Übungen zu Digitale Signalverarbeitung und Mustererkennung mit Musterlösungen

Heilbronn, den 18.10.2021 Prof. Dr. V. Stahl WS 21/22

Übungen zu Digitale Signalverarbeitung und Mustererkennung mit Musterlösungen

Blatt 2

Aufgabe 1. Berechnen Sie die komplexen Fourier Koeffizientenzk derT = 2- periodischen Funktionf, die definiert ist durch

f(t) =e^|t| für−1< t≤1

undf(t+ 2) =f(t) für alle t. Vereinfachen Sie den Term für z_k so weit wie möglich.

Lösung von Aufgabe 1. AusT = 2 folgtω=π. Damit gilt zk = 1

2 Z 1

−1

e^|t|e^−jkωtdt

= 1

2 Z 0

−1

e^−te^−jkωtdt+1 2

Z 1 0

e^te^−jkωtdt

= 1

2 Z 0

−1

e^{(−1−jkω)t}dt+1 2

Z 1 0

e^(1−jkω)tdt

= − 1

2 + 2jkω[e^{(−1−jkω)t}]⁰₋₁+ 1

2−2jkω[e^(1−jkω)t]¹₀

= − 1

2 + 2jkω 1−e^1+jkω

+ 1

2−2jkω e^1−jkω−1

= 1

2 + 2jkπ ee^jkπ−1

+ 1

2−2jkπ ee^−jkπ−1 Da für ganzzahligekgilt

e^jkπ=e^−jkπ folgt

zk = 1 2

1

1 +jkπ+ 1 1−jkπ

ee^jkπ−1

= 1

1 +k²π² ee^jkπ−1 . Da

e^jkπ

1 fallsk gerade

−1 fallsk ungerade gilt für geradek

zk = e−1 1 +k²π²

und für ungeradek

zk = −e−1 1 +k²π². In einer Formel lässt sich das ausdrücken durch

zk = (−1)^ke−1 1 +k²π² . Aufgabe 2. Die Funktion

f(t) =|sin(t)|

istT periodisch für T =π. Berechnen Sie die komplexen Fourier Koeffi- zientenzk fürf(t). Sie können die Integrale ohne Rechner lösen mit Hilfe der Gleichung

sin(t) = im(e^jt) = 1

2j(e^jt−e^−jt).

Lösung von Aufgabe 2. Sei

ω= 2π T = 2.

zk = 1 π

Z π 0

f(t)e^−jkωtdt

= 1

π Z π

0

|sin(t)|e^−j2ktdt

= 1

π Z π

0

sin(t)e^−j2ktdt

= 1

2πj Z π

0

(e^jt−e^−jt)e^−j2ktdt

= 1

2πj Z π

0

(e^{−j(2k−1)t}−e^−j(2k+1)t)dt

= 1

2πj

1

−j(2k−1)e^{−j(2k−1)t}− 1

−j(2k+ 1)e^−j(2k+1)t π

0

= 1

2π 1

2k−1e^{−j(2k−1)t}− 1

2k+ 1e^{−j(2k+1)t π}

0

= 1

2π

e^{−j(2k−1)π}−1

2k−1 −e^−j(2k+1)π−1 2k+ 1

= 1

2π

e^jπ−1

2k−1 −e^−jπ−1 2k+ 1

= 1

2π

−1−1

2k−1 −−1−1 2k+ 1

= 1

2π −2

2k−1 + 2 2k+ 1

= −1

π(2k−1)+ 1 π(2k+ 1)

= 1

π(1−2k)+ 1 π(1 + 2k)

= 2

π(1−4k²)

Aufgabe 3. Berechnen Sie die Fourier KoeffizientenzkderT-periodischen Funk- tion

f(t) = 3 + cos(ωt)−4 cos(3ωt+ 2) + sin(ωt) + 2 sin(4ωt) mitω= 2π/T. Hinweis: Sie müssen hierzu nicht integrieren.

Lösung von Aufgabe 3. Zunächst wird die Funktion auf die Form f(t) = A₀+X

k

A_kcos(kωt+ϕ_k)

gebracht mitA_k≥0. Durch Vergleich der Summanden mit gleicher Ober- frequenz erhält man

A0 = 3

A₁cos(ωt+ϕ₁) = cos(ωt) + sin(ωt) A3cos(3ωt+ϕ3) = −4 cos(3ωt+ 2) A4cos(4ωt+ϕ4) = 2 sin(4ωt).

UmA_k undϕ_k zu berechnen, werden die rechten Seiten umgeformt.

• k= 1.

cos(ωt) + sin(ωt) = 1

2 e^jωt+e^−jωt + 1

2j e^jωt−e^−jωt

= 1

2

1 +1 j

e^jωt+1 2

1−1

j

e^−jωt

= re (1−j)e^jωt

= re√

2e^−jπ/4e^jωt

= √

2re

e^{j(ωt−π/4)}

= √

2 cos(ωt−π/4).

Damit ist

A1cos(ωt+ϕ1) = √

2 cos(ωt−π/4) A₁ = √

2 ϕ1 = −π/4.

• k= 3. Aus cos(x) =−cos(x−π) folgt

−4 cos(3ωt+ 2) = 4 cos(3ωt+ 2−π).

Damit ist

A₃cos(3ωt+ϕ₃) = 4 cos(3ωt+ 2−π) A3 = 4

ϕ₃ = 2−π.

• k= 4. Aus sin(x) = cos(x−π/2) folgt

2 sin(4ωt) = 2 cos(4ωt−π/2).

Damit ist

A4cos(4ωt+ϕ4) = 2 cos(4ωt−π/2) A₄ = 2

ϕ4 = −π/2.

Da

z₀ = A₀ zk = 1

2Ake^jϕk fürk >0 z−k = zk

gilt

z₀ = 3 z1 = 1

√2e^−jπ/4 z₋₁ = 1

√2e^jπ/4 z₃ = 2e^j(2−π)

= −2e^2j z₋₃ = −2e^−2j

z₄ = e^−jπ/2

= −j z₋₄ = j.

Alle anderen Fourier Koeffizienten sind Null.

Aufgabe 4. Berechnen Sie die komplexen Fourier KoeffizientenzkderT-periodischen Sägezahn Funktionf, die definiert ist durch

f(t) = t für 0≤t < T f(t+T) = f(t) sonst

Lösen Sie die Integrale ohne Rechner. Sie benötigen hierfür Produktinte- gration.

Lösung von Aufgabe 4. Sei

ω=2π T . Dann ist

zk = 1 T

Z T 0

f(t)e^−jkωtdt

= 1

T Z T

0

te^−jkωtdt Produktintegration mit

g(t) = t h⁰(t) = e^−jkωt g⁰(t) = 1

h(t) = −e^−jkωt jkω

ergibt 1 T

Z T 0

te^−jkωtdt = 1 T

−te^−jkωt jkω

^T

0

+ Z T

0

e^−jkωt jkω dt

!

= 1

T jkω

−te^−jkωtT

0 + Z T

0

e^−jkωtdt

!

= 1

2πjk



−T e^−2πjk

| {z }

=1

−

e^−jkωt jkω

^T

0





= 1

2πk²ω

T jkω+

e^−jkωtT

0

= T

4π²k²



2πjk+e^−2πjk

| {z }

=1

−1





= jT 2πk

Da man eine Division durch k hat, gilt dies nur für k 6= 0. Daher muss man den Koeffizientenz0 separat berechnen:

z0 = 1 T

Z T 0

tdt

= 1

2T t^2T

0

= 1

2TT²

= T /2 Zusammenfassend erhält man somit

z_k =

T /2 fallsk= 0 jT /(2πk) sonst.

Aufgabe 5. Berechnen Sie die komplexen Fourier Koeffizientenz_k derT = 2- periodischen Funktionf, die definiert ist durch

f(t) =

t+ 1 falls−1< t <0 1 falls 0≤t≤1

undf(t+ 2) =f(t) für alle t. Lösen Sie die Integrale ohne Rechner. Sie benötigen hierfür Produktintegration.

Lösung von Aufgabe 5. MitT = 2 und ω= 2π

T =π

gilt

z_k = 1 T

Z T 0

f(t)e^−jkωtdt

= 1

2 Z 1

−1

f(t)e^−jkπtdt

= 1

2 Z 0

−1

(t+ 1)e^−jkπtdt+1 2

Z 1 0

e^−jkπtdt.

Die beiden Integrale werden wie folgt berechnet.

Z 0

−1

(t+ 1)e^−jkπtdt = 1

−jkπ

(t+ 1)e^−jkπt0

−1− 1

−jkπ Z 0

−1

e^−jkπtdt

= 1

−jkπ− 1 (−jkπ)²

e^−jkπt0

−1

= j

kπ+ 1

k²π² 1−e^jkπ Z 1

0

e^−jkπtdt = 1

−jkπ

e^−jkπt1

0

= je^−jkπ−j kπ . Damit gilt

z_k = 1 2

j

kπ +1−e^jkπ

k²π² +je^−jkπ−j kπ

= 1

2

je^−jkπ

kπ +1−e^jkπ k²π²

= je^−jkπ

2kπ +1−e^jkπ 2k²π²

= j

2kπ fallskgerade

−j

2kπ+_k2¹π² fallskungerade

Fürk= 0 ist eine Ausnahmebehandlung erforderlich, da durchkdividiert wurde:

z0 = 1 2

Z 1

−1

f(t)e^−jkπtdt

= 1

2 Z 1

−1

f(t)dt

= 1

2 Z 0

−1

(t+ 1)dt+ Z 1

0

1dt

= 1

2 1

2+ 1

= 3

4.

Sie können sich das Ergebnis mit Matlab wie folgt anschauen:

syms k zk f t;

zk = (j*exp(-j*k*pi)) / (2*k*pi) + (1-exp(j*k*pi)) / (2*k*k*pi*pi);

f = 2*real(symsum(zk*exp(j*k*pi*t),k,1,30)) + 3/4;

ezplot(f,[-2,2]);

Aufgabe 6. Berechnen Sie die komplexen Fourier Koeffizienten z_k der π- periodischen Funktion

f(t) = sin(t)².

Hinweis: Stellen Sie zunächstf(t) als Summe von komplexene-Funktionen dar.

Lösung von Aufgabe 6. Aus der PeriodendauerT =πfolgt ω= 2.

f(t) = 1

2j(e^jt−e^−jt) ²

= −1

4 e^j2t−2 +e^−j2t

• Fourier Koeffizienten von e^j2t. Fürk6= 1 gilt z_k = 1

π Z π

0

e^j2te^−jk2tdt

= 1

π Z π

0

e^j2(1−k)t

= 1

2πj(1−k) h

e^j2(1−k)tiπ 0

= 1

2πj(1−k)

e^j2(1−k)π−1

= 0 Fürk= 1 erhält man

z₁ = 1 π

Z π 0

e^j2te^−j2tdt

= 1

π Z π

0

1dt

= 1.

• Fourier Koeffizienten von e^−j2t. Fürk6=−1 gilt z_k = 1

π Z π

0

e^−j2te^−jk2tdt

= 1

π Z π

0

e^−j2(1+k)t

= 1

−2πj(1 +k) h

e^−j2(1+k)tiπ 0

= 1

−2πj(1 +k)

e^−j2(1+k)π−1

= 0

Fürk=−1 erhält man

z−1 = 1 π

Z π 0

e^−j2te^j2tdt

= 1

π Z π

0

1dt

= 1.

• Fourier Koeffizienten der konstanten Funktion−2 sind zk=

−2 fallsk= 0 0 sonst.

Die Fourier Koeffizienten von sin(t)² sind damit

zk =







1/2 fallsk= 0

−1/4 fallsk= 1 oderk=−1 0 sonst

Aufgabe 7. Sei

f(t) c s F(ω) unda∈Rmit a >0. Zeigen Sie, dass dann gilt

f(at) c s 1 aFω

a

. Lösung von Aufgabe 7.

f(at) c s Z ∞

−∞

f(at)e^−jωtdt.

Mit der Substitution

τ =at, dτ

dt =a, dt= 1

adτ, t= 1 aτ gilt

Z ∞

−∞

f(at)e^−jωtdt = Z ∞

−∞

f(τ)e^{−jωτ /a} 1 adτ

= 1

a Z ∞

−∞

f(τ)e^−j(ω/a)τdτ

| {z }

F(ω/a)

= 1

aFω a

. Aufgabe 8. Seif ∈R→Rund

f(t) c s F(ω).

Zeigen Sie, dass dann

f(−t) c s F(ω).

Lösung von Aufgabe 8.

f(−t) c s Z ∞

−∞

f(−t)e^−jωtdt.

Mit der Substitution

u=−t, du

dt =−1, dt=−du erhält man

Z −∞

∞

f(u)e^jωu(−du) = Z ∞

−∞

f(u)e^jωudu

= Z ∞

−∞

f(u)e^−jωudu

= Z ∞

−∞

f(u)e^−jωudu

= F(ω).

Aufgabe 9. Sei

f(t) =

t falls 0≤t≤1 0 sonst.

Berechnen Sie die Fourier TransformierteF(ω) vonf(t).

Lösung von Aufgabe 9.

F(ω) = Z 1

0

f(t)e^−jωtdt

= Z 1

0

te^−jωtdt

=

− t jωe^−jωt

¹

0

− Z 1

0

− 1

jωe^−jωtdt

= j

ω

te^−jωt1 0+ 1

jω

−1 jω

e^−jωt1 0

= j

ωe^−jω+ 1

ω² e^−jω−1

= j

ω + 1 ω²

e^−jω− 1 ω²

= (jω+ 1)e^−jω−1 ω²

Aufgabe 10. Zeigen Sie mit Hilfe der Rechengesetze der Fourier Transforma- tion, dass

ftˆ∗g = (f∗g)ˆt

wobei der Index ˆtan einer Funktion die Verschiebung der Funktion um ˆt bedeutet, d.h.

ftˆ(t) = f(t−ˆt) für allet.

Der Beweis ist sehr kurz.

Lösung von Aufgabe 10. Mit

f(t) c s F(ω) g(t) c s G(ω) fˆt(t) = f(t−ˆt)

c s e^−jωˆtF(ω) gilt

(fˆt∗g)(t) c s

e^−jωˆtF(ω) G(ω)

= e^−jωˆtF(ω)(Gω) s c (f∗g)(t−ˆt)

= (f∗g)ˆt(t).

Aufgabe 11. Berechnen Sie die Fourier Transformierte von f(t) = sin(t+ 1).

Sie dürfen alle Eigenschaften der Fourier Transformation aus der For- melsammlung im Skript verwenden.

Lösung von Aufgabe 11. Für die Sinus Funktion gilt im Spezialfall ˆω= 1 sin(t) c s −jπ(δ(ω−1)−δ(ω+ 1)).

Mit der Zeitverschiebung gilt im Spezialfall ˆt=−1

sin(t+ 1) c s −jπ(δ(ω−1)−δ(ω+ 1))e^jω.

Aufgabe 12. Zeigen Sie mit Hilfe der Rechengesetze der Fourier Transforma- tion, dass

f⁻∗g = (f ∗g⁻)⁻

wobei das hochgestellte Minus die Zeitumkehr bedeutet, d.h.

f⁻(t) = f(−t).

Der Beweis ist sehr kurz.

Lösung von Aufgabe 12. Mit

f⁻(t) = f(−t) c s F(ω) (f∗g)(t) = F(ω)G(ω) und dem Rechengesetz der komplexen Zahlen

z1z2 = z1z2

gilt

(f⁻∗g)(t) c s F(ω)G(ω)

= F(ω)G(ω)

= F(ω)G(ω) s c (f∗g⁻)⁻(t).

Aufgabe 13. Seif ∈R→Rund

f⁻(t) = f(−t)

für allet. Die AutokorrelationsfunktionfA vonf ist definiert durch fA = f∗f⁻.

• Zeigen Sie, dass

fA(0) = Z ∞

−∞

f(t)²dt.

• Zeigen Sie unter Verwendung vonf⁻(t)c sF(ω) und dem Faltungs- satz, dass

fA(t) c s |F(ω)|².

• Die inverse Fourier Transformation von |F(ω)|² ist

|F(ω)|² s c 1 2π

Z ∞

−∞

|F(ω)|²e^jωtdω.

Daraus folgt

f_A(t) = 1 2π

Z ∞

−∞

|F(ω)|²e^jωtdω.

Zeigen Sie, dass hieraus für den Spezialfallt= 0 die sog. Parsevalsche Gleichung

Z ∞

−∞

f(t)²dt = 1 2π

Z ∞

−∞

|F(ω)|²dω folgt.

Lösung von Aufgabe 13.

•

fA(t) = Z ∞

−∞

f(τ)f⁻(t−τ)dτ

= Z ∞

−∞

f(τ)f(τ−t)dτ.

Fürt= 0 folgt

fA(0) = Z ∞

−∞

f(τ)f(τ)dτ

= Z ∞

−∞

f(t)²dt.

•

fA(t) = (f ∗f⁻)(t) c s F(ω)F(ω)

= |F(ω)|².

• Aus

fA(t) = 1 2π

Z ∞

−∞

|F(ω)|²e^jωtdω folgt für t= 0

f_A(0) = 1 2π

Z ∞

−∞

|F(ω)|²e^jω0dω Z ∞

−∞

f(t)²dt = 1 2π

Z ∞

−∞

|F(ω)|²dω.

Aufgabe 14. Berechnen Sie die Fourier Transformierte der Funktion cos(2t) sin(3t)

auf folgende 3 Arten:

• Unter Verwendung von komplexene-Funktionen für die Cosinus- und Sinusfunktion.

• Unter Verwendung des Modulationssatzes f(t) cos(ˆω)t c s 1

2(F(ω−ω) +ˆ F(ω+ ˆω)).

• Unter Verwendung des Faltungssatzes im Frequenzbereich f(t)g(t) c s 1

2π(F∗G)(ω).

Lösung von Aufgabe 14.

Verwendung von komplexene-Funktionen.

cos(2t) sin(3t) = 1

2 e^2jt+e^−2jt + 1

2j e^3jt−e^−3jt

= 1

4j e^5jt−e^−jt+e^jt−e^−5jt c s 2π

4j

δ(ω−5)−δ(ω+ 1) +δ(ω−1)−δ(ω+ 5)

= jπ

2

δ(ω+ 5)−δ(ω−5) +δ(ω+ 1)−δ(ω−1) Verwendung des Modulationssatzes. Aus der Tabelle entnimmt man

sin(3t) c s −jπ(δ(ω−3)−δ(ω+ 3)).

Mit dem Modulationssatz folgt dann cos(2t) sin(3t) c s −jπ

2 (δ(ω−2−3)−δ(ω−2 + 3) +δ(ω+ 2−3)−δ(ω+ 2 + 3))

= jπ

2 (δ(ω+ 5)−δ(ω−5) +δ(ω+ 1)−δ(ω−1))

Verwendung des Faltungssatzes im Frequenzbereich. Sei f(t) = cos(2t)

g(t) = sin(3t).

Aus der Tabelle entnimmt man

cos(2t) c s π(δ(ω−2) +δ(ω+ 2)) sin(3t) c s −jπ(δ(ω−3)−δ(ω+ 3)).

Damit ist f(t)g(t)

c s 1

2π(F∗G)(ω)

= 1

2π Z ∞

−∞

F(u)G(ω−u)du

= 1

2π(−jπ²) Z ∞

−∞

δ(u−2) +δ(u+ 2)

δ(ω−u−3)−δ(ω−u+ 3) du

= −jπ 2

Z ∞

−∞

δ(u−2)δ(ω−u−3)−δ(u−2)δ(ω−u+ 3) +δ(u+ 2)δ(ω−u−3)−δ(u+ 2)δ(ω−u+ 3)

du Für die Teilintegrale erhält man

Z ∞

−∞

δ(u−2)δ(ω−u−3)du = Z ∞

−∞

δ(u−2)δ(ω−5)du

= δ(ω−5) Z ∞

−∞

δ(u−2)δ(ω−u+ 3)du = Z ∞

−∞

δ(u−2)δ(ω+ 1)du

= δ(ω+ 1) Z ∞

−∞

δ(u+ 2)δ(ω−u−3)du = Z ∞

−∞

δ(u+ 2)δ(ω−1)du

= δ(ω−1) Z ∞

−∞

δ(u+ 2)δ(ω−u+ 3)du = Z ∞

−∞

δ(u+ 2)δ(ω+ 5)

= δ(ω+ 5) Damit ist

f(t)g(t) c s − j 2π

δ(ω−5)−δ(ω+ 1) +δ(ω−1)−δ(ω+ 5)

= j

2π

δ(ω+ 5)−δ(ω−5) +δ(ω+ 1)−δ(ω−1) .