Klausur Winter 2016/2017, Fragen und Antworten PDF

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Musterlosung zur Klausur zu Signale & Systeme II ̈am 16. Januar 2017 von 8 bis 9 UhrAufgabe 1 (4 Punkte):Gegeben ist ein diskretes LTI-SystemS, das bei Er- regung mit dem Eingangssignal (xn)n∈Zdas Ausgangssignal (yn)n∈Zerzeugt.xn -3 -2 -1 0 1 2 3 012bbbbbbb yn -3 -2 -1 0 1 2 3 012bbbbbbbBegr...

Description

WS 2016/17

Prof. Dr. A. Rauscher-Scheibe

SS II

osung zur Klausur zu Signale & Systeme II Musterl¨ am 16. Januar 2017 von 8.00 bis 9.30 Uhr

Aufgabe 1 (4 Punkte): Gegeben ist ein diskretes LTI-System S, das bei Erregung mit dem Eingangssignal (xn )n∈Z das Ausgangssignal (yn )n∈Z erzeugt.

xn

yn

Begr¨unden Sie, ob das System S kausal und stabil ist. Bestimmen Sie die Impulsantwort (hn )n∈Z des Systems S .

L¨ osung: Da das Ausgangssignal erst mit dem Eingangssignal beginnt, ist das System kausal. Da ein endliches Eingangssignal ein endliches Ausgangssignal ergibt, ist das System stabil. Man kann die Impulsantwort hn = σn2n1 erkennen. Falls man das nicht sieht, kann man auch rechnen: Das Eingangssignal ist gegeben durch xn = 2δn+1 + δn und das Ausgangssignal durch yn = 2δn−1 und es gilt xn ∗ hn = yn . F¨ uhrt man eine z-Transformation durch, erh¨ alt man X(z ) · H(z ) = Y (z ) (2z − 1) · H(z) = 2z z 2z = H(z) = 2z − 1 z − 21 ucktransformation ergibt daraus hn = σn21n . Daraus sieht man sofort, dass Die R¨ das System kausal und stabil ist. Aufgabe 2 (3 Punkte): Das zusammengesetzte Signal x(t) = 1 − cos(2πt) wird mit einer Frequenz fa = 1Hz abgetastet. Was passiert? Und warum? (Erkl¨arende Skizzen sind ausreichend.) L¨ osung: Das Spektrum ist gegeben durch X(jω) = 2πδ (ω) − π (δ(ω − 2π ) + δ(ω + 2π)) 1 X(jf ) = δ(f ) − (δ (f − 1) + δ (f + 1)), 2 also als Bild

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1.0 0.5 −6

−5

−4

−3

−2

−1 −0.5

1

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4

5

−1.0 Das abgetastete Spektrum hat die Form mit fa = 1Hz als Bild

−6

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−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

5

Es kann sich komplette Ausl¨oschung ergeben! Aufgabe 3 (4 Punkte): Geben Sie eine Zustandsraumdarstellung in Matrixform f¨ur das diskrete LTI-System S an, das durch die folgende Differenzengleichung definiert wird 2yn + 3yn−1 − 2yn−2 = 2xn − xn−1 . L¨ osung: Die Zustandsraumdarstellung wird u¨ber das Sortieren der Differenzen erreicht 2yn + 3yn−1 − 2xn + xn−1 = 2yn−2 (1)

2yn + 3yn−1 − 2xn + xn−1 = xn−1 (1)

2yn − 2xn = xn−1 − 3yn−1 − xn−1 2yn − 2xn = xn(2)

ergibt (1) xn−1 = 2yn−2 (1) x(2) = xn−1 − 3yn−1 − xn−1 n 1 (2) yn = x + xn 2 n

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oder sortiert 1 (2) (2) x(1) = 2yn−1 = 2( xn−1 + xn−1 ) = xn−1 + 2xn−1 n 2 3 (2) (1) (1) (2) xn = xn−1 − 3yn−1 − xn−1 = xn−1 − x n−1 − 4xn−1 2 1 (2) yn = x n + xn , 2 also ergibt sich in Matrixform ( ) ) ( (1) ) ( ( ) (1) xn x n−1 0 1 2 · · xn−1 = + (2) (2) 1 − 23 −4 xn xn−1 ( ) (1) 1 xn yn = (0, ) · + xn . (2) 2 xn Aufgabe 4 (5 Punkte): Betrachten Sie das diskrete LTI-System, das in der Zustandsraumdarstellung gegeben ist durch ( ) ) ( (1) ) ( ( ) (1) xn x n−1 0 1 2 · xn−1 = + (2) (2) 1 − 23 −4 xn−1 xn ) ( (1) 1 xn + xn . yn = (0, ) · (2) 2 xn ¨ bertragungsfunktion. Ist das System stabil? Bestimmen Sie Berechnen Sie die U die Impulsantwort des Systems. L¨ osung: Aus der Zustandsraumdarstellung im Zeitbereich ergibt sich durch z¨ ur die Ubertragungsfunktion Transformation die allgemeine Formel f¨ H(z) = cT · (zE − A)−1 · b + d )−1 ( ) ( 1 2 z −1 = (0, ) · · +1 −1 z + 32 −4 2 ( ) ( ) 1 z + 23 1 1 2 = (0, ) · · +1 1 z −4 2 z(z + 23) − 1 ) ( 1 z 1 1 − 2z 2 = 2 3 ( , )· +1 +1= 2 3 −4 z + 2z − 1 2 2 z + 2z − 1 =

z(z − 21 ) z 2 − 21 z 1 − 2z + z 2 + 32 z − 1 z = = = z+2 (z + 2)(z − 21) z 2 + 32 z − 1 z 2 + 23 z − 1

¨ bertragungsfunktion hat einen Pol bei z = −2, das heißt, das System ist Die U instabil. Es ergibt sich im Zeitbereich die Impulsantwort hn = σn (−2)n .

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Aufgabe 5 (3 Punkte): Die Fassade der Elbphilharmonie sollte bei Konzerten besser nicht in Resonanz geraten, da sonst die (teuren) Glasscheiben abfallen k¨onnten. Besonders gut u ¨ bertragen sich die tiefen Frequenzen der großen Pauke mit 124Hz bis 198Hz. Ist es m¨oglich, das Geb¨aude mit einer Abtastfrequenz fa = 512Hz im Bereich der Frequenzen der Pauke auf gef¨ahrliche Resonanzen hin 1 mit einer Aufl¨osung von mindestens 1024 Hz zu untersuchen? Wie lange muss der Pauker arbeiten, damit die Untersuchung durchgef¨uhrt werden kann? osung: Das Geb¨aude kann Schwingungen im Bereich 124Hz bis 198Hz unterL¨ sucht werden, da die Frequenzen unterhalb der Abtastschwelle liegen (= f2a = 512Hz osung im abgetasteten Spektrum ist gegeben durch = 256Hz). Die Aufl¨ 2 fa ∆f = N mit der Abtastfrequenz und der Anzahl der Punkte N , u ¨ ber die das Spektrum aufgel¨ost wird, also fa 1 1 fa ∆f = Hz. = ≤ = 1024 fa · T T N Das ergibt aufgel¨ost

T ≥

1 1 Hz 1024

= 1024s ≈ 17min.

Aufgabe 6 (11 Punkte): Betrachten Sie das diskrete LTI-System S, das durch folgende Differenzengleichung definiert ist 3yn + yn−2 = xn − xn−2 . a) Berechnen und skizzieren Sie Amplituden- und Phasengang des Systems. Wel¨ bertragungsverhalten des Systems ergibt sich daraus? ches U b) Berechnen Sie den Tangens der diskreten Grenzfrequenz(en) des Systems. c) Bei welcher Frequenz fm liegt das Maximum/Minimum des Amplitudengangs, wenn Sie das System mit der Abtastzeit Ta = 0.1s abtasten? L¨ osung: a) Zun¨ achst ist die Differenzengleichung zu z-transformieren 3yn + yn−2 = xn − xn−2 3Y (z) + z −2 Y (z) = X (z) − z −2 X (z) (3 + z −2 )Y (z) = (1 − z −2 )X (z ) z2 − 1 1 − z −2 = H(z) = . 3 + z −2 3z 2 + 1 √ ¨ Die Pole der Ubertragungsfunktion z = ±j 31 liegen im Einheitskreis, also ist das System stabil, z darf durch ejΩ ersetzt werden e2jΩ − 1 ej Ω (ejΩ − e−jΩ ) = ej Ω (3ej Ω + e−jΩ ) 3e2jΩ + 1 ej Ω − e−j Ω 2j sin Ω sin Ω . = = = jΩ −j Ω −2j cos Ω + sin Ω 3e + e 4 cos Ω + 2j sin Ω

H(jΩ) =

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Der Amplitudengang ergibt |H(jΩ)|2 =

(sin Ω)2 . (2 cos Ω)2 + (sin Ω)2

Es ergeben sich |H(j0)| = 0, |H(jπ)| = 0 und |H(j 2π )| = 1. Also ergibt sich ein Bandpass! Der Phasengang ergibt Φ(jΩ) = − arctan(

2 cos Ω −2 cos Ω ) = arctan( ), sin Ω sin Ω

ur Ω = π endet er bei arctan(−∞) = − 2π beginnt bei arctan(∞) = π2 f¨ur Ω = 0, f¨ und dazwischen bei Ω = 2π ist er 0. b) Da es sich um einen Bandpass handelt, sind zwei Grenzfrequenzen gesucht. Bei der Grenzfrequenz muss die Leistung auf die H¨alfte abgefallen sein 1 2 1 = 2 = (2 cos Ωg )2 + (sin Ωg )2 = (2 cos Ωg )2

|H(jΩg )|2 =

(sin Ωg )2 (2 cos Ωg )2 + (sin Ωg )2 2(sin Ωg )2 (sin Ωg )2

1 − (cos Ωg )2 = (2 cos Ωg )2 1 = 5(cos Ωg )2 1 = (cos Ωg )2 5 1 cos Ωg = ± √ . 5 √ Daraus ergibt sich sin Ωg = ± 1 − (cos Ωg )2 = ±√25 Damit ergibt sich der Tan√2

sin Ωg = ± √15 = ±2. gens der beiden Grenzfrequenzen als tan Ωg = ± cos Ωg 5

c) Das Maximum des Bandpasses liegt bei

|H(jΩm )|2 = 1 (sin Ωm )2 = 1 (2 cos Ωm )2 + (sin Ωm )2 (sin Ωm )2 = (2 cos Ωm )2 + (sin Ωm )2 0 = (2 cos Ωm )2 cos Ωm = 0. Daraus folgt Ωm = 2π , also Ωm = Taωm oder ωm = π 2 = 2.5Hz. 2π 0.1s

Ωm Ta

und damit fm =

Ωm 2πTa

=

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Aufgabe 7 (6 Punkte): Es sei (Rn )n∈Z ein zeit-diskreter stochastischer Prozess R n = 2 · Xn − Xn · Y n . Dabei ist X eine im Intervall [−1, 1] gleichverteilte Zufallsvariable und Y eine zu X stochastisch unabh¨angige und im Intervall [−2, 2] gleichverteilte Zufallsvariable. Berechnen Sie Erwartungswert, Varianz, Autokorrelationsfunktion und Leistungsdichtespektrum des Prozesses. Ist der Prozess station¨ ar? L¨ osung: Zun¨achst sind die Erwartungswerte von Potenzen der beiden Zufallsprozesse zu berechnen ∫ 1 1 x2 1 1 | =0 E(Xn ) = x dx = 2 2 −1 −1 2 ∫ 1 1 1 x3 1 1 2 x2 dx = |−1 = E(Xn ) = 2 3 3 2 −1 ∫ 2 2 1 1x 2 x dx = | =0 E(Yn ) = 4 2 −2 −2 4 ∫ 2 1 x3 2 4 1 2 x2 dx = | −2 = . E(Yn ) = 4 3 4 3 2 F¨ur den Erwartungswert ergibt sich

E (Rn ) = E (2Xn − Xn Yn ) = 2E (Xn ) − E (Xn )E(Yn ) = 2 · 0 − 0 · 0 = 0. Der Erwartungswert des Quadrats der Zufallsvariablen ergibt E(Rn2 ) = E((2Xn − Xn Yn )2 ) = E(4Xn2 − 4Xn2 Yn + Xn2Y n2 ) = 4E(Xn2 ) − 4E(Xn2 )E (Yn ) + E(Xn2)E(Y n2 ) 1 1 4 16 1 = 4· −4· ·0+ · = 9 3 3 3 3 und damit erhalten wir die Varianz 16 V (Rn ) = E(Rn2 ) − E 2 (Rn ) = E(Rn2) = . 9 F¨ur die Autokorrelationsfunktion (Autokorrelationsfolge) erh¨ alt man rRR (k) = E(Rn · Rn+k ) = δk E(Rn2) + (1 − δk )E (Rn )E(Rn+k )

= δk E(R2n ) + (1 − δk )E 2 (Rn ) = δk (E (Rn2) − E 2 (Rn )) + E 2 (Rn ) 16 16 = δk V (Rn ) + E 2 (Rn ) = δk + 02 = δk 9 9 Da E(Rn ), V (Rn ) und rRR (k) unabh¨ angig von n sind, ist der Prozess im weiteren Sinne station¨ ar. Das Leistungsdichtespektrum ergibt sich durch SRR (jΩ) =

∞ ∑

k=−∞

(δk

16 −jkΩ 16 )e = . 9 9

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Aufgabe 8 (8 Punkte): Betrachten Sie den kontinuierlichen stochastischen Eingangsprozess (Xt )t∈R mit Xt = cos(2πt) + Nt Dabei sei (Nt ) ein weißes Rauschen mit mittlerer Gesamtleistung σ 2 mit σ ∈ R. a) Wie sieht das Leistungsdichtespektrum des stochastischen Ausgangsprozesses (Yt )t∈R aus, der aus dem Eingangsprozess (Xt )t∈R entsteht durch das System S , das durch den Frequenzgang H(jω) =

1 α + jω

mit α ∈ R gegeben ist? b) F¨ ur welche α ∈ R wird Signal-Rausch-Abstand des Ausgangsprozesses ∫ der dx (Yt )t∈R optimal? Hinweis: 1+x 2 = arctan(x).

L¨ osung: a) Das Leistungsdichtespektrum des Ausgangsprozesses (Yt )t∈R kann mit Hilfe des Wiener-Lee-Theorems berechnet werden SY Y = |H(jω)|2 SXX . Dazu muss zun¨ achst das Leistungsdichtespektrum des Eingangsprozesses aufgestellt werden. Da der deterministische Anteil des Eingangsprozesses gegeben ist durch 1 cos(2πt) = (e2πjt + e−2πjt) 2 ergibt sich aus der Fourier-Reihe ( )2 ( )2 1 1 δ(ω + 2π)) + σ 2 SXX (jω) = 2π( δ(ω − 2π) + 2 2 π π δ(ω − 2π) + δ(ω + 2π) + σ 2 . = 2 2 Das Leistungsdichtespektrum des Ausgangsprozesses ergibt dann SY Y (jω) = |H(jω)|2 SXX π π 1 ( δ(ω − 2π) + δ(ω + 2π) + σ 2 ) = 2 2 α +ω 2 2 1 π 1 1 π δ(ω + 2π) + 2 δ(ω − 2π) + = σ2. 2 2 2 2 α + ω2 2 α + (2π) 2 α + (−2π)

b) Die Gesamtleistung des deterministischen Anteils des Ausgangsprozesses bekommen wir durch ∫ π 1 1 1 ∞ π δ(ω + 2π))dω δ(ω − 2π) + S = ( 2 2 2 2 α + (−2π)2 2π −∞ 2 α + (2π) 1 1 1 1 1 )= + = ( 2 . 2 4 α + (2π)2 α2 + (−2π)2 α + (2π)2 2

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Die Gesamtleistung des stochastischen Anteils des Ausgangsprozesses bekommen wir durch ∫ ∞ ∫ ∞ ∫ ∞ σ2 1 1 1 σ2 1 2 αdy σ dω = N = 2 dω = ω 2 2 2 2 2πα −∞ 1 + y 2 2π −∞ α + ω 2πα −∞ 1 + α2 ∫ ∞ σ2 σ2 1 σ2 ∞ = (arctan(∞) − arctan(−∞)) = dy = arctan y| −∞ 2πα 2πα 2πα −∞ 1 + y 2 σ2 σ2 π π ( + )= = 2α 2πα 2 2 Damit ergibt sich das Signal-Rausch-Verh¨ altnis SN R = 10 log10

S = 10 log10 N

1 1 2 α2 +(2π)2 σ2 2α

= 10 log10

σ 2 (α2

α . + (2π)2 )

Das Verh¨altnis wird optimal bei ( )′ α (2π)2 − α2 (α2 + (2π )2 ) · 1 − α · (2α) = = 0, = 2 2 2 (α + (2π ) ) (α2 + (2π)2 )2 (α2 + (2π )2 ) also bei α = 2π ....