Aufgaben:Aufgabe 3.6: Einschwingverhalten

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Cosinus– und Sinusschwingung,
jeweils kausal

Wir betrachten in dieser Aufgabe ein Cosinussignal  $c(t)$  mit der Amplitude  $1$  und der Periodendauer $T = 1 \ \rm µ s$,  das für alle Zeiten  $t$  $($im Bereich  $ \pm \infty)$  definiert ist:

$$c(t) = \cos(2\pi \cdot {t}/{T})\hspace{0.05cm} .$$

Dagegen beginnt das kausale Cosinussignal  $c_{\rm K}(t)$  (rote Kurve)  erst zum Einschaltzeitpunkt  $t = 0$:

$$c_{\rm K}(t)= \left\{ \begin{array}{c} c(t) \\0 \end{array} \right.\begin{array}{c} {\rm{f\ddot{u}r}} \\ {\rm{f\ddot{u}r}}\end{array}\begin{array}{*{20}c}{ t \ge 0\hspace{0.05cm},} \\{ t < 0\hspace{0.05cm}.}\end{array}$$

Für das beidseitig unbegrenzte Signal  $c(t)$  kann man nur das Fourierspektrum angeben:

$$C(f) = {1}/{ 2} \cdot \delta (f - f_0) + {1}/{ 2} \cdot \delta (f + f_0)\quad {\rm mit} \quad f_0 = {1}/{ T}= 1\,\,{\rm MHz.}$$

Dagegen ist für das kausale Cosinussignal  $c_{\rm K}(t)$  auch die Laplace–Transformierte angebbar:

$$C_{\rm L}(p) =\frac {p} { (p-{\rm j} \cdot 2 \pi/T)\cdot (p+{\rm j} \cdot 2 \pi/T)}\hspace{0.05cm} .$$

Entsprechend gilt für die Laplace–Transformierte der kausalen Sinusfunktion  $s_{\rm K}(t)$:

$$S_{\rm L}(p) =\frac {2 \pi/T} { (p-{\rm j} \cdot 2 \pi/T)\cdot (p+{\rm j} \cdot 2 \pi/T)}\hspace{0.05cm} .$$

Die beidseitig unbegrenzte Sinusfunktion wird mit  $s(t)$  bezeichnet und ist als blau–gepunktete Kurve im unteren Diagramm dargestellt.

Die Signale  $c(t)$,  $c_{\rm K}(t)$,  $s(t)$  und  $s_{\rm K}(t)$  werden an den Eingang eines Tiefpasses erster Ordnung mit folgender Übertragungsfunktion  (bzw. Impulsantwort)  angelegt:

$$H_{\rm L}(p) =\frac {2 /T} { p + 2 /T} \quad\bullet\!\!-\!\!\!-^{\hspace{-0.25cm}\rm L}\!\!\!-\!\!\circ\quadh(t) = {2}/{T} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-\hspace{0.03cm}2\hspace{0.03cm}t/T}.$$

• Die entsprechenden Ausgangssignale werden mit  $y_{\rm C}(t)$,  $y_{\rm CK}(t)$,  $y_{\rm S}(t)$  und  $y_{\rm SK}(t)$  bezeichnet.
• Diese Signale sollen in dieser Aufgabe berechnet und zueinander in Bezug gesetzt werden.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  Laplace–Rücktransformation.
• Die Berechnungen zur Teilaufgabe  (6)  sind umfangreich.
• Zur Berechnung der Signale  $y_{\rm CK}(t)$  und  $y_{\rm SK}(t)$  bietet sich zum Beispiel der  Residuensatz  an.

Fragebogen

1 Berechnen Sie den Frequenzgang  $H(f)$  aus  $H_{\rm L}(p)$  nach Betrag und Phase.  Welche Werte ergeben sich für die Frequenz  $ f = f_0 = 1/T = 1 \ \rm MHz$?

$|H(f = f_0)| \ = \ $

$a(f = f_0)\hspace{0.2cm} = \ $ $\ \rm Np$

${\rm arc} \ H(f = f_0)\ = \ $ $\ \rm Grad$

$b(f = f_0)\hspace{0.24cm} = \ $ $\ \rm Grad$

2 Berechnen Sie das Signal  $y_{\rm C}(t)$  am Filterausgang, wenn am Filtereingang das Cosinussignal  $c(t)$  anliegt.  Welcher Wert ergibt sich für  $t = 0$?

$y_{\rm C}(t = 0) \ = \ $

3 Berechnen Sie das Ausgangssignal  $y_{\rm S}(t)$, wenn am Filtereingang das Sinussignal  $s(t)$  anliegt.  Welcher Wert ergibt sich für  $t = 0$?

$y_{\rm S}(t = 0) \ = \ $

4 Bestimmen Sie die Einflusslänge  $T_h$  der Filterimpulsantwort,  also diejenige Zeit,  bei der  $h(t)$  auf  $1\%$  des Maximalwertes abgeklungen ist.  Normierung auf  $T$.

$T_h/T \ = \ $

5 Welche Aussagen sind für die Signale  $y_{\rm CK}(t)$  und  $y_{\rm SK}(t)$  zutreffend?

	Es gilt  $y_{\rm CK}(t) \equiv 0$  und  $y_{\rm SK}(t) \equiv 0$  für  $t < 0$.
	Das Signal  $y_{\rm CK}(t)$  ist für  $t > T_h$  annähernd gleich  $y_{\rm C}(t)$.
	Das kausale Signal  $y_{\rm SK}(t)$  ist für  $t < T_h$  annähernd gleich $y_{\rm S}(t)$.

6 Berechnen Sie mittels Residuensatz das Signal  $y_{\rm CK}(t)$  nach dem Filter, wenn am Eingang  $c_{\rm K}(t)$  anliegt.   Welcher Signalwert tritt zum Zeitpunkt  $t = T/5$  auf?

$y_\text{CK}(t = T/5) \ = \ $

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Ersetzt man in  $H_{\rm L}(p)$  den Parameter  $T$  durch  $1/f_0$  sowie  $p$  durch  ${\rm j} \cdot 2 \pi f$,  so erhält man für den Frequenzgang allgemein bzw. für  $f_0 = 1 \ \rm MHz$:

$$H(f) = \frac {2 /T} { {\rm j} \cdot 2 \pi f + 2 /T}=\frac {f_0} { {\rm j} \cdot \pi f + f_0}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} H(f= f_0) = \frac {1} { 1 + {\rm j} \cdot \pi }$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} |H(f= f_0)| = \frac {1} { \sqrt{1 + \pi^2}} \hspace{0.15cm}\underline{= 0.303}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}a(f= f_0)= - {\rmln}\,\, |H(f= f_0)| \hspace{0.15cm}\underline{\approx 1.194\,\,{\rmNp}}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm arc}\,H(f= f_0)= - {\rmarctan}\,(\pi) \hspace{0.15cm}\underline{\approx -72^\circ} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}b(f= f_0)=-{\rm arc}\,H(f= f_0) \hspace{0.15cm}\underline{\approx +72^\circ} \hspace{0.05cm}.$$

(2)  Das Ausgangssignal  $y_{\rm C}(t)$  ist gegenüber dem Eingangssignal  $c(t)$  um den Faktor  $0.303$  gedämpft und um  $\tau \approx 72/360 \cdot T = T/5$  verzögert.

• Man kann dieses Signal somit auch folgendermaßen beschreiben:

$$y_{\rm C}(t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2}}= 0.303 \cdot \cos(2\pi \cdot \frac{t-T/5}{T}) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{\rm C}(t=0) = \frac {1} { {1 + \pi^2}} \hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.092} \hspace{0.05cm}.$$

• Dieses Signal ist in der linken Grafik zur Musterlösung  (5)  blau–gepunktet dargestellt.

(3)  Das Signal  $y_{\rm S}(t)$  ist gegenüber  $s(t)$  ebenfalls um den Dämpfungsfaktor  $0.303$  kleiner und um die Zeitdauer  $\tau = T/5$  verzögert.

• Es lässt sich wie folgt beschreiben:

$$y_{\rm S}(t) = \frac { -\pi \cdot \cos(2\pi {t}/{T}) + \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2}}= 0.303 \cdot \sin(2\pi \cdot \frac{t-T/5}{T}) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{\rm S}(t=0) = -\frac {\pi} { {1 + \pi^2}} \hspace{0.15cm}\underline{\approx -0.289} \hspace{0.05cm}.$$

• Dieses Signal ist in der rechten Grafik zur Musterlösung  (5)  blau–gepunktet skizziert.

(4)  Bei  $T_h$  soll die Impulsantwort  $h(t)$  auf  $1\%$  des Maximalwertes abgeklungen sein. Somit gilt:

$${\rm e}^{\hspace{0.05cm}-\hspace{0.03cm}2\hspace{0.03cm}T_{ h}/T} = 0.01 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} {T_{ h}}/{T} =\frac{1}{2}\cdot {\rm ln}\,\, \frac{1}{0.01} \hspace{0.15cm}\underline{\approx 2.3}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}h(t=0) ={2}/{T}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}h(t=T_{ h}) ={0.02}/{T}\hspace{0.05cm}.$$

Einschwingverhalten eines kausalen Cosinus– und eines kausalen Sinussignals

(5)  Richtig sind  die Aussagen 1 und 2:

• Die kausalen Signale  $y_{\rm CK}(t)$  und  $y_{\rm SK}(t)$  müssen für  $t < 0$  identisch Null sein.
• Da aber die Impulsantwort  $h(t)$  des betrachteten Filters für  $t > T_h$  (nahezu) verschwindet,  ist es nach Abschluss des Einschwingvorganges egal,  ob das zeitlich unbegrenzte Signal  $c(t)$  oder das kausale Signal  $c_{\rm K}(t)$ am Eingang anliegt.
• Das gleiche gilt für die Sinussignale:   Für  $t >T_{ h}$  ist  $y_{\rm SK}(t)=y_{\rm S}(t)$.

Die Grafik zeigt links die Ausgangssignale  $y_{\rm C}(t)$  und  $y_{\rm CK}(t)$  bei cosinusförmigem Eingang und rechts die Signale  $y_{\rm S}(t)$  und  $y_{\rm SK}(t)$  bei sinusförmigem Eingang.  Beachten Sie die Laufzeit  von  $T/5$  $($entsprechend der Phase  $72^\circ)$  in beiden Fällen.

• Bei  $y_{\rm CK}(t)$  sind die ersten Wellenberge kleiner als  $1$,  um die richtige Phasenlage von  $y_{\rm C}(t)$  zu erreichen.
• Bei  $y_{\rm SK}(t)$  sind dagegen die ersten Wellenberge größer als  $1$,  um die richtige Phasenlage von  $y_{\rm S}(t)$  zu erreichen.

(6)  Mit  $p_{\rm x1}= {\rm j} \cdot {2\pi}/{T} , \hspace{0.1cm}p_{\rm x2}= -{\rm j} \cdot {2\pi}/{T} , \hspace{0.1cm}

p_{\rm x3}= -{2}/{T}
\hspace{0.05cm}$ 

kann für die Laplace–Transformierte des Signals  $y_{\rm CK}(t)$  geschrieben werden:

$$Y_{\rm L}(p) =\frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}1})(p-p_{{\rm x}2})(p-p_{{\rm x}3})}\hspace{0.05cm}.$$

Die Zeitfunktion  $y_{\rm CK}(t)$  setzt sich somit nach dem Residuensatz aus drei Anteilen zusammen:

• Der erste Anteil ergibt sich unter Berücksichtigung von  $p_{\rm x2}= -p_{\rm x1}$  zu

$$y_1(t)= {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}}\hspace{0.05cm}\{Y_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p t}\}=\frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}2})(p-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p\hspace{0.05cm}t}\bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}}=\frac {-p_{{\rm x}3}\cdotp_{{\rm x}1}} { (p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}2})(p_{{\rm x}1}-p_{{\rmx}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}1}\cdot\hspace{0.03cm}t}= \frac {-p_{{\rm x}3}/2} { p_{{\rm x}1}-p_{{\rmx}3}}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}1}\cdot\hspace{0.03cm}t}\hspace{0.05cm} .$$

• In gleicher Weise erhält man für den zweiten Anteil:

$$y_2(t)= {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}}\hspace{0.05cm}\{Y_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p t}\}=\frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}1})(p-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p\hspace{0.05cm}t}\bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}}=\frac {-p_{{\rm x}3}\cdotp_{{\rm x}2}} { (p_{{\rm x}2}-p_{{\rm x}1})(p_{{\rm x}2}-p_{{\rmx}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}2}\cdot\hspace{0.03cm}t}= \frac {p_{{\rm x}3}/2} { p_{{\rm x}1}+p_{{\rmx}3}}\cdot {\rm e}^{-p_{{\rm x}1}\cdot\hspace{0.03cm}t}\hspace{0.05cm} .$$

• Fasst man beide Anteile zusammen und berücksichtigt die Zahlenwerte von  $p_{\rm x1}$  und  $p_{\rm x3}$, so erhält man

$$y_{1\hspace{0.03cm}+2}(t)= \frac {1/T} { 2/T + {\rm j} \cdot 2\pi /T}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm} t/T}+\frac {1/T} { 2/T - {\rm j} \cdot 2\pi /T}\cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}= \frac {1/2} { 1 + {\rm j} \cdot \pi }\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}+\frac {1/2} { 1 - {\rm j} \cdot \pi }\cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{1\hspace{0.03cm}+2}(t)\hspace{0.25cm} = \frac {1/2 \cdot (1 - {\rm j} \cdot \pi)} { 1 + \pi^2 }\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}+\frac {1/2 \cdot (1 + {\rm j} \cdot \pi)} { 1 + \pi^2 }\cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}\hspace{0.05cm} .$$

• Mit Hilfe des Eulerschen Satzes kann hierfür auch geschrieben werden:

$$y_{1\hspace{-0.03cm}+2} (t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2}}= y_{\rm C}(t)\hspace{0.05cm}.$$

Man erkennt,  dass  $y_{1\hspace{0.03cm}+2}(t)$  exakt gleich dem in der Teilaufgabe  (2)  berechneten Signal  $y_{\rm C}(t)$  ist.

• Schließlich erhält man für das letzte Residuum:

$$y_3(t)=\frac {-p_{{\rm x}3}^2} { (p_{{\rm x}3}-p_{{\rmx}1}) (p_{{\rm x}3}-p_{{\rm x}2})} \cdot {\rme}^{\hspace{0.05cm}p_{{\rm x}3}\cdot\hspace{0.03cm}t}= \frac {-(2/T)^2 \cdot {\rme}^{\hspace{0.05cm}-2\hspace{0.03cm}t/T}} { (-2/T-{\rm j} \cdot 2\pi /T) (-2/T+{\rm j} \cdot 2\pi /T)} =\frac {- {\rme}^{\hspace{0.05cm}-2\hspace{0.03cm}t/T} } { (1+{\rm j} \cdot \pi ) (1-{\rm j} \cdot\pi)} =\frac {- {\rme}^{\hspace{0.05cm}-2\hspace{0.03cm}t/T}} { 1+\pi^2} \hspace{0.05cm} .$$

• Damit lautet das Ausgangssignal bei kausalem Cosinussignal am Eingang:

$$y_{\rm CK}(t) = y_1(t)+y_2(t)+y_3(t) = \frac { \cos(2\pi {t}/{T}) + \pi \cdot \sin(2\pi {t}/{T})-{\rme}^{\hspace{0.05cm}-2\hspace{0.03cm}t/T}} { {1 + \pi^2}}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}y_{\rm CK}(t = {T}/{5}) = \frac { \cos(72^\circ) + \pi \cdot \sin(72^\circ)-{\rme}^{\hspace{0.05cm}-0.4}} { {1 + \pi^2}} \hspace{0.15cm}\underline{ \approx 0.24} < 0.303\hspace{0.05cm} .$$

Zum Vergleich:   Das Signal  $y_{\rm C}(t)$  hat zu diesem Zeitpunkt den Wert  $0.303$.

• Dagegen ergibt sich beim kausalen Sinussignal am Eingang allgemein und speziell zum Zeitpunkt des ersten Maximums bei  $t = 0.45 \cdot T$:

$$y_{\rm SK}(t) = \frac { -\pi \cdot \cos(2\pi {t}/{T}) + \sin(2\pi {t}/{T})+\pi \cdot {\rme}^{\hspace{0.05cm}-2\hspace{0.03cm}t/T}} { {1 + \pi^2}}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{\rm SK}(t = 0.45 \cdot T) = \frac { -\pi \cdot \cos(162^\circ) + \sin(162^\circ)+\pi \cdot{\rme}^{\hspace{0.05cm}-0.9}} { {1 + \pi^2}} \approx 0.42 > 0.303\hspace{0.05cm} .$$