Heilbronn, den 16.11.2021 Prof. Dr. V. Stahl WS 21/22
Übungen zu Mathematik 3 mit Musterlösungen
Blatt 8
Aufgabe 1. Berechnen Sie die inverse Laplace Transformierte von
F(s) = s
es(s−1)2. Lösung von Aufgabe 1. Umformen ergibt
F(s) = e−s s (s−1)2. Zunächst wird die inverse Laplace Transformierte von
s (s−1)2 berechnet. Partialbruchzerlegung:
s
(s−1)2 = c1
s−1 + c2
(s−1)2 s = c1(s−1) +c2
c1 = 1 c2 = 1 s
(s−1)2 = 1
s−1 + 1 (s−1)2. Aus der Tabelle entnimmt man
1
s−1 s c et 1
s2 s c t.
Mit dem Dämpfungssatz
F(s+a) s c e−atf(t) folgt füra=−1
1
(s−1)2 s c tet. Damit ist
s
(s−1)2 s c σ(t)et(1 +t).
Mit dem Verschiebungssatz
e−sˆtF(s) s c f(t−ˆt)
folgt mit ˆt= 1 e−s s
(s−1)2 s c σ(t−1)e(t−1)(1 +t−1)
= σ(t−1)tet−1 Aufgabe 2. Sei
F(z) = 1
z2+ 1.
• Berechnen Sie die inversez-TransformiertefkvonF(z). Vereinfachen Sie das Ergebnis so, dass keine komplexen Zahlen darin auftreten.
• Sei S ein diskretes LTI System mit Übertragungsfunktion G(z) = z3F(z).
Berechnen Sie die Impulsantwortgk. Warum ist dieses System nicht in Echtzeit realisierbar?
Lösung von Aufgabe 2.
• Rücktransformation von 1
z2+ 1 = 1
(z+j)(z−j) durch Partialbruchzerlegung.
1
(z+j)(z−j) = c1
z+j + c2
z−j 1 = c1(z−j) +c2(z+j) Spezialfall z=−j.
1 = −2jc1
c1 = −1 2j = j
2 Spezialfall z=j.
1 = 2jc2 c2 = 1
2j = −j 2. Mit
σkak c s z z−a σk−1ak−1 c s 1
z−a
folgt
1
z+j s c σk−1(−j)k−1 1
z−j s c σk−1jk−1 und damit
1
z2+ 1 =
j/2
z+j − j/2
z−j s c σk−1j
2(−j)k−1+σk−1−j 2 jk−1
= σk−12re j
2(−j)k−1
= σk−1re j(−j)k−1
= −σk−1re (−j)k
= −σk−1re
e−jkπ/2
= −σk−1cos(kπ/2)
• Mit dem Verschiebungssatz erhält man gk = fk+3
= −σk+2cos((k+ 3)π/2)
= −σk+2cos(kπ/2 + 3π/2)
= −σk+2sin(kπ/2).
Damit ist
g−1 = −sin(−π/2)
= 1.
Das System ist somit nicht kausal. Die Impulsantwort setzt bereits zu Zeitunkt k=−1 ein, der Impuls kommt jedoch erst zum Zeitpunkt k= 0.
Aufgabe 3. Zeigen Sie dass
∞
X
`=−∞
f`δk−` = fk.
Lösung von Aufgabe 3. In der Summe sind alle Summanden Null außer dem Summanden für`=k. Derk-te Summand ist
fkδk−k = fk.
Alternativ hätte man den Beweis auch mit der Ausblendeigenschaft f`δk−` = fkδk−`
führen können:
∞
X
`=−∞
f`δk−` =
∞
X
`=−∞
fkδk−`
= fk
∞
X
`=−∞
δk−`
= fk.
Aufgabe 4. Gegeben sei ein rekursiver Filter mit den Gewichten b0= 1, b1=−1, b2= 1, b3=−1
im Vorwärtszweig und
a1= 1
im Rückwärtszweig. Begründen Sie, weshalb dieser Filter äquivalent zu dem viel einfacheren FIR Filter mit Koeffizienten
b0= 1, b1= 0, b2= 1 ist.
Lösung von Aufgabe 4. Berechnung der Übertragungsfunktion.
hk = fk−fk−1+fk−2−fk−3+hk−1
hk−hk−1 = fk−fk−1+fk−2−fk−3 H(z)(1−z−1) = F(z)(1−z−1+z−2−z−3)
G(z) = H(z) F(z)
= 1−z−1+z−2−z−3 1−z−1
Mit der Substitutionu=z−1 ist die Übertragungsfunktion G(z) = −u3+u2−u+ 1
−u+ 1 Polynomdivision ergibt
G(z) = u2+ 1
= 1 +z−2. Die Impulsantwort des Filters ist somit
g = h1,0,1i.
Die Faltung mitg wird durch einen FIR Filter realisiert mit Gewichten b0= 1, b1= 0, b2= 1.
Aufgabe 5. Elektronische Musikinstrumente müssen Schwingungen mit belie- biger Frequenzω erzeugen, d.h. Abtastwerte
gk = cos(ωk∆t)
berechnen, wobei ∆t das Abtastinterval ist. Nun ist die Berechnung der Cosinusfunktion sehr teuer und soll optimiert werden.
Die Idee ist, einen rekursiven Filter zu entwerfen (der ja nur Multiplikatio- nen und Additionen erfordert), dessen Impulsantwort genaugk ist. Man muss in diesen Filter dann noch nochδk eingeben und erhält am Ausgang die gewünschte Cosinus Schwingung.
Berechnen Sie die Koeffizienten dieses Filters und stellen Sie ihn als Block- schaltbild dar. Wie viele Multiplikationen und Additionen sind pro Ab- tastwert zur Berechnung der Impulsantwort dieses Filters erforderlich?
Hinweis: Berechnen Sie diez-TransformierteG(z) vongk. Stellen Sie diese als rationale Funktion inz−1dar. Die Filterkoeffizienten müssen Sie dann nur noch ablesen.
Lösung von Aufgabe 5. Zunächst wird die Cosinusfunktion durch komplexe e-Funktionen ersetzt.
gk = cos(ωk∆t)
= 1
2 ejωk∆t+e−jωk∆t .
Mit
a = ejω∆t gilt
gk = 1
2 ak+ak Mit
ak c s z
z−a gilt
gk c s 1 2
z
z−a+ z z−a
= 1
2
z(z−a) +z(z−a) (z−a)(z−a)
= 1
2
z(2z−(a+a)) z2−z(a+a) +aa. Mit
aa = |a|2
= 1
und
(a+a) = 2re(a)
= 2 cos(ω∆t)
| {z }
c
gilt weiter
gk c s 1 2
z(2z−2c) z2−2cz+ 1
= z2−cz z2−2cz+ 1
= 1−cz−1 1−2cz−1+z−2 Die Filterkoeffizienten im Vorwärzzweig sind somit
h1,−ci die Koeffizienten im rekursiven Zweig sind
h1,2c,−1i.
Der rekursive Filter sieht wie folgt aus:
z−1
z−1
fk hk
z−1
⊕
⊕
1
−c 2c
−1
Es gilt
hk = fk−cfk−1+ 2chk−1−hk−2.
Um die Impulsantwortgk zu berechnen, seifk=δk. Da fk = 0 fürk >0 undfk−1= 0 fürk >1, vereinfacht sich die Formel zu
gk =
1 falls k= 0 c falls k= 1 2cgk−1−gk−2 falls k >1
Da der Wert von 2cvorab berechnet werden kann, ist pro Abtastwert nur eine Multiplikation und eine Addition erforderlich.
Aufgabe 6. Ein Signalf wird durch einen Kanal mit Impulsantwort g = <2,1>
übertragen. Durch einen rekursiven Filter möchte man die Verzerrung durch diesen Kanal kompensieren. Berechnen Sie die Übertragungsfunk- tionH(z), die Koeffizienten und die Impulsantwort hk dieses Filters. Es muss also gelten
(f∗g)∗h = f.
Lösung von Aufgabe 6. SeiH(z) die Übertragungsfunktion des Filters. Dann gilt
(f∗g∗h)k = fk
bzw.
F(z)G(z)H(z) = F(z) G(z)H(z) = 1
H(z) = 1
G(z)
= 1
2 +z−1
= 1/2
1−(−1/2)z−1
= b0+b1z−1+b2z−2+. . . 1−a1z−1−a2z−2. . . Die Filterkoeffizienten sind somit
b0 = 1/2 a1 = −1/2 Erweitern mitzergibt
H(z) = (1/2)z z−(−1/2) Die Impulsantworthk erhält man aus
z
z−a s c ak (1/2)z
z−(−1/2) s c 1 2
−1 2
k
= −
−1 2
k+1
= <1/2,−1/4,1/8,−1/16, . . . > . Tatsächlich kann man leicht zeigen, dass
<2,1>∗<1/2,−1/4,1/8,−1/16, . . . > = <1,0,0, . . . >
Aufgabe 7. Zwei lineare, zeitinvariante Systeme mit Impulsantwortenuk bzw.
vkwerden hintereinandergeschaltet. Eine Folgefk, die durch dieses System abgebildet wird, wird also zuerst mituk gefaltet und das Ergebnis mitvk.
uk vk
fk
gk
hk
Die Hintereinanderschaltung der beiden Systeme soll nun durch ein einzi- ges System ersetzt werden. Wie kann die Impulsantwortgkdieses Systems ausuk undvk berechnet werden?
Lösung von Aufgabe 7. Da die Faltung assoziativ ist, gilt h = (f∗u)∗v
= f∗(u∗v).
Das zusammengesetzte System hat somit Impulsantwort (u∗v)k. Aufgabe 8. Von einem LTI SystemS sei die Sprungantwort
h = S(σ)
bekannt. Berechnen Sie damit die Impulsantwort vonS und zwar einmal im Zeitbereich und einmal mit Hilfe derz-Transformation.
Hinweis:
δ = σ−σ.−1. Lösung von Aufgabe 8. Sei
g = S(δ) die Impulsantwort vonS.
• Berechnung im Zeitbereich. DaS LTI ist, gilt S(δ) = S(σ−σ.−1)
= S(σ)−S(σ.−1)
= S(σ)−S(σ).−1
= h−h.−1 Damit ist
gk = hk−hk−1 für allek.
• Aus
h = g∗σ folgt mitz-Transformation
H(z) = G(z) z z−1 G(z) = H(z)z−1 z
= H(z)−z−1H(z) s c hk−hk−1.
Aufgabe 9. Die Fibonacci Folge ist definiert durch f = h0,1,1,2,3,5,8,13, . . .i bzw. durch
fk = 0 fürk≤0 f1 = 1
fk+2 = fk+1+fk, fürk≥0.
In einer früheren Aufgabe wurde diez-Transformierte
F(z) = z
z2−z−1
vonfkberechnet. Transformieren Sie nunF(z) zurück in den Zeitbereich.
Sie erhalten damit eine geschlossene Formel für die Fibonacci Folge, mit der Sie direktfkohne Rekursion berechnen können. Begründen Sie damit, dass für großekgilt
fk ≈ 1
√ 5
1 +√ 5 2
k .
Lösung von Aufgabe 9. Faktorisierung des Nenners vonF(z).
z2−z−1 = 0
z1,2 = 1±√ 1 + 4 2
= 1
±√ 52.
Partialbruchzerlegung.
z
z2−z−1 = c1 z−z1
+ c2 z−z2
z = c1(z−z2) +c2(z−z1) Spezialfallz=z1
z1 = c1(z1−z2) c1 = z1
z1−z2 Spezialfallz=z2
z2 = c2(z2−z1) c2 = z2
z2−z1
Damit ist
F(z) = z1 z1−z2
1 z−z1
+ z2 z2−z1
1 z−z2
Mit
1
z−a s c σk−1ak−1 erhält man
F(z) s c z1
z1−z2σk−1zk−11 + z2
z2−z1σk−1zk−12
= σk−1 1
z1−z2z1k+ 1 z2−z1zk2
= σk−1
√
5 zk1−zk2
= σk−1
√ 5
1 +√ 5 2
k
−
1−√ 5 2
k! .
Da
1−√ 5 2
<1 ist für großek
1−√ 5 2
k
≈ 0.
Damit ist für großek
fk ≈ 1
√5
1 +√ 5 2
k
Aufgabe 10. Für eine Folgefk gilt
fk−fk−1 = σk2kk2 fürk≥0 und fk = 0 fürk <0.
• Berechnen Sief0, f1, f2undf3.
• Berechnen Sie die z-Transformierte F(z) von fk und vereinfachen Sie diese so weit wie möglich. Es dürfen im Ergebnis keine negativen Potenzen vonz auftreten.
Lösung von Aufgabe 10. Aus
fk =σk2kk2+fk−1
erhält man durch Einsetzen
f0 = 0 +f−1= 0 f1 = 2 +f0= 2 f2 = 16 +f1= 18 f3 = 72 + 18 = 90
Damit die Differenzengleichung für allek∈Zgilt, multipliziert man beide Seiten mitσk.
σk(fk−fk−1) = σk2kk2 σkfk−σkfk−1 = σk2kk2. Sei
fk c s F(z).
Dafk= 0 fürk <0 gilt
σkfk = fk c s F(z).
Daf−1= 0 gilt
σkfk−1 = σk−1fk−1 c s z−1F(z).
Mit dem Dämpfungssatz erhält man
σkk2 c s z(z+ 1) (z−1)3 σk2kk2 c s (z/2)(z/2 + 1)
(z/2−1)3
= 2z(z+ 2) (z−2)3 . Daraus folgt
F(z)(1−z−1) = 2z(z+ 2) (z−2)3 F(z)(z−1) = 2z2(z+ 2)
(z−2)3 F(z) = 2z2(z+ 2)
(z−2)3(z−1). Aufgabe 11. Berechnen Sie die inverse z-Transformierte von
F(z) = 1 +z−1−z−3 1−z−1 . Vereinfachen Sie das Ergebnis so weit wie möglich.
Lösung von Aufgabe 11. Es gibt mehrere Möglichkeiten, die Aufgabe zu lö- sen. Eine einfache Methode ist wie folgt:
1 +z−1−z−3
1−z−1 = z+ 1−z−2 z−1
= z
z−1 + 1
z−1 −z−2 1 z−1 s c σk+σk−1−σk−3
= σk+δk−1+δk−2.
Aufgabe 12. Seineine natürliche Zahl.
• Sei
fk =
1 fallsk= 0, n,2n,3n, . . . 0 sonst.
Damit ist
fk = h1,0,0, . . . ,0
| {z }
n−1 Nullen
,1,0,0, . . . ,0
| {z }
n−1 Nullen
,1, . . .i
Berechnen Sie diez-Transformierte vonfk.
• Sei nun
gk =
0 falls k <0
k falls k= 0, n,2n,3n, . . . 3k sonst.
Berechnen Sie die z-Transformierte vongk. Hinweise: Überlegen Sie sich, wie Sie fk transformieren müssen um gk zu erhalten und füh- ren Sie die entsprechenden Schritte auf der z-Transformierten aus.
Sie müssen das Ergebnis nicht auf einen Nenner bringen, formen Sie jedoch so um, dass keine negativen Exponenten von zauftreten.
Lösung von Aufgabe 12.
F(z) =
∞
X
k=0
fkz−k
= z−0+z−n+z−2n+. . . z−nF(z) = z−n+z−2n+. . . F(z)−z−nF(z) = z−0
F(z)(1−z−n) = 1
F(z) = 1
1−z−n
= zn
zn−1 Es gilt
gk = σk3k−3kfk+kfk
Transformation der einzelnen Terme. Mit der Korrespondenz σkak c s z
z−a folgt
σk3k c s z z−3.
Mit
F(z) = zn
zn−1 und der Korrespondenz akfk c s F(z/a)
gilt
3kfk c s F(z/3)
= (z/3)n (z/3)n−1
= zn
zn−3n Mit
F(z) = zn
zn−1 und der Korrespondenz kfk c s −zF0(z)
gilt
kfk c s −znzn−1(zn−1)−znnzn−1 (zn−1)2
= −znz2n−1−zn−1−z2n−1 (zn−1)2
= −zn −zn−1 (zn−1)2
= nzn
(zn−1)2 Damit ist
G(z) = z
z−3 − zn
zn−3n + nzn (zn−1)2. Aufgabe 13. Seis∈Cunda∈R. Zeigem Sie, dass
re(s)> a gdw. |es|> ea. Lösung von Aufgabe 13. Seis=α+jω. Dann ist
|es| = |eα+jω|
= |eαejω|
= |eα||ejω|
= |eα|
= eα. Somit ist
|es|> ea
genau dann wenn
eα> ea.
Da die e-Funktion streng monoton steigend ist, ist dies genau dann der Fall wenn
α > a bzw.
re(s)> a.
Aufgabe 14. Die Funktion
f(t) =σ(t) sin(t)
wird zu den Zeitpunktenk∆t,k∈Zabgetastet. Die Abtastwerte sind die Folge
fk =f(k∆t).
Berechnen Sie die z-Transformierte von fk. Um zu einer geschlossenen Formel zu kommen, müssen Sie die Sinus Funktion durch komplexe e- Funktionen darstellen. Vereinfachen Sie das Ergebnis so weit wie möglich.
Lösung von Aufgabe 14.
sin(t) = 1
2j ejt−e−jt fk = f(k∆t)
= σk
1
2j ejk∆t−e−jk∆t Mit der Korrespondenz
σkak c s z z−a erhält man
σkejk∆t = σk ej∆tk c s z
z−ej∆t und
σke−jk∆t = σk e−j∆tk c s z
z−e−j∆t
Mit der Linearität derz-Transformation folgt somit F(z) = 1
2j z
z−ej∆t− z z−e−j∆t
= z
2j
(z−e−j∆t)−(z−ej∆t) (z−ej∆t)(z−e−j∆t)
= z
2j
ej∆t−e−j∆t z2−z(e−j∆t+ej∆t) + 1
= zsin(∆t)
z2−2zcos(∆t) + 1 Aufgabe 15. Die Funktion
f(t) =σ(t)tsin(t)
wird zu den Zeitpunktenk∆t,k∈Zabgetastet. Die Abtastwerte sind die Folge
fk =f(k∆t).
Nutzen Sie das Ergebnis der vorigen Aufgabe und die Korrespondenz kfk c s −zF0(z)
um diez-Transformierte vonfk zu bestimmen.
Lösung von Aufgabe 15. Die Folge der Abtastwerte ist fk = σkk∆tsin(k∆t).
In der vorigen Aufgabe wurde gezeigt, dass sin(k∆t) c s zsin(∆t)
z2−2zcos(∆t) + 1. Damit gilt
ksin(k∆t) c s −z
zsin(∆t) z2−2zcos(∆t) + 1
0
= −zsin(∆t)z2−2zcos(∆t) + 1−z(2z−2 cos(∆t)) (z2−2zcos(∆t) + 1)2
= −zsin(∆t)−z2+ cos(∆t)(−2z+ 2z) + 1 (z2−2zcos(∆t) + 1)2
= z(z2−1) sin(∆t) (z2−2zcos(∆t) + 1)2. Folglich ist
fk = k∆tsin(k∆t)
c s z(z2−1)∆tsin(∆t) (z2−2zcos(∆t) + 1)2.
Aufgabe 16. Berechnen Sie die z-Transformierte der Folge fk = k2σk−2.
Vereinfachen Sie das Ergebnis so weit wie möglich und bringen Sie es auf einen Bruch. Hinweis: Sie können sich Rechenaufwand sparen, wenn Sie die Folge im Zeitbereich zunächst skizzieren und vereinfachen.
Lösung von Aufgabe 16. Aus der Formelsammlung entnimmt man
σk c s z
z−1. Mit dem Zeitverschiebungssatz folgt
σk−2 c s z−2 z z−1
= 1
z(z−1). Ableitung im Bildbereich liefert
k σk−2 c s −z 1
z(z−1) 0
= 2z−1 z(z−1)2. Nochmalige Ableitung im Bildbereich liefert
k2σk−2 c s −z
2z(z−1)2−(2z−1)((z−1)2+ 2z(z−1)) z2(z−1)4
= −
2z(z−1)−(2z−1)((z−1) + 2z) z(z−1)3
= −2z(z−1) + (2z−1)(3z−1) z(z−1)3
= −2z(z−1) + (2z−1)(3z−1) z(z−1)3
= −2z2+ 2z+ 6z2−2z−3z+ 1 z(z−1)3
= 4z2−3z+ 1 z(z−1)3 .
Einfacher wäre die Folgefk zunächst umzuformen:
fk = k2σk−2
= k2−δk−1. Aus der Formelsammlung entnimmt man
k2 c s z(z+ 1) (z−1)3 δk c s 1
und mit dem Verschiebungssatz
δk−1 c s z−1 Damit ist
fk c s z(z+ 1) (z−1)3 −1
z
= z2(z+ 1)−(z−1)3 z(z−1)3
= z3+z2−z3+ 3z2−3z+ 1 z(z−1)3
= 4z2−3z+ 1 z(z−1)3 Aufgabe 17. Seigk eine beliebige Folge.
• Zeigen Sie, dass
k
X
`=−∞
g` = (σ∗g)k für allek.
• Berechnen Sie hiermit und unter Verwendung des Faltungssatzes die z-Transformierte der Folge
fk = σk
k
X
`=0
sin(`).
Sie müssen das Ergebnis nicht vereinfachen.
Lösung von Aufgabe 17.
• Mit der Definition der diskreten Faltung gilt (σ∗g)k =
∞
X
`=−∞
σk−`g`.
Daσk−`= 0 falls` > k vereinfacht sich dies zu
∞
X
`=−∞
σk−`g` =
k
X
`=−∞
σk−`g`
=
k
X
`=−∞
g`.
• Mit
gk = σksin(k)
gilt
fk = σk k
X
`=0
sin(`)
=
k
X
`=−∞
σ`sin(`)
=
k
X
`=−∞
g`
= (σ∗g)k. z-Transformation vonσk undgk.
σk c s z
z−1 σksin(k) = σk
1
2j(ejk−e−jk)
= σk
1
2j (ej)k−(e−j)k c s 1
2j z
z−ej − z z−e−j
.
Mit dem Faltungssatz gilt daher
fk c s z
z−1 1
2j z
z−ej − z z−e−j
.
Aufgabe 18. Berechnen Sie diez-Transformierte der Folge fk =
0 falls k <0 2 falls k= 5 1 sonst.
Lösung von Aufgabe 18. Die Folge fk kann als Summe von zwei Folgen ge- schrieben werden:
fk =σk+gk wobei
gk =
1 falls k= 5 0 sonst.
Mit
σk c s z
z−1 gk c s z−5 folgt
fk c s z
z−1 + 1 z5.
Aufgabe 19. Berechnen Sie die inversez-Transformierte von F(z) = 1
z5(z−1).
Hinweis: Sie brauchen hierkeinePartialbruchzerlegung.
Lösung von Aufgabe 19.
F(z) = 1
z5(z−1)
= z−5 1 z−1
= z−6 z z−1. Aus der Formelsammlung erhält man
z
z−1 s c σk. Mit dem Verschiebungssatz erhält man
z−6 z
z−1 s c σk−6.
