinus–Rolloff–Tiefpasses mit Rolloff $r_2 =1$. Das erste Nyquistkriterium wird auch mit $r_2 \ne 1$ erfüllt.
Nach dem zweiten Nyquistkriterium muss $h(t)$ auch Nulldurchgänge bei $t=\pm 1.5$, $\pm 2.5$, $\pm 3.5$, ... besitzen $($nicht jedoch bei $t = \pm 0.5)$.
Für den Cosinus–Quadrat–TP gilt also $h_1(t=\pm 0.5) = 0.5$, $h_1(t=\pm 1) = h_1(t=\pm 1.5) = h_1(t=\pm 2)= h_1(t=\pm 2.5) = \text{...} =0$.
Nur der Cosinus–Quadrat–TP erfüllt das erste und zweite Nyquistkriterium gleichzeitig: Maximale vertikale und horizontale Augenöffnung.

Zur Handhabung des Programms

Bildschirmabzug (englische Version, heller Hintergrund)

(A) Theme (veränderbare grafische Oberflächengestaltung)

Dark: schwarzer Hintergrund (wird von den Autoren empfohlen)
Bright: weißer Hintergrund (empfohlen für Beamer und Ausdrucke)
Deuteranopia: für Nutzer mit ausgeprägter Grün–Sehschwäche
Protanopia: für Nutzer mit ausgeprägter Rot–Sehschwäche

(B) Vorauswahl für den Frequenzgang $H_1(f)$ (rote Kurve)

(C) Parameterfeslegung für $H_1(f)$

(D) Numerikausgabe für $H_1(f_*)$ und $h_1(t_*)$

(E) Vorauswahl für den Frequenzgang $H_2(f)$ (blaue Kurve)

(F) Parameterfeslegung für $H_2(f)$

(G) Numerikausgabe für $H_2(f_*)$ und $h_2(t_*)$

(H) Einstellung der Frequenz $f_*$ für die Numerikausgabe

(I) Einstellung der Zeit $t_*$ für die Numerikausgabe

(J) Bereich der graphischen Darstellung im Frequenzbereich

(K) Bereich der graphischen Darstellung im Zeitbereich

(L) Auswahl der Aufgabe entsprechend der Aufgabennummer

(M) Aufgabenbeschreibung und Fragestellung

(N) Musterlösung anzeigen und verbergen

Details zu den obigen Punkten (J ) und (K)

Zoom–Funktionen:
„$+$” (Vergrößern), „$-$” (Verkleinern), „$\rm o$” (Zurücksetzen)

Verschiebe–Funktionen: „$\leftarrow$” „$\uparrow$” „$\downarrow$” „$\rightarrow$”
„$\leftarrow$” bedeutet: Bildausschnitt nach links, Ordinate nach rechts

Andere Möglichkeiten:

Bei gedrückter Shifttaste und Scrollen kann im Koordinatensystem gezoomt werden.
Bei gedrückter Shifttaste und gedrückter linker Maustaste kann das Koordinatensystem verschoben werden.

Über die Autoren

Dieses interaktive Berechnungstool wurde am Lehrstuhl für Nachrichtentechnik der Technischen Universität München konzipiert und realisiert.

Die erste Version wurde 2005 von Ji Li im Rahmen ihrer Diplomarbeit mit „FlashMX–Actionscript” erstellt (Betreuer: Günter Söder und Klaus Eichin).
2017 wurde „Impulse & Spektren” von David Jobst im Rahmen seiner Ingenieurspraxis (Betreuer: Tasnád Kernetzky) auf „HTML5” umgesetzt und neu gestaltet.

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