Signale und SystemeDHBW Stuttgart WS 2010 Aufgabe1.10. GegebensiedasSignalx(t) = sin(ωt+...

DHBW Stuttgart WS 2010

1 Signale1.1 AufgabenAufgabe 1.1. Skizzieren Sie die folgenden zeitkontinuierlichen Signale:

y1(t) =

t : 0 ≤ t ≤ 12− t : 1 ≤ t ≤ 20 : sonst

y2(t) =

1− |t− 1| : |t− 1| ≤ 10 : |t− 1| ≥ 1y3(t) = tσ(t)− 2(t− 1)σ(t− 1) + (t− 2)σ(t− 2)

Skizzieren Sie auch y1(t− 1), y2(t− 1), y3(t− 1).

Aufgabe 1.2. Skizzieren Sie die folgenden zeitkontinuierlichen Signale für T, ω > 0:

x1(t) = tσ(t)− (t− T )σ(t− T )

x2(t) = t[σ(t)− σ(t− T )]

x3(t) = sinωt · σ(t) · σ(π/ω − t)

Berechnen und skizzieren Sie die verallgemeinerte Ableitung Dx2(t).

Aufgabe 1.3. Skizzieren Sie die folgenden zeitdiskreten Signale:

x1[n] =

n : 0 ≤ n < 510− n : 5 ≤ n ≤ 100 : sonst

x2[n] =

sin πn : −4 ≤ n ≤ 40 : sonst

A. Ströder Signale und Systeme 1


Aufgabe 1.4. Skizzieren Sie die folgenden zeitdiskreten Signale:

x1[n] = n · σ[n− 1]x2[n] = δ[n− 2]x3[n] = ∆ δ[n]x4[n] = ∆2 δ[n]

Aufgabe 1.5. Gegeben sei das folgende zeitkontinuierliche Signal:

x(t) =

t+ 1 : −1 ≤ t ≤ 0− t2 + 1 : 0 ≤ t ≤ 20 : sonst

Skizzieren Sie x(t), x(3t), x(3t+2), x(−2t−1), x(2(t+2)), x(2(t−2)) sowie x(3t)+x(3t+2).

Aufgabe 1.6. Die Funktion f(t) sei auf R stetig und stückweise differenzierbar. Zudemexistiere der Grenzwert für t→ −∞:

limt→−∞

f(t) =: f(−∞)

a) Zeigen Sie, dass stets folgendes gilt:

f(t) = f(−∞) +t∫

−∞

f ′(τ) dτ (1)

Tip: Auswertung des Integrals

b) Zeigen Sie unter Verwendung von (1) die Gültigkeit der folgenden Beziehung:

f(t) = f(−∞) +∞∫−∞

f ′(τ)σ(t− τ) dτ (2)

c) Leiten Sie (2) auch aus der folgenden Beziehung her (δ(t) bezeichnet den Dirac-Impuls):

f(t) =∞∫−∞

f(τ)δ(t− τ) dτ (3)

Tip: partielle Integration



Aufgabe 1.7. Gegeben sei eine Funktion f : Z → R, deren Grenzwert für n → −∞existiere:

limn→−∞

f [n] =: f(−∞)

a) Zeigen Sie die Gültigkeit der folgenden Beziehung:

f [n] = f [−∞] +i=n∑i=−∞

(f [i]− f [i− 1]

)(4)

b) Zeigen Sie die Gültigkeit der folgenden Beziehung unter Verwendung von (4):

f [n] = f [−∞] +i=∞∑i=−∞

(f [i]− f [i− 1]

)σ[n− i] (5)

Aufgabe 1.8. Skizzieren Sie das zeitdiskrete Signal

x[n] =

n : n ungerade0 : n geradeBilden Sie das Signal y[n] := x[2n] und skizzieren Sie dieses.

Aufgabe 1.9. Ermitteln Sie für jedes der folgenden Signale, ob es periodisch ist odernicht. Falls ja, bestimmen Sie die Fundamentalperiode.

a) x(t) = cos2(2πt)

b) x(t) = sin3(2πt)

c) x(t) = e−2t cos(2πt)

d) x[n] = (−1)n

e) x[n] = (−1)(n2)

f) x[n] = cos[2n]

g) x[n] = cos[2πn]



Aufgabe 1.10. Gegeben sie das Signal x(t) = sin(ωt+ π/2). Berechnen Sie• die Momentanleistung

• die Signalenergie

• die mittlere Signalleistung

• den EffektivwertHandelt es sich um ein Leistungssignal oder ein Energiesignal? Geben Sie ein Gleichsignalan, das dieselbe mittlere Signalleistung aufweist.

Aufgabe 1.11. Kategorisieren Sie die folgenden Signale als Energie- oder Leistungssi-gnale und geben sie die Signalenergie bzw. die mittlere Signalleistung an.

x1[n] =

sin[πn] : −4 ≤ n ≤ 40 : sonstx2[n] =

cos[πn] : −4 ≤ n ≤ 40 : sonstx3[n] =

cos[πn] : n ≥ 00 : sonstAufgabe 1.12.

a) Werten Sie mithilfe der Ausblend-Eigenschaft der Delta-Funktion folgende Inte-grale aus:

I1 =∞∫−∞

cos(ωt) δ(t) dt

I2(t) =∞∫−∞

cos(ωτ) δ(t− τ) dτ

b) Zeigen Sie für > 0 die Gültigkeit der folgenden Beziehung:σ(at) = σ(t) ∀t (6)

c) Leiten Sie, ausgehend von (6), die folgende Eigenschaft der Delta-Funktion her:

δ(at) = 1aδ(t)



1.2 LösungenLösung zu Aufgabe 1.1:Die Signale sind identisch, d.h. y1(t) = y2(t) = y3(t).

Abbildung 1: y1(t)

Die Signale y1(t−1), y2(t−1), y3(t−1) sind um eine Zeiteinheit nach rechts verschoben:

Abbildung 2: y1(t− 1)



Lösung zu Aufgabe 1.2:

Abbildung 3: x1(t)

Abbildung 4: x2(t)

Abbildung 5: x3(t) für ω = 2π/100



Zur Bestimmung der verallgemeinerten Ableitung von x2(t) benötigt man hier die Pro-duktregel der Differentiation:

D[uv] = uDv + vDu

Damit findet man:

Dx2(t) = σ(t)− σ(t− T ) + t(δ(t)− δ(t− T )

)Dies vereinfacht sich mit tδ(t) ≡ 0 zu

Dx2(t) = σ(t)− σ(t− T )− tδ(t− T )

Abbildung 6: Verallgemeinerte Ableitung Dx2




Abbildung 7: Zeitverlauf von x1[n]

Wegen sin πn = 0 für alle n ∈ Z ist x2 das Nullsignal, d.h. x2[n] ≡ 0. (Keine Skizze)


Abbildung 8: Zeitverlauf von x1[n], x2[n], x3[n], x4[n]




Abbildung 9: Zeitverlauf der verschiedenen Signale


a) Es gilt

f(−∞) +t∫

−∞

f ′(τ) dτ = f(−∞) +[f(τ)

]t−∞

= f(−∞) + f(t)− f(−∞)= f(t)



b) Es gilt

f(t) = f(−∞) +t∫

−∞

f ′(τ) dτ

= f(−∞) +t∫

−∞

f ′(τ) dτ +∞∫t

0 · f ′(τ) dτ

= f(−∞) +t∫

−∞

f ′(τ)σ(t− τ)︸︷︷︸1

dτ +∞∫t

0 · f ′(τ)σ(t− τ)︸︷︷︸0

dτ

= f(−∞) +∞∫−∞

f ′(τ)σ(t− τ) dτ

c) Allgemeine Formel für die partielle Integration:∫u′v =

[uv]−∫uv′

Mit v = f(t) und u′ = δ(t− τ) ergibt sich wegen Dτσ(t− τ) = −1 · δ(t− τ):

v′ = f ′(τ), u = −σ(t− τ)

und somit∞∫−∞

f(τ)δ(t− τ) dτ =[− f(τ)σ(t− τ)

]∞−∞−

∞∫−∞

−f ′(τ)σ(t− τ) dτ

= 0 + f(−∞) + f(t)− f(−∞)= f(t)


a) Es gilti=n∑i=m

f [i]− f [i− 1] =(f [i]− f [i− 1]

)+(f [i− 1]− f [i− 2]

)+ . . .

+(f [m+ 1]− f [m]

)+(f [m]− f [m− 1]

)= f [n]− f [m− 1]

Für m→ −∞ ergibt sich:i=n∑i=−∞

f [i]− f [i− 1] = f [n]− f [−∞]



und somitf [n] = f [−∞] +

i=n∑i=−∞

f [i]− f [i− 1]

b) Es gilt

f [n] = f [−∞] +ν=n∑ν=−∞

(f [ν]− f [ν − 1]

)= f [−∞] +

ν=n∑ν=−∞

(f [ν]− f [ν − 1]

)+

ν=∞∑ν=n+1

(f [ν]− f [ν − 1]

)· 0

= f [−∞] +ν=n∑ν=−∞

(f [ν]− f [ν − 1]

)σ[n− ν]︸︷︷︸

1

+ν=∞∑ν=n+1

(f [ν]− f [ν − 1]

)σ[n− ν]︸︷︷︸

0

= f [−∞] +ν=∞∑ν=−∞

(f [ν]− f [ν − 1]

)σ[n− ν]


Abbildung 10: Zeitverlauf des Signals x[n]

Achtung: Das Signal y[n] = x[2n] ist identisch Null (keine Skizze).




a) x(t) = cos2(2πt) periodisch, T = 1/2

b) x(t) = sin3(2πt) periodisch, T = 1

c) x(t) = e−2t cos(2πt) nicht periodisch

d) x[n] = (−1)n periodisch, N = 2

e) x[n] = (−1)(n2) periodisch, N = 2

f) x[n] = cos[2n] nicht periodisch

g) x[n] = cos[2πn] = 1 konstant, (periodisch mit N = 1)

Lösung zu Aufgabe 1.10:Wie man leicht sieht, gilt x(t) = cosωt.

Momentanleistung: P (t) = cos2(ωt)

Signalenergie:

Ex =∞∫−∞

cos2(ωt) dt =∞

Mittlere Signalleistung:

Px = limτ→∞

1τ

τ/2∫−τ/2

cos2(ωt) dt

= limτ→∞

1τ

[t

2 +1

4ω sin 2ωt]τ/2−τ/2

= limτ→∞

1τ

[τ

2 +1

2ω sin 2ωτ]

= 12

Da es sich um ein periodisches Signal handelt (Periode T ), ist die Momentanleistungebenfalls periodisch (hier: Periode T/2). Es genügt, das Integral über eine Periode aus-zuwerten:



Px =1T

T∫0

cos2(ωt) dt

= 1T

[t

2 +1

4ω sin 2ωt]T

0

= 12

Effektivwert: xeff =√Px =

√2/2

Da die mittlere Signalleistung endlich ist, die Signalenergie hingegen unendlich, handeltes sich um ein Leistungssignal. Ein Gleichsignal y(t) = xeff hat dieselbe mittlere Leistung.

Lösung zu Aufgabe 1.11:Das Signal x1 ist das Nullsignal, also weder ein Leistungs-, noch ein Energiesignal. DasSignal x2 ist ein Energiesignal:

Ex2 =∞∑

n=−∞x22[n] = 9

Das Signal x3 ist ein Leistungssignal:

Px3 = limN→∞

12N

N∑n=−N

x23[n] = limN→∞

12N

N∑n=0

(cos[πn])2

= limN→∞

12N

N∑n=0

((−1)n)2 = limN→∞

12N

N∑n=0

(−1)2n

= 12


a)

I1 =∞∫−∞

cos(ωt) δ(t) dt = cos(0) = 1

I2(t) =∞∫−∞

cos(ωτ) δ(t− τ) dτ = cos(ωt)



b) Die Einheitssprungfunktion ist abschnittsweise definiert

σ(t) =

1 : t ≥ 00 : sonstMit a > 0 gilt

t ≥ 0 ⇒ at ≥ 0t < 0 ⇒ at < 0

und somitσ(at) ≡ σ(t)

c) Durch Bilden der verallgemeinerten Ableitung auf beiden Seiten von (6) ergibtsich:

Dσ(at) = Dσ(t) ⇔ aδ(at) = δ(t)



2 Zeitdiskrete Systeme2.1 AufgabenAufgabe 2.1. Untersuchen Sie die folgenden Systeme hinsichtlich Linearität, Zeitinva-rianz, Autonomie, Rekursivität und Kausalität, wobei u[n] das Einganssignal und y[n]das Ausgangssignal bezeichne:

a) y[n] = 2y[n− 1] + y[n− 2] + u[n− 2]

b) y[n] = 2y[n− 1] · y[n− 2] + u[n− 2]

c) y[n] = 2y[n− 1] + en−2 + u[n− 1]

d) y[n] = 2y[n− 1] + 3y[n− 2]

e) y[n] = u[n− 2] + u[n]

f) y[n] = 2y[n− 1] + u[n+ 2] + u[n− 2]

Aufgabe 2.2. Ein zeitdiskretes LZI-System werde durch die Differenzengleichung

y[n] + 2y[n− 1] + y[n− 2] = u[n− 1] + 3u[n− 3]

beschrieben.

a) Handelt es sich um ein FIR-System oder ein IIR-System? Bestimmen Sie die Ord-nung der Differenzengleichung. Wieviele Speicherelemente werden zur Realisierungmindestens benötigt?

b) Transformieren Sie die Differenzengleichung auf die Form

y[n] =N∑i=1

aiy[n− i] +M∑i=0

biu[n− i]

Skizzieren Sie einen Signalflussplan unter minimaler Verwendung von Speicherele-menten.

Aufgabe 2.3. Die Impulsantwort eines zeitdiskreten LZI-Systems sei gegeben durch

h[n] = σ[n]− σ[n− 2]

a) Skizzieren Sie die Impulsantwort.



b) Berechnen Sie die Sprungantwort a[n] des Systems.

c) Berechnen Sie die Antwort des Systems auf die periodische Anregung

u[n] = sin 2πnT

, T > 1 ganzzahlig

Tip: Formulieren Sie h[n] als Superposition von zeitversetzten Deltafunktionen.

d) Berechnen Sie die Antwort des Systems auf die Anregung

u[n] =

(1/2)n : n ≥ 0

0 : sonst

Aufgabe 2.4. Gegeben sei der folgende Signalflussplan eines zeitdiskreten LZI-Systems:

a) Stellen Sie die zugehörige Differenzengleichung auf und bestimmen Sie deren Ord-nung.

b) Stellt der Signalflussplan eine minimale Realisierung dar? Wenn ja, begründen Siedies. Wenn nein, skizzieren Sie eine minimale Realisisierung.



Aufgabe 2.5. Bestimmen Sie die Faltung der Signale x[n] und y[n],

Aufgabe 2.6.

a) Stellen Sie die Differenzengleichung für das IIR-System auf, dessen Signalflussplanhier skizziert ist:

b) Bestimmen Sie die Impulsantwort des Systems. Vervollständigen Sie hierzu dieTabelle und leiten Sie einen allgemeinen Ausdruck für die Impulsantwort ab.

n x[n] z[n] w[n] y[n] = h[n]0 1 01 02 03 04 0

n > 0 0



c) Für welche Werte der Parameter a1, b0, b1 ist das System stabil?

d) Bestimmen Sie den Eigenwert und die Eigenfunktion des Systems. Vergleichen Siedas Ergebnis mit der Impulsantwort aus Aufgabenteil b)

Aufgabe 2.7. Ein zeitdiskretes LZI-System werde durch die Differenzengleichung

y[n]− 13y[n− 1] = u[n]

beschrieben.

a) Bestimmen Sie die Impulsantwort h[n] des Systems.

b) Bestimmen Sie die Systemreaktion auf das Eingangssignal

x[n] = σ[n]− σ[n− 4]

für die Zeitpunkte n = 2 und n = 4 durch Faltung.

c) Zeigen Sie, dass das System auf die Erregung x[n] = 2n mit dem Signal y[n] = H ·2nantwortet (H = const). Welchen Wert hat H?

Aufgabe 2.8. Beim Entwurf digitaler Filter wird gerne auf FIR-Systeme zurückgegriffen(u.a. wegen ihrer guten Stabilitätseigenschaften).

a) Berechnen Sie die Impulsantwort des allgemeinen FIR-Systems

y[n] = b0u[n] + b1u[n− 1] + b2u[n− 2] + . . .+ bmu[n−m]

und geben Sie die Ordnung des Systems an.

b) Skizzieren Sie den zugehörigen Signalflussplan.

c) Warum ist die Impulsantwort für bi


2.2 LösungenLösung zu Aufgabe 2.1:

a) Das System ist linear, zeitinvariant, nichtautonom, rekursiv und kausal.

b) Das System ist nichtlinear, zeitinvariant, nichtautonom, rekursiv und kausal.

c) Das System ist nichtlinear, zeitvariant, nichtautonom, rekursiv und kausal.

d) Das System ist linear, zeitinvariant, autonom, rekursiv.

e) Das System ist linear, zeitinvariant, nichtautonom, nichtrekursiv und kausal.

f) Das System ist linear, zeitinvariant, nichtautonom, rekursiv und nichtkausal.


a) Die Differenzengleichung ist rekursiv, das System also ein IIR-System. Die Ord-nung der Differenzengleichung ist 3; dies ist auch die Anzahl der benötigten Spei-cherelemente.

b)y[n] = −2y[n− 1]− y[n− 2] + u[n− 1] + 3u[n− 3]

Abbildung 11: Signalflußplan




a)

Wie man sieht, besteht die Impulsantwort aus zwei δ-Impulsen:

h[n] = σ[n]− σ[n− 2] = δ[n] + δ[n− 1]

b) Die Sprungantwort a[n] ergibt sich aus der Faltung der Gewichtsfunktion (Impul-santwort) mit der Sprungfunktion σ[n]:

a[n] = h[n] ∗ σ[n]

=i=∞∑i=−∞

h[i]σ[n− i]

=i=∞∑i=−∞

(δ[i] + δ[i− 1]

)σ[n− i]

= σ[n] + σ[n− 1]

c) Die Antwort y[n] auf die Anregung u[n] ergibt sich aus der Faltung der Gewichts-funktion (Impulsantwort) mit der Anregung u[n]:

y[n] = h[n] ∗ u[n]

=i=∞∑i=−∞

h[i]u[n− i]

=i=∞∑i=−∞

(δ[i] + δ[i− 1]

)sin 2π(n− i)

T

= sin 2πnT

+ sin 2π(n− 1)T

= 2 cos πT· sin (2n− 1)π

T



Die letzte Umformung ergibt sich wegen

sin x+ sin y = 2 sin x+ y2 cosx− y

2

d) Mit u[n] = (1/2)nσ[n] findet man:

y[n] = h[n] ∗ u[n]

=i=∞∑i=−∞

h[i]u[n− i]

=i=∞∑i=−∞

(δ[i] + δ[i− 1]

)(12

)n−iσ[n− i]

=(1

2

)nσ[n] +

(12

)n−1σ[n− 1]

=(1

2

)n(σ[n] + 2σ[n− 1]

)


a)y[n] = 0.5y[n− 1] + 0.5y[n− 2] + x[n] + x[n− 1]

b) Es handelt sich um eine Differenzengleichung zweiter Ordnung. Der Signalflussplanstellt keine minimale Realisierung der Differenzengleichung dar, weil er mehr alszwei Speicherelemente verwendet. Eine minimale Realisierung ist durch folgendenSignalflussplan gegeben:

Abbildung 12: Minimale Realisierung




Für die Faltungssumme

x ∗ y =i=∞∑i=−∞

x[i]y[n− i]



findet man folgendes Ergebnis:

n 0 1 2 3 4 5x ∗ y 1 3 6 9 7 4

Für alle anderen diskreten Zeitpunkte n verschwindet die Faltungssumme.


a) Die gesuchte Differenzengleichung lautet

y[n] = a1y[n− 1] + b0x[n] + b1x[n− 1]

b)

n x[n] z[n] w[n] y[n] = h[n]

0 1 0 1 b0

1 0 1 a1 b0a1 + b1

2 0 a1 a21 b0a21 + b1a1

3 0 a21 a31 b0a31 + b1a21

4 0 a31 a41 b0a41 + b1a31

n > 0 0 an−11 an1 b0an1 + b1an−11

Für allgemeines n findet man:

h(n) = b0an1σ(n) + b1an−11 σ(n− 1)

c) Der Fall b0 = b1 = 0 ergibt zwar y[n] ≡ 0, kann aber praktisch ausgeschlossenwerden. Anonsten ist die Impulsantwort beschränkt für

|a1| ≤ 1 .

Ein derartiges System ist stabil.




a) Mithilfe der vorigen Aufgabe findet man leicht:

h[n] =(1

3

)nσ[n]

Dieses Ergebnis bestätigt sich durch Einsetzen in die Differenzengleichung:(13

)nσ[n]− 13

(13

)n−1σ[n− 1] = δ[n]

b) Das Ausgangssignal y ergibt sich durch Faltung des Eingangssignals mit der Im-pulsantwort:

y[n] = x[n] ∗ h[n] =i=∞∑i=−∞

x[ni]h[n− i]

Für n = 2 findet man also:

y[2] =i=∞∑i=−∞

x[i]h[2− i]

=i=2∑i=0

x[i]h[2− i]

= x[0]h[2] + x[1]h[1] + x[2]h[0]

= 19 +13 + 1

Die untere Grenze i = 0 ergibt sich durch die Kausalität der Anregung, die obereGrenze i = 2 durch die Kausalität des Systems (der Impulsantwort).Für n = 5 findet man:

y(5) =i=∞∑i=−∞

x[i]h[5− i]

=i=3∑i=0

x[i]h[5− i]

= x[0]h[5] + x[1]h[4] + x[2]h[3] + x[3]h[2]

= 135 +134 +

133 +

132

Die untere Grenze i = 0 ergibt sich durch die Kausalität der Anregung, die obereGrenze i = 3 dadurch, dass die Anregung für n > 3 verschwindet.



c) Man findet

y(n) =i=∞∑i=−∞

2i(1

3

)n−iσ[n− i]

Durch Ausnutzen der Sprungfunktion und durch die Substitution k = n− i ergibtsich

y[n] =k=0∑k=∞

2n−k(1

3

)k= 2n

k=∞∑k=0

(16

)k= 65 · 2

n

Somit ist H = 6/5. Man beachte folgendes:

k=n∑k=0

ak = 1 + a+ a2 + . . .+ an = an+1 − 1a− 1

Mit |a| < 1 und n→∞ vereinfacht sich dies zu:

k=∞∑k=0

ak = 11− a


a) Die Ordnung des Systems ist m. Die Impulsantwort kann man aus der Folge derKoeffizienten bi bestimmen:

h[n] =

0 : n < 0bn : 0 ≤ n ≤ m0 : n > m

b) Da sich die Impulsantwort aus den Werten der Koeffizienten bi zusammensetzt,folgt aus der Beschränktheit der Koeffizienten die Beschränktheit der Impulsant-wort. Das FIR-System ist somit stabil.



c)

Abbildung 13: Signalflussplan eines FIR-Systems



3 Zeitkontinuierliche Systeme3.1 AufgabenAufgabe 3.1. Mithilfe der Impulsantwort h(t) und des Faltungsintegrals

y(t) =∞∫−∞

h(τ)u(t− τ) dτ

kann die Reaktion eines zeitkontinuierlichen LZI-Systems auf eine Anregung u(t) be-stimmt werden. Beschreiben sie das Verhalten des Systems für die folgenden speziellenImpulsantworten:

a) h(t) = δ(t).

b) h(t) = σ(t).

c) h(t) = δ′(t) := Dδ(t). Tip: partielle Integration.

d) h(t) = δ(t− 1).

e) h(t) = σ(t)− σ(t− 1).

Aufgabe 3.2. Gegeben sei das RC-Glied

mit der Eingangsspannung ue(t) und der Ausgangsspannung ua(t).

a) Stellen Sie die zugehörige Differentialgleichung auf. Welche Ordnung hat das Sys-tem?

b) Skizzieren Sie einen Signalflussplan in Direktform II und einen Signalflussplan intransponierter Direktform II.



c) Das System sei zur Zeit t = 0 energiefrei und werde mit einem Sprung angeregt:

ue(t) = u0σ(t)

Formulieren und lösen Sie das zugehörige Anfangswertproblem. Skizzieren Sie dieÜbergangsfunktion a(t).

d) Wie lautet die Gewichtsfunktion g(t)? Skizzieren Sie diese.

Aufgabe 3.3. Berechnen Sie folgende Faltungen:

a) σ(t) ∗ σ(t)

b) σ(t) ∗ tσ(t)

c) e−atσ(t) ∗ σ(t), a > 0

Aufgabe 3.4.

a) Zeigen Sie die Gültigkeit der folgenden Beziehung, wenn u(t) differenzierbar istund der Grenzwert u(−∞) existiert:

u(t) = u(−∞) +∞∫−∞

u′(τ)σ(t− τ) dτ

b) Zeigen Sie mithilfe von a), dass das Ausgangssignal y eines linearen, zeitkontinuier-lichen Systems mit der Sprungantwort a(t, τ) und Eingangssignal u folgendermaßenberechnet werden kann:

y(t) = u(−∞)a(t,−∞) +∞∫−∞

u′(τ)a(t, τ) dτ




a)

y(t) =∞∫−∞

δ(τ)u(t− τ) dτ = u(t)

Das Ausgangssignal ist identisch mit dem Eingangssignal. Das System verstärktdas Eingangssignal um den konstanten Faktor 1.

b)

y(t) =∞∫−∞

σ(τ)u(t− τ) dτ =∞∫

0

u(t− τ) dτ =−∞∫t

−u(s) ds =t∫

−∞

u(s) ds

Das System integriert das Eingangssignal (I-Glied) von minus Unendlich bis zumaktuellen Zeitpunkt t.

c)

y(t) =∞∫−∞

Dδ(τ)u(t− τ) dτ =[δ(τ)u(t− τ)

]τ=∞τ=−∞

−∞∫−∞

−u̇(t− τ)δ(τ) dτ = u̇(t)

Das System differenziert das Eingangssignal (D-Glied, Achtung: nur in der Theoriemöglich)

d)

y(t) =∞∫−∞

δ(τ − 1)u(t− τ) dτ = u(t− 1)

Das System verzögert das Eingangssignal um eine Zeiteinheit.

e)

y(t) =∞∫−∞

(σ(τ)σ(τ − 1)

)u(t− τ) dτ

=∞∫−∞

σ(τ)u(t− τ) dτ −∞∫−∞

σ(τ − 1)u(t− τ) dτ

=∞∫

0

u(t− τ) dτ −∞∫

1

u(t− τ) dτ

=1∫

0

u(t− τ) dτ



Mithilfe der Substitution s = t− τ ergibt sich:

y =t∫

t−1

u(s) ds

Das System integriert das Eingangssignal über eine Zeiteinheit.


a) Ausgehend von den Beziehungen

uR(t) = Ri(t)

uC(t) =1C

t∫t0

i(τ) dτ

ue(t) = uR(t) + uC(t)ua(t) = uC(t)

findet man durch Elimination von i, uR und uC die DGL erster Ordnung

RCu̇a(t) + ua(t) = ua(t)

Der Faktor RC hat die Dimension der Zeit und heißt Zeitkonstante des Systems.

b)

Abbildung 14: Signalflussplan des RC-Gliedes



c) Einziger Energiespeicher ist die Kapazität C, d.h. es gilt die Anfangsbedingung

ua(0) = 0

Mit β = 1/(RC) lautet das Anfangswertproblem AWP:

u̇a(t) + βua(t) = βu0σ(t), ua(0) = 0

Man bestimmt nun zunächst die zugehörige homogene DGL, indem man die An-regung zu Null setzt, d.h. ue(t) ≡ 0.

u̇a(t) + βua(t) = 0

Man macht nun folgenden Ansatz zur Lösung der homogenen DGL:

uah = c · eλt

Zu bestimmen sind die unbekannten Parameter c und λ. Während c erst am Endeder Rechnung durch Einsetzen der Anfangswerte bestimmt werden kann, ergibtsich der Eigenwert λ durch Einsetzen in die homogene DGL. Es ergibt sich

λ = −β

und somituah = c · e−βt

Ausgehend von uah kann nun eine Partikulärlösung der inhomogenen DGL be-stimmt werden, und zwar mit einem Verfahren namens “Variation der Konstan-ten”, bei dem die Konstante c durch eine Funktion c(t) ersetzt wird:

uap = c(t) · e−βt

Die Ableitung der Partikulärlösung errechnet sich nach der Produktregel:

u̇ap = ċ(t)e−βt − βc(t)e−βt

Eingesetzt in die inhomogene DGL, ergibt sich nach ein paar Rechenschritten:

ċ(t) = βeβtu0σ(t)

und somitc(t) = eβtu0σ(t)

Daraus folgtuap = u0σ(t)



Die Gesamtlösung der DGL ergibt sich Addition von allgemeiner Lösung der ho-mogenen DGL und der Partikulärlösung:

ua(t) = uah(t) + uap(t) = ce−βt + u0, t ≥ 0

Die Konstante c ergibt sich durch Einsetzen der Bedingung ua(0) = 0. Man findetc = −u0 und erhält damit die endgültige Lösung

ua(t) = u0(1− e−βt), t ≥ 0

Die Übergangsfunktion a(t) entspricht der Sprungantwort:

a(t) = (1− e−βt)σ(t)

d) Die Gewichtsfunktion entspricht der Impulsantwort und kann durch verallgemei-nerte Ableitung der Sprungantwort berechnet werden:

g(t) = Da(t) = βe−βtσ(t) + (1− e−βt)δ(t) = βe−βtσ(t)

Abbildung 15: Gewichtsfunktion (Impulsantwort) und Übergangsfunktion (Sprungant-wort)




a)

σ(t) ∗ σ(t) =∞∫−∞

σ(τ)σ(t− τ) dτ =∞∫

0

σ(t− τ) dτ

=[− ρ(t− τ)

]τ=∞τ=0

= ρ(t) = tσ(t)

b)

σ(t) ∗ tσ(t) =∞∫−∞

σ(τ)(t− τ)σ(t− τ) dτ =∞∫

0

(t− τ)σ(t− τ) dτ

= −−∞∫s=t

sσ(s) ds =t∫

s=−∞

sσ(s) ds =t∫

s=0

sσ(s) ds

= 12t2σ(t)

c)

e−atσ(t) ∗ σ(t) =∞∫−∞

e−a(t−τ)σ(τ)σ(t− τ) dτ

= σ(t)e−att∫

0

eaτ dτ

= σ(t)1a

(1− e−at)


a)∞∫−∞

u′(τ)σ(t− τ) dτ =t∫

−∞

u′(τ) dτ =[u(τ)

]t−∞

= u(t)− u(−∞)



b)

y(t) = G[u(t)] = G[u(−∞)σ(t+∞) +

∞∫−∞

u′(τ)σ(t− τ) dτ]

= u(−∞)a(t,−∞) +∞∫−∞

u′(τ)Gσ(t− τ) dτ

= u(−∞)a(t,−∞) +∞∫−∞

u′(τ)a(t, τ) dτ



4 Fourier-Analyse4.1 Aufgaben

Aufgabe 4.1. Gegeben sei das Signal x(t) = sin2(t).

a) Skizzieren Sie x(t).

b) Ist das Signal gerade, ungerade oder keins von beiden? Hat das Signal einen Gleich-anteil a0?

c) Entwickeln Sie das Signal in eine Fourier-Reihe. Tip: keine Auswertung von Inte-gralen erforderlich.

Aufgabe 4.2. Gegeben sei die Sägezahn-Schwingung

u(t) = u0tT

für 0 < t ≤ T

mit der Amplitude u0 > 0 und der Periode T > 0. Die Funktion werde periodischfortgesetzt, d.h., es gilt

u(t+ kT ) = u(t) ∀k ∈ Z

a) Skizzieren Sie u(t).

b) Ist die Funktion gerade, ungerade oder keins von beiden? Hat sie einen Gleichanteila0?

c) Berechnen Sie die zugehörige reelle Fourier-Reihe.

d) Berechnen Sie auch die komplexe Fourier-Reihe.

Aufgabe 4.3. Gegeben sei das Signal

x(t) =

A sinωt : 0 ≤ t ≤ T/20 : T/2 ≤ t ≤ Tmit der Periode T > 0 und ω = 2π/T . Das Signal werde periodisch fortgesetzt.


b) Ist das Signal gerade, ungerade oder keins von beiden? Hat es einen Gleichanteila0?



c) Zerlegen Sie das Signal mithilfe der Fourier-Analyse in seine Spektralanteile.


x(t) =

−a : −T/2 ≤ t ≤ 0a : 0 ≤ t ≤ T/2Das Signal werde periodisch fortgesetzt.


b) Ist das Signal gerade, ungerade oder keins von beiden? Hat es einen Gleichanteila0?

c) Berechnen Sie die reelle und komplexe Fourier-Reihe des Signals.

d) Skizzieren Sie das Amplituden-Spektrum.


x(t) = δ(t) für − π < t ≤ π

Das Signal werde 2π-periodisch fortgesetzt.

a) Entwickeln Sie das Signal in eine reelle Fourier-Reihe.

b) Entwickeln Sie das Signal in eine komplexe Fourier-Reihe.




a)

Abbildung 16: Zeitverlauf des Signals x(t)

b) Es gilt x(−t) = x(t), daher ist das Signal gerade. Die Fourierreihe von x enthältkeine Sinus-Terme, da der Sinus eine ungerade Funktion ist:

sin(−t) = − sin(t)

Wie man der Skizze entnimmt, hat x(t) einen arithmetischen Mittelwert (Gleich-anteil) ungleich Null.

c) Durch einfache algebraische Umformung findet man:

sin2(t) = 12(cos(t− t)− cos(t+ t)) =12 −

12 cos(2t))

Dies ist bereits die gesuchte Fourierreihe. Alle Fourierkoeffizienten außer a0 = 1/2und a2 = −1/2 verschwinden.Anmerkung: Die Signal x wird hier als 2π-periodische Funktion betrachtet. Legtman hingegen die Periode π zugrunde, dann verschwindet der Koeffizient a2, unda1 nimmt den Wert −1/2 an.




a)

Abbildung 17: Graph der Sägezahnschwingung

b) Die Funktion ist weder gerade noch ungerade. Zur Erläuterung:– Eine Funktion f(t) heißt gerade, wenn f(−t) = f(t) gilt. Der Graph einer

geraden Funktion ist achsensymmetrisch zur y-Achse.– Eine Funktion f(t) heißt ungerade, wenn f(−t) = −f(t) gilt. Der Graph

einer geraden Funktion ist punktsymmetrisch zum Ursprung des Koordina-tensystems.

Die Funktion hat einen Gleichanteil:

a0 =1T

T∫0

u(t) dt = u0T 2

T∫0

t dt = u0/2

Betrachtet man nun die um den Gleichanteil bereinigte Funktion

ũ(t) := u(t)− u02 = u0(−12 +

t

T), t ∈ [0, T ],

so erkennt man, dass ũ ungerade ist:

ũ(−t) = u0(1−12 −

t

T) = −ũ(t)

Man kann also erwarten, das die Fourierreihe keine Kosinusglieder enthält, da derKosinus eine gerade Funktion ist.



c) Für die Kosinuskoeffizienten findet man:

an =2T

u0T

T∫0

t cos(nωt) dt

= 2u0T 2

([t sin(nωt)nω

]T0− 1nω

T∫0

sin(nωt) dt)

= 0

Die Sinuskoeffizienten ergeben sich in ähnlicher Weise:

bn =2T

u0T

T∫0

t sin(nωt) dt

= 2u0T 2

([−t cos(nωt)nω

]T0− 1nω

T∫0

cos(nωt) dt)

= − uonπ

Damit ergibt sich die Fourierreihe

u(t) = uo2 −uoπ

n=∞∑n=1

sin(nωt)n

d) Für den Gleichanteil gilt c0 = a0 = u0/2. Für die Koeffizienten mit positivem Indexfindet man:

ck =12(ak − ibk) = i

uo2πk

Für die Koeffizienten mit negativem Index findet man:

c−k =12(ak + ibk) = −i

uo2πk

Somit ergibt sich folgende komplexe Fourierreihe:

u(t) = uo2 +n=∞∑

n=−∞,n,0iuo

2πneinωt



Abbildung 18: Grundschwingung

Abbildung 19: Grundschwingung + 3 Oberwellen





a)

Abbildung 21: Graph des Signals

b) Die Funktion ist weder gerade noch ungerade; sie hat einen nichtverschwindenden



Gleichanteil:

a0 =1T

T/2∫0

A sin(ωt) dt = −ATω

[cos(ωt)

]T/20

= Aπ

c) Berechnung der Kosinus-Anteile:

ak =2T

T/2∫−T/2

x(t) cos(kωt) dt

= 2T

T/2∫0

A sin(ωt) cos(kωt) dt

= AT

T/2∫0

(sin(ωt− kωt) + sin(ωt+ kωt)

)dt

= AT

T/2∫0

(sin((k + 1)ωt)− sin((k − 1)ωt)

)dt

Hier ist nun eine Fallunterscheidung erforderlich. Für k = 1 ergibt sich:

a1 =A

T

T/2∫0

sin(2ωt) dt = 0

Für k , 1 ergibt sich hingegen:

ak =A

T

[− cos((k + 1)ωt)(k + 1)ω +

cos((k − 1)ωt)(k − 1)ω

]T/20

= A2π

[− cos((k + 1)π) + 1k + 1 +

cos((k − 1)π)− 1k − 1

]= A2π

[−(−1)k+1 + 1k + 1 +

(−1)k−1 − 1k − 1

]= A2π

[(−1)k + 1k + 1 +

(−1)k − 1k − 1

]= −Aπ(k2 − 1)(1 + (−1)

k)

Als Ergebnis findet man:

ak =

0 : k ungerade−2A/(π(k2 − 1)) : k gerade



Berechnung der Sinus-Anteile:

bk =2T

T/2∫−T/2

x(t) sin(kωt) dt

= 2T

T/2∫0

A sin(ωt) sin(kωt) dt

= AT

T/2∫0

(cos((k − 1)ωt)− cos((k + 1)ωt)

)dt

Hier ist wieder eine Fallunterscheidung erforderlich. Für k = 1 ergibt sich:

b1 =A

T

T/2∫0

(1− cos(2ωt)) dt = A/2

Für k , 1 ergibt sich hingegen:

bk =A

T

[cos((k − 1)ωt)(k − 1)ω −

sin((k + 1)ωt)(k + 1)ω

]T/20

= A2π

[sin((k − 1)π)

k − 1 −sin((k + 1)π)

k + 1

]= 0

Mit k = 2n ergibt sich folgende Fourierreihe:

x(t) = Aπ

+ A2 sin(ωt)−2Aπ

∞∑n=2

14n2 − 1 cos(2nωt)



Abbildung 22: Grundschwingung

Abbildung 23: Grundschwingung + 1 Oberwelle





a)

Abbildung 25: Graph der Rechteckschwingung für a = 2 und T = 8

b) Das Signal ist ungerade und hat somit auch keinen Gleichanteil:

ak = 0 ∀k ∈ N0



c) Reelle Fourierreihe:

bk =2T

T/2∫−T/2

x(t) sin(kωt) dt

= 2T

0∫−T/2

−a sin(kωt) dt+ 2T

T/2∫0

a sin(kωt) dt

= 2aT

−T/2∫0

sin(kωt) dt+ 2aT

T/2∫0

sin(kωt) dt

= 2aTkω

[− cos(kωt)

]−T/20

+ 2aTkω

[− cos(kωt)

]T/20

= akπ

(− cos(kπ) + 1) + akπ

(− cos(kπ) + 1)

= 2akπ

(− cos(kπ) + 1)

= 2akπ

(1− (−1)k)

Somit gilt:

bk =

0 : k gerade4a/kπ : k ungeradeDie reelle Fourierreihe lautet:

x(t) = 4aπ

(sinωt+ sin 3ωt3 +

sin 5ωt5 + . . .

)Komplexe Fourierreihe:Der Koeffizient c0 berechnet sich wie im reellen Fall als arithmetischer Mittelwert:

c0 = a0 = 0



Für k , 0 findet man

ck =1T

T/2∫−T/2

x(t)e−jkωt dt

= 1T

0∫−T/2

−ae−jkωt dt+ 1T

T/2∫0

ae−jkωt dt

= aT

−T/2∫0

e−jkωt dt+ aT

T/2∫0

e−jkωt dt

= jaTkω

[e−jkωt

]−T/20

+ jaTkω

[e−jkωt

]T/20

= ja2kπ (ejkπ − 1) + ja2kπ (e

−jkπ − 1)

= jakπ

(cos(kπ)− 1)

= jakπ

((−1)k − 1)

Somit gilt:

ck =

0 : k gerade−2ja/kπ : k ungeradeDie komplexe Fourierreihe lautet:

x(t) = −2jaπ

n=∞∑n=−∞

12n+ 1e

j(2n+1)ωt



Abbildung 26: Grundschwingung +1 Oberwelle





d)

Abbildung 29: Diskretes Amplitudenspektrum des Signals




a) Die Funktion ist gerade, daher verschwinden alle Sinus-Koeffizienten: bk = 0 ∀ k.Die Funktion ist 2π-periodisch, damit ergibt sich ω = 1. Der Gleichanteil berechnetsich wie folgt:

a0 =1

2π

π∫−π

δ(t) dt = 12π

Die übrigen Koeffizienten ergeben sich zu

ak =1π

π∫−π

δ(t) cos(kt) dt = 1π

Die reelle Fourierreihe lautet:

x(t) = 12π +1π

∞∑k=1

cos(kt)

b) Die Koeffizienten der komplexen Fourierreihe werden folgendermaßen ermittelt:

ck =1

2π

π∫−π

δ(t)e−jkt dt = 12π

Die komplexe Fourierreihe lautet also:

x(t) = 12π

∞∑k=−∞

ejkt



Abbildung 30: Impulse-Train: Grundschwingung und 3 Oberwellen

Abbildung 31: Impulse-Train: Grundschwingung und 9 Oberwellen



5 Fourier-Transformation5.1 Aufgaben

Aufgabe 5.1. Gegeben sei das im folgenden skizzierte Dreiecks-Signal f(t):

a) Stellen Sie die Funktionsgleichung des Signals auf.

b) Ist das Signal reell und gerade, reell und ungerade oder keins von beiden?

c) Erwarten Sie demzufolge ein reelles, gerades Spektrum oder ein imaginäres, unge-rades Spektrum oder keins von beiden?

d) Berechnen Sie die Fourier-Transformierte F (jω).

Aufgabe 5.2. Eine komplexe Zahl c kann mithilfe ihres Betrages |c| und ihres Phasen-winkels ϕ in Exponentialform dargestellt werden:

c = |c| · ejϕ

In gleicher Weise kann man mit komplexwertigen Funktionen verfahren, wie z.B. demFrequenzgang eines LZI-Systems:

H(ω) = |H(ω)| · ejϕ(ω)

Man nennt |H(ω)| den Amplitudengang und ϕ(ω) den Phasengang des Systems.Berechnen und skizzieren Sie Amplituden- und Phasengang des in der Vorlesung behan-delten RC-Gliedes, dessen Frequenzgang gegeben ist durch

H(ω) = 11 + jωT

Tip: Bringen Sie den Bruch auf einen reellen Nenner.



Aufgabe 5.3. Leiten Sie den Ähnlichkeitssatz der Fourier-Transformation her:

f(at) ◦−−• 1|a|F(jωa

)Tip: Berechnen Sie

∞∫−∞

f(at)e−jωt dt

durch die Substitution τ = at und betrachten Sie die Fälle a > 0 und a < 0 getrennt.

Aufgabe 5.4. Gegeben sei das folgende elektrische Netzwerk:

a) Bestimmen Sie die komplexe Übertragungsfunktion

H(jω) = Ua(jω)Ue(jω)

b) Die Eingangsspannung habe den zeitlichen Verlauf

ue(t) = U0 · σ(t)

Skizzieren Sie ue(t) und ermitteln Sie die Fourier-Transformierte Ue(jω) mithilfeder Korrespondenztabelle.

c) Berechnen Sie Ua(jω) unter Berücksichtigung der Beziehung

ω · δ(ω) = 0

d) Bestimmen Sie Real- und Imaginärteil von Ua(jω) und führen sie die Rücktrans-formation für beide Teile getrennt durch. Verwenden Sie hierzu am besten dieKorrespondenztabelle. Geben Sie ua(t) explizit an und skizzieren Sie dessen zeitli-chen Verlauf.




a)

f(t) =

U(1 + t

T), −T ≤ t ≤ 0

U(1− tT

), 0 < t ≤ T0, sonst

Achtung: T bezeichnet hier nicht die Periode des Signals. Das Signal ist nichtperiodisch.

b) Das Signal ist reell und gerade.

c) Auch das Spektrum F (jω) muss reell und gerade sein.

d)

F (jω) =∞∫−∞

f(t)e−jωt dt = U0∫

−T

(1 + t/T )e−jωt dt+ UT∫

0

(1− t/T )e−jωt dt

Für das erste Integral findet man mit partieller Integration:

0∫−T

(1 + t/T )e−jωt dt =[(1 + t/T ) j

ωe−jωt

]0−T−

0∫−T

j

Tωe−jωt dt

=[(1 + t/T ) j

ωe−jωt

]0−T

+[ 1Tω2

e−jωt]0−T

= jω

+ 1Tω2

(1− ejωT )

Für das zweite Integral ergibt sich in ähnlicher Weise:

0∫−T

(1− t/T )e−jωt dt = − jω

+ 1Tω2

(1− e−jωT )

In der Summe ergibt sich:

F (jω) = UTω2

(2− e−jωT − ejωT ) = 2UTω2

(1− cos(ωT ))




H(jω) = 11 + jωT =1− jωT1 + ω2T 2 =

11 + ω2T 2 − j

ωT

1 + ω2T 2

Für den Amplitudengang findet man:

|H(jω)| =√H(jω)H∗(jω) =

√1

1 + jωT ·1

1− jωT =1√

1 + ω2T 2

Zur Berechnung des Phasengangs bestimmt man zunächst den Phasenwinkel des Terms 1+jωT :

arg(1 + jωT ) = arctan(ωT )Daraus folgt sofort der Phasengang φ(ω)

φ(ω) = arg( 11 + jωT ) = − arctan(ωT )

Damit lässt sich der Frequenzgang auch folgendermaßen angeben:

H(ω) = 1√1 + ω2T 2

· e−j arctan(ωT )

Abbildung 32: Frequenzgang des RC-Gliedes für T = 0.001



Lösung zu Aufgabe 5.3:Für a > 0 findet man mit der Substitution τ = at:

t=∞∫t=−∞

f(at)e−jωt dt =τ=∞∫

τ=−∞

f(τ)e−jωτ/a 1adτ = 1

aF (jω

a)

Für a < 0 ergibt sich:t=∞∫

t=−∞

f(at)e−jωt dt =τ=−∞∫τ=∞

f(τ)e−jωτ/a 1adτ = −1

aF (jω

a)

Zusammengefasst findet man:

f(at) = ◦−−• 1|a|F (jω

a)


a) Die Übertragungsfunktion ergibt sich aus dem Gesetz für die Spannungsteilung:

H(jω) = Ua(jω)Ue(jω)

= jωLR + jωL

Mit a = R/L vereinfacht sich die Darstellung:

H(jω) = jωaa2 + ω2 +

ω2

a2 + ω2

b) Aus der Korrespondenztabelle entnimmt man die Fouriertransformierte des Ein-heitssprunges und findet so:

U0σ(t) ◦−−• U0( 1jω

+ πδ(ω))

= Ue(jω)

c)

Ua(jω) = H(jω)Ue(jω)

=(

jωa

a2 + ω2 +ω2

a2 + ω2)U0

( 1jω

+ πδ(ω))

= U0jω

(jωa

a2 + ω2 +ω2

a2 + ω2)

+ U0πδ(ω)jωa

a2 + ω2 + U0πδ(ω)ω2

a2 + ω2

= U0(

a

a2 + ω2 −jω

a2 + ω2)

wegen ωδ(ω) = 0



d) Mit den Korrespondenzen

a

a2 + ω2 •−−◦12e−a|t|

−jωa2 + ω2 •−−◦

12e−a|t|sgn(t)

findet man den Zeitverlauf der Ausgangsspannung ua(t):

ua(t) = U0(1

2e−a|t| + 12e

−a|t|sgn(t))

= U0σ(t)e−a|t|


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Signale und SystemeDHBW Stuttgart WS 2010 Aufgabe1.10. GegebensiedasSignalx(t) = sin(ωt+...

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