Lösung zur Klausur zu Signal- und Systemtheorie I 17. August 2018

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1 Institut für Kommunikationstechnik Prof Dr Helmut Bölcskei Lösung zur Klausur zu Signal- und Systemtheorie I 7 August 28 Aufgabe (a) Die Fouriertransformierte φ(f) kann geschrieben werden als φ(f) d(f) ( + r f 5 ) 2 f, wobei d(f) als Summe von zwei Dreieckssignalen dargestellt werden kann: d(f) d (f) + d (f f ), mit d f f (f), f f,, f > f Das Signal r(f) ist ein Rechteckssignal der Form, f r(f) f 2,, f > f 2 Für das Dreieckssignal d (t) folgt mit der Formelsammlung (Gleichung r 29) und unter Verwendung der Dualität der Fouriertransformation x(t) x( f), dass d (t) sin2 ( πf t) π 2 ( t) 2 f sin2 (πf t) π 2 t 2 f Die Fourierrücktransformierte von ˆr(f) folgt direkt aus der Formelsammlung (Gleichung r 27): r(t) sin(πf t) πt Schliesslich erhalten wir mit der Frequenzverschiebungseigenschaft der Fouriertransformation (siehe Formelsammlung, Gleichung r 3) φ(t) ( + e 2πift ) sin2 (πf t) + e 5πif t sin(πf t) π 2 t 2 f πt

2 (b) Es ergibt sich folgendes Schaubild: x(f) 3 2f 3 2 f f 2 f f 2 f 3 f 2 2f f (c) Aus der Vorlesung wissen wir (siehe Kapitel 7 im Skriptum, Abtasttheorem), dass kein Aliasing entsteht, falls T 2f g, gilt, wobei f g die Bandbreite des abgetasteten Signals ist Aus Teilaufgabe (b) ist ersichtlich, dass x(t) Bandbreite f g f hat Somit ist die die grösstmögliche Abtastperiode T 2f (d) Aus der Vorlesung ist bekannt (siehe Gleichung (79) im Skriptum), dass ein LTI-System genau dann kausal ist, wenn die korrespondierende Impulsantwort h(t) folgende Bedingung erfüllt: h(t), t < Die Fourierrücktransformierte von ĥtp(f) lässt sich nun mit Hilfe der Formelsammlung (Gleichung r 3 und r 27) ermitteln: Für t 4f < haben wir h TP (t) e 6πif t sin(2πf t) πt h TP (t ) i 4f π, sodass das LTI-System nicht kausal sein kann (e) Für T /(2f ) ist die Fouriertransformierte x a (f) des abgetasteten Signals x a (t) gegeben durch x a (f) T 2f ( x f k ) T x(f 2f k) Daraus ergibt sich folgender Verlauf von x a (f) im Intervall 3f f 3f : 2

3 x a (f) 6f 3f 2f f f 2f 3f f (f) Die Fouriertransformierte x a (f) muss zuerst um f nach rechts verschoben werden, dh x a (f f ) Danach werden alle Kopien von 2f x(f f 2f k) für k herausgefiltert, und schliesslich wird die verbleibende Kopie 2f x(f 3f ) (dh diejenige für k ) um 3f zurück nach links verschoben und deren Amplitude mit 2f skaliert Um das zu erreichen setzen wir u(t) e 2πif t Da somit x (t) x a (t)e 2πif t gilt, ergibt sich mit der Frequenzverschiebungseigenschaft der Fouriertransformation (siehe Formelsammlung Gleichung r 3) die Fouriertransformierte x (f) von x (t) als x (f) x a (f f ) Die Fouriertransformierte x 2 (f) von x 2 (t) ergibt sich zu x 2 (f) ĥ(f) x (f) ĥ(f) x a(f f ) Es werden somit alle Kopien 2f x(f f 2f k) für k herausgefiltert und es verbleibt lediglich die Kopie 2f x(f 3f ) (das heisst diejenige für k ) Somit erhalten wir Setzen wir nun x 2 (f) 2f x(f 3f ) v(t) 2f e 6πif t, so ergibt sich die Fouriertransformierte ŷ(f) von y(t) (durch erneute Anwendung der Frequenzverschiebungseigenschaft der Fouriertransformation, siehe Formelsammlung Gleichung r 3) als Damit gilt y(t) x(t) ŷ(f) x 2 (f f ) x(f) 3

4 2 Aufgabe (a) Es gilt x(t + T ) n α n y((t + T ) nt ) α k+ y(t kt ), n α n y(t (n )T ) wobei wir die Indexsubstitution k n benutzt haben Ferner haben wir, nach Voraussetzung, x(t) α k y(t kt ) Mit Hilfe eines Koeffizientenvergleichs ist es nun ersichtlich ist, dass α k+ α k, k Z, () eine hinreichende Bedingung dafür ist, dass für jedes beliebige y(t) die Identität x(t + T ) x(t), t R, gilt Schliesslich bemerken wir, dass () bedeutet, dass die Koeffizienten konstant in k sind, dh für ein γ R (b) Es ergibt sich folgendes Schaubild: α k γ, k Z, x(t) 3T 2T T T 2T 3T t (c) Die icht-linearität z(t) max{, x(t)} setzt die negativen Werte des Signals x(t) zu ull Somit hat z(t) folgendes Schaubild: 4

5 z(t) 3T 2T T T 2T 3T t Aus dem Schaubild ist ersichtlich, dass z(t) 2T -periodisch ist Für die Berechnung der Fourierreihenkoeffizienten von z(t) erhalten wir für k Für k haben wir c k 2T Somit ergibt sich 2T c 2T 2T 2T z(t)dt 2T T z(t)e 2πikt/(2T ) dt 2T [ 2T 2πik e 2πikt/(2T ) 2πik ( ( )k ) ] tt t dt 2 T e 2πikt/(2T ) dt 2πik ( e πik ), wenn k, 2 c k, wenn k ungerade, πik, sonst (2) (d) Mit Hilfe der Parsevalschen Beziehung fuer periodische Signale berechnen wir die Energie von z(t) gemäss E c k 2 2T z(t) 2 dt T dt 2T 2T 2 Ferner gilt lim k πik, sodass wir mit Hilfe von (2) schlussfolgern können: G lim k c k (e) Mit Hilfe von Teilaufgabe (d) wissen wir, dass c k 2 2 5

6 Mit Hilfe von (2) ergibt sich nun c k 2 c 2 + k ungerade π 2 k I π 2 k 2 k 2, k ungerade c k 2 wobei I {k k ungerade} Umformen des letzten Ausdrucks ergibt nun die gewünschte Identität k I k 2 π2 8 6

7 3 Aufgabe (a) Durch Faktorisieren des enners von ĥ(θ) erhalten wir 63 ĥ (θ) e 2πiθ 6 e 4πiθ e 2πiθ 54 e 4πiθ 7 ( 3 e 2πiθ )( + 8 e 2πiθ ) Wir führen nun Partialbruchzerlegung gemäss ĥ (θ) durch Koeffizientenvergleich ergibt und damit A + B 3 e 2πiθ + 8 e 2πiθ A( + 8 e 2πiθ ) + B( 3 e 2πiθ ) ( 3 e 2πiθ )( + 8 e 2πiθ ) A + B 7, A 6B 6B + B 7 und B, A 6 ĥ (θ) A 8 B e 2πiθ + 8 e 2πiθ Mittels Formelsammlung (Gleichung r 73) erhalten wir die Impulsantwort ( ) n ( h [n] 6 σ[n] + n σ[n] 3 8) (b) Aus der Definition des Frequenzgangs von H folgt ĥ (θ) ŷ(θ) ˆx(θ) e 2πiθ 6 e 4πiθ 63ˆx(θ) 9ŷ(θ) 5 2 e 2πiθ ŷ(θ) 6 e 4πiθ ŷ(θ) Mittels Formelsammlung (Gleichung r 55) erhalten wir die Differenzengleichung 63x[n] 9y[n] 5 2 y[n ] y[n 2] 6 Durch Umformen ergibt sich die Differenzengleichung y[n] 7x[n] y[n ] + y[n 2] 54 7

8 (c) Das Blockschaltbild lässt sich aus der Differenzengleichung ermitteln x[n] 7 + y[n] z z (d) Aus dem Blockschaltbild erhalten wir folgende Differenzengleichung πx[n] + 4 x[n ] 5 x[n ] 2 y[n ] + y[n 2] y[n], 3 welche umgeformt πx[n] + 2 x[n ] y[n] + 2 y[n ] y[n 2] 3 ergibt un erhalten wir unter Verwendung der Formelsammlung (Gleichung r 55) ( x(θ) π + 2 e 2πiθ) ŷ(θ) ( + 2 e 2πiθ ) 3 e 4πiθ Da H 2 ein LTI-System ist, gilt 54 ŷ(θ) x(θ) ĥ2(θ), sodass wir folgenden Frequenzgang erhalten: ĥ 2 (θ) π + 2 e 2πiθ + 2 e 2πiθ 3 e 4πiθ (e) Aus der Vorlesung ist bekannt, dass LTI-Systeme durch Faltungen beschrieben werden Für die Lösung der Aufgabe sind somit zwei Impulsantworten h 3 [n] und h 4 [n] für die Systeme und (H 3 x)[n] (x h 3 )[n], n Z, (H 4 x)[n] (x h 4 )[n], n Z, gesucht, die die jeweiligen BIBO-Stabilitäts- und Kausalitätseigenschaften erfüllen Hierbei verwenden wir folgende beiden Charakterisierungen (siehe Kapitel 8 im Skriptum): - Wenn n h[n] <, dann ist das zeitdiskrete LTI-System BIBOstabil - Ein zeitdiskretes LTI-System ist kausal dann und nur dann, wenn h[n], für alle n < 8

9 Setzen wir nun h 3 [n] δ[n], n Z, und h 4 [n] δ[n + ], n Z, ist ersichtlich, dass beide Systeme H 3 und H 4 BIBO-stabil sind, da h 3 [n] h 4 [n] < n n gilt Ferner sehen wir, dass h 3 [n], für alle n <, (H 3 ist somit kausal) jedoch h 4 [ ] δ[] gilt (H 4 ist somit nicht kausal) (f) Falls H 5 linear wäre, würde es folgende Eigenschaft erfüllen: (H 5 αx)[n] α(h 5 x)[n], n Z, für alle zeitdiskreten Signale x[n] und alle komplexen Zahlen α C Wenn wir nun x[n], n Z, und α setzen, sehen wir, dass (H 5 αx)[n] x[n] 2 x[n] 2 α(h 5 x)[n], n Z, gilt Somit folgt, dass das System H 5 nicht-linear ist 9

10 4 Aufgabe (a) Es gilt ŷ[k] n y[n]e 2πink/ l y[n]e 2πink/ + y[l]e 2πilk/ + n nl+ l x[n]e 2πink/ + (x[l] + ε)e 2πilk/ + n n y[n]e 2πink/ nl+ x[n]e 2πink/ x[n]e 2πink/ + εe 2πilk/ ˆx[k] + εe 2πilk/, k {,, }, was die gewünschte Identität beweist (b) Mit Hilfe des Ergebnisses aus Teilaufgabe (a), dh ŷ[k] ˆx[k] + εe 2πilk/, k {,, }, ergibt sich die gewünschte Identität durch direktes einsetzen: ˆx[k] ŷ[k] 2 ˆx[k] (ˆx[k] + εe 2πilk/ ) k k e ε 2 2πilk/ 2 k }{{} ε 2 ε (c) Wir berechnen die -Punkt DFT ŷ[k], k {,, }, von y[n], n {,, }, zunächst an den geraden Stellen, wobei wir die aus der Vorlesung bekannte otation ω e 2πi/ verwenden: ŷ[2k] n n y[n]ω 2kn x[n]ω 2kn n + ω 2k k y[n]ω 2kn + n n 2 y[n + ]ω 2k(n+) x[n]ω 2kn, (3) wobei wir im letzten Schritt die Definition von y[n] benutzt haben un bemerken wir, dass und ω 2kn e 2πi(2kn)/() e 2πi(kn)/() ω kn ω 2k e 2πi(2k)/() e 2πik

11 gilt, sodass (3) zu folgender Identität führt: ŷ[2k] n x[n]ω kn + n Für die ungeraden Stellen ergibt sich analog ŷ[2k + ] n n y[n]ω (2k+)n x[n]ω (2k+)n un bemerken wir, dass sodass ŷ[2k + ] x[n]ω kn 2ˆx[k], k {,, } n + ω (2k+) y[n]ω (2k+)n + n n x[n]ω (2k+)n ω (2k+) e 2πi(2k+)/() e πi(2k+), n x[n]ω (2k+)n n y[n + ]ω (2k+)(n+) x[n]ω (2k+)n, k {,, } Damit erhalten wir 2ˆx[k/2], wenn k gerade, ŷ[k] :, wenn k ungerade (d) In dieser Teilaufgabe ist die Kernidee, die DFT-Summe n x[n]ω kn in gerade und ungerade Stellen aufzuteilen Hierbei verwenden wir wiederum die aus der Vorlesung bekannte otation ω e 2πi/ Es ergibt sich ˆx[k] n /2 r x[n]ω kn n gerade /2 x[2r]ω k2r + r /2 p (ω) 2 kr + ω k q r x[n]ω kn + n ungerade x[2r + ]ω k(2r+) (ω) 2 kr, /2 r x[n]ω kn wobei wir im letzten Schritt die Definition von x[n] verwendet haben un bemerken wir, dass ist, welches zu ω 2 e 4πi/ e 2πi/(/2) ω /2 /2 ˆx[k] p r /2 ω/2 kr + ω k q r ω kr /2

12 führt Aus der Formelsammlung (Gleichung r 87) erhalten wir nun, dass ˆx[k] p 2 δ /2[k] + ω k q 2 δ /2[k], wobei der Einsimpuls δ /2 die Periode /2 besitzt Schliesslich bemerken wir, dass und ω e ω /2 e 2πi(/2)/ e πi, gilt, sodass wir folgende Form für die DFT ˆx von x erhalten: (p + q) 2 2 ˆx (p q) 2 2 2

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