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 00-0

2 Mathematische Grundlagen I. Geometrische Reihe M r0 r0 q r qm+ q q r lim M M r0, q q r q M+ lim M q Aufgabe I: Berechnen Sie und geben Sie ggf. Bedingungen an. n a n k, a 0 Lösung: n a n k a n k k k k0 q, q < c n z n n n ) n ) k a k a n a k a 0 a n ) a a n a a ) n+ ) k0 a n an+ )a a n+ a ) an an+ a n a an+ a n+ + a n an a a, a 0, a c ) n c n z n z c z z c, c < z > c, z 0 z z II. Partialbruchzerlegung Jede echt gebrochenrationale Funktion Rx) ist eindeutig in eine Summe von Partialbrüchen mit den Zahlen α i, p i, q i, A i, B i, C i, D i, E i und F i zerlegbar: Rx) P x) Qx) a nx n + a n x n a x + a 0, n < m) b m x m + b m x m b x + b 0 a n x n + a n x n a x + a 0 x α ) k x α ) k... x + p x + q ) m x + p x + q ) m... A A + x α x α ) A k x α ) + k B B + x α x α ) B k x α ) k C x + D C x + D + x + p x + q x + p x + q ) C m x + D m x + p x + q ) + m E x + F E x + F + x + p x + q x + p x + q ) E m x + F m x + p x + q ) +... m

3 Beispiel: Rx) x + x 3 3x + x + x ) x + ) Rx)! A x + A x ) + B x + A x )x + ) + A x + ) + Bx ) x ) x + ) x +! x A + B) + xa + A B) A + A + B, x x ) x + ) x ) x + ) A + B 0 A 3 A + A B A A + A + B B 3 3 x + x ) 3 x + Aufgabe II: Führen Sie Partialbruchzerlegung für folgenden gebrochenrationalen Funktionen durch: Lösung: R x) x3 x x x + R x) x x 3 + x + x +. x R x) x + + x x + x + + x! x + + A x ) x + A x ) x! A x A + A x ) x ) { { A A + A A A R x) x + + x x ) R x) x x + )x + x + )! A x + + Cx + D x + x + Ax + x + ) + Cx + D)x + ) x + )x + x + ) x! x A + C) + xa + C + D) + A + D x + )x + x + ) x + )x + x + ) A + C 0 A A + C + D C A + D 0 D R x) x + + x + x + x +

4 III. Komplexe Zahlen Kartesische Darstellung z C : Polardarstellung z C : Euler sche Darstellung z C : z x + jy ; x, y R z rcos ϕ + j sin ϕ) ; r > 0, r R, ϕ [0, π), ϕ R z re jϕ ; r > 0, r R, ϕ [0, π), ϕ R x : Realteil, y : Imaginärteil r : Betrag, ϕ : Phase x r cos ϕ, y r sin ϕ r x + y, ϕ arctan y x Beispiele: e j0, j e j π, + j e j π 4, e jπ Aufgabe III.: Berechnen Sie für z + j 3 und z j : z + z, z 3, z z, z 4. Wobei z die komplex konjugierte Zahl zu z ist. Lösung: z e j π 3 z j 3 e j π 3 z e j 3π 4 z + z + j 3 + j 3 z 3 e j π 3 ) 3 3 e j 3π 3 8 z z e j π 3 e j 3π 4 e j π 3 3π 4 ) 5π j e z 4 e j 3π 4 ) 4 e j 3 4π 4π j 4 e 4 e j0π+ π 4 ) e j π ) j Aufgabe III.: Lösen Sie die Gleichung z 6 für z C. Lösung: Die Gleichung 6. Ordnung hat 6 komplexe Lösungen. z 6 e jkπ, k Z z e jkπ) 6 e j kπ 3, k 0,,..., 5 z 0 e j 0π 3, z e j π 3, z e j π 3, z3 e j 3π 3, z4 e j 4π 3, z5 e j 5π 3 IV. Dirac sche Distribution, Dirac-Impuls, δ-funktion [Bronstein] Definition: Für t R und n Z { lim ε 0 ε δt), für t < ε, ε > 0, ε 0 0, sonst δn) {, n 0 0, sonst 3

5 Eigenschaften:. δ t) δt), d.h., die δ-funktion ist eine gerade Funktion. δt)dt 3. δn n 0 ) fn) { fn 0 ), n n 0 0, sonst 4. δt t 0 ) ft) ft t 0 ), d.h., bei der Faltung wird die Funktion um t 0 verschoben. Beispiele: Fouriertransformation für diskrete Signale Auszug aus der Formelsammlung) δn n 0 ) e jωn 0 e jω 0n π k δω ω 0 + πk), k Z Aufgabe IV.: Berechnen Sie die Fouriertransformierte des diskreten Signals cosω 0 n) mit Hilfe der oben gegebenen Formel. Lösung: e jω 0n cosω 0 n) + j sinω 0 n) cosω 0 n) ejω 0n + e jω 0n cosω 0 n) π k δω ω 0 + πk) + δω + ω 0 + πk)), k Z Aufgabe IV.: Berechnen Sie die Summen n δn) cosn) und nπ n δn ) sin ). Lösung: n n δn) cosn) δn ) sin n nπ ) δn) cos0) n n δn ) sin δn) ) π n δn ) 4

6 Aufgabe : Abtasttheorem a) Damit kein Aliasing entsteht, muss die Bedingung f s,min f erfüllt sein, wobei f die höchste Frequenz, die im Signal vorkommt, ist. f 0 4 Hz f s,min f khz. b) ) x n) xnt s ) x n fs Aufgabe : Abtastung a) Im{X c jω)} 0. + cos π n 0 4 s) Hz) ) + cos ) πn Abbildung : Aufgabe a) Re{X c jω)} 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 s f max T π. Ω 0 c) Durch die Abtastung wird X c jω mit der Periode π wiederholt: Xe jω ) T n wobei ω die normierte Frequenz: ω Ω T ist. X c j ω T j π ) T n, 5

7 d) Abbildung : Aufgabe c) Re{Xe jω )}, Abtasttheorem erfüllt. xn) π Xe jω )e jωn dω Ω 0 si Ω 0 nt ) sin Ω 0 nt ). π π nt ) Hinweis: Siehe Vorgehensweise in Aufgabe 3. e) Nein, da das Abtasttheorem verletzt ist. f) Abbildung 3: Aufgabe 5f) Re{Xe jω )}, Abtasttheorem verletzt. g) xn) Ω 0 δn) Aufgabe 3: Zusatzaufgabe Aus Formelsammlung sinωcn) πn ) x c t) sin Ω 0 t) sinω0 t) t t { W e jω, ω < ω c ) 0, ω c < ω π 6

8 folgt yt) sinω 0t) t Y jω) { π, Ω < Ω 0 0, sonst y c t) yt)) Y Ω) Y Ω) π { Faltung von Y Ω) πrect Ω π, Ω < Ω 0 Ω 0 ) 0, sonst ψω) Y Ω) Y Ω) Y ν)y Ω ν)dν πrect Ω Ω 0 ). Ω0 Ω 0 πy Ω ν)dν π Fallunterscheidung für die Bereiche 0 Ω Ω 0, Ω 0 Ω 0 und Ω > Ω 0 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 Re{X c Ω)} 0, sonst Im{X c Ω)} 0. 7

9 Aufgabe 4: Diskrete Faltung a).5.5 xn) hn) n a) xn) un) un N) mit N n b) hn) a n un) mit a 0.8 b) Vorerst: ein viel benutzes Werkzeug ist die endliche) geometrische Reihe {, 0 n < N Aus xn) ergibt sich eine Fallunterscheidung: 0, sonst. Fall: n < 0 yn) 0. Fall: 0 n N M r0 q r qm+. ) q yn) xk) hn k) k n k0 a n k an+ a 3. Fall: N < n yn) k xk) hn k) N k0 a n k n N+ an a a 8

10 4.5 y_max yn) n Abbildung 4: Faltungssumme yn) xn) hn) mit N 8 und a 0.8. Damit ist y0) und yn ) y max an a 0.8 c) Siehe Abbildung 4. 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), Schönheitskorrektur da n b < n a. mn b Aus Bedingung 3) ist yn) 0 falls n a < c oder n b > d, d.h. falls n < a + c oder n > b + d. Daraus folgt yn) 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 Abtastwerte ungleich Null. 9

11 e) yn) hk) xn k) Index-Substitution: j n k k n j k j hn j) xj), vergleiche Teil b). Aufgabe 5: Einseitige z Transformation Vorerst: die unendliche geometrische Reihe q r für q <. 4) q Die z-transformierte von xn) ist Xz) xn) z n Für c ist xn) ein Einheitssprung. r0 c n z n c ) n z für c < z. z z c Aufgabe 6: 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) xn) z n c n z n Index-Substitution k n Xz) n c k z k + k Aufgabe 7: Übung a) Aus Formelsammlung: z z c + cz cz n c k z k k0 cz cz für z < c für c < z <, c <. c r n sinω 0 n) un) r sin ω 0 z, z > r r cos ω 0 z + r z a n sinbn) un) a sin bz a cos bz + a z az sin b a az cos b + z, z > a 0

12 b) Verleich mit Aufgabe 7a) ergibt a und b β xn) n sinnβ) un) sinnβ) un). Aufgabe 8: Diskretes System a) Siehe Aufgabe 4a). b) hn) δn) + δn ) δn N )) ist die Impulsantwort des Systems. c) Hz) Z{hn)} + z z N ) N k0 z k z N z Hjω) z N ist die Übertragungsfunktion des Systems. z Hjω) He jω ) e jωn ist der Frequenzgang des Systems. e jω ) e jω N e jω N e jω N He jω N jω ) ) e e j ω e j ω e j ω sin ωn sin ω Amplitudengang He jω ) sin ωn sin ω. Phasengang arg{hejω )} Φω) N ω. Alternativer Lösungsweg benutzt Definitionen von Amplitudengang und Phasengang. Dieser ist für diesen Fall länger. Z.B. He jω ) e jωn cosωn) + j sinωn) e jω cos ω + j sin ω cosωn)) + sin ωn) cosωn) cos ω) + sin ω cos ω sin ωn sin ω mit Hilfe von cosα) sin α sin ωn sin ω.

13 Abbildung 5: Aufgabe 8) Amplitudengang und Phasengang für den Fall N 5. Hinweis: Der Phasengang hat einen linearen Verlauf Man muss beachten, dass φω + π) φω) gilt). Aufgabe 9: Rekursives System. Ordnung a) Graphische Darstellung des Netzwerks. Abbildung 6: Aufgabe 9a) Rekursives System. Ordnung. b) Die z-transformation der gegebenen Differenzengleichung ist c) Y z) k z Y z) + Xz) Y z) kz ) Xz) Hz) Y z) Xz) kz Methode : Mit Übertragungsfunktion Die z-transformation der Eingangsfolge un) ist laut Formelsammlung oder selber herleiten) Uz) z.

14 Die z-transformation der Ausgangsfolge y u n) ist: Y u z) Hz) Uz) kz P BZ z k y u n) k un) k k kn un) kn+ k un) k + z k Methode : Mit Differenzengleichung. Kausales System yn) 0, n < 0 bei einer Eingangsfolge un). Es gilt: y 0 k y + x y k y 0 + x k + y k y + x kk + ) + k + k +. y n k y n + x n k n + k n Beweis mit vollständiger Induktion: Induktionsanfang: n 0. Induktionsvoraussetzung: für n > 0 gilt y n n i0 ki. Induktionsschluss: dann sollte auch y n+ n+ i0 ki richtig sein n. n ) n n+ y n+ k k i + k i+ + k j + für j i + i0 n+ k j q.e.d. j0 y n kn+ k, n 0 Aufgabe 0: Rekursives System. Ordnung Geg.: y n k y n + k y n + x n i0 j n i0 k i kz a) Siehe Abbildung 7. b) y n k y n + k y n + x n Y z) k z k z ) Xz) Hz) Y z) Xz) k z k z z z k z k 3

15 c) Abbildung 7: Aufgabe 7a) Rekursives System. Ordnung. 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) z z z ). Für H 0 z) muss eine Partialbruchzerlegung gemacht werden: z H 0 z) z z ) z z z z ) z A z z ) + B ) z z A + Bz Bz z B, A z z z H 0 z) z z ) + z z z hn) nz un) n + z un) n n + )z un). n d) Zusatzteilaufgabe: Gesucht sind Amplituden- und Phasengang des Systems Für z e jω gilt H z) Hz ) und z z. Damit ist für z e jω : Hz) Hz) H z) Hz) Hz ) k z k z + k + k + k k k )z z ) k z + z ) k z k z He jω + k + k + k k k ) cosω) k cosω) wegen cosα) ejα + e jα k sin ω + k sinω) und φω) arctan k cos ω k cosω). 4

16 Aufgabe : Klausuraufgabe - Herbst 007 a) b) Y z) Xz) 3 z z 4 z 4 z z z 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) Hz) zz ) z 3 )z 4 ) z 0 0, z 0, z 3, z 4. Konvergenzbereich von Hz) : z > 3. Abbildung 8: Aufgabe c) 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. 5 auch stabil. Daraus

17 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. a 0 a 3 a 9 4 a 3 a 3 a 9 4 a 3 a 0 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 3 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. 6

18 Aufgabe 4 a) 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. z z + z z, Konvergenzbereich z > z + z aus Formelsammlung: r n cosω 0 n)un) r cos ω 0 z b) H z) z h n) hn ) mit hn) cos ) πn ) h n) cos un ) 3 c) 6 Nullstellen mit Betrag z 0 und 6-fache Polstelle z 0., z > r r cos ω 0 z + r z πn ) un), r, cos ω 0 3 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 ) πn 7) hn) cos un ) cos un 7) 3 3 ) πn ) hn) cos un ) un 7)) 3 ) ) πn 7) πn ) da cos cos + π. 3 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 7 )

19 Aufgabe 5: Klausuraufgabe Frühjahr 007 a) Gz) W z) + Xz) 5) W z) Gz)z + W z)z 6) Y z) Gz) + W z) 7) 6) Gz) z ) z W z) 8) 8) in 7) Y z) z z) W z) + W z) W z) z z + ) 8) in 5) Xz) z z) W z) W z) W z) z z ) Aufgabe 6 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 zejω. Da der Amplitudengang konstant ist, ist das System ein Allpass. ) ze jω z 8

20 Aufgabe 7: Signalflussdiagramme Hz) + 3 z 3 4 z + 8 z a) b) a) Direkte Form I b) Direkte Form II c) Hz) + 3 z z 4 z Abbildung 9: c) Kettenform d) Hz) z 4 z Abbildung 0: d) Parallelform 9

21 Aufgabe 8: DFT Grundlagen a) X0). Fall: N gerade X0) N/ N/. Fall: N ungerade X0) xn) + xn) + N N N pn/ N/ N xn)e jπn 0/N N xn). xp), Substitution: p N n, p N/ n N/ xn n) ) N xn) + x + ) N xn) + x + xn) + xn n)) 0. N/ N p N + xp), Substitution: p N n N xn n) N ) N xn) + xn n)) + x ) N x ) ) N N 0 da x x. 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. 0

22 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) δn n 0 )e jπnk/n e jπn 0k/N, 0 < n 0 < N. N a e jπk/n) N a e jπk/n N/ a e jπk/n ) 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 9: Abtastung im Frequenzbereich k ungerade Eine Abtastung im Frequenzbereich ruft eine periodische Wiederholung des Signals im Zeitbereich hervor. Hier: Zeitsignal nicht begrenzt. Durch die perdiodische Wiederholung des Signals entsteht Überlappung im Zeitbereich auch 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 < 8. 8

23 Aufgabe 0: Symmetrie Eigenschaft der DFT a) xn) ungerade xn) xn n). Xk) N N/ x0) + N/ n 0 + xn)e jπn k/n N/ xn)e jπn k/n + N pn/ N/ xn)e jπn k/n + xn n)e jπn n) k/n N/ n n xn) e jπn k/n e jπn n) k/n) + x xn) e jπn k/n e jπn k/n) da x0) 0, x N/ n j xn) sinπn k/n) N/ xp)e jπp k/n ) N e jπ k ) N 0 wegen xn) xn n) j xn) sinπn k/n). b) XN k) N/ j xn) sin π Xk) da sin π X0) 0 wegen Sinusterme. ) N n) k N ) sin πn k/n) N n) k N c) yn) gerade yn) yn n). Y k) N N/ 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 yn) e jπn k/n + e jπn n) k/n) + y yp)e jπp k/n ) N e jπ k

24 N/ Y k) y0) + y0) + n N/ n yn) e jπn k/n + e jπn k/n) + y yn) cosπn k/n) + y ) 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 a)) 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). Aufgabe : Zirkulare Faltung a) 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} 3

25 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. 4

26 Aufgabe : Schnelle Faltung xn) [,, 0,,, ] hn) [, ] L. DFT-Länge N 4 Länge der Abschnitte M xn) wird in Blöcke der Länge 3 verarbeitet. Hk) [0, + i,, i]. a) Overlap-Add. Block: x n) [,, 0, 0] X k) [3, i,, + i] Y k) X k) Hk) [0, 3 + i,, 3 i] y n) [,,, 0]. Block: x n) [,,, 0] y n) [,,, ] yn) [,,,,,, ] a) Overlap-Save. Block: x n) [0,,, 0] y n) [0,,, ]. Block: x n) [0,,, ] y n) [,,, ] 3. Block: x 3 n) [, 0, 0, 0] y 3 n) [,, 0, 0] yn) [,,,,,,, 0, 0] Aufgabe 3: Filterentwurf aus zeitkontinuierlichem System a) H a 0) 0 und H a ) 0 Tiefpass. 5

27 b) H a s) T 0 s + T 0 h a t) L {H a s)} T 0 e T 0 t ut) mit ut) : Sprungfunktion hn) T T 0 e nt T 0 un) mit der Abtastperiode T, t nt Hz) Z{hn)} T T 0 e T T 0 z Merke: Pol von H a s) bei s s i wird zu Pol von Hz) bei z e s it. c) Bilineare Transformation: s T z z+ Hz) hn) T z + ) z + + T 0 z T z + T + T T z+ 0 z T T0 0 + ) z + ) T 0 T T ) T 0 + c z + z T 0 mit c T c z T 0 + T T T 0 + c n n) + c n un ) ). T d) Für die Approximation eines zeitkontinuierlichen Hochpasses ist die Verwendung des Impulsinvarianzverfahrens wegen Aliasing nicht geeignet, die Verwendung der bilinearen Transformation dagegen schon. 6

28 Aufgabe 4: Impulsinvarianzverfahren a) 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. c) Hz) Z{hn)} Impulsinvarianzverfahren. Formel aus Aufgabe 3 oder aus Vorlesungsfolien Teil 0: d) Hs) hier: Hs) A i s + s i i ersetzen Hz) T A i e s i T z 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) T ) e δ 0+jω 0 )T z + e δ 0+jω 0 )T z T z e δ 0T e jω0t + e ) jω 0T e δ 0T z e jω 0T + e jω 0T ) + e δ 0T z T i z e δ0t cosω 0 T ) e δ 0T z cosω 0 T ) + e δ 0T z T 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. Grad. z z + e δ 0T Grad. 7

29 Aufgabe 5: Butterworth-Filter n-ter Ordnung Pole von Hs) : + ) 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. Partialbruchzerlegung: Hs) A s s 0 ) + B s s ) + C s s ) B, A C j 3 Hs) j 3 s + j + 3 s j 3 s + + j 3 A Hz) e + T s 0 z e T z + A e T s 0z! s s 0 )s s )s s ) Aufgabe 6: Filterentwurf nach Toleranzschema a) Ansatz: Butterworth-Filter H a Ω) Ω + Ω c ist die sogenannte Grenzfrequenz bei -3dB). Ωc )N Durchlassbereich: Ω d bei einer Dämpfung von - db: 0 log H a Ω d ) 0 log + Ω d Ωc )N + Ω d Ω c ) N 0 0. ) Sperrbereich: Ω s bei einer Dämpfung von -5 db: 0 log H a Ω s ) 5 0 log + Ωs Ωc ) 0 log + Ω d )N Ωc )N 5 + Ωs Ω c ) N 0.5 ) Filterordnung N und Grenzfrequenz Ω c muss aus ) und ) bestimmt werden Ω d Ω s ) N N Filter mit N 6 wählen und in ) und ) einsetzen.096 Ω c.6 wähle Ω c.78 khz. H a Ω) + Ω.78kHz ) 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 5 gewonnen werden. 8

30 ) 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 / δd δd d δ d 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 T Normierte Sperrfrequenz v s Ωs ωs tan Ω d tan ω d.568. log s d tan ωs 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. 9

31 Aufgabe 7: Allpass-Transformation a) 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 30

32 Aufgabe 8: Klausur F07: Direkter Entwurf von FIR Filter a) 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) 3

33 Aufgabe 9: FIR-Filter - Entwurf mit IFT a) 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. 3

34 Aufgabe 30: Wiener-Khinchin sches Theorem a) 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 sche 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 33

35 Aufgabe 3: Weißes Rauschen 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 3: Klausur F08 a) 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) 34