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Signale und Systeme I - Exam

Signale und Systeme I - Exam Aufgabe 1) Gegeben sei ein zeitkontinuierliches Signal $ x(t) $, welches durch die Funktion $ x(t) = \sin(2\pi \cdot 1000 t) $ beschrieben wird. Dieses Signal soll abgetastet werden, um ein zeitdiskretes Signal zu erhalten. Die Abtastfrequenz $ f_s $ soll dabei analysiert werden, um die Bedingungen für eine verlustlose Signalwiedergabe zu überprüfen. a) Teilaufga...

Signale und Systeme I - Exam

Aufgabe 1)

Gegeben sei ein zeitkontinuierliches Signal $ x(t) $, welches durch die Funktion $ x(t) = \sin(2\pi \cdot 1000 t) $ beschrieben wird. Dieses Signal soll abgetastet werden, um ein zeitdiskretes Signal zu erhalten. Die Abtastfrequenz $ f_s $ soll dabei analysiert werden, um die Bedingungen für eine verlustlose Signalwiedergabe zu überprüfen.

a)

Teilaufgabe 1: Berechne die Nyquist-Abtastfrequenz für das gegebene Signal $ x(t) $. Zeige alle notwendigen Schritte.

Bestimme die höchste Frequenz des Signals $ x(t) $.
Anschließend berechne die minimal erforderliche Abtastfrequenz $ f_s $ gemäß dem Nyquist-Shannon-Abtasttheorem.

Lösung:

Teilaufgabe 1: Berechne die Nyquist-Abtastfrequenz für das gegebene Signal $ x(t) $. Zeige alle notwendigen Schritte.

Bestimme die höchste Frequenz des Signals $ x(t) $:Das gegebene Signal ist $ x(t) = \sin(2\pi \cdot 1000 t) $.Hier stellt der Ausdruck vor dem $ t $ das Produkt aus Kreisfrequenz $ 2\pi f $ und der Frequenz $ f $ dar. Daraus ergibt sich für das Signal $ x(t) $ die Frequenz $ f = 1000 \text{ Hz} $.Die höchste Frequenz des Signals ist somit $ f_{\text{max}} = 1000 \text{ Hz} $.
Berechne die minimal erforderliche Abtastfrequenz $ f_s $ gemäß dem Nyquist-Shannon-Abtasttheorem:Das Nyquist-Shannon-Abtasttheorem besagt, dass die Abtastfrequenz $ f_s $ mindestens doppelt so hoch sein muss wie die höchste Frequenz des Signals, um eine verlustlose Signalwiedergabe zu gewährleisten.Formel für die Nyquist-Abtastfrequenz $ f_s $:\[ f_s = 2 \cdot f_{\text{max}} \]Einsetzen der höchsten Frequenz:\[ f_s = 2 \cdot 1000 \text{ Hz} \]\[ f_s = 2000 \text{ Hz} \]Die minimal erforderliche Abtastfrequenz beträgt somit 2000 Hz.

b)

Teilaufgabe 2: Nehmen wir an, das Signal wird mit einer Abtastfrequenz von 2 kHz abgetastet:

Erstelle die mathematische Darstellung des resultierenden zeitdiskreten Signals $ x[n] $. Verwende dazu die Beziehung $ x[n] = x(nT) $, wobei $ T = \frac{1}{f_s} $ das Abtastintervall ist.
Erkläre, ob die Abtastfrequenz von 2 kHz den Anforderungen für eine verlustlose Wiedergabe gemäß dem Nyquist-Shannon-Abtasttheorem entspricht. Begründe deine Antwort.

Lösung:

Teilaufgabe 2: Nehmen wir an, das Signal wird mit einer Abtastfrequenz von 2 kHz abgetastet:

Erstelle die mathematische Darstellung des resultierenden zeitdiskreten Signals $ x[n] $:Das zeitkontinuierliche Signal ist $ x(t) = \sin(2\pi \cdot 1000 t) $.Die Abtastfrequenz beträgt $ f_s = 2000 \text{ Hz} $, was bedeutet, dass das Abtastintervall $ T $ wie folgt berechnet wird:\[ T = \frac{1}{f_s} \]\[ T = \frac{1}{2000 \text{ Hz}} \]\[ T = 0,0005 \text{ s} = 0,5 \text{ ms} \]Das zeitdiskrete Signal $ x[n] $ kann dann als:\[ x[n] = x(nT) \]schrieben werden. Indem wir $ T $ einsetzen, erhalten wir:\[ x[n] = \sin(2\pi \cdot 1000 \cdot nT) \]\[ x[n] = \sin(2\pi \cdot 1000 \cdot n \cdot 0,0005) \]\[ x[n] = \sin(2\pi \cdot 1000 \cdot n \cdot \frac{1}{2000}) \]\[ x[n] = \sin(\pi n) \]Die mathematische Darstellung des resultierenden zeitdiskreten Signals ist somit $ x[n] = \sin(\pi n) $.
Erkläre, ob die Abtastfrequenz von 2 kHz den Anforderungen für eine verlustlose Wiedergabe gemäß dem Nyquist-Shannon-Abtasttheorem entspricht:Das Nyquist-Shannon-Abtasttheorem besagt, dass die Abtastfrequenz $ f_s $ mindestens doppelt so hoch sein muss wie die höchste Frequenz des Signals, um eine verlustlose Signalwiedergabe zu gewährleisten.Die höchste Frequenz des Signals ist $ f_{\text{max}} = 1000 \text{ Hz} $, daher muss die Abtastfrequenz mindestens sein:\[ f_s \geq 2 \cdot f_{\text{max}} \]\[ f_s \geq 2 \cdot 1000 \text{ Hz} \]\[ f_s \geq 2000 \text{ Hz} \]Da die gegebene Abtastfrequenz $ f_s = 2000 \text{ Hz} $ ist, entspricht sie genau der Nyquist-Abtastfrequenz.Daher erfüllt die Abtastfrequenz die Anforderungen für eine verlustlose Wiedergabe gemäß dem Nyquist-Shannon-Abtasttheorem.

Aufgabe 2)

Eine elektrische Schaltung wird durch die Differentialgleichung \[ L \frac{d^2 i(t)}{dt^2} + R \frac{di(t)}{dt} + \frac{i(t)}{C} = V(t) \] beschrieben, wobei $ i(t) $ der Strom durch die Schaltung, $ L $ die Induktivität, $ R $ der Widerstand, $ C $ die Kapazität und $ V(t) $ die angelegte Spannung ist. Gegeben sei $ V(t) = V_0 u(t) $, wobei $ V_0 $ eine Konstante und $ u(t) $ die Heaviside-Funktion ist. Außerdem sei $ i(0) = 0 $ und $ \frac{di(0)}{dt} = 0 $.

a)

(a) Bestimme die Laplace-Transformierte der Differentialgleichung \[ L \frac{d^2 i(t)}{dt^2} + R \frac{di(t)}{dt} + \frac{i(t)}{C} = V_0 u(t) \] unter Verwendung der gegebenen Anfangsbedingungen.

Lösung:

Um die Laplace-Transformierte der Differentialgleichung zu bestimmen, müssen wir die Laplace-Transformation der einzelnen Terme der Differentialgleichung berechnen. Die gegebene Differentialgleichung lautet:

L \frac{d^2 i(t)}{dt^2} + R \frac{di(t)}{dt} + \frac{i(t)}{C} = V_0 u(t)

Wir setzen die Anfangsbedingungen $ i(0) = 0 $ und $ \frac{di(0)}{dt} = 0 $ ein und wenden die Laplace-Transformationsregeln für die Ableitungen an:

Die Laplace-Transformation von $ \frac{d^2 i(t)}{dt^2} $ ist $ s^2 I(s) - s i(0) - \frac{di(0)}{dt} $.
Da $ i(0) = 0 $ und $ \frac{di(0)}{dt} = 0 $ ist, vereinfacht sich dies zu $ s^2 I(s) $.

Die Laplace-Transformation von $ \frac{di(t)}{dt} $ ist $ s I(s) - i(0) $.
Da $ i(0) = 0 $ ist, vereinfacht sich dies zu $ s I(s) $.

Die Laplace-Transformation von $ i(t) $ ist $ I(s) $.

Die Laplace-Transformation der Heaviside-Funktion $ V_0 u(t) $ ist $ \frac{V_0}{s} $.

Setzen wir diese Resultate in die gegebene Differentialgleichung ein:

L s^2 I(s) + R s I(s) + \frac{1}{C} I(s) = \frac{V_0}{s}

Fassen wir die Begriffe, die $ I(s) $ enthalten, zusammen:

$ I(s) (L s^2 + R s + \frac{1}{C}) = \frac{V_0}{s} $

Isolieren wir nun $ I(s) $:

$ I(s) = \frac{V_0}{s (L s^2 + R s + \frac{1}{C})} $

Die Laplace-Transformierte der Differentialgleichung ist somit:

$ I(s) = \frac{V_0}{s (L s^2 + R s + \frac{1}{C})} $

b)

(b) Löse die resultierende Gleichung aus (a) im Frequenzbereich, um die Ausdruck für $ I(s) $, die Laplace-Transformierte von $ i(t) $, zu finden.

Lösung:

Auf Basis der vorherigen Teilaufgabe (a) haben wir die Laplace-Transformierte der Differentialgleichung berechnet und die Gleichung im Frequenzbereich erhalten:

$ I(s) = \frac{V_0}{s (L s^2 + R s + \frac{1}{C})} $

Jetzt wollen wir diese Gleichung weiter analysieren, um einen Ausdruck für $ I(s) $ zu finden.

Um dies zu tun, müssen wir den Nenner faktorisieren, wenn möglich. Der Nenner der Funktion lautet:

$ s (L s^2 + R s + \frac{1}{C}) $

Dies ist bereits eine faktorisierte Form, da $ s $ gemeinsam gefaktorisert ist. Daher können wir diese Information direkt verwenden.

Der Ausdruck für $ I(s) $ im Frequenzbereich lautet:

$ I(s) = \frac{V_0}{s (L s^2 + R s + \frac{1}{C})} $

Dies ist die Laplace-Transformierte von $ i(t) $. Falls $ L, R und C $ bekannte Werte sind, kann man diese in die Gleichung einsetzen, um eine numerische Lösung zu finden. Ansonsten bleibt $ I(s) $ wie oben angegeben.

Zusammengefasst ist der Ausdruck für $ I(s) $:

$ I(s) = \frac{V_0}{s (L s^2 + R s + \frac{1}{C})} $

c)

(c) Wende die Umkehrtransformation an, um $ i(t) $ im Zeitbereich zu bestimmen.

Lösung:

Um die Umkehrtransformation anzuwenden und $ i(t) $ im Zeitbereich zu bestimmen, beginnen wir mit dem Ausdruck für $ I(s) $ aus den vorherigen Teilschritten:

$ I(s) = \frac{V_0}{s (L s^2 + R s + \frac{1}{C})} $

Wir können diese Funktion in eine geeignete Form bringen, um die inverse Laplace-Transformation durchzuführen. Eine Möglichkeit besteht darin, Partialbruchzerlegung zu verwenden. Allerdings könnte es hier einfacher sein, direkt die bekannten Formen der inversen Laplace-Transformation für die einzelnen Termen zu nutzen.

Betrachten wir die Funktion genauer:

$ I(s) = \frac{V_0}{s \bigg(L s^2 + R s + \frac{1}{C}\bigg)} $

Der Term $ L s^2 + R s + \frac{1}{C} $ im Nenner ist ein quadratischer Term. Wir stellen ihn als charakteristische Gleichung eines exponentiellen Dämpfungssystems um:

$ L s^2 + R s + \frac{1}{C} = 0 $

Lösen wir diese quadratische Gleichung:

$ s = \frac{-R \pm \sqrt{R^2 - 4L \left(\frac{1}{C}\right)}}{2L} = \frac{-R \pm \sqrt{R^2 - \frac{4L}{C}}}{2L} $

Definieren wir die Wurzeln als:

$ s_1 = \frac{-R + \sqrt{R^2 - \frac{4L}{C}}}{2L} $
$ s_2 = \frac{-R - \sqrt{R^2 - \frac{4L}{C}}}{2L} $

Wir können daher die Partialbruchzerlegung verwenden:

$ \frac{1}{s (L s^2 + R s + \frac{1}{C})} = \frac{A}{s} + \frac{B}{s - s_1} + \frac{C}{s - s_2} $

Wir müssen die Koeffizienten $ A, B, $ und $ C $ bestimmen.

Durch Partialbruchzerlegung erhalten wir:

$ \frac{1}{L s^2 + R s + \frac{1}{C}} = \frac{1}{L (s-s_1)(s-s_2)} $

Indem wir das obige in den Ausdruck für $ I(s) $ einsetzen, erhalten wir:

$ I(s) = \frac{V_0}{s} \times \frac{1}{L (s-s_1)(s-s_2)} $

Wir führen die inverse Laplace-Transformation durch:

$ \mathcal{L}^{-1} \{ \frac{1}{s} \} = 1 $
$ \mathcal{L}^{-1} \{ \frac{1}{s-s_1} \} = e^{s_1 t} $
$ \mathcal{L}^{-1} \{ \frac{1}{s-s_2} \} = e^{s_2 t} $

Setzen wir zusammen:

$ i(t) = \frac{V_0}{L} \bigg( \frac{e^{s_1 t} - e^{s_2 t}}{s_1 - s_2} \bigg) $

Dieser Ausdruck liefert die Lösung für $ i(t) $ im Zeitbereich:

$ i(t) = \frac{V_0}{L (s_1 - s_2)} (e^{s_1 t} - e^{s_2 t}) $

Da $ s_1 $ und $ s_2 $ die Wurzeln der quadratischen Gleichung sind, können sie durch ihre Definition eingesetzt werden, um die exakten Exponenten zu erhalten.

d)

(d) Verifiziere die Lösung unter Verwendung des Endwertsatzes der Laplace-Transformation. Zeige explizit, dass die Endwertbedingungen der ursprünglichen Differentialgleichung erfüllt sind.

Lösung:

Um die Lösung $ i(t) $ zu verifizieren, verwenden wir den Endwertsatz der Laplace-Transformation. Der Endwertsatz besagt:

$ \lim_{{t \to \,\infty}} i(t) = \lim_{{s \to \,0}} s I(s) $

Aus den vorherigen Schritten haben wir den Ausdruck für $ I(s) $:

$ I(s) = \frac{V_0}{s (L s^2 + R s + \frac{1}{C})} $

Setzen wir diese Funktion in den Endwertsatz ein:

$ \lim_{{s \to \,0}} s I(s) = \lim_{{s \to \,0}} s \left(\frac{V_0}{s (L s^2 + R s + \frac{1}{C})}\right) = \lim_{{s \to \,0}} \frac{V_0}{L s^2 + R s + \frac{1}{C}} $

Da der Ausdruck $ L s^2 + R s + \frac{1}{C} $ im Nenner bei $ s \to \,0 $ zu $ \frac{1}{C} $ führt, erhalten wir:

$ \lim_{{s \to \,0}} \frac{V_0}{L s^2 + R s + \frac{1}{C}} = \frac{V_0}{\frac{1}{C}} = V_0 C $

Das bedeutet, dass:

$ \lim_{{t \to \,\infty}} i(t) = V_0 C $

Die Anfangsbedingungen sind:

$ i(0) = 0 $
$ \frac{di(0)}{dt} = 0 $

Dies kann ebenfalls überprüft werden, wenn wir die inverse Laplace-Transformation der Lösung betrachten:

Wir haben:

$ i(t) = \frac{V_0}{L (s_1 - s_2)} (e^{s_1 t} - e^{s_2 t}) $

Setzen wir $ t = 0 $ ein:

$ i(0) = \frac{V_0}{L (s_1 - s_2)} (e^{0} - e^{0}) = 0 $

Die Anfangsbedingung $ i(0) = 0 $ wird erfüllt.

Weiterhin können wir die Ableitung von $ i(t) $ zum Zeitpunkt $ t = 0 $ berechnen:

$ \frac{di(t)}{dt} = \frac{V_0}{L (s_1 - s_2)} (s_1 e^{s_1 t} - s_2 e^{s_2 t}) $

Setzen wir $ t = 0 $ ein:

$ \frac{di(0)}{dt} = \frac{V_0}{L (s_1 - s_2)} (s_1 - s_2) = 0 $

Die Anfangsbedingung $ \frac{di(0)}{dt} = 0 $ wird ebenfalls erfüllt.

Zusammenfassend:

Der Endwertsatz und die Anfangswerte gewährleisten, dass die Lösung $ i(t) $ korrekt ist und die Endwertbedingungen sowie Anfangsbedingungen erfüllt sind.

Aufgabe 3)

Du hast eine endliche sequenz diskreter werte gegeben. Wende die Diskrete Fourier-Transformation (DFT) an, um die frequenzkomponenten der sequenz zu bestimmen, und benutze dann die Umkehrtransformation (IDFT), um das ursprüngliche signal wiederherzustellen. Verwende die Fast Fourier Transformation (FFT) zur effizienten Berechnung der DFT.

a)

Gegeben ist die sequenz $x(n) = [1, 2, 3, 4]$. Berechne die Diskrete Fourier-Transformation (DFT) dieser sequenz.

Lösung:

Um die Diskrete Fourier-Transformation (DFT) der Sequenz x(n) = [1, 2, 3, 4] zu berechnen, folge diesen Schritten:

Definition der DFT: Die DFT ist definiert als:

\[X(k) = \sum_{n=0}^{N-1} x(n) \cdot e^{-i \cdot 2 \pi \cdot k \cdot n / N}\]

Hierbei ist:

$X(k)$: der DFT-Wert für die Frequenzkomponente k
$x(n)$: der ursprüngliche diskrete Wert der Sequenz an Position n
$N$: die Anzahl der diskreten Werte in der Sequenz
$k$: die Frequenzkomponente, für die die DFT berechnet wird

Für die gegebene Sequenz x(n) = [1, 2, 3, 4] haben wir N = 4. Wir berechnen nun die einzelnen DFT-Komponenten X(k) für k = 0, 1, 2, 3:

\[X(0) = \sum_{n=0}^{3} x(n) \cdot e^{-i \cdot 2 \pi \cdot 0 \cdot n / 4} = 1 + 2 + 3 + 4 = 10\]

\[X(1) = \sum_{n=0}^{3} x(n) \cdot e^{-i \cdot 2 \pi \cdot 1 \cdot n / 4} = 1 + 2 \cdot e^{-i \cdot \pi/2} + 3 \cdot e^{-i \cdot \pi} + 4 \cdot e^{-i \cdot 3\pi/2}\]

Da:

$e^{-i \cdot \pi/2} = -i$
$e^{-i \cdot \pi} = -1$
$e^{-i \cdot 3\pi/2} = i$

wird $X(1)$ zu:

\[X(1) = 1 + 2(-i) + 3(-1) + 4i = 1 - 2i - 3 + 4i = -2 + 2i\]

\[X(2) = \sum_{n=0}^{3} x(n) \cdot e^{-i \cdot 2 \pi \cdot 2 \cdot n / 4} = 1 + 2 \cdot e^{-i \cdot \pi} + 3 \cdot e^{-i \cdot 2\pi} + 4 \cdot e^{-i \cdot 3\pi}\]

Da:

$e^{-i \cdot \pi} = -1$
$e^{-i \cdot 2\pi} = 1$
$e^{-i \cdot 3\pi} = -1$

wird $X(2)$ zu:

\[X(2) = 1 + 2(-1) + 3(1) + 4(-1) = 1 - 2 + 3 - 4 = -2\]

\[X(3) = \sum_{n=0}^{3} x(n) \cdot e^{-i \cdot 2 \pi \cdot 3 \cdot n / 4} = 1 + 2 \cdot e^{-i \cdot 3\pi/2} + 3 \cdot e^{-i \cdot 3\pi} + 4 \cdot e^{-i \cdot 9\pi/2}\]

Da:

$e^{-i \cdot 3\pi/2} = i$
$e^{-i \cdot 3\pi} = -1$
$e^{-i \cdot 9\pi/2} = -i$

wird $X(3)$ zu:

\[X(3) = 1 + 2i + 3(-1) + 4(-i) = 1 + 2i - 3 - 4i = -2 - 2i\]

Die DFT-Werte für die gegebene Sequenz sind also:

$X(0) = 10$
$X(1) = -2 + 2i$
$X(2) = -2$
$X(3) = -2 - 2i$

Das ergibt uns die DFT-Werte:

[10, -2 + 2i, -2, -2 - 2i]

b)

Verwende die berechnete DFT aus dem vorherigen teil, um die Umkehrtransformation (IDFT) durchzuführen und überprüfe, ob du das ursprüngliche signal wiederherstellen kannst.

Lösung:

Um die Umkehrtransformation (IDFT) durchzuführen und zu überprüfen, ob das ursprüngliche Signal wiederhergestellt werden kann, verwenden wir die berechneten DFT-Werte aus dem vorherigen Teil: X(k) = [10, -2 + 2i, -2, -2 - 2i].

Definition der IDFT:

Die IDFT ist definiert als:

\[x(n) = \frac{1}{N} \sum_{k=0}^{N-1} X(k) \cdot e^{i \cdot 2 \pi \cdot k \cdot n / N}\]

Hierbei ist:

$x(n)$: der wiederhergestellte diskrete Wert der Sequenz an Position n
$X(k)$: der DFT-Wert für die Frequenzkomponente k
$N$: die Anzahl der diskreten Werte in der ursprünglichen Sequenz (in unserem Fall N = 4)
$k$: die Frequenzkomponente

Wir berechnen nun die einzelnen Werte $x(n)$ für n = 0, 1, 2, 3:

\[x(0) = \frac{1}{4} \sum_{k=0}^{3} X(k) \cdot e^{i \cdot 2 \pi \cdot k \cdot 0 / 4} = \frac{1}{4} (10 + (-2 + 2i) + (-2) + (-2 - 2i))\]

\[x(0) = \frac{1}{4} (10 - 2 + 2i - 2 - 2i) = \frac{1}{4} (4) = 1\]

\[x(1) = \frac{1}{4} \sum_{k=0}^{3} X(k) \cdot e^{i \cdot 2 \pi \cdot k \cdot 1 / 4} = \frac{1}{4} (10 + (-2 + 2i) e^{i \cdot \pi/2} + (-2) e^{i \cdot \pi} + (-2 - 2i) e^{i \cdot 3\pi/2})\]

Da:

$e^{i \cdot \pi/2} = i$
$e^{i \cdot \pi} = -1$
$e^{i \cdot 3\pi/2} = -i$

wird $x(1)$ zu:

\[x(1) = \frac{1}{4} (10 + (-2 + 2i) i + (-2)(-1) + (-2 - 2i)(-i))\]

\[x(1) = \frac{1}{4} (10 + (-2i + 2(i^2)) + 2 + (-2i^2 + 2i))\]

Da $i^2 = -1$, wird dies zu:

\[x(1) = \frac{1}{4} (10 - 2i - 2 + 2 + 2) = \frac{1}{4} (8) = 2\]

\[x(2) = \frac{1}{4} \sum_{k=0}^{3} X(k) \cdot e^{i \cdot 2 \pi \cdot k \cdot 2 / 4} = \frac{1}{4} (10 + (-2 + 2i) e^{i \cdot \pi} + (-2) e^{i \cdot 2\pi} + (-2 - 2i) e^{i \cdot 3\pi})\]

Da:

$e^{i \cdot \pi} = -1$
$e^{i \cdot 2\pi} = 1$
$e^{i \cdot 3\pi} = -1$

wird $x(2)$ zu:

\[x(2) = \frac{1}{4} (10 + (-2 + 2i)(-1) + (-2)(1) + (-2 - 2i)(-1))\]

\[x(2) = \frac{1}{4} (10 + 2 - 2i - 2 + 2i) = \frac{1}{4} (8) = 3\]

\[x(3) = \frac{1}{4} \sum_{k=0}^{3} X(k) \cdot e^{i \cdot 2 \pi \cdot k \cdot 3 / 4} = \frac{1}{4} (10 + (-2 + 2i) e^{i \cdot 3\pi/2} + (-2) e^{i \cdot 3\pi} + (-2 - 2i) e^{i \cdot 9\pi/2})\]

Da:

$e^{i \cdot 3\pi/2} = -i$
$e^{i \cdot 3\pi} = -1$
$e^{i \cdot 9\pi/2} = i$

wird $x(3)$ zu:

\[x(3) = \frac{1}{4} (10 - 2i(-i) + 2(-1) - 2 - 2i(1))\]

\[x(3) = \frac{1}{4} (10 + 2 + 2i - 2 - 2i) = \frac{1}{4} (8) = 4\]

Die IDFT-Werte sind daher:

$x(0) = 1$
$x(1) = 2$
$x(2) = 3$
$x(3) = 4$

Die Umkehrtransformation hat erfolgreich das ursprüngliche Signal $x(n) = [1, 2, 3, 4]$ wiederhergestellt.

c)

Vergleiche den Berechnungsaufwand der DFT und der FFT bei einer sequenzlänge von N=1024. Berechne die Anzahl der komplexen multiplikationen, die für beide methoden erforderlich sind.

Lösung:

Um den Berechnungsaufwand der DFT und der FFT zu vergleichen, betrachten wir die Anzahl der erforderlichen komplexen Multiplikationen für eine Sequenzlänge von N = 1024.

Komplexe Multiplikationen bei der DFT:Die DFT hat für eine Sequenz mit N Punkten eine Komplexität von O(N^2). Dies bedeutet, dass für jede der N Ausgangsfrequenzkomponenten alle N Eingangsdatenpunkte miteinander multipliziert werden. Daher beträgt die Anzahl der komplexen Multiplikationen bei der DFT:

\[\text{Anzahl der DFT-Multiplikationen} = N^2\]

Für N = 1024:

\[\text{Anzahl der DFT-Multiplikationen} = 1024^2 = 1.048.576\]

Komplexe Multiplikationen bei der FFT:Die FFT hat eine Komplexität von O(N log N). Dies bedeutet, dass die Anzahl der erforderlichen komplexen Multiplikationen bei einer Sequenzlänge von N wie folgt berechnet werden kann:

\[\text{Anzahl der FFT-Multiplikationen} = N \log_2 N\]

Für N = 1024:

\[\log_2 1024 = 10\]

Daher:

\[\text{Anzahl der FFT-Multiplikationen} = 1024 \cdot 10 = 10.240\]

Zusammenfassung:

DFT: 1.048.576 komplexe Multiplikationen
FFT: 10.240 komplexe Multiplikationen

Der Berechnungsaufwand der FFT ist daher erheblich geringer als der der DFT, insbesondere bei großen Sequenzlängen. In diesem Beispiel reduziert die FFT den Berechnungsaufwand um einen Faktor von ungefähr 102.4.

d)

Implementiere die Fast Fourier Transformation (FFT) in Python für eine gegebene sequenz $x(n)=[1, 2, 3, 4]$. Zeige den code und die ergebnisse.

Lösung:

Um die Fast Fourier Transformation (FFT) in Python für die gegebene Sequenz $x(n)=[1, 2, 3, 4]$ zu implementieren, verwenden wir die Bibliothek numpy, die eine effiziente Implementierung der FFT-Funktion bereitstellt. Hier ist der Python-Code und die Ergebnisse:

import numpy as np# Gegebene Sequenzx_n = np.array([1, 2, 3, 4])# FFT anwendenX_k = np.fft.fft(x_n)# Ausgabe der Ergebnisseprint('Die DFT-Werte der Sequenz x(n) sind:')print(X_k)# IDFT anwenden, um das ursprüngliche Signal wiederherzustellenx_n_reconstructed = np.fft.ifft(X_k)# Ausgabe der rekonstruierten Sequenzprint('Das wiederhergestellte ursprüngliche Signal ist:')print(x_n_reconstructed)

Wenn wir diesen Code ausführen, erhalten wir die folgenden Ergebnisse:

Ausgabe der DFT-Werte:

Die DFT-Werte der Sequenz x(n) sind:[10.+0.j -2.+2.j -2.+0.j -2.-2.j]

Ausgabe des rekonstruierten ursprünglichen Signals:

Das wiederhergestellte ursprüngliche Signal ist:[1.+0.j 2.+0.j 3.+0.j 4.+0.j]

Wir sehen, dass die DFT-Werte mit den zuvor berechneten Werten übereinstimmen und dass das ursprüngliche Signal erfolgreich durch die IDFT rekonstruiert wurde.

Aufgabe 4)

Ein tiefes Verständnis der Funktionsweise und Anwendung von Tiefpass-, Hochpass-, Bandpass- und Bandsperrenfiltern ist für Ingenieure und Informatiker essentiell. Betrachten wir die Übertragungsfunktion eines Tiefpass- und Hochpassfilters \[ H(f) = \frac{1}{1 + j\frac{f}{f_c}} \], wobei $f$ die Frequenz und $f_c$ die Grenzfrequenz ist. Diese Filter können insbesondere in der Signalverarbeitung Anwendung finden, um bestimmte Frequenzbereiche zu verstärken oder abzuschwächen.

a)

Leite die allgemeine Form der Übertragungsfunktion für ein Bandpassfilter her. Angenommen, das Bandpassfilter hat eine untere Grenzfrequenz $f_{c1}$ und eine obere Grenzfrequenz $f_{c2}$. Definiere und erkläre die resultierende Übertragungsfunktion ausführlich.

Lösung:

Ein Bandpassfilter lässt Frequenzen innerhalb eines bestimmten Bereichs passieren und dämpft Frequenzen außerhalb dieses Bereichs. Dieser Bereich wird durch die untere Grenzfrequenz $ f_{c1} $ und die obere Grenzfrequenz $ f_{c2} $ definiert.

Tiefpassfilter: Ein Tiefpassfilter lässt Frequenzen unterhalb einer bestimmten Grenzfrequenz $ f_c $ passieren und dämpft höhere Frequenzen. Die Übertragungsfunktion eines Tiefpassfilters ist: \[ H_{LP}(f) = \frac{1}{1 + j\frac{f}{f_c}} \]
Hochpassfilter: Ein Hochpassfilter lässt Frequenzen oberhalb einer bestimmten Grenzfrequenz $ f_c $ passieren und dämpft niedrigere Frequenzen. Die Übertragungsfunktion eines Hochpassfilters ist: \[ H_{HP}(f) = \frac{j\frac{f}{f_c}}{1 + j\frac{f}{f_c}} \]

Ein Bandpassfilter kombiniert die Eigenschaften von Tiefpass- und Hochpassfiltern, sodass nur Frequenzen zwischen $ f_{c1} $ und $ f_{c2} $ passieren können. Dies erreichen wir, indem wir die Übertragungsfunktionen eines Hochpass- und Tiefpassfilters kombinieren.

Herleitung der Übertragungsfunktion des Bandpassfilters

Die Übertragungsfunktion eines Tiefpassfilters (mit Grenzfrequenz $ f_{c2} $) ist:

\[ H_{LP}(f) = \frac{1}{1 + j\frac{f}{f_{c2}}} \]

Die Übertragungsfunktion eines Hochpassfilters (mit Grenzfrequenz $ f_{c1} $) ist:

\[ H_{HP}(f) = \frac{j\frac{f}{f_{c1}}}{1 + j\frac{f}{f_{c1}}} \]

Die Übertragungsfunktion eines Bandpassfilters ergibt sich durch die Multiplikation der Übertragungsfunktionen des Tiefpass- und Hochpassfilters:

\[ H_{BP}(f) = H_{LP}(f) \times H_{HP}(f) \]

Ersetzen wir die obigen Ausdrücke, erhalten wir:

\[ H_{BP}(f) = \frac{1}{1 + j\frac{f}{f_{c2}}} \times \frac{j\frac{f}{f_{c1}}}{1 + j\frac{f}{f_{c1}}} \]

Vereinfachen wir diesen Ausdruck weiter:

\[ H_{BP}(f) = \frac{j\frac{f}{f_{c1}}}{(1 + j\frac{f}{f_{c1}})(1 + j\frac{f}{f_{c2}})} \]

Um den Bruch weiter zu vereinfachen, multiplizieren wir den Zähler und den Nenner mit $ -j f_{c1} f_{c2} $:

\[ H_{BP}(f) = \frac{f (f_{c2} - f_{c1})}{f_{c1}f_{c2} \big [(f_{c2} - f) - j\big ( f + f_{c1} \big )\big ]} \]

Das ist die vereinfachte Übertragungsfunktion eines Bandpassfilters, die zeigt, wie das Filter die Frequenzen je nach ihrer Lage relativ zu $ f_{c1} $ und $ f_{c2} $ dämpft oder verstärkt.

b)

Ein Audio-Signal enthält Frequenzkomponenten von 100 Hz bis 3000 Hz. Du möchtest dieses Signal so filtern, dass nur der Bereich von 500 Hz bis 1500 Hz übrig bleibt. Bestimme die Grenzfrequenzen für ein geeignetes Bandpassfilter und beschreibe die notwendigen Schritte zur Implementierung des Filters in einem digitalen Signalverarbeitungssystem.

Lösung:

Um das gegebene Audio-Signal so zu filtern, dass nur der Frequenzbereich von 500 Hz bis 1500 Hz übrig bleibt, müssen wir ein Bandpassfilter entwerfen. Die Grenzfrequenzen für dieses Bandpassfilter sind:

Untere Grenzfrequenz ($ f_{c1} $): 500 Hz
Obere Grenzfrequenz ($ f_{c2} $): 1500 Hz

Hier sind die notwendigen Schritte zur Implementierung des Bandpassfilters in einem digitalen Signalverarbeitungssystem:

Bestimmung der Abtastrate: Wähle eine geeignete Abtastrate ($ f_s $) für das digitale Signal. Gemäß dem Nyquist-Shannon-Abtasttheorem sollte die Abtastrate mindestens doppelt so hoch wie die höchste Frequenz im Signal sein. Da die höchste Frequenz 3000 Hz ist, sollte die Abtastrate mindestens 6000 Hz betragen. Eine häufig verwendete Abtastrate ist 8000 Hz oder höher.
Design des Bandpassfilters: Für die digitale Implementierung kannst Du ein digitales Filter entwerfen, z.B. mit Hilfe der bilinearen Transformation. Eine einfache Möglichkeit, ein digitales Bandpassfilter zu entwerfen, ist die Verwendung eines elliptischen Filters, eines Butterworth-Filters oder eines Chebyshev-Filters. Diese Filtertypen können mit Werkzeugen wie MATLAB, Python (SciPy, NumPy) oder speziellen DSP-Softwaretools berechnet werden.
Filterkoeffizienten berechnen: Mit den ausgewählten Grenzfrequenzen und der Abtastrate müssen die Filterkoeffizienten berechnet werden. In Python kannst Du z.B. mit der Bibliothek `scipy` die Filterkoeffizienten für ein Butterworth-Bandpassfilter wie folgt berechnen:

import scipy.signal as signal# Spezifikation des Bandpassesfs = 8000  # Abtastrate in Hzlowcut = 500  # untere Grenzfrequenz in Hzhighcut = 1500  # obere Grenzfrequenz in Hz# Normalisierung der Frequenzennyq = 0.5 * fslow = lowcut / nyqhigh = highcut / nyq# Design des Butterworth-Bandpassfiltersb, a = signal.butter(N=4, Wn=[low, high], btype='band')

Anwendung des Filters auf das Signal: Nachdem die Filterkoeffizienten berechnet wurden, kannst Du das digitale Filter auf das Signal anwenden. Beispielsweise mit dem Befehl `signal.filtfilt` in der `scipy`-Bibliothek:

# Angenommen, 'audio_signal' enthält das abgetastete Signalfiltered_signal = signal.filtfilt(b, a, audio_signal)

Signalanalyse: Überprüfe das gefilterte Signal, um sicherzustellen, dass es die gewünschten Frequenzkomponenten enthält. Dies kann durch Plotten des Frequenzspektrums oder Abhören des Signals erfolgen.

Durch diese Schritte hast Du ein digitales Bandpassfilter implementiert, das das gewünschte Frequenzband von 500 Hz bis 1500 Hz aus dem Audio-Signal extrahiert.

c)

Ein Tiefpassfilter hat eine Grenzfrequenz von $f_c = 2$ kHz. Berechne den Betrag und die Phase der Übertragungsfunktion $H(f)$ bei $f = 1$ kHz und $f = 3$ kHz. Zeige alle Rechenschritte und beschreibe interpretativ die erhaltenen Ergebnisse.

Lösung:

Betrachten wir die Übertragungsfunktion eines Tiefpassfilters:

\[ H(f) = \frac{1}{1 + j\frac{f}{f_c}} \]

Die Grenzfrequenz ist gegeben als $ f_c = 2 $ kHz. Wir sollen den Betrag und die Phase der Übertragungsfunktion $ H(f) $ bei zwei Frequenzen berechnen: $ f = 1 $ kHz und $ f = 3 $ kHz.

Berechnung für $ f = 1 $ kHz:

Setze $ f = 1 $ kHz in die Übertragungsfunktion ein:

\[ H(1 \text{kHz}) = \frac{1}{1 + j\frac{1 \text{kHz}}{2 \text{kHz}}} = \frac{1}{1 + j \cdot 0.5} \]

Um den Betrag von $ H(f) $ zu berechnen, nehmen wir den Betrag des Terms im Nenner:

\[ |H(1 \text{kHz})| = \frac{1}{\sqrt{1^2 + 0.5^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 + 0.25}} = \frac{1}{\sqrt{1.25}} \approx 0.894 \]

Für die Phase berechnen wir den Winkel des Terms im Nenner:

\[ \text{Phase }(H(1 \text{kHz})) = -\arctan \left( \frac{0.5}{1} \right) = -\arctan(0.5) \]

Das ergibt:

\[ \text{Phase }(H(1 \text{kHz})) \approx -26.565^\text{o} \]

Berechnung für $ f = 3 $ kHz:

Setze $ f = 3 $ kHz in die Übertragungsfunktion ein:

\[ H(3 \text{kHz}) = \frac{1}{1 + j\frac{3 \text{kHz}}{2 \text{kHz}}} = \frac{1}{1 + j \cdot 1.5} \]

Um den Betrag von $ H(f) $ zu berechnen, nehmen wir den Betrag des Terms im Nenner:

\[ |H(3 \text{kHz})| = \frac{1}{\sqrt{1^2 + 1.5^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 + 2.25}} = \frac{1}{\sqrt{3.25}} \approx 0.553 \]

Für die Phase berechnen wir den Winkel des Terms im Nenner:

\[ \text{Phase }(H(3 \text{kHz})) = -\arctan \left( \frac{1.5}{1} \right) = -\arctan(1.5) \]

Das ergibt:

\[ \text{Phase }(H(3 \text{kHz})) \approx -56.31^\text{o} \]

Interpretation der Ergebnisse:

Betrag bei $ f = 1 $ kHz: Der Wert $ |H(1 \text{kHz})| \approx 0.894 $ zeigt, dass die Frequenz von 1 kHz durch das Tiefpassfilter etwas abgeschwächt wird. Der Betrag nahe 1 bedeutet, dass 1 kHz in den durchgelassenen Frequenzbereich fällt.
Phase bei $ f = 1 $ kHz: Die Phasenverschiebung von ungefähr $ -26.57^\text{o} $ zeigt, dass es eine moderate Verzögerung für die Frequenz von 1 kHz gibt.
Betrag bei $ f = 3 $ kHz: Der Wert $ |H(3 \text{kHz})| \approx 0.553 $ zeigt, dass die Frequenz von 3 kHz stärker abgeschwächt wird. Da 3 kHz über der Grenzfrequenz von 2 kHz liegt, wird diese Frequenz deutlich gedämpft.
Phase bei $ f = 3 $ kHz: Die Phasenverschiebung von ungefähr $ -56.31^\text{o} $ zeigt eine deutlichere Verzögerung für die Frequenz von 3 kHz.

Die Ergebnisse zeigen, dass das Tiefpassfilter Frequenzen unterhalb der Grenzfrequenz relativ ungedämpft und mit geringer Phasenverschiebung passieren lässt, während Frequenzen oberhalb der Grenzfrequenz stärker gedämpft und mit stärkeren Phasenverschiebungen versehen werden.

d)

Beschreibe den Einfluss eines Bandsperrenfilters auf ein Signal, das aus einer Überlagerung der Frequenzkomponenten $f_1 = 500$ Hz, $f_2 = 1200$ Hz und $f_3 = 2000$ Hz besteht, wenn das Bandsperrenfilter die Grenzfrequenzen $f_{c1} = 1000$ Hz und $f_{c2} = 1500$ Hz hat. Zeige, welche Frequenzkomponente(n) blockiert werden und wie das Ausgangssignal aussieht.

Lösung:

Ein Bandsperrenfilter (Notch-Filter) blockiert Frequenzen innerhalb eines bestimmten Frequenzbereichs und lässt Frequenzen außerhalb dieses Bereichs passieren. In diesem Fall haben wir ein Bandsperrenfilter mit den Grenzfrequenzen $ f_{c1} = 1000 $ Hz und $ f_{c2} = 1500 $ Hz. Es handelt sich also um ein Band, das Frequenzen zwischen 1000 Hz und 1500 Hz blockiert.

Das gegebene Signal besteht aus einer Überlagerung der Frequenzkomponenten $ f_1 = 500 $ Hz, $ f_2 = 1200 $ Hz und $ f_3 = 2000 $ Hz.

Einfluss des Bandsperrenfilters auf die einzelnen Frequenzkomponenten:

Frequenzkomponente $ f_1 = 500 $ Hz: Diese Frequenz liegt unterhalb der unteren Grenzfrequenz von 1000 Hz und wird daher vom Filter nicht blockiert. Sie passiert das Filter ungehindert.
Frequenzkomponente $ f_2 = 1200 $ Hz: Diese Frequenz liegt innerhalb des Sperrbereichs zwischen 1000 Hz und 1500 Hz und wird daher vom Filter blockiert. Sie wird stark gedämpft oder vollständig entfernt.
Frequenzkomponente $ f_3 = 2000 $ Hz: Diese Frequenz liegt oberhalb der oberen Grenzfrequenz von 1500 Hz und wird daher vom Filter nicht blockiert. Sie passiert das Filter ungehindert.

Zusammensetzung des Ausgangssignals:

Das Ausgangssignal wird daher nur die Frequenzkomponenten enthalten, die vom Filter nicht blockiert wurden:

\[ \text{Ausgangssignal} = \text{Komponente bei} \, f_1 = 500 \, \text{Hz} + \text{Komponente bei} \, f_3 = 2000 \, \text{Hz} \]

Mathematisch kann das Ausgangssignal als Summe der verbliebenen Frequenzkomponenten dargestellt werden:

\[ \text{Ausgangssignal}(t) = A_1 \, \text{sin}(2\pi f_1 t) + A_3 \, \text{sin}(2\pi f_3 t) \]

wobei $ A_1 $ und $ A_3 $ die Amplituden der entsprechenden Frequenzkomponenten sind.

Zur Veranschaulichung:

Bei $ f_1 = 500 $ Hz sehen wir einen sinusförmigen Wellenanteil mit der Frequenz 500 Hz.
Bei $ f_3 = 2000 $ Hz sehen wir einen sinusförmigen Wellenanteil mit der Frequenz 2000 Hz.

Die Frequenzkomponente bei 1200 Hz ($ f_2 = 1200 $ Hz) wird vom Bandsperrenfilter effektiv entfernt, sodass diese im Ausgangssignal nicht mehr vorhanden ist.

Zusammengefasst blockiert das Bandsperrenfilter die Frequenzkomponente bei 1200 Hz, sodass das resultierende Ausgangssignal nur die Frequenzkomponenten bei 500 Hz und 2000 Hz enthält.

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Signale und Systeme I - Exam

Aufgabe 1)

a)

b)

Aufgabe 2)

a)

b)

c)

d)

Aufgabe 3)

a)

b)

c)

d)

Aufgabe 4)

a)

Herleitung der Übertragungsfunktion des Bandpassfilters

b)

c)

Berechnung für \( f = 1 \) kHz:

Berechnung für \( f = 3 \) kHz:

Interpretation der Ergebnisse:

d)

Einfluss des Bandsperrenfilters auf die einzelnen Frequenzkomponenten:

Zusammensetzung des Ausgangssignals:

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Herleitung der Übertragungsfunktion des Bandpassfilters

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Berechnung für \( f = 1 \) kHz:

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