Aufgabe 5.3Z: Nichtrekursives Filter

Betrachtet wird das nebenstehende nichtrekursive Filter mit den Filterkoeffizienten

$$a_0 = 1,\quad a_1 = 2,\quad a_2 = 1.$$

Gesucht sind die jeweiligen Ausgangsfolgen $\left\langle {y_\nu } \right\rangle$, wenn am Eingang folgende Wertefolgen angelegt werden:

die Gleichfolge

$$\left\langle {x_\nu } \right\rangle = \left\langle {g_\nu } \right\rangle = \left\langle {\;1,\;1,\;1,\;1,\;1,\;1,\;1,\;1,\;...} \right\rangle .$$

die Sinusfolge mit der Periodendauer $T_0 = 4 \cdot T_{\rm A}$:

$$\left\langle {x_\nu } \right\rangle = \left\langle {s_\nu } \right\rangle = \left\langle {\;0,\;1,\;0, - 1,\;0,\;1,\;0, - 1,\;...} \right\rangle .$$

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Digitale Filter im vorliegenden Buch.
Bezug genommen wird auch auf einige Kapitel im Buch Signaldarstellung.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

Fragebogen

$\nu \ = $

$H(f = 0) \ = $

$\text{Eingangsfolge} \left\langle {g_\nu } \right\rangle$: $y_4 \ = $

Musterlösung

(1) Die Impulsantwort lautet: $h(t) = \delta (t) + 2 \cdot \delta ( {t - T_{\rm A} } ) + \delta ( {t - 2T_{\rm A} } ).$ Das Maximum liegt bei $T_{\rm A}$, d. h. es ist <$\underline{\nu = 1}$.

(2) Der Frequenzgang $H(f)$ ist die Fouriertransformierte der Impulsantwort $h(t)$. Die um $T_{\rm A}$ nach links verschobene Impulsantwort

$$h'(t) = \delta ( {t + T_{\rm A} } ) + 2 \cdot \delta ( t ) + \delta ( {t - T_{\rm A} } )$$

ist symmetrisch um $t= 0$ und hat dementsprechend den rein reellen Frequenzgang

$$H'(f) = 2\left( {1 + \cos ( {2{\rm{\pi }}fT_{\rm A} } )} \right).$$

Durch Anwendung des Verschiebungssatzes folgt weiter:

$$H(f) = 2\left( {1 + \cos ( {2{\rm{\pi }}fT_{\rm A} } )} \right) \cdot {\rm{e}}^{ - {\rm{j}}2{\rm{\pi }}fT_{\rm A} } .$$

Der Wert des Frequenzgangs bei der Frequenz $f=0$ ist demzufolge $H(f = 0)\hspace{0.15cm}\underline{ = 4}$.

(3) Die zeitdiskrete Faltung der Eingangsfolge $\left\langle {g_\nu } \right\rangle$ mit der Impulsantwort $\left\langle {h_\nu } \right\rangle = \left\langle {1, 2, 1 } \right\rangle$ ergibt

$$\left\langle {y_\nu } \right\rangle = \left\langle {\;1,\;3,\;4,\;4,\;4,\;4,\;4,\;4,\;4,\;4,\;4,\;...\;} \right\rangle $$

und insbesondere $y_4\hspace{0.15cm}\underline{ = 4}$. Mit Ausnahme der Werte $y_0$ und $y_1$ (Einschwingvorgang) erhält man auch am Ausgang eine Gleichfolge mit dem konstanten Wert 4: $y(t) = H( {f = 0} ) \cdot x( t ) = 4 \cdot 1 = 4.$

(4) Analog zur Teilaufgabe (3) erhält man nun durch Verschiebung, Gewichtung mit $a_1$, $a_2$, $a_3$ und anschließender Überlagerung:

$$\left\langle {y_\nu } \right\rangle = \left\langle {\;0,\;1,\;2,\;0,\; - 2,\;0,\;2,\;0,\; - 2,\;0,\;...\;} \right\rangle .$$

Der gesuchte Wert ist somit $y_4\hspace{0.15cm}\underline{ = -2}$.

Anderer Lösungsweg:

Die Eingangsfolge $\left\langle {s_\nu } \right\rangle$ verläuft sinusförmig mit der Periode $4 \cdot T_{\rm A}$. Die Grundfrequenz ist dementsprechend $f_0 = 1/(4 \cdot T_{\rm A})$.
Bei dieser Frequenz hat der Frequenzgang $H(f)$ gemäß Teilaufgabe (2) den folgenden Wert:

$$H( {f = f_0 } ) = 2\left( {1 + \cos ( {{{\rm{\pi }}}/{2}} )} \right) \cdot {\rm{e}}^{ - {\rm{j\pi /2}}} = 2 \cdot {\rm{e}}^{ - {\rm{j\pi /2}}} .$$

Lässt man den Einschwingungsvorgang (abgeschlossen bei $t = T_{\rm A}$) außer Betracht, so ergibt sich mit $\tau = T_{\rm A}$ (Phase: $90^\circ$) folgender Zusammenhang zwischen dem Eingangs- und dem Ausgangssignal:

$$y(t) = 2 \cdot x( {t - T_{\rm A} } ).$$

Das heißt: Aus der Sinusfunktion wird die Funktion „Minus-Cosinus” mit der Amplitude 2.