Lösungen der Übungsaufgaben zur Vorlesung Digitale Signalverarbeitung

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1 Institut für Informationsverarbeitung Laboratorium für Informationstechnologie Lösungen der Übungsaufgaben zur Vorlesung Digitale Signalverarbeitung Wintersemester

2 Aufgabe : Diskrete Faltung Vorerst: ein viel benutzes Hilfsmittel ist die endliche bwz. unendliche geometrische Reihe M r0 q r qm+, q bzw. q r0 q r, q <. q.5.5 xn) hn) n xn) un) un N) mit N n b) hn) a n un) mit a 0.8 b) c). Fall: n < 0 yn) 0. Fall: 0 n N yn) an+ k xk) hn k) a 3. Fall: N < n yn) an k xk) hn k) an N+ a Siehe Abbildung. d) Gegeben ist ein allgemeinerer Fall: fn) 0 für a n b, fn) 0 sonst, und ) xn) 0 für c n d, xn) 0 sonst. )

3 Dann ist yn) fn) xn) fk) xn k) k b fk) xn k) aus der Bedingung von ) ka n b fn m) xm) mit m n k, d.h. k n m mn a n a fn m) xm), Grenzen vertauschen da n b < n a. mn b Aus Bedingung ) ist fn) 0 falls n a < c oder n b > d, d.h. falls n < a + c oder n > b + d. Daraus folgt fn) 0 im Bereich a + c n b + d. Hier: a c 0, b M, d N. D.h. die Faltungssumme yn) fn) xn) ist ungleich Null für 0 n M + N. Damit ist M + N die Anzahl der Werte ungleich Null. 4.5 y_max yn) n Abbildung : Faltungssumme yn) xn) hn) mit N 8 und a 0.8. Damit ist y0) und yn ) y max an a 0.8 e) yn) hk) xn k) Indexsubstitution: j n k k n j k j hn j) xj) siehe Teil b). 3

4 Aufgabe : Einseitige z Transformation Xz) Für c ist xn) ein Einheitssprung. xn) z n z für c < z z c Aufgabe 3: Zweiseitige z Transformation xn) c n x n) + x n) mit x n) c n, n 0 und x n) c n, n < 0. Linearität der z-transformation Xz) X z) + X z) X z) z für c < z aus Aufgabe. z c X z) cz cz für z < c Xz) z z c + cz für c < z <, c <. cz c 4

5 Aufgabe 4: Diskretes System Siehe Aufgabe. b) Hz) Y z) N Uz) z k z N z k0 Hjω) He jω ) e jωn die Übertragungsfunktion des Systems. e jω c) Hz) e jω N e j ω ) e jω N e jω N ) e e j ω e j ω jω N sin ωn sin ω Amplitudengang He jω ) sin ωn N. Phasengang Φω) ω. sin ω Abbildung : Aufgabe 4) Amplitudengang und Phasengang für den Fall N 5. Hinweis: Der Phasengang hat einen linearen Verlauf Man muss beachten, dass φω ± n π) φω), n N gilt). Alternativer Lösungsweg benutzt Definitionen von Amplitudengang und Phasengang. Dieser ist für diesen Fall länger. Z.B. He jω ) e jωn cosωn) + j sinωn) cosωn)) + sin ωn) e jω cosωn) cos ω cos ω + j sin ω sin ωn sin ω cos ω) + sin ω mit Hilfe von cosα) sin α) sin ωn sin ω. 5

6 Aufgabe 5: Abtastung Aus Formelsammlung sinωcn) πn folgt yt) sinω 0t) t Y jω) Faltung von Y Ω) πrect Ω Ω 0 ) ψω) Y Ω) Y Ω) ) x c t) sin Ω 0 t) sinω0 t) t t { W e jω, ω < ω c ) 0, ω c < ω π { π, Ω < Ω 0 πrect Ω Ω 0, sonst 0 ). { π, Ω < Ω 0 0, sonst Y ν)y Ω ν)dν Ω0 Ω 0 πy Ω ν)dν π Ω+Ω0 Ω Ω 0 fν)dν ψω) 0 für Ω > Ω 0 ψω) π Ω+Ω0 Ω 0 πdν π Ω + Ω 0 ) für Ω 0 Ω 0 Ω0 ψω) π πdν π Ω + Ω 0 ) für 0 Ω Ω 0 Ω Ω 0 π Ω + Ω 0 ), Ω 0 Ω 0 ψω) π Ω + Ω 0 ), 0 Ω Ω 0 0, sonst π X c Ω) Ω + Ω 0), Ω 0 Ω 0 π ψω) π Ω + Ω 0), 0 Ω Ω 0 0, sonst Re{X c Ω)} X c Ω), Im{X c Ω)} 0. Abbildung 3: Aufgabe 5 Re{X c jω)} 6

7 b) Laut Abtasttheorem muss für die Abtastfrequenz gelten: f s f max, wobei f max die größte vorkommende Frequenz im Signal ist. Hier ist Ω max Ω 0 f max Ω 0. Für die Abtastperiode gilt π dann T f max T π. Ω 0 c) ω ist die normierte Frequenz: ω Ω T. Durch die Abtastung wird X c jω) mit der Periode π wiederholt zu Xe jω ) X c j ω T j π ) T n. n Abbildung 4: Aufgabe 5c) Re{Xe jω )}, Abtasttheorem erfüllt. d) xn) π Xe jω )e jωn dω Ω 0 si Ω 0 nt ) sin Ω 0 nt ). π π nt ) e) Nein, da das Abtasttheorem verletzt ist. f) Abbildung 5: Aufgabe 5f) Re{Xe jω )}, Abtasttheorem verletzt. g) xn) Ω 0 δn) 7

8 Aufgabe 6: Rekursives System. Ordnung Geg.: y n k y n + x n Beweis mit vollständiger Induktion liefert y n n b) Graphische Darstellung des Netzwerks: i0 ki kn+ k, n. Abbildung 6: Aufgabe 6) Rekursives System. Ordnung. Aufgabe 7: Rekursives System. Ordnung Geg.: y n k y n + k y n + x n Abbildung 7: Aufgabe 7 Rekursives System. Ordnung. 8

9 b) Hz) z z k z k c) Ein System. Ordnung kann zwei einfache Pole oder ein zweifacher Pol besitzen. Damit der Pol von Hz) zweiter Ordnung ist, müssen k und k so sein, dass z k z k z z ) erfüllt ist. D.h. gesucht ist die Impulsantwort des Systems H 0 z) d) Partialbruchzerlegung: H 0 z) Für z e jω gilt z z. Damit ist für z e jω : z z z ). z z z ) z z z z ) z hn) nz n un) + z n un) n + )z n un). Hz) Hz) H z) Hz) Hz ) Hz) H He jω ) ) z + k + k + k k k )z z ) k z + z ) ) z z z ) + z z k z k z k z k z + k + k + k k k ) cosω) k cosω), wegen cosα) ejα + e jα Für den Phasengang betrachten wir wieder zejω Hz) k z k z k cos ω j sin ω) k cosω) j sinω)) k sin ω + k sinω) φω) arg{hjω)} arctan k cos ω k cosω). Aufgabe 8 Aus Formelsammlung: r n sinω 0 n) un) r sin ω 0 z, z > r r cos ω 0 z + r z Aufgabe 9 a n sinbn) un) a sin bz a cos bz + a z az sin b a az cos b + z, z > a Verleiche mit Aufgabe 8 ergibt a und b β xn) n sinnβ) un) sinnβ) un). 9

10 Aufgabe 0 b) Hz) Y z) Xz) z z ) z ) z 4 ) z n ) n hn) un) + 3 un) 3 4 Hz) z 7 z + z yn) 7 yn ) + yn ) xn) xn ) c) Konvergenzbereich von Hz) : z > 3. Abbildung 8: Aufgabe 0c) Pol Nullstellen Diagramm. d) Hz) ist kausal, da Nennergrad > Zählergrad. Hz) ist stabil, da Pole im Einheitskreis liegen. Die Nullstelle z 0 liegt innerhalb des Einheitskreises. Damit ist Hz) folgt, dass Hz) minimalphasig ist. auch stabil. Daraus 0

11 Aufgabe : Cohnsches Kriterium Nennerpolynom: Az) N j0 a jz N j a 0 z 3 + a z + a z + a 3 z 3 3z + 9z. 4 Die Bedingung a 0 > a N ist erfüllt mit >, N 3. b 0 a 0 a 3 b a 0 a a 3 a b a 0 a a 3 a Die Bedingung b 0 > b N ist nicht erfüllt mit Damit hat das System nach dem Cohnschen Kriterium mindestens eine Polstelle, die nicht innerhalb des Einheitskreis liegt. Folglich ist das System instabil. Aufgabe Zu zeigen ist, wenn z Nullstelle ist, dann ist z ) hn) gerade hn) h n). ) hn) reell hn) h n). zu ): Hz) N n N ) h0) + Hz) H z N zu ): Hz ) n N hn) z n h0) + auch Nullstelle. N hn) z n + n N hn) z n + z n ) n N h n) z n n ), d. h. wenn z Nullstelle ist, dann ist z auch Nullstelle. hn) z n ) ) N n N h n) z ) n N n N hn) z n ) Hz ) H z) H z ) Hz), d. h. wenn z Nullstelle ist, dann ist z auch Nullstelle.

12 Aufgabe 3 Pole des System sind z, ± j 3 z, System instabil grenzstabil). Nullstelle des System sind z 0, z 0. Da nicht alle Nullstellen im Einheitskreis liegen, ist das System nicht minimalphasig. b) H z) z z z + z πn ) h n) cos 3 z z + z ) un ), Konvergenzbereich z > c) 6-fache Nullstelle z 0 und 6-fache Polstelle z 0. Linearphasigkeit: Nullstellen paarweise am Einheitskreis gespiegelt und alle Pole im Ursprung erfüllt. Minimalphasigkeit: alle Nullstellen innerhalb oder auf dem Einheitskreis erfüllt. d) Die Teilsysteme sind in Reihe geschaltet Hz) H z) H z) z z z + z 6 ) ) ) πn ) hn) h n) h n) cos un ) δn) δn 6)) 3 ) πn ) hn) cos un ) un 7)) 3 Das Gesamtsystem ist stabil da die Impulsantwort endlicher Länge besitzt. Alternativ: Hz) H z) H z) z z z + z6 z )z )z + z + )z z + ) z 6 z 6 z z + ) Hz) z )z )z + z + ) alle Pole im Ursprung. z 6 Aufgabe 4: Klausuraufgabe Frühjahr 007 Hilfsgrößen un) und wn) werden definiert:

13 Uz) W z) + Xz) 3) W z) Uz)z + W z)z 4) Y z) Uz) + W z) 5) 4) Uz) z ) z W z) 6) 6) in 5) Y z) z z) W z) + W z) W z) z z + ) 6) in 3) Xz) z z) W z) W z) W z) z z ) Aufgabe 5 Hz) Y z) Xz) z z + z z y n ay n ax n + x n Y z) az ) Xz) a + z ) Hz) Y z) Xz) a + z az + az z a. He jω ) Hz) H z) ze jω Hz) Hz ) ze jω Hz) H az + z a az + z a. Da der Amplitudengang konstant ist, ist das System ein Allpass. ) ze jω z 3

14 Aufgabe 6: DFT Grundlagen X0). Fall: N gerade X0). Fall: N ungerade N/ X0) xn) + N N N nn/ xn)e jπn 0/N xn) N/ xn) + ) N xn) + x + N ) N xn) + x + ) N x 0. N xn). N/ N n N + xn) N xn n) 0. xn n) b) X ) N N xn)e jπn N/ N/ xn) ) n + N/ N pn/ xn) ) n xp) ) p xn) ) n + xn n) ) N n ) N/ xn) ) n + ) N n ) 0 da N gerade. 4

15 c). xn) δn) Xk).. xn) δn n 0 ) Xk) N N 3. xn) a n, 0 n < N Xk) a n e jπnk/n 4. N gerade: {, 0 n N xn) 0, sonst N ungerade: {, 0 n N xn) 0, sonst Xk) Xk) N/ δn n 0 )e jπnk/n e jπn 0k/N, 0 < n 0 < N. a N a e jπk/n e jπnk/n e jπk/n) e jπk/n e jπk e jπk/n N { 0, k gerade, e jπk/n e jπnk/n e jπ k N N + ) e jπk/n e jπk e jπk/n e jπk/n Aufgabe 7: Abtastung im Frequenzbereich k ungerade Eine Abtastung im Frequenzbereich ruft eine periodische Wiederholung des Signals im Zeitbereich hervor. Durch die perdiodische Wiederholung des Signals entsteht hier Überlappung im Zeitbereich sog. Aliasing im Zeitbereich). Das rekonstruierte Signal yn) setzt sich also aus den Wiederholungen der Periode 8 des Signals xn) zusammen: ) n+8r yn) xn + 8r), 0 n < 8. r r Der Fehler der Rekonstruktion nach Abtastung im Frequenzbereich ist die Differenz ) n ) n ) 8r εn) xn) yn), 0 n < 8 r ) n ) ) 8r ) n ), 0 n < 8 r ) 8 n 8, 0 n <

16 Aufgabe 8: Signalflussdiagramme Hz) + 3 z 3 4 z + 8 z b) Direkte Form I b) Direkte Form II c) Hz) + 3 z z 4 z Abbildung 9: c) Kaskadenform d) Hz) z 4 z Abbildung 0: d) Parallelform 6

17 Aufgabe 9: Symmetrie Eigenschaft der DFT b) Xk) 0 + N/ n XN k) j xn) sinπn k/n) N/ j xn) sin π Xk) da sin π X0) 0 wegen Sinusterme. N/ j xn) sinπn k/n). ) N n) k N ) sin πn k/n) N n) k N c) yn) gerade yn) yn n). Y k) N N/ y0) + y0) + y0) + yn)e jπn k/n N/ yn)e jπn k/n + N pn/ N/ yn)e jπn k/n + yn n)e jπn n) k/n N/ n N/ n N/ n n yn) e jπn k/n + e jπn n) k/n) + y yn) e jπn k/n + e jπn k/n) + y yn) cosπn k/n) + y yp)e jπp k/n ) N e jπ k ) N ) k ) N ) k. d) Y N k) y0) + y0) + N/ n N/ n yn) cosπn N k)/n) + y yn) cosπn k/n) + y ) N ) N k ) N ) k da Ngerade. e) pn) xn) yn) P k) Xk) Y k) xn) reell ungerade Xk) imaginär ungerade siehe Teil ) yn) reell gerade Y k) reell gerade siehe Teil b)) P k) imaginär ungerade: P k) P N k) pn) reell ungerade: pn) pn n). 7

18 Aufgabe 0: Zirkulare Faltung xn) x6 n) xn) gerade Xk) gerade. b) Gegeben: xn) {0,, 0,, 0, } und hn) {, 0, 0, } Xk) N xn)e jπkn/n 5 xn)e j π 3 kn e j π 3 k e j π 3 3k + e j π 3 +4)k ) k+ + cos kπ 3 ) {,,,,, } Hk) + e j π 3 3k + ) k {, 0,, 0,, 0} Y z k) Hk) Xk) ) k+ + cos kπ 3 ) + )k+ + ) k cos kπ 3 ) ) k+ + cos kπ 3 ) + ) k) + ) k+ {, 0, 4, 0, 4, 0} c) y z n) N Y z k)e jπkn/n 5 Y z k)e j π 3 kn N 6 6 k0 k0 )) e j π 3 n + e j π 3 n 3 3 {,,,,, } )) π cos 3 n )) 4 e j π 3 n + e j 4π 3 n d) y l n) xn) + xn 3) {0,, 0,,,,, 0, } e) Die letzten N P + Werte von y z n) stimmen mit den entsprechenden Werten von y l n) überein. P ist die Länge von hn), P 4. Unterschied zwischen y z n) und y l n) ist auf Aliasing zurückzuführen. f) N L + P N 9. Wobei L die Länge von xn) ist. 8

19 Aufgabe : Filterentwurf aus zeitkontinuierlichem System H a 0) 0 und H a ) 0 Tiefpass. b) H a s) T 0 c) s + T 0 h a t) L {h a s)} T 0 e T 0 t ut) mit ut) : Sprungfunktion hn) T 0 e nt T 0 un) mit T : Abtastperiode, t nt Hz) Z{hn)} T 0 e T T 0 z Bilineare Transformation: s z T z+ Hz) + T 0 d) hn) z T z+ T z + ) z + T z + T + T 0 z T T0 0 + ) z + ) T 0 T T ) T 0 T mit c T 0 + T T 0 + c z + z c z T T 0 + c n n) + c n un ) ). T Für die Approximation eines zeitkontinuierlichen Hochpasses ist die Verwendung des Impulsinvarianzverfahren wegen Aliasing nicht geeignet. Aufgabe : Impulsinvarianzverfahren s jω H a s) 0 und s jω 0 H a s) δ 0 δ 0 +ω 0 b) 0: Tiefpass-Verhalten. Das kontinuierliche System ist stabil wenn alle Pole links der Im Achse liegen. Pole des Systems berechnet sich aus dem Nenner: s δ 0 ) + ω 0 0 s δ 0 ±ω 0 s δ 0 ± ω 0 Damit das System stabil ist, muss gelten: δ 0 < 0 und ω 0 beliebig. 9

20 c) Hz) Z{hn)} Impulsinvarianzverfahren. Formel 8.5) aus Skript Alte Düse) oder Vorlesungsfolien Teil 0: d) Hs) hier: Hs) A i s + s i i ersetzen Hz) A i e s i T z i s δ 0 s δ 0 + jω 0 )s δ 0 jω 0 ) s δ 0 + jω 0 ) + s δ 0 jω 0 ) s δ 0 + jω 0 )s δ 0 jω 0 ) s δ 0 + jω 0 + s δ 0 jω 0 Hz) ) e δ 0+jω 0 )T z + e δ 0+jω 0 )T z z e δ 0T e jω0t + e ) jω 0T e δ 0T z e jω 0T + e jω 0T ) + e δ 0T z z e δ0t cosω 0 T ) e δ 0T z cosω 0 T ) + e δ 0T z z ze δ0t cosω 0 T ) z ze δ 0T cosω 0 T ) + e δ 0T i) T kπ ω 0 cosω 0 T ) Hz) z z e δ 0T ii) k + )π T cosω 0 T ) Hz) ω 0 iii) sonst Grad. Aufgabe 3: Butterworth-Filter n-ter Ordnung Pole von Hs) : + Grad. z z + e δ 0T Grad. ) n s 0 s n j n e j 3π n e jπ+nπ+kπ) s k e j π n + π +k π n ), k 0,,... n j Für n 3 gilt: Hs) s s 0 )s s )s s ) wobei s 0, s, s die drei Pole, die in der linken Halbebene liegen, sind: s 0 +j 3, s, s j 3 s 0. 0

21 Partialbruchzerlegung Hs) Hz) A s s 0 ) + B s s ) + C s s ) B, A C j! 3 A e + T s 0 z e T z + A e T s 0z Hs) j 3 s + j 3 + s j 3 s + + j 3 s s 0 )s s )s s ) Aufgabe 4: Filterentwurf nach Toleranzschema Für das Filter H a ω) gilt folgende Forderungen: + ω ωc )N Normierte Durchlassfrequenz: ω d π 3 0.π bei einer Dämpfung von - db: 30 0 log H a ω d ) 0 log + ω d + 0.π ωc )N ω c ) N 0 0. ) Normierte Sperrfrequenz: ω s π π bei einer Dämpfung von -5 db: 30 0 log H a ω s ) 5 0 log π + ωs ωc )N ω c ) N 0.5 ) Filterordnung und Grenzfrequenz ω c muss aus ) und ) bestimmt werden 0.π N Filter mit N 6 wählen und in ) und ) einsetzen ω c wähle ω c H a ω) + ω ) 0.3π )N Hinweis: ω ist hier die durch die Abtastfrequenz) normierte, kontinuierliche Kreisfrequenz. Für den Entwurf des zeitdiskrete Filter Hz) sind weitere Schritte erforderlich: ) Von H a ω) kann H a s) nach der Vorgehensweise wie in Aufgabe 3 gewonnen werden. ) Von H a s) kann dann nach dem Impulsinvarianzverfahren das zeitdiskrete Filter Hz) bestimmt werden. b) Darstellung mittels Charakteristische Funktion Kjv) v N : H c jv)h c jv) + c Kjv)K jv) + c v N Gesucht ist die Konstante c und Filterordnung N. Dämpfung im Durchlassbereich - db: 0 log δ d ) δ d 0 / d δd δ d δ d

22 Dämpfung im Sperrbereich -5 db: 0 logδ s ) 5 δ s 0 5/ δs s δ s Bilineare Transformation Ω d tan ω d T und Ω s ωs tan T Normierte Sperrfrequenz v s Ωs ωs tan Ω d tan ω d.568. log s d N log v s N 6 c d 0.37 c Wahl c s v N s H c v) v Für den Entwurf des zeitdiskrete Filter Hz) sind weitere Schritte erforderlich: ) Durch Rücksubstitution von Ω v Ω d erhält man H c Ω). ) Von H c Ω) kann H a s) nach der Vorgehensweise wie in Aufgabe 3 gewonnen werden. 3) Von H c s) kann mit Hilfe der bilineare Transformation das zeitdiskrete Filter Hz) bestimmt werden.

23 Aufgabe 5: Allpass-Transformation He jω ) 0,85 0,5 0 0, 4π 0, 6π π ω b) Mit den Filter Tschebyscheff Typ I und II sowie Cauer. c) A z) z, A e jω ) g ω) arga e jω )) arg e jω ) π + ω Verschiebung der Frequenzachse um π Hochpass. He jω ) 0,85 0,5 0 0, 4π 0, 6π π ω d) A z) z, A e jω ) g ω) arga e jω )) arg e jω ) π + ω Verschiebung um π und Stauchung der Frequenzachse mit Faktor Bandpass. He jω ) 0,85 0,5 0 0, π 0, 3π 0, 5π 0, 7π 0, 8π π ω 3

24 Aufgabe 6: Klausur F07: Direkter Entwurf von FIR Filter Um die Komponente cosω 0 n) ejω 0n + e jω 0n ) zu unterdrücken, muss He jω ) bei ω ±ω 0 verschwinden, d.h. es sind zwei Nullstellen nötig: z 0, e ±jω 0. Die Underdrückung der zweiten Oberwelle ergibt analog: z,3 e ±j3ω 0. Insgesamt muss Hz) vier Nullstellen aufweisen. b) Hz) ist ein kausales FIR Filter FIR alle Pole im Ursprung, Kausalität wähle: Anzahl Polstellen Anzahl Nullstellen). ) ) ) ) z e j π 4 z e j π 4 z e j 3π 4 z e j 3π 4 Hz) + z 4 z 4 c) yn) F {Hω)Xω)} F {Hω)Xω ω 0 )} da die anderen Frequenzkomponente ω 0 und 3ω 0 durch die Nullstellen von Hω) unterdrückt wurden F {Hω) a πδω ω 0) + δω + ω 0 ))} π Hω) a π π πδω ω 0) + δω + ω 0 ))e jωn dω a He jω 0 n ) e jω0n + He jω0n ) e ) jω 0n a + e j8ω 0 n ) e jω0n + + e j8ω0n ) e ) jω 0n a 4 cosω 0n) a cos π n) 4

25 Aufgabe 7: FIR-Filter - Entwurf mit inv. Fourier-Transformation hk) wird durch die inverse Fouriertransformation für diskrete Signal gewonnen: b) hk) π π π ω He jω ) e jkω dω 0 A e jkω dω + e jkω dω + e jkω dω + A e jkω dω π ω π ω π 0 π ω A [ ] e jωk ω jπk ω ω + [ ] e jωk 0 jπk ω ω + [ ] e jωk ω jπk + A [ ] ω0 e jωk ω jπk ωω A e jω k e jωk + e jωk e ) jω k + e jω k + e jωk ) jπk jπk A ) ejω k e jω k + ejω k e jω k + e jω ) k e jω k πk j j πk j A πk sinω k) + sinω k)) + πk sinω k)) A) sinω k) πk + A sinω k) πk ω π 4, ω π, A hk) πk sin π 4 k) + sin π k)) ω Entwurf eines linearphasigen Filters vom Grad 4 durch Fourierapproximation 5 Koeffizienten erforderlich. ω h0) lim k 0 πk sinπ 4 k) + sinπ sin π k)) lim k) 4 π k 0 8 k + lim 4 h) π sinπ 4 ) + sinπ )) π + ) h ) h) 4π sinπ 4 ) + sinπ )) 4π h ) 4 k 0 sin π k) π k ) Das Filter soll kausal sein Verzögerung um. Das Ergebnis mit Rechteckfenster ist das diskrete Filter h d k) mit h d 0) 4π Die Übertragungsfunktion H d z) ist H d z) z h d ) π + ) h d ) 3 8 k h d 3) π + ) h d 4) 4π. hk) z k z4 + + )z 3 + 3π z + + )z + z 4. 5

26 Aufgabe 8: Wiener-Khinchin sches Theorem xn) ist weißes Rauschen Φ xx n) σ x δn). b) Φ yy m) Φ xx m) h m) hm) σx δm) h m) hm) σx h m) hm) σx hn) hn + m) σx a n a n+m σx a m σ x σ x a a m da die AKF immer eine gerade Funktion ist. a n σ x a a n σ x a m a Das Wiener-Khinchin sches Theorem besagt, dass das Leistungsdichtespektrum P yy ω) die Fouriertransformierte der Autokorrelationsfunktion Φ yy n) ist: P yy ω) Φ yy n)e jωn σ a n x a e jωn n n ) a n e jωn a n e jωn + + a n e jωn c) σ x a σ x a n + a ) n e jωn + e jωn)) σ x + a n cosωn) a n n ) ) + a n cosωn) σ x a cos ω + aus Hinweis a a cos ω + a σ x + a cos ω a + a cos ω σ a a cos ω + a x a cos ω + a Das Leistungsdichtespektrum P yy ω) kann direkt berechnet werden: P yy ω) P xx ω) He jω ) n σx He jω ) σx He jω ) He jω ) He jω ) hn)e jωn a n e jωn ae jω n P yy ω) σx ae jω ae jω σ x a e jω + e jω ) + a σx a cosω) + a 6

27 Aufgabe 9: Weißes Rauschen xn) weißes Rauschen mit φ xx m) σx δm). yn) erfüllt φ yy 0) σy. φ zz m) E[zn) zn + m)] E[xn)yn) xn + m)yn + m)] E[xn)xn + m)yn)yn + m)] E[xn)xn + m)]e[yn)yn + m)] da xn) und yn) unabhängig von einander φ xx m)φ yy m) σx δm)φ yy m) σx δm)φ yy 0) σxσ y δm) Aufgabe 30: Klausur F08 b) Y F z) Rz) Y F z)hz) Y F z) + Hz)) Rz) Y F z) H F z) Y F z) Rz) + Hz) + z z z z Rz) + Hz) H F e jω ) e jω e jω ) e jω ) e jω e jω cos ω Φ yf y F e jω ) σ r H F e jω ) σ r cos ω) 7