Aufgabe 3.8: Dreimal Faltung?
Die Impulsantwort eines LZI-Systems hat im Zeitbereich zwischen 0 und 2T den folgenden Verlauf:
$$h( t ) = \frac{1}{T}\left( {1 - \frac{t}[[:Vorlage:2T]]} \right).$$
Außerhalb dieses Intervalls ist h(t) gleich 0. Die zugehörige Spektralfunktion lautet:
$$H( f ) = \frac{1}{{8\left( {{\rm{\pi }}fT} \right)^2 }} \left( {1 - {\rm{j \cdot 4\pi }}fT - {\rm{e}}^{ - {\rm{j \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} 4\pi }}fT} } \right).$$
Zur Berechnung des sog. Gleichsignalübertragungsfaktors ⇒ H(f = 0) ist diese Gleichung nicht geeignet, da sowohl der Klammerausdruck als auch der Nenner Null werden. Es gilt aber auch:
$$H( {f = 0} ) = \int_0^{2T} {h( t )\hspace{0.1cm}{\rm d}t = 1.}$$
An den Eingang dieses Filters werden drei verschiedene Zeitsignale angelegt (siehe Skizze):
- x1(t) ist ein Gleichsignal mit der Höhe x0 = 1 V.
- x2(t) ist ein Rechtecksignal mit der Dauer T und der Höhe x0 = 1 V, beginnend bei t = T.
- x3(t) ist ein Cosinussignal mit der Frequenz f0 = 3/T und der Amplitude x0 = 1 V.
Hinweis: Diese Aufgabe bezieht sich auf den theoretischen Grundlagen von Kapitel 3.4. Die Thematik dieses Abschnitts wird auch in nachfolgendem Interaktionsmodul veranschaulicht: Zur Verdeutlichung der grafischen Faltung
Fragebogen
Musterlösung
$$Y_1 (f) = X_1 (f) \cdot H(f)\quad {\rm{mit}}\quad X_1 (f) = 1\;{\rm{V}} \cdot \delta (f)$$
$$ \Rightarrow Y_1 (f) = 1\;{\rm{V}} \cdot \delta (f) \cdot H( {f = 0} ) = 1\;{\rm{V}} \cdot \delta (f).$$
$$ \Rightarrow y_1 (t) = 1\;{\rm{V}} \cdot H( {f = 0} ) \hspace{0.15 cm}\underline{= 1\;{\rm{V}}}.$$
Die Berechnung über die Faltung führt zum gleichen Ergebnis, wenn man berücksichtigt, dass das Integral über die Impulsantwort im vorliegenden Fall gleich 1 ist. c) Das gespiegelte Signal x2(–t) hat Signalanteile zwischen –2T und –T. Erst eine Verschiebung um T + ε führt zu einer Überlappung mit h(t). Hierbei bezeichnet ε eine beliebig kleine, aber positive Zeit. Ist die Verschiebung allerdings größer als 4T – ε, so liefert die Integration über das Produkt ebenfalls den Wert 0. Daraus folgt tmin = T und tmax = 4T.
d) Das Ergebnis der grafischen Faltung für die Zeitpunkte t = 2T und 3T kann man nachfolgender Skizze entnehmen. Der Wert bei 2T entspricht der rötlich unterlegten Fläche:
$$y_2( {t = 2T} ) = \frac{1}{2}\cdot ( {\frac{1}{T} + \frac{1}[[:Vorlage:2T]]} ) \cdot T \cdot x_0 \hspace{0.15 cm}\underline{= 0.75 {\rm V}} .$$
Die grün unterlegte Fläche kennzeichnet den Wert bei 3T:
$$y_2( {t = 3T} ) = \frac{1}{2}\cdot ( {\frac{1}{2T} + 0} ) \cdot T \cdot x_0 \hspace{0.15 cm}\underline{= 0.25 {\rm V}} .$$
Um den gesamten Signalverlauf zwischen T und 4T zu berechnen, müssen drei Bereiche getrennt betrachtet werden. Zur Vereinfachung der Darstellung wird im Folgenden x0 = 1 gesetzt.
Im Bereich T ≤ t ≤ 2T liegt die untere Integrationsgrenze fest bei τu = 0 und die obere Grenze bei τ0 = t – T:
$$y_2 (t) = \int_{\tau _u }^{\tau _0 } {h(\tau )\,{\rm{d}}\tau = \int_0^{t - T} {\frac{1}{T}} }\cdot \left( {1 - \frac{\tau }[[:Vorlage:2T]]} \right)\,{\rm{d}}\tau .$$
Mit dem unbestimmten Integral
$$I(\tau ) = \frac{\tau }{T} - 0.25 \cdot \left( {\frac{\tau }{T}} \right)^2$$
ergibt sich
$$y_2 (t) = I(t - T) - I(0) = \frac[[:Vorlage:T - T]]{T} - 0.25 \cdot \left( {\frac[[:Vorlage:T - T]]{T}} \right)^2 $$
$$ \Rightarrow \;y_2 (t) = 1.5 \cdot \frac{t}{T} - 0.25\cdot \left( {\frac{t}{T}} \right)^2 - 1.25.$$
Zur Verifizierung betrachten wir die beiden Grenzen. Man erhält die bereits oben berechneten Werte y2(T) = 0 und y2(2T) = 0.75.
Im Intervall 2T ≤ t ≤ 3T liegt die obere Integrationsgrenze weiterhin bei τ0 = t – T, während nun τu = t – 2T gilt:
$$y_2 (t) = I(t - T) - I(t - 2T) = 1.75 - 0.5 \cdot \frac{t}{T}.$$
Dies entspricht einem linearen Abfall mit den zwei Grenzwerten y2(2T) = 0.75 und y2(3T) = 0.25.
Schließlich liegt im Intervall 3T ≤ t ≤ 4T die obere Grenze fest bei τ0 = 2T und es gilt weiterhin τu = t – 2T:
$$y_2 (t) &=& I(2T) - I(t - 2T) \\&=& - 2 \cdot \frac{t}{T} + 0.25\left( {\frac{t}{T}} \right)^2 + 4.$$
Auch hier ergeben sich die richtigen Grenzwerte
$$y_2 (3T) = 0.25\quad {\rm{und}}\quad y_2 (4T) = 0.$$
e) Auch diese Aufgabe könnte direkt mit der Faltung gelöst werden. Da x3(t) eine gerade Funktion ist, kann hier aber nun auf die Spiegelung verzichtet werden und man erhält
$$y_3 (t) = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {h(\tau ) \cdot x_3 (t + \tau )\hspace{0.1cm}{\rm{d}}\tau = x_0 }\cdot \int_0^{2T} {h(\tau ) \cdot \cos (2{\rm{\pi }}f_0 (t + \tau )\hspace{0.1cm}{\rm{d}}\tau .}$$
Einfacher ist hier der Weg über die Spektren. X(f) besteht aus zwei Diraclinien bei ±3f0. Somit muss auch nur für diese Frequenz der Frequenzgang berechnet werden:
$$H( {f = 3f_0 } ) & = & \frac{1}{{72{\rm{\pi }}^{\rm{2}} }}\left[ {1 - {\rm{j}}\cdot 12{\rm{\pi }} - {\rm{cos}}( {{\rm{12\pi }}} ) + {\rm{j}}\cdot \sin ( {{\rm{12\pi }}})} \right] = \\ & = & \frac{1}{{72{\rm{\pi }}^{\rm{2}} }}\left[ 1 - {\rm j}\cdot 12{\rm \pi } - 1 + {\rm j}\cdot 0 \right]= { - {\rm{j}}} \cdot \frac{1}{{6{\rm{\pi }}}}.$$
Somit lautet das Spektrum des Ausgangssignals:
$$Y(f) = - {\rm{j}} \cdot \frac[[:Vorlage:X 0]]{{{\rm{12\pi }}}}\cdot \delta \left( {f - 3f_0 } \right) + {\rm{j}} \cdot \frac[[:Vorlage:X 0]]{{{\rm{12\pi }}}}\cdot \delta \left( {f + 3f_0 } \right).$$
Das Signal y3(t) ist somit sinusförmig mit der Amplitude x0/(6π). Der Signalwert bei t = 0 ist 0.
