Aufgaben:Aufgabe 4.3Z: Hilbert-Transformator: Unterschied zwischen den Versionen
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− | {Berechnen Sie den Frequenzgang $H_{HT}(f)$ des Hilbert-Transformators. Welcher Wert gilt für die Frequenz $f_0 = 10 \text{ kHz}$? | + | {Berechnen Sie den Frequenzgang $H_{\rm HT}(f)$ des Hilbert-Transformators. Welcher Wert gilt für die Frequenz $f_0 = 10 \text{ kHz}$? |
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$\text{Re}[H_{\rm HT}(f = f_0)]\ = \ $ { 0. } | $\text{Re}[H_{\rm HT}(f = f_0)]\ = \ $ { 0. } | ||
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:$$Y_2(f) = -{A}/{2}\cdot\delta (f + f_{0})- | :$$Y_2(f) = -{A}/{2}\cdot\delta (f + f_{0})- | ||
{A}/{2}\cdot\delta (f - f_{0}).$$ | {A}/{2}\cdot\delta (f - f_{0}).$$ | ||
− | *Daraus folgt $y_2(t) = - A \cdot \cos(2\pi f_0 t)$ und $y_2(t = 0)\; \underline{= -\hspace{-0.08cm}1 \,\text{V}}$. | + | *Daraus folgt $y_2(t) = - A \cdot \cos(2\pi f_0 t)$ und $y_2(t = 0)\; \underline{= -\hspace{-0.08cm}1 \,\text{V}}$. |
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\cdot{\sin} ( 45^\circ)= \hspace{0.15 cm}\underline{{\rm 0.707 \hspace{0.05cm} V}-{\rm | \cdot{\sin} ( 45^\circ)= \hspace{0.15 cm}\underline{{\rm 0.707 \hspace{0.05cm} V}-{\rm | ||
j}\cdot {\rm 0.707 \hspace{0.05cm} V}}.$$ | j}\cdot {\rm 0.707 \hspace{0.05cm} V}}.$$ | ||
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Aktuelle Version vom 6. Mai 2021, 15:49 Uhr
Die Grafik beschreibt ein Modell, wie zumindest gedanklich,
- aus dem reellen Bandpass–Signal $x(t)$
- das analytische Signal $x_{+}(t)$ generiert werden kann.
Der untere Zweig enthält den so genannten „Hilbert–Transformator” mit dem Frequenzgang $H_{\rm HT}(f)$.
Dessen Ausgangssignal $y(t)$ wird mit der imaginären Einheit $\rm j$ multipliziert und zum Signal $x(t)$ addiert:
- $$x_{\rm +}(t)= x(t) + {\rm j}\cdot y(t) .$$
Als Testsignale werden verwendet, jeweils mit $A = 1 \, \text{V}$ und $f_0 = 10 \, \text{kHz}$:
- $$x_1(t) = A \cdot {\cos} ( 2 \pi f_0 t ),$$
- $$x_2(t) = A \cdot {\sin} ( 2 \pi f_0 t ),$$
- $$x_3(t) = A \cdot {\cos} \big( 2 \pi f_0 (t - \tau) \big) \hspace{0.3cm}{\rm mit}\hspace{0.3cm}\tau = 12.5 \hspace{0.1cm}{\rm µ s}.$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Analytisches Signal und zugehörige Spektralfunktion.
- Für die Spektralfunktion des analytischen Signals gilt:
- $$ X_{\rm +}(f)= \big[1 + {\rm sign}(f)\big] \cdot X(f).$$
Fragebogen
Musterlösung
(1) Für die Spektralfunktion am Modellausgang gilt:
- $$X_{\rm +}(f)= \left(1 + {\rm j}\cdot H_{\rm HT}(f)\right) \cdot X(f).$$
- Ein Vergleich mit der angegebenen Beziehung
- $$X_{\rm +}(f)= \left(1 + {\rm sign}(f)\right) \cdot X(f)$$
- zeigt, dass $H_{\rm HT}(f) = - {\rm j} \cdot \sign(f)$ ist.
- Der gesuchte Realteil ist somit ${\rm Re}[X_{\rm +}(f)]\hspace{0.15cm}\underline{=0}$ und der Imaginärteil ist gleich ${\rm Im}[X_{\rm +}(f)]\hspace{0.15cm}\underline{=-1}$.
(2) Aus der Spektralfunktion
- $$X_1(f) = {A}/{2}\cdot\delta (f + f_{0})+ {A}/{2}\cdot\delta (f - f_{0}).$$
- wird nach dem Hilbert-Transformator:
- $$Y_1(f) = {\rm j}\cdot {A}/{2}\cdot\delta (f + f_{0})-{\rm j}\cdot {A}/{2}\cdot\delta (f - f_{0}).$$
- Damit lautet das Signal am Ausgang des Hilbert-Transformators:
- $$y_1(t) = A \cdot {\sin} ( 2 \pi f_0 t ) \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}y_1(t=0)\hspace{0.15 cm}\underline{ =0}.$$
(3) Nun lauten die Spektralfunktionen am Eingang und Ausgang des Hilbert-Transformators:
- $$X_2(f) = {\rm j}\cdot {A}/{2}\cdot\delta (f + f_{0})-{\rm j}\cdot {A}/{2}\cdot\delta (f - f_{0}),$$
- $$Y_2(f) = -{A}/{2}\cdot\delta (f + f_{0})- {A}/{2}\cdot\delta (f - f_{0}).$$
- Daraus folgt $y_2(t) = - A \cdot \cos(2\pi f_0 t)$ und $y_2(t = 0)\; \underline{= -\hspace{-0.08cm}1 \,\text{V}}$.
(4) Dieses Eingangssignal lässt sich auch wie folgt darstellen:
- $$x_3(t) = A \cdot {\cos} ( 2 \pi f_0 t - 2 \pi \cdot {\rm 10 \hspace{0.05cm} kHz}\cdot {\rm 0.0125 \hspace{0.05cm} ms}) = A \cdot {\cos} ( 2 \pi f_0 t - \pi/4)\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}y_3(t) = A \cdot {\cos} ( 2 \pi f_0 t - 3\pi/4).$$
- Die Signalphase ist somit $\varphi = \pi /4$.
- Durch den Hilbert-Transformator wird diese um $\varphi_{\rm HT} \; \underline{= 90^\circ} \; (\pi /2)$ verzögert.
- Deshalb ist das Ausgangssignal $y_3(t) = A \cdot \cos(2\pi f_0 t -3 \pi /4)$ und der Signalwert zur Zeit $t = 0$ beträgt $A \cdot \cos(135^\circ) \; \underline{= -0.707 \,\text{V}}$.
(5) Die Spektralfunktion des Signals $x_3(t)$ lautet:
- $$X_3(f) = {A_0}/{2} \cdot {\rm e}^{{\rm j} \varphi}\cdot\delta (f + f_{\rm 0}) + {A_0}/{2} \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \varphi}\cdot\delta (f - f_{\rm 0}) .$$
- Beim analytischen Signal verschwindet der erste Anteil und der Anteil bei $+f_0$ wird verdoppelt:
- $$X_{3+}(f) = {A_0} \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \varphi}\cdot\delta (f - f_{\rm 0}) .$$
- Durch Anwendung des Verschiebungssatzes lautet damit die zugehörige Zeitfunktion mit $\varphi = \pi /4$:
- $$x_{3+}(t) = A_0 \cdot {\rm e}^{{\rm j}( 2 \pi f_{\rm 0} t \hspace{0.05cm}-\hspace{0.05cm} \varphi)}.$$
- Speziell gilt für den Zeitpunkt $t = 0$:
- $$x_{3+}(t = 0) = A_0 \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \varphi} = A_0 \cdot{\cos} ( 45^\circ)-{\rm j}\cdot A_0 \cdot{\sin} ( 45^\circ)= \hspace{0.15 cm}\underline{{\rm 0.707 \hspace{0.05cm} V}-{\rm j}\cdot {\rm 0.707 \hspace{0.05cm} V}}.$$
Hinweis:
- Um von $x(t)$ zu $x_+(t)$ zu kommen, muss man nur die Cosinusfunktion durch die komplexe Exponentialfunktion ersetzen.
- Beispielsweise gilt für eine harmonische Schwingung:
- $$x(t) = A \cdot {\cos} ( 2 \pi f_0 t -\hspace{0.05cm} \varphi) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} x_{+}(t) = A \cdot {\rm e}^{{\rm j}( 2 \pi f_{\rm 0} t \hspace{0.05cm}-\hspace{0.05cm} \varphi)}.$$