Aufgaben:Aufgabe 3.6: Einschwingverhalten

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Wir betrachten in dieser Aufgabe ein Cosinussignal $c(t)$ mit der Amplitude $1$ und der Periodendauer $T = 1 \ \rm \mu s$, 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 nun an den Eingang eines Tiefpasses erster Ordnung mit der Übertragungsfunktion (bzw. der Impulsantwort) $$H_{\rm L}(p) = \frac {2 /T} { p + 2 /T} \quad \bullet\!\!-\!\!\!-^{\hspace{-0.25cm}\rm L}\!\!\!-\!\!\circ\quad h(t) = {2}/{T} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-\hspace{0.03cm}2 \hspace{0.03cm}t/T}$$ angelegt. 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.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
• 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 aus H_L(p) den Frequenzgang H(f) nach Betrag und Phase. Welche Werte ergeben sich für die Frequenz f₀ = 1/T = 1 MHz?

$|H(f = f_0)|$ =

$a(f = f_0)$ = $Np$

$arc \ H(f = f_0)$ = - $Grad$

$b(f = f_0)$ = $Grad$

2

Berechnen Sie das Signal y_C(t) am Filterausgang, wenn am Eingang des Filters das Cosinussignal c(t) anliegt. Welcher Wert ergibt sich für t = 0?

$y_C(t = 0)$ =

3

Berechnen Sie das Ausgangssignal y_S(t), wenn am Eingang das Sinussignal s(t) anliegt. Welcher Wert ergibt sich für t = 0?

$y_S(t = 0)$ = -

4

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

$T_h/T$ =

5

Welche Aussagen sind für die Signale y_CK(t) und y_SK(t) zutreffend?

	Es gilt yCK(t) = 0 und ySK(t) = 0 für t < 0.
	Das Signal yCK(t) ist für t > Th annähernd gleich yC(t).
	Das kausale Signal ySK(t) ist für t < Th annähernd gleich yS(t).

6

Berechnen Sie mittels Residuensatz das Signal y_CK(t) nach dem Filter, wenn am Eingang c_K(t) anliegt. Welcher Signalwert tritt zum Zeitpunkt t = T/5 auf?

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

Musterlösung

Musterlösung

1.  Ersetzt man in der Übertragungsfunktion H_L(p) den Parameter T durch 1/f₀ sowie p durch j · 2πf, so erhält man für den Frequenzgang allgemein bzw. für f₀ = 1 MHz:

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

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

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

2.  Das Signal y_C(t) ist gegenüber c(t) um den Faktor 0.303 gedämpft und um τ ≈ 72/360 · T = T/5 verzögert. Man kann dieses Signal somit auch folgendermaßen beschreiben:

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

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} y_{\rm C}(t=0) = \frac {1} { {1 + \pi^2 }} \hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.092} \hspace{0.05cm}.$$

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

3.  Das Signal y_S(t) ist gegenüber s(t) ebenfalls um den Dämpfungsfaktor 0.303 kleiner und um die Zeitdauer τ ≈ T/5 verzögert. Es lässt sich wie folgt beschreiben:

$$y_{\rm S}(t) = \frac { -\pi \cdot \cos(2\pi {t}/{T}) + \sin(2\pi {t}/{T})} { {1 + \pi^2 }}= 0.303 \cdot \sin(2\pi \cdot \frac{t-T/5}{T}) $$

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

Dieses Signal ist in der rechten Grafik zur Musterlösung 5) blau–gepunktet dargestellt.

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

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

5.  Richtig sind die Aussagen 1 und 2. Die kausalen Signale y_CK(t) und y_SK(t) müssen für t < 0 gleich 0 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 Cosinussignal c(t) oder das kausale Signal c_K(t) am Eingang anliegt. Das gleiche gilt für die Sinussignale:

$$t >T_{ h}: \hspace{0.3cm}y_{\rm CK}(t)=y_{\rm C}(t)\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}y_{\rm SK}(t)=y_{\rm S}(t)\hspace{0.05cm}.$$

Die Grafik zeigt links die Ausgangssignale y_C(t) und y_CK(t) bei cosinusförmigem Eingang und rechts die Signale y_S(t) und y_SK(t) bei sinusförmigem Eingang. Beachten Sie die Laufzeit von T/5 (entsprechend der Phase 72°) in beiden Fällen. Bei y_CK(t) sind die ersten Wellenberge kleiner als 1, bei y_SK(t) größer, um die richtige Phasenlage von y_C(t) bzw. y_S(t) zu erreichen.

6.  Mit den Abkürzungen

$$p_{\rm x1}= {\rm j} \cdot {2\pi}/{T} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}p_{\rm x2}= -{\rm j} \cdot {2\pi}/{T} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} p_{\rm x3}= -{2}/{T} \hspace{0.05cm}.$$

kann für die Laplace–Transformierte des Signals y_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_CK(t) setzt sich somit nach dem Residuensatz aus drei Anteilen zusammen:

• Der erste Anteil ergibt sich unter Berücksichtigung von p_x2 = – p_x1 zu

$$y_1(t)\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}} \hspace{0.7cm}\{Y_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p t}\}= \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}2})(p-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}}=\\ \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm}\frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p_{{\rm x}1}} { (p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}2})(p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}1}\cdot \hspace{0.03cm}t}= \frac {-p_{{\rm x}3}/2} { p_{{\rm x}1}-p_{{\rm x}3}}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}1}\cdot \hspace{0.03cm}t} \hspace{0.05cm} .$$

• In gleicher Weise erhält man für den zweiten Anteil:

$$y_2(t)\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}} \hspace{0.7cm}\{Y_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p t}\}= \frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p} { (p-p_{{\rm x}1})(p-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}}=\\ \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm}\frac {-p_{{\rm x}3}\cdot p_{{\rm x}2}} { (p_{{\rm x}2}-p_{{\rm x}1})(p_{{\rm x}2}-p_{{\rm x}3})}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}p_{{\rm x}2}\cdot \hspace{0.03cm}t}= \frac {p_{{\rm x}3}/2} { p_{{\rm x}1}+p_{{\rm x}3}}\cdot {\rm e}^{-p_{{\rm x}1}\cdot \hspace{0.03cm}t} \hspace{0.05cm} .$$

• Fasst man beide Anteile zusammen und berücksichtigt die Werte von p_x1 und p_x3, so erhält man

$$y_{1\hspace{0.03cm}+2}(t)\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {1/T} { 2/T + {\rm j} \cdot 2\pi /T} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm} t/T}+\frac {1/T} { 2/T - {\rm j} \cdot 2\pi /T} \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}=\\ \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm}\frac {1/2} { 1 + {\rm j} \cdot \pi } \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}+\frac {1/2} { 1 - {\rm j} \cdot \pi } \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}=\\ \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm}\frac {1/2 \cdot (1 - {\rm j} \cdot \pi)} { 1 + \pi^2 } \cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T}+\frac {1/2 \cdot (1 + {\rm j} \cdot \pi)} { 1 + \pi^2 } \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}2\pi \hspace{0.03cm}t/T} \hspace{0.05cm} .$$

• 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 y₁₊₂(t) gleich dem unter b) berechneten Signal y_C(t) ist.

• Schließlich erhält man für das letzte Residuum:

$$y_3(t)\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {-p_{{\rm x}3}^2} { (p_{{\rm x}3}-p_{{\rm x}1}) (p_{{\rm x}3}-p_{{\rm x}2})} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p_{{\rm x}3}\cdot \hspace{0.03cm}t}= \frac {-(2/T)^2 \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T}} { (-2/T-{\rm j} \cdot 2\pi /T) (-2/T+{\rm j} \cdot 2\pi /T)} \\ = \hspace{0.2cm}\frac {-1 } { (1+{\rm j} \cdot \pi ) (1-{\rm j} \cdot \pi)} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T}=\frac {- 1} { 1+\pi^2} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}-2 \hspace{0.03cm}t/T} \hspace{0.05cm} .$$

• Damit lautet das Ausgangssignal bei kausalem Cosinussignal am Eingang:

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

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

Zum Vergleich: Das Signal y_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 = 0.45T:

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

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