Institut für Informationsverarbeitung Laboratorium für Informationstechnologie

Lösungen der Übungsaufgaben zur Vorlesung

Digitale Signalverarbeitung

Wintersemester 2009-2010

Aufgabe 1: Diskrete FaltungVorerst: ein viel benutzes Hilfsmittel ist die endliche bwz. unendliche geometrische Reihe

M∑r=0

qr =1− qM+1

1− q, ∀q bzw.

∞∑r=0

qr =1

1− q, |q| < 1.

a)

−3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 110

0.5

1

1.5

n

x(n)

(a) x(n) = u(n)− u(n−N) mit N = 8

−3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 110

0.5

1

1.5

n

h(n)

(b) h(n) = an · u(n) mit a = 0.8

b)1. Fall: n < 0⇒ y(n) = 0

2. Fall: 0 ≤ n ≤ N − 1⇒ y(n) =∑∞

k=−∞ x(k) · h(n− k) = 1−an+1

1−a

3. Fall: N − 1 < n⇒ y(n) =∑∞

k=−∞ x(k) · h(n− k) = an−N+1 1−aN1−a

c)Siehe Abbildung 1.

d)Gegeben ist ein allgemeinerer Fall:

f(n) 6= 0 für a ≤ n ≤ b, f(n) = 0 sonst, und (1)x(n) 6= 0 für c ≤ n ≤ d, x(n) = 0 sonst. (2)

2

Dann ist

y(n) = f(n) ∗ x(n) =∞∑

k=−∞

f(k) · x(n− k)

=b∑

k=a

f(k) · x(n− k) aus der Bedingung von (1)

=n−b∑

m=n−a

f(n−m) · x(m) mit m = n− k, d.h. k = n−m

=n−a∑

m=n−b

f(n−m) · x(m), Grenzen vertauschen da n− b < n− a.

Aus Bedingung (2) ist f(n) = 0 falls n− a < c oder n− b > d, d.h. falls n < a+ c oder n > b+ d.Daraus folgt f(n) 6= 0 im Bereich a+ c ≤ n ≤ b+ d.

Hier: a = c = 0, b = M − 1, d = N − 1. D.h. die Faltungssumme y(n) = f(n) ∗ x(n) ist ungleichNull für 0 ≤ n ≤M +N − 2. Damit ist M +N − 1 die Anzahl der Werte ungleich Null.

−3 −1 1 3 5 7 9 11 13 15 17 190

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4y_max

4.5

n

y(n)

Abbildung 1: Faltungssumme y(n) = x(n) ∗ h(n) mit N = 8 und a = 0.8. Damit ist y(0) = 1 undy(N − 1) = ymax = 1−aN

1−a = 1−0.88

1−0.8≈ 4.16

e)

y(n) =∞∑

k=−∞

h(k) · x(n− k) Indexsubstitution: j = n− k ⇒ k = n− j

=∞∑

j=−∞

h(n− j) · x(j) siehe Teil b).

3

Aufgabe 2: Einseitige z–Transformation

X(z) =∞∑n=0

x(n) · z−n =z

z − cfür |c| < z

Für c = 1 ist x(n) ein Einheitssprung.

Aufgabe 3: Zweiseitige z–Transformationx(n) = c|n| = x1(n) + x2(n) mit x1(n) = cn, n ≥ 0 und x2(n) = c−n, n < 0.

Linearität der z-Transformation⇒ X(z) = X1(z) +X2(z)

X1(z) =z

z − cfür |c| < z aus Aufgabe 2.

X2(z) =cz

1− czfür z <

1

|c|

⇒ X(z) =z

z − c+

cz

1− czfür |c| < z <

1

|c|, |c| < 1.

4

Aufgabe 4: Diskretes System

a) Siehe Aufgabe 1a).

b)

⇒ H(z) =Y (z)

U(z)=

N−1∑k=0

z−k =1− z−N

1− z−1

⇒ H(jω) = H(ejω) =1− e−jωN

1− e−jωdie Übertragungsfunktion des Systems.

c)

H(z) =e−jω

N2

(ejω

N2 − e−jωN2

)e−j

ω2

(ej

ω2 − e−j ω2

) = e−jωN−1

2 ·sin ωN

2

sin ω2

Amplitudengang |H(ejω)| = | sin ωN2|

| sin ω2| . Phasengang Φ(ω) = −N−1

2ω.

Abbildung 2: Aufgabe 4) Amplitudengang und Phasengang für den Fall N = 5. Hinweis: Der Pha-sengang hat einen linearen Verlauf (Man muss beachten, dass φ(ω ± n · 2π) = φ(ω), n ∈ N gilt).Alternativer Lösungsweg benutzt Definitionen von Amplitudengang und Phasengang. Dieser ist fürdiesen Fall länger. Z.B.

|H(ejω)| = |1− e−jωN |

|1− e−jω|=|1− cos(ωN) + j sin(ωN)||1− cosω + j sinω|

=

√(1− cos(ωN))2 + sin2(ωN)√

(1− cosω)2 + sin2 ω

=

√2− 2 cos(ωN)√

2− 2 cosω=

√2 · 2 sin2 ωN

2

2 · 2 sin2 ω2

(mit Hilfe von 1− cos(2α) = 2 sin2 α) =| sin ωN

2|

| sin ω2|.

5

Aufgabe 5: Abtastung

a)

xc(t) =sin2(Ω0t)

t2=

(sin(Ω0t)

t

)2

Aus Formelsammlung sin(ωcn)πn

d tW (ejω) =

1, |ω| < ωc

0, ωc < |ω| ≤ π

folgt y(t) = sin(Ω0t)t

d tY (jΩ) =

π, |Ω| < Ω0

0, sonst= πrect( Ω

Ω0).

Faltung von Y (Ω) = πrect( ΩΩ0

) =

π, |Ω| < Ω0

0, sonst

ψ(Ω) = Y (Ω) ∗ Y (Ω) =

∫ ∞−∞

Y (ν)Y (Ω− ν)dν =

∫ Ω0

−Ω0

πY (Ω− ν)dν = π

∫ Ω+Ω0

Ω−Ω0

f(ν)dν

⇒ ψ(Ω) = 0 für |Ω| > 2Ω0

ψ(Ω) = π

∫ Ω+Ω0

−Ω0

πdν = π2(Ω + 2Ω0) für − 2Ω0 ≤ Ω ≤ 0

ψ(Ω) = π

∫ Ω0

Ω−Ω0

πdν = π2(−Ω + 2Ω0) für 0 ≤ Ω ≤ 2Ω0

⇒ ψ(Ω) =

π2(Ω + 2Ω0), −2Ω0 ≤ Ω ≤ 0

π2(−Ω + 2Ω0), 0 ≤ Ω ≤ 2Ω0

0, sonst

⇒ Xc(Ω) =1

2πψ(Ω) =

π2(Ω + 2Ω0), −2Ω0 ≤ Ω ≤ 0

π2(−Ω + 2Ω0), 0 ≤ Ω ≤ 2Ω0

0, sonst

⇒ReXc(Ω) = Xc(Ω) , ImXc(Ω) = 0.

Abbildung 3: Aufgabe 5a) ReXc(jΩ)

6

b)Laut Abtasttheorem muss für die Abtastfrequenz gelten: fs ≥ fmax, wobei fmax die größte vorkom-mende Frequenz im Signal ist. Hier ist Ωmax = 2Ω0 ⇒ fmax = 2Ω0

2π. Für die Abtastperiode gilt

dann1

T≥ 2 · fmax ⇔ T ≤ π

2Ω0

.

c)ω ist die normierte Frequenz: ω = Ω · T . Durch die Abtastung wird Xc(jΩ) mit der Periode 2πwiederholt zu

X(ejω) =∞∑

n=−∞

Xc

(jω

T− j 2π

Tn

).

Abbildung 4: Aufgabe 5c) ReX(ejω), Abtasttheorem erfüllt.

d)

x(n) =1

2π

∫ π

−πX(ejω)ejωndω = Ω2

0 · si2(Ω0nT ) =sin2(Ω0nT )

(nT )2.

e) Nein, da das Abtasttheorem verletzt ist.

f)

Abbildung 5: Aufgabe 5f) ReX(ejω), Abtasttheorem verletzt.

g) x(n) = Ω20 · δ(n)

7

Aufgabe 6: Rekursives System 1. OrdnungGeg.: yn = k · yn−1 + xn

a)Beweis mit vollständiger Induktion liefert yn =

∑ni=0 k

i = 1−kn+1

1−k , ∀n.

b) Graphische Darstellung des Netzwerks:

Abbildung 6: Aufgabe 6) Rekursives System 1. Ordnung.

Aufgabe 7: Rekursives System 2. OrdnungGeg.: yn = k1 · yn−1 + k2 · yn−2 + xn

a)

Abbildung 7: Aufgabe 7a) Rekursives System 2. Ordnung.

8

b) H(z) = z2

z2−k1z1−k2

c)Ein System 2. Ordnung kann zwei einfache Pole oder ein zweifacher Pol besitzen. Damit der Pol vonH(z) zweiter Ordnung ist, müssen k1 und k2 so sein, dass z2− k1z

1− k2 = (z− z∞)2 erfüllt ist. D.h.gesucht ist die Impulsantwort des Systems H0(z) = z2

(z−z∞)2 .

Partialbruchzerlegung: H0(z) =z2

(z − z∞)2= z

z

(z − z∞)2= z

(z∞

(z − z∞)2+

1

z − z∞

)⇒ h(n) = nzn∞u(n) + zn∞u(n) = (n+ 1)zn∞u(n).

d)Für z = ejω gilt z∗ = z−1. Damit ist für z = ejω:

|H(z)|2 = H(z) ·H∗(z) = H(z) ·H(z∗) = H(z) ·H(

1

z

)=

1

1− k1z − k2z2· 1

1− k11z− k2

1z2

=1

1 + k21 + k2

2 + (k1k2 − k1)(z − 1z)− k2(z2 + 1

z2 )

⇒ |H(ejω)| = 1

1 + k21 + k2

2 + (k1k2 − k1)2 cos(ω)− k22 cos(2ω), wegen cos(α) =

ejα + e−jα

2

Für den Phasengang betrachten wir wieder

H(z) =1

1− k1z−1 − k2z−2

z=ejω=

1

1− k1(cosω − j sinω)− k2(cos(2ω)− j sin(2ω))

⇒ φ(ω) = argH(jω) = −arctank1 sinω + k2 sin(2ω)

1− k1 cosω − k2 cos(2ω).

Aufgabe 8

Aus Formelsammlung: rn · sin(ω0n) · u(n) d t r sinω0z−1

1− 2r cosω0z−1 + r2z−2, |z| > r

⇒ an · sin(bn) · u(n) d t a sin bz−1

1− 2a cos bz−1 + a2z−2=

az sin b

a2 − 2az cos b+ z2, |z| > a

Aufgabe 9Verleiche mit Aufgabe 8 ergibt a = 1 und b = β

⇒ x(n) = 1n · sin(nβ) · u(n) = sin(nβ) · u(n).

9

Aufgabe 10

a)

H(z) =Y (z)

X(z)=

1− 12z−1(

1− 14z−1) (

1− 13z−1) = − 2

1− 13z−1

+3

1− 14z−1

h(n) = −2

(1

3

)nu(n) + 3

(1

4

)nu(n)

b)

H(z) =1− 1

2z−1

1− 712z−1 + 1

12z−2

⇒ y(n)− 7

12y(n− 1) +

1

12y(n− 2) = x(n)− 1

2x(n− 1)

c) Konvergenzbereich von H(z) : |z| > 13 .

Abbildung 8: Aufgabe 10c) Pol–Nullstellen–Diagramm.

d)• H(z) ist kausal, da Nennergrad > Zählergrad.

• H(z) ist stabil, da Pole im Einheitskreis liegen.

• Die Nullstelle z0 = 12

liegt innerhalb des Einheitskreises. Damit ist 1H(z)

auch stabil. Darausfolgt, dass H(z) minimalphasig ist.

10

Aufgabe 11: Cohnsches Kriterium

Nennerpolynom: A(z) =∑N

j=0 ajzN−j = a0z

3 + a1z2 + a2z + a3 = z3 − 3z2 + 9

4z − 1

2.

Die Bedingung |a0| > |aN | ist erfüllt mit |1| >∣∣−1

2

∣∣ , N = 3.

b0 = a20 − a2

3 b1 = a0a1 − a3a2 b2 = a0a2 − a3a1

= 1− 1

4=

3

4= −3 +

9

8= −15

8=

9

4− 3

2=

3

4

Die Bedingung |b0| > |bN−1| ist nicht erfüllt mit∣∣3

4

∣∣ =∣∣3

4

∣∣. Damit hat das System nach dem Cohn-schen Kriterium mindestens eine Polstelle, die nicht innerhalb des Einheitskreis liegt. Folglich ist dasSystem instabil.

Aufgabe 12Zu zeigen ist, wenn z1 Nullstelle ist, dann ist 1

z∗1auch Nullstelle.

(1) h(n) gerade⇒ h(n) = h(−n).(2) h(n) reell⇒ h(n) = h∗(n).

zu (1): H(z) =N∑

n=−N

h(n) · z−n = h(0) +N∑n=1

h(n) · z−n +N∑n=1

h(−n) · zn

(1)= h(0) +

N∑n=1

h(n) · (zn + z−n)

⇒ H(z) = H

(1

z

), d. h. wenn z1 Nullstelle ist, dann ist

1

z1

auch Nullstelle.

zu (2): H(z∗) =N∑

n=−N

h(n) · (z∗)−n (2)=

N∑n=−N

h∗(n) · (z∗)−n =

(N∑

n=−N

h(n) · z−n)∗

H(z∗) = H∗(z)⇒ H∗(z∗) = H(z), d. h. wenn z1 Nullstelle ist, dann ist z∗ auch Nullstelle.

11

Aufgabe 13

a)

Pole des System sind z∞1,2 = 12± j√

32⇒ |z∞1,2| = 1 System instabil (grenzstabil).

Nullstelle des System sind z01 = 12, z02 =∞. Da nicht alle Nullstellen im Einheitskreis liegen, ist das

System nicht minimalphasig.

b)H1(z) =

z − 12

z2 − z + 1= z−1 1− 1

2z−1

1− 2 · 12z−1 + z−2

, Konvergenzbereich |z| > 1

⇒ h1(n) = cos

(π(n− 1)

3

)u(n− 1)

c) 6-fache Nullstelle z0 = 1 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

⇒ H(z) = H1(z) ·H2(z) =z − 1

2

z2 − z + 1· (1− z−6)

⇒ h(n) = h1(n) ∗ h2(n) =

(cos

(π(n− 1)

3

)u(n− 1)

)∗ (δ(n)− δ(n− 6))

h(n) = cos

(π(n− 1)

3

)(u(n− 1)− u(n− 7))

Das Gesamtsystem ist stabil da die Impulsantwort endlicher Länge besitzt. Alternativ:

⇒ H(z) = H1(z) ·H2(z) =z − 1

2

z2 − z + 1· z

6 − 1

z6=

(z − 12)(z2 − 1)(z2 + z + 1)(z2 − z + 1)

z6(z2 − z + 1)

H(z) =(z − 1

2)(z2 − 1)(z2 + z + 1)

z6⇒ alle Pole im Ursprung.

Aufgabe 14: Klausuraufgabe Frühjahr 2007Hilfsgrößen u(n) und w(n) werden definiert:

12

U(z) =1

2W (z) +X(z) (3)

W (z) = U(z)z−2 +1

2W (z)z−1 (4)

Y (z) = 2U(z) +W (z) (5)

(4)⇒ U(z) =

(z2 − 1

2z

)W (z) (6)

(6) in (5)⇒ Y (z) = 2(z2 − 1

2z)W (z) +W (z) = W (z) (2z2 − z + 1)

(6) in (3)⇒ X(z) =(z2 − 1

2z)W (z)− 1

2W (z) = W (z)

(z2 − 1

2z − 1

2

)⇒ H(z) =

Y (z)

X(z)=

2z2 − z + 1

z2 − 12z − 1

2

Aufgabe 15

yn − ayn−1 = −axn + xn−1

Y (z)(1− az−1) = X(z)(−a+ z−1)

⇒ H(z) =Y (z)

X(z)=−a+ z−1

1− az−1=−az + 1

z − a.

|H(ejω)|2 = H(z) ·H∗(z)|z=ejω= H(z) ·H(z∗)|z=ejω= H(z) ·H(

1

z

)|z=ejω

=−az + 1

z − a· −az

−1 + 1

z−1 − a= 1.

Da der Amplitudengang konstant ist, ist das System ein Allpass.

13

Aufgabe 16: DFT Grundlagen

a) X(0) =N−1∑n=0

x(n)e−j2πn·0/N =N−1∑n=0

x(n).

1. Fall: N gerade

X(0) =

N/2−1∑n=0

x(n) +N−1∑n=N/2

x(n) =

N/2−1∑n=0

x(n) +

N/2−1∑n=0

x(N − 1− n) = 0.

2. Fall: N ungerade

X(0) =

N−12−1∑

n=0

x(n) + x

(N − 1

2

)+

N−1∑n=N−1

2+1

x(n)

=

N−12−1∑

n=0

x(n) + x

(N − 1

2

)+

N−12−1∑

n=0

x(N − 1− n)

= x

(N − 1

2

)= 0.

b)X

(N

2

)=

N−1∑n=0

x(n)e−jπn =

N/2−1∑n=0

x(n)(−1)n

=

N/2−1∑n=0

x(n)(−1)n +N−1∑p=N/2

x(p)(−1)p

=

N/2−1∑n=0

(x(n)(−1)n + x(N − 1− n)(−1)N−1−n)

=

N/2−1∑n=0

x(n)((−1)n + (−1)N−1−n) = 0 da N gerade.

14

c)1. x(n) = δ(n) d tX(k) = 1.

2. x(n) = δ(n− n0) d tX(k) =N−1∑n=0

δ(n− n0)e−j2πnk/N = e−j2πn0k/N , 0 < n0 < N.

3. x(n) = an, 0 ≤ n < N − 1 d tX(k) =N−1∑n=0

ane−j2πnk/N ==1− aN

1− a · e−j2πk/N

4. N gerade:

x(n) =

1, 0 ≤ n ≤ N

2− 1

0, sonstd tX(k) =

N/2−1∑n=0

e−j2πnk/N =1− e−j2πk/(2N)

1− e−j2πk/N

=1− e−jπk

1− e−j2πk/N=

0, k gerade

21−e−j2πk/N , k ungerade

N ungerade:

x(n) =

1, 0 ≤ n ≤ N−1

2

0, sonstd tX(k) =

N−12∑

n=0

e−j2πnk/N =1− e−j2π k

N(N

2+ 1

2)

1− e−j2πk/N

=1− e−jπk · e−jπk/N

1− e−j2πk/N

Aufgabe 17: Abtastung im FrequenzbereichEine Abtastung im Frequenzbereich ruft eine periodische Wiederholung des Signals im Zeitbereichhervor. Durch die perdiodische Wiederholung des Signals entsteht hier Überlappung im Zeitbereich(sog. Aliasing im Zeitbereich).Das rekonstruierte Signal y(n) setzt sich also aus den Wiederholungen der Periode 8 des Signals x(n)zusammen:

y(n) =∞∑

r=−∞

x(n+ 8r) =∞∑

r=−∞

(1

2

)n+8r

, 0 ≤ n < 8.

Der Fehler der Rekonstruktion nach Abtastung im Frequenzbereich ist die Differenz

ε(n) = x(n)− y(n) =

(1

2

)n−

∞∑r=−∞

(1

2

)n·(

1

2

)8r

, 0 ≤ n < 8

=

(1

2

)n(1−

∞∑r=−∞

(1

2

)8r)

=

(1

2

)n(1− 1

1− 128

), 0 ≤ n < 8

= −(

1

2

)n 128

1− 128

, 0 ≤ n < 8.

15

Aufgabe 18: Signalflussdiagramme

H(z) =1 + 1

3z−1

1− 34z−1 + 1

8z−2

a) b)

(a) Direkte Form I (b) Direkte Form II

c)H(z) =

1 + 13z−1

1− 12z−1· 1

1− 14z−1

Abbildung 9: c) Kaskadenform

d)H(z) =

103

1− 12z−1

+73

1− 14z−1

Abbildung 10: d) Parallelform

16

Aufgabe 19: Symmetrie–Eigenschaft der DFT

a)X(k) = 0 +

N/2−1∑n=1

−2j · x(n) sin(2πn · k/N) =

N/2−1∑n=0

−2j · x(n) sin(2πn · k/N).

b)X(N − k) =

N/2−1∑n=0

−2j · x(n) sin

(2π

(N − n) · kN

)= −X(k) da sin

(2π

(N − n) · kN

)= − sin (2πn · k/N)

X(0) = 0 wegen Sinusterme.

c)y(n) gerade⇒ y(n) = y(N − n).

Y (k) =N−1∑n=0

y(n)e−j2πn·k/N =

N/2−1∑n=0

y(n)e−j2πn·k/N +N−1∑p=N/2

y(p)e−j2πp·k/N

=

N/2−1∑n=0

y(n)e−j2πn·k/N +

N/2∑n=1

y(N − n)e−j2π(N−n)·k/N

= y(0) +

N/2−1∑n=1

y(n)(e−j2πn·k/N + e−j2π(N−n)·k/N)+ y

(N

2

)e−jπ·k

= y(0) +

N/2−1∑n=1

y(n)(e−j2πn·k/N + ej2πn·k/N

)+ y

(N

2

)(−1)k

= y(0) +

N/2−1∑n=1

2 · y(n) cos(2πn · k/N) + y

(N

2

)(−1)k.

d)Y (N − k) = y(0) +

N/2−1∑n=1

2 · y(n) cos(2πn · (N − k)/N) + y

(N

2

)(−1)N−k

= y(0) +

N/2−1∑n=1

2 · y(n) cos(2πn · k/N) + y

(N

2

)(−1)k da Ngerade.

e)p(n) = x(n) ~ y(n)⇒ P (k) = X(k) · Y (k)x(n) reell ungerade⇒ X(k) imaginär ungerade (siehe Teil a))y(n) reell gerade⇒ Y (k) reell gerade (siehe Teil b))⇒ P (k) imaginär ungerade: P (k) = −P (N − k)⇒ p(n) reell ungerade: p(n) = −p(N − n).

17

Aufgabe 20: Zirkulare Faltung

a)x(n) = x(6− n) ⇒ x(n) gerade⇒ X(k) gerade.

b)Gegeben: x(n) = 0, 1, 0,−1, 0, 1 und h(n) = 1, 0, 0, 1

X(k) =N−1∑n=0

x(n)e−j2πkn/N =5∑

n=0

x(n)e−jπ3kn = e−j

π3k − e−j

π3

3k + e−jπ3

(1+4)k

= (−1)k+1 + 2 cos(kπ

3) = 1, 2,−2,−1,−2, 2

H(k) = 1 + e−jπ3

3k = 1 + (−1)k = 2, 0, 2, 0, 2, 0

Yz(k) = H(k) ·X(k) = (−1)k+1 + 2 cos(kπ

3) + (−1)2k+1 + (−1)k2 cos(

kπ

3)

= (−1)k+1 + 2 cos(kπ

3) ·(1 + (−1)k

)+ (−1)2k+1 = 2, 0,−4, 0,−4, 0

c)yz(n) =

1

N

N−1∑k=0

Yz(k)ej2πkn/N =1

6

5∑k=0

Yz(k)ejπ3kn =

1

6

(2− 4

(ej

2π3n + ej

4π3n))

=1

3

(1− 2

(ej

2π3n + e−j

2π3n))

=1

3

(1− 2 · 2 cos

(2π

3n

))= −1, 1, 1,−1, 1, 1

d)yl(n) = x(n) + x(n− 3) = 0, 1, 0,−1, 1, 1,−1, 0, 1

e)Die letztenN−P +1 Werte von yz(n) stimmen mit den entsprechenden Werten von yl(n) überein. Pist die Länge von h(n), P = 4. Unterschied zwischen yz(n) und yl(n) ist auf Aliasing zurückzuführen.

f)N ≥ L+ P − 1⇒ N ≥ 9. Wobei L die Länge von x(n) ist.

18

Aufgabe 21: Filterentwurf aus zeitkontinuierlichem System

a)Ha(0) = 1 6= 0 und Ha(∞) = 0 ⇒ Tiefpass.

b) Ha(s) =1

T0

· 1

s+ 1T0

⇒ ha(t) = L−1ha(s) =1

T0

· e−1T0·t · u(t) mit u(t) : Sprungfunktion

⇒ h(n) =1

T0

· e−nTT0 · u(n) mit T : Abtastperiode , t = nT

⇒ H(z) = Zh(n) =1

T0

· 1

1− e−TT0 z−1

c)Bilineare Transformation: s = 2

T· z−1z+1

H(z) =1

1 + T0 · 2T· z−1z+1

=T (z + 1)

Tz + T + 2T0z − 2T0

=z + 1(

2T0

T+ 1)· z +

(1− 2T0

T

)=

12T0

T+ 1·(

1

1− c · z−1+

z−1

1− c · z−1

)mit c =

2T0

T− 1

2T0

T+ 1

⇒ h(n) =1

2T0

T+ 1·(cn · (n) + cn−1 · u(n− 1)

).

d)Für die Approximation eines zeitkontinuierlichen Hochpasses ist die Verwendung des Impuls-invarianzverfahren wegen Aliasing nicht geeignet.

Aufgabe 22: Impulsinvarianzverfahren

a)s = jΩ→∞⇒ |Ha(s)| → 0 und s = jΩ→ 0⇒ |Ha(s)| = δ0

δ20+ω2

06= 0: Tiefpass-Verhalten.

b)Das kontinuierliche System ist stabil wenn alle Pole links der Im–Achse liegen. Pole des Systemsberechnet sich aus dem Nenner:

(s− δ0)2 + ω20 = 0⇔ s− δ0 = ±ω0 ⇔ s = δ0 ± ω0

⇒ Damit das System stabil ist, muss gelten: δ0 < 0 und ω0 beliebig.

19

c)H(z) = Zh(n) ⇒ Impulsinvarianzverfahren.Formel (8.25) aus Skript (Alte Düse) oder Vorlesungsfolien Teil 10:

H(s) =∞∑i=1

Ai ·1

s+ si

ersetzen−−−−−→ H(z) =∞∑i=1

Ai ·1

1− e−si·T · z−1

hier: H(s) =s− δ0

(s− δ0 + jω0)(s− δ0 − jω0)=

12(s− δ0 + jω0) + 1

2(s− δ0 − jω0)

(s− δ0 + jω0)(s− δ0 − jω0)

=12

s− δ0 − jω0

+12

s− δ0 + jω0

⇒ H(z) =1

2

(1

1− e(δ0+jω0)T z−1+

1

1− e(δ0+jω0)T z−1

)=

1

2

2− z−1eδ0T(ejω0T + e−jω0T

)1− eδ0T z−1 (ejω0T + e−jω0T ) + e2δ0T z−2

=1− z−1eδ0T cos(ω0T )

1− 2eδ0T z−1 cos(ω0T ) + e2δ0T z−2=

z2 − zeδ0T cos(ω0T )

z2 − 2zeδ0T cos(ω0T ) + e2δ0T

d)

i) T =2kπ

ω0

⇒ cos(ω0T ) = 1⇒ H(z) =z

z − e2δ0T⇒ Grad 1.

ii) T =(2k + 1)π

ω0

⇒ cos(ω0T ) = −1⇒ H(z) =z

z + e2δ0T⇒ Grad 1.

iii) sonst ⇒ Grad 2.

Aufgabe 23: Butterworth-Filter n-ter OrdnungPole von |H(s)|2:

1 +

(s

j

)2n

= 0⇔ s2n = −j2n = ej3π2·2n = ej(π+nπ+2kπ) ⇔ sk = ej(

π2n

+π2

+k·πn

), k = 0, 1, . . . 2n− 1

Für n = 3 gilt:

H(s) =1

(s− s0)(s− s1)(s− s2)

wobei s0, s1, s2 die drei Pole, die in der linken Halbebene liegen, sind: s0 = −12

+j√

32, s1 = −1, s2 =

−12− j

√3

2= s∗0.

20

Partialbruchzerlegung

H(s) =A

(s− s0)+

B

(s− s1)+

C

(s− s2)!

=1

(s− s0)(s− s1)(s− s2)

⇒ B = 1, A = C∗ = −1

2− j 1

2√

3

⇒ H(z) =A

1− eT ·s0z−1+

1

1− e−T z−1+

A∗

1− eT ·s∗0z−1

⇒ H(s) =−1

2− j 1

2√

3

s+ 12− j

√3

2

+1

s+ 1+−1

2+ j 1

2√

3

s+ 12

+ j√

32

Aufgabe 24: Filterentwurf nach Toleranzschema

a)Für das Filter |Ha(ω)|2 = 1

1+( ωωc

)2N gilt folgende Forderungen:

Normierte Durchlassfrequenz: ωd = 2π · 330

= 0.2π bei einer Dämpfung von -1 dB:⇒ 20 log |Ha(ωd)| ≥ −1⇔ 10 log | 1

1+(ωdωc

)2N | ≥ −1⇔ 1 + (0.2πωc

)2N ≤ 100.1 (1)

Normierte Sperrfrequenz: ωs = 2π · 4.530

= 0.3π bei einer Dämpfung von -15 dB:⇒ 20 log |Ha(ωs)| ≤ −15⇔ 10 log | 1

1+(ωsωc

)2N | ≤ −15⇔ 1 + (0.3πωc

)2N ≥ 101.5 (2)

Filterordnung und Grenzfrequenz ωc muss aus (1) und (2) bestimmt werden⇒ (0.2π0.3π

)2N = 100.1−1101.5−1

⇒ N = 5.8858.Filter mit N = 6 wählen und in (1) und (2) einsetzen⇒ 0.7032 ≤ ωc ≤ 0.7087⇒ wähle ωc = 0.7059.

⇒ |Ha(ω)|2 =1

1 + ( ω0.7059

)12

Hinweis: ω ist hier die (durch die Abtastfrequenz) normierte, kontinuierliche Kreisfrequenz.Für den Entwurf des zeitdiskrete Filter H(z) sind weitere Schritte erforderlich:1) Von Ha(ω) kann Ha(s) nach der Vorgehensweise wie in Aufgabe 23 gewonnen werden.2) Von Ha(s) kann dann nach dem Impulsinvarianzverfahren das zeitdiskrete Filter H(z) bestimmtwerden.

b)Darstellung mittels Charakteristische Funktion |K(jv)|2 = v2N :

Hc(jv)Hc(−jv) =1

1 + c2K(jv)K(−jv)=

1

1 + c2v2N

Gesucht ist die Konstante c und Filterordnung N .Dämpfung im Durchlassbereich -1 dB: 20 log(1− δd) = −1⇒ δd = 1− 10−1/20 = 0.1087.

⇒ ∆d =

√2δd−δ2

d

1−δd= 0.5088

21

Dämpfung im Sperrbereich -15 dB: 20 log(δs) = −15⇒ δs = 10−15/20 = 0.1778.

⇒ ∆s =

√1−δ2

s

δs= 5.5338

Bilineare Transformation Ωd = 2T

tan ωd2

und Ωs = 2T

tan ωs2

Normierte Sperrfrequenz vs = ΩsΩd

=tan ωs

2

tanωd2

= 1.5682.

⇒ N ≥log ∆s

∆d

log vs= 5.3044⇒ N = 6

⇒ ∆s

vNs≤ c ≤ ∆d ⇔ 0.3721 ≤ c ≤ 0.5087⇒Wahl c = 0.4405.

⇒ |Hc(v)|2 =1

1 + 0.44052 · v12

Für den Entwurf des zeitdiskrete Filter H(z) sind weitere Schritte erforderlich:1) Durch Rücksubstitution von Ω = v · Ωd erhält man Hc(Ω).2) Von Hc(Ω) kann Ha(s) nach der Vorgehensweise wie in Aufgabe 23 gewonnen werden.3) Von Hc(s) kann mit Hilfe der bilineare Transformation das zeitdiskrete Filter H(z) bestimmt wer-den.

22

Aufgabe 25: Allpass-Transformation

a)

0, 6π0, 4π0

0,15

0,851

π ω

|H(ejω)|

b) Mit den Filter Tschebyscheff Typ I und II sowie Cauer.

c)A1(z) = −z−1, |A1(ejω)| = 1⇒ g1(ω) = arg(A1(ejω)) = arg(−ejω) = π + ω⇒ Verschiebung der Frequenzachse um π ⇒ Hochpass.

0, 6π0, 4π0

0,15

0,851

π ω

|H(ejω)|

d)A2(z) = −z−2, |A2(ejω)| = 1⇒ g2(ω) = arg(A2(ejω)) = arg(−e2jω) = π + 2ω⇒ Verschiebung um π und Stauchung der Frequenzachse mit Faktor 2⇒ Bandpass.

0

0,15

0,851

π ω

|H(ejω)|

0, 5π0, 3π0, 2π 0, 7π 0, 8π

23

Aufgabe 26: Klausur F07: Direkter Entwurf von FIR–Filter

a)Um die Komponente cos(ω0n) = 1

2(ejω0n + e−jω0n) zu unterdrücken, muss H(ejω) bei ω = ±ω0

verschwinden, d.h. es sind zwei Nullstellen nötig: z0,1 = e±jω0 .Die Underdrückung der zweiten Oberwelle ergibt analog: z2,3 = e±j3ω0 .Insgesamt muss H(z) vier Nullstellen aufweisen.

b)H(z) ist ein kausales FIR Filter(FIR⇒ alle Pole im Ursprung, Kausalität⇒ wähle: Anzahl Polstellen = Anzahl Nullstellen).

H(z) =

(z − ej π4

) (z − e−j π4

) (z − ej 3π

4

)(z − e−j 3π

4

)z4

= 1 + z−4

c)y(n) = F−1H(ω)X(ω)

= F−1H(ω)X(ω = 2ω0) da die anderen Frequenzkomponente ω0 und 3ω0

durch die Nullstellen von H(ω) unterdrückt wurden

= F−1H(ω) · a1

22π(δ(ω − 2ω0) + δ(ω + 2ω0))

=1

2π

∫ π

−πH(ω) · a1

2· 2π(δ(ω − 2ω0) + δ(ω + 2ω0))ejωndω

=a1

2

(H(ej2ω0n) · ej2ω0n +H(e−j2ω0n) · e−j2ω0n

)=a1

2

((1 + e−j8ω0n) · ej2ω0n + (1 + ej8ω0n) · e−j2ω0n

)=a1

24 cos(2ω0n) = 2a1 cos(

π

2n)

24

Aufgabe 27: FIR-Filter - Entwurf mit inv. Fourier-Transformation

a) h(k) wird durch die inverse Fouriertransformation für diskrete Signal gewonnen:

h(k) =1

2π

∫ π

−πH(ejω) · ejkωdω

=1

2π

∫ −ω1

−ω2

A · ejkωdω +1

2π

∫ 0

−ω1

1 · ejkωdω +1

2π

∫ ω1

0

1 · ejkωdω +1

2π

∫ ω2

ω1

A · ejkωdω

=A

j2πk

[ejωk

]−ω1

ω=−ω2+

1

j2πk

[ejωk

]0ω=−ω1

+1

j2πk

[ejωk

]ω1

ω=0+

A

j2πk

[ejωk

]ω2

ω=ω1

=A

j2πk

(e−jω1k − e−jω2k + ejω2k − ejω1k

)+

1

j2πk

(1− e−jω1k + ejω1k − 1

)=

A

πk

(−e

jω1k − e−jω1k

2j+ejω2k − e−jω2k

2j

)+

1

πk

(ejω1k − e−jω1k

2j

)=

A

πk(− sin(ω1k) + sin(ω2k)) +

1

πk(sin(ω1k))

=(1− A) sin(ω1k)

πk+A sin(ω2k)

πk

b)ω1 = π

4, ω2 = π

2, A = 1

2⇒ h(k) = 1

2πk(sin(π

4k) + sin(π

2k))

Entwurf eines linearphasigen Filters vom Grad 4 durch Fourierapproximation⇒ 5 Koeffizienten erforderlich.

h(0) = limk→0

1

2πk(sin(

π

4k) + sin(

π

2k)) = lim

k→0

1

8

sin(π4k)

π4k

+ limk→0

1

4

sin(π2k)

π2k

) =1

8+

1

4=

3

8

h(1) =1

2π(sin(

π

4) + sin(

π

2)) =

1

2π(1 +

1√2

) = h(−1)

h(2) =1

4π(sin(

π

42) + sin(

π

22)) =

1

4π= h(−2)

Das Filter soll kausal sein ⇒ Verzögerung um 2. Das Ergebnis mit Rechteckfenster ist das diskreteFilter hd(k) mit

hd(0) =1

4πhd(1) =

1

2π(1 +

1√2

) hd(2) =3

8hd(3) =

1

2π(1 +

1√2

) hd(4) =1

4π.

Die Übertragungsfunktion Hd(z) ist

Hd(z) = z−2 ·2∑

k=−2

h(k) · z−k =z4 + (2 +

√2)z3 + 3π

2z2 + (2 +

√2)z + 1

z4.

25

Aufgabe 28: Wiener-Khinchin’sches Theorem

a)x(n) ist weißes Rauschen⇒ Φxx(n) = σ2

x · δ(n).

Φyy(m) = Φxx(m) ∗ h(−m) ∗ h(m)

= σ2x · δ(m) ∗ h(−m) ∗ h(m) = σ2

x · h(−m) ∗ h(m)

= σ2x

∞∑n=0

h(n) · h(n+m) = σ2x

∞∑n=0

an · an+m = σ2x · am

∞∑n=0

a2n = σ2x · am

1

1− a2

= σ2x ·

a|m|

1− a2da die AKF immer eine gerade Funktion ist.

b)Das Wiener-Khinchin’sches Theorem besagt, dass das Leistungsdichtespektrum Pyy(ω) die Fourier-transformierte der Autokorrelationsfunktion Φyy(n) ist:

Pyy(ω) =∞∑

n=−∞

Φyy(n)e−jωn =∞∑

n=−∞

σ2x ·

a|n|

1− a2e−jωn

=σ2x

1− a2

∞∑n=−∞

a|n|e−jωn =σ2x

1− a2

(−1∑

n=−∞

a−ne−jωn + 1 +∞∑n=1

ane−jωn

)

=σ2x

1− a2

(1 +

∞∑n=1

an(e−jωn + ejωn

))=

σ2x

1− a2

(1 +

∞∑n=1

2an cos(ωn)

)

=σ2x

1− a2

(−1 +

∞∑n=0

2an cos(ωn)

)=

σ2x

1− a2

(−1 + 2

1− a cosω

1− 2a cosω + a2

)aus Hinweis

=σ2x

1− a2

−1 + 2a cosω − a2 + 2− 2a cosω

1− 2a cosω + a2= σ2

x

1

1− 2a cosω + a2

c)Das Leistungsdichtespektrum Pyy(ω) kann direkt berechnet werden:

Pyy(ω) = Pxx(ω) · |H(ejω)|2

= σ2x · |H(ejω)|2 = σ2

x ·H(ejω) ·H(e−jω)

H(ejω) =∞∑

n=−∞

h(n)e−jωn =∞∑n=0

ane−jωn =1

1− aejω

⇒ Pyy(ω) = σ2x ·

1

1− aejω· 1

1− ae−jω= σ2

x

1

1− a (e−jω + ejω) + a2

= σ2x

1

1− 2a cos(ω) + a2

26

Aufgabe 29: Weißes Rauschenx(n) weißes Rauschen mit φxx(m) = σ2

x · δ(m). y(n) erfüllt φyy(0) = σ2y .

φzz(m) = E[z(n) · z(n+m)] = E[x(n)y(n) · x(n+m)y(n+m)] = E[x(n)x(n+m)y(n)y(n+m)]

= E[x(n)x(n+m)]E[y(n)y(n+m)] da x(n) und y(n) unabhängig von einander= φxx(m)φyy(m) = σ2

x · δ(m)φyy(m)

= σ2x · δ(m)φyy(0) = σ2

xσ2y · δ(m)

Aufgabe 30: Klausur F08

a)

YF (z) = R(z)− YF (z)H(z)⇒ YF (z)(1 +H(z)) = R(z)⇒ YF (z) =R(z)

1 +H(z)

HF (z) =YF (z)

R(z)=

1

1 +H(z)=

1

1 + 1z−1

=z − 1

z= 1− z−1

b)|HF (ejω)|2 = |1− e−jω|2 = |(1− e−jω)(1− ejω)| = |2− e−jω − ejω| = |2− 2 cosω|

ΦyF yF (ejω) = σ2r |HF (ejω)|2 = 2σ2

r(1− 1 cosω)

27