U 06.1 – Diskrete Fourier-Transformation eines zeitbegrenzten Signals

 

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Eine 50Hz Sinusspannung wir mit {f_a} = 500Hz in einem Rechteck-Fenster der Länge {T_0} = 50ms abgetastet, wie der Abbildung dargestellt.

  1. Falls {T_0} \to \infty (unendlich langes Rechteckfenster), was ergibt die Fourier-Transformation dieses zeitdiskreten Signals im Unterschied zu einem zeitkontinuierlichen Signals?
  2. Wie viele Abtastpunkte N ergeben sich für {T_0} = 50ms
  3. Warum ergibt sich ein diskretes Fourier-Spektrum? In welchem Abstand \Delta f liegen die diskreten Spektrallinien? Wovon hängt die Frequenzauflösung also ab?
  4. Berechnen Sie das diskrete Fourier-Spektrum. {F_d}\left( {i\omega } \right). Hinweis: Benutzten Sie die Formel für die geometrische Reihe \sum\limits_{n = 0}^N {{x^n}} = \frac{{1-{x^{N+1}}}}{{1-x}}.
  5. Skizzieren Sie die Einhüllende des Spektrums und das diskrete Spektrum selbst.
  6. Was ändert sich qualitativ für das Spektrum bei einem Rechteck-Fenster mit der Länge {T_0} = 40ms.

Lösung

a)

Beim Übergang zum Diskreten ergeben sich folgende Änderungen:

\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{t\quad \to \quad n{T_a}} \\{f\left( t \right)\quad \to \quad f\left( {n{T_a}} \right)} \\{{e^{-i\omega t}}\quad \to \quad {e^{-i\omega n{T_a}}}} \\  \end{array} } \right\}\quad \int\limits_{-\infty }^\infty {f\left( t \right){e^{-i\omega t}}dt} \quad \to \quad \sum\limits_{n = -\infty }^\infty {f\left( {n{T_a}} \right){e^{-i\omega n{T_a}}}}

= {F_{d\infty }}\left( {i\omega } \right)

Die Einheit von {F_{d\infty }}\left( {i\omega } \right) lautet Vs.

Nach der eulerschen Formel gilt:

{e^{-i\omega n{T_a}}} = \cos \left( {\omega n{T_a}} \right)-i\sin \left( {\omega n{T_a}} \right)

Das bedeutet, es handelt sich um eine periodische Funktion. Daher gilt auch:

\underline{\underline {{F_{d\infty }}\left( {i\omega } \right) = {F_{d\infty }}\left( {i\left[ {\omega +\frac{{2\pi }}{{{T_a}}}} \right]} \right)}} da {e^{-i\omega n{T_a}}} = {e^{-in\left( {\omega {T_a}+2\pi } \right)}} = {e^{-in{T_a}\left( {\omega +\frac{{2\pi }}{{{T_a}}}} \right)}}

Das bedeutet also, das Spektrum wiederholt sich mit:

\omega = j \cdot \frac{{2\pi }}{{{T_a}}}\quad j = -\infty \: \ldots \:\infty

f = \frac{\omega }{{2\pi }} = \frac{j}{{{T_a}}}

\Rightarrow \quad \boxed{f = j \cdot {f_a}}

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Des Weiteren tritt durch die Diskretisierung eine Verletzung des Shannon-Theorems auf. Wir bekommen plötzlich Frequenzen aufgelöst \left( {{f_a}-\frac{{{\omega _0}}}{{2\pi }}} \right), die größer als {f_a}/2 sind.

b)

Für die Anzahl der Abtastpunkte gilt:

N = \frac{{{T_0}}}{{{T_a}}} = {T_0} \cdot {f_a} = 50\:ms \cdot 500\:\frac{1}{s} = 25

c)

Für die Abtastung innerhalb der Rechtecks ergibt sich:

{F_d}\left( {i{\omega _k}} \right) = \sum\limits_{n = -\frac{N}{2}}^{\frac{N}{2}} {f\left( {n{T_a}} \right) \cdot {e^{-i{\omega _k}n{T_a}}}}

Warum ergibt sich ein diskretes Fourier-Spektrum?
Da es bei der diskreten Abtastung nur noch N diskrete Zeitpunkte gibt, kann es auch nur noch N mögliche Frequenzwerte {\omega _k} mit {\omega _k} = k \cdot \Delta w geben.

 

In welchem Abstand \Delta f liegen die diskreten Spektrallinien?
 

 

Mit {\omega _a} = N \cdot \Delta \omega ergibt sich:

\Delta \omega = \frac{{{\omega _a}}}{N} = \frac{{2\pi }}{{N \cdot {T_a}}}

\Rightarrow \quad \boxed{\Delta f = \frac{{{f_a}}}{N}}

Mit N = \frac{{{T_0}}}{{{T_a}}} = 25 gilt also:

\Delta f = \frac{{500Hz}}{{25}} = \underline{\underline {20Hz}}

Wovon hängt die Frequenzauflösung also ab?
 

 

\Delta f = \frac{{{f_a}}}{N} = {f_a} \cdot \frac{{{T_a}}}{{{T_0}}} = \frac{1}{{{T_a}}} \cdot \frac{{{T_a}}}{{{T_0}}} = \underline{\underline {\frac{1}{{{T_0}}}}}

Die Auflösung oder „Trennschärfe“ hängt nun nur noch von {T_0} ab!

ABER: Die maximale Frequenz ist immer noch bestimmt durch \frac{1}{2} \cdot {f_a} (Shannon / Nyquist)

Entscheidend ist daher \frac{{\Delta f}}{{{f_{max}}}}.

d)

Vorüberlegung: Was ergibt die kontinuierliche Fourier-Transformation eines Sinus im Fenster r\left( t \right) = -\frac{{{T_0}}}{2}\: \ldots \:\frac{{{T_0}}}{2}?

Die Fourier-Transformation des Sinus schon aus Übung 4, Aufgabe 3b bekannt und ergibt die \delta-Funktion:

\mathcal{F}\mathcal{T}\left( {A \cdot \sin {\omega _0}t} \right) = A\pi i\left( {\delta \left( {{\omega _0}+\omega } \right)-\delta \left( {{\omega _0}-\omega } \right)} \right)\quad \Rightarrow \quad \sin \left( t \right) \to \delta

Die Fourier-Transformation des Rechteck-Pulses ist bereits aus Übung 5, Aufgabe 3b bekannt und ergibt:

F\left( \omega \right) = {T_0} \cdot \frac{{\sin \left( {\frac{{\omega {T_0}}}{2}} \right)}}{{\frac{{\omega {T_0}}}{2}}}\quad \Rightarrow \quad r\left( t \right) \to \frac{{\sin \left( x \right)}}{x}

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Eine Multiplikation im Zeitraum ergibt eine Faltung im Frequenzraum der Funktion:

r\left( t \right) \cdot \sin \left( t \right)\quad \to \quad \delta * \frac{{\sin \left( x \right)}}{x}

Das Bild, welches sich dadurch ergibt, sollte in etwa wie folgt aussehen:

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Rechnung:

Für die angegebene Sinusschwingung mit f = 50 Hz gilt:

U\left( t \right) = \sin \left( {\underbrace t_{in\:1\:Sek.} \cdot \underbrace f_{50} \cdot \underbrace {2\pi }_{volle\:Perioden}} \right) \cdot \underbrace 1_{mit\:Amplitude\:1}

Mit f = \frac{{{\omega _0}}}{{2\pi }} folgt daraus:

U\left( t \right) = \sin \left( {t \cdot {\omega _0}} \right)

Für die Fourier-Transformation eines Zeitdiskreten Signals ergibt sich somit nach Kap. 3.4 der Vorlesung:

{F_d} = F\left( {i{\omega _N}} \right) = \sum\limits_{n = -\infty }^\infty {r\left( {n{T_a}} \right) \cdot \sin \left( {n{T_a}{\omega _0}} \right)\: \cdot {e^{-i{\omega _k}n{T_a}}}}

Mit der Eulerformel ergibt sich daraus:

= \sum\limits_{n = -\frac{{N-1}}{2}}^{\frac{{N-1}}{2}} {1 \cdot \frac{1}{{2i}} \cdot \left( {{e^{in{T_a}{\omega _0}}}-{e^{-in{T_a}{\omega _0}}}} \right)\: \cdot {e^{-i{\omega _k}n{T_a}}}}

= \frac{1}{{2i}}\sum {{e^{\overbrace {-in{T_a}\left( {{\omega _k}-{\omega _0}} \right)}^{n \cdot {A_1}}}}} -\frac{1}{{2i}}\sum {{e^{\overbrace {-in{T_a}\left( {{\omega _k}+{\omega _0}} \right)}^{n \cdot {A_2}}}}}

= \frac{1}{{2i}} \cdot \sum\limits_{n = -\frac{{N-1}}{2}}^{\frac{{N-1}}{2}} {{e^{n \cdot {A_1}}}} -\frac{1}{{2i}} \cdot \sum\limits_{n = -\frac{{N-1}}{2}}^{\frac{{N-1}}{2}} {{e^{n \cdot {A_2}}}}

Diese Gleichung entwickeln wir nun mit Hilfe der Angabe in einer Nebenrechnung zur geometrischen Reihe weiter:

\sum\limits_{n = -\frac{{N-1}}{2}}^{\frac{{N-1}}{2}} {{e^{n \cdot A}}} = {e^{-\frac{{N-1}}{2} \cdot A}}+{e^{\left( {-\frac{{N-1}}{2}+1} \right) \cdot A}}+{e^{\left( {-\frac{{N-1}}{2}+2} \right) \cdot A}}+ \ldots

= {e^{-\frac{{N-1}}{2} \cdot A}} \cdot \left( {1+{e^{1 \cdot A}}+{e^{2 \cdot A}}+ \ldots } \right)

= {e^{-\frac{{N-1}}{2}A}} \cdot {\left( {\sum\limits_{n = 0}^{N-1} {{{\left( {{e^A}} \right)}^n}} } \right)_{geometrische\:Reihe}}

Mit Hilfe der Angabe \left( {\sum\limits_{n = 0}^N {{x^n}} = \frac{{1-{x^{N+1}}}}{{1-x}}} \right) folgt daraus:

\sum\limits_{n = -\frac{{N-1}}{2}}^{\frac{{N-1}}{2}} {{e^{n \cdot A}}} = {e^{-\frac{{N-1}}{2} \cdot A}} \cdot \left( {\frac{{1-{e^{A \cdot \left[ {\left( {N-1} \right)+1} \right]}}}}{{1-{e^A}}}} \right)

Ziel ist es nun wieder auf eine annehmbare Form zukommen.

\sum\limits_{n = -\frac{{N-1}}{2}}^{\frac{{N-1}}{2}} {{e^{n \cdot A}}} = {e^{-\frac{{N-1}}{2}A}}\left( {\frac{{1-{e^{A\left[ {\left( {N-1} \right)+1} \right]}}}}{{1-{e^A}}}} \right) \cdot \frac{{{e^{-\frac{A}{2}}}}}{{{e^{-\frac{A}{2}}}}}

= \frac{{{e^{-\frac{{N-1}}{2}A-\frac{A}{2}}}-{e^{-\frac{{N-1}}{2}A-\frac{A}{2}+A \cdot N}}}}{{{e^{-\frac{A}{2}}}-{e^{\frac{A}{2}}}}}

= \underline{\underline {\frac{{{e^{-\frac{{AN}}{2}}} \cdot {e^{\frac{{AN}}{2}}}}}{{{e^{-\frac{A}{2}}}-{e^{\frac{A}{2}}}}}}}

Mit \sin \left( x \right) = \frac{1}{{2i}}\left( {{e^{ix}}-{e^{-ix}}} \right) folgt nun:

\sum\limits_{n = -\frac{{N-1}}{2}}^{\frac{{N-1}}{2}} {{e^{n \cdot A}}} = \frac{{{e^{-\frac{{AN}}{2}}} \cdot {e^{\frac{{AN}}{2}}}}}{{{e^{-\frac{A}{2}}}-{e^{\frac{A}{2}}}}} = \frac{{-2i\:\sin \left( {\frac{{AN}}{{2i}}} \right)}}{{-2i\:\sin \left( {\frac{A}{{2i}}} \right)}} = \underline{\underline {\frac{{\:\sin \left( {\frac{{AN}}{{2i}}} \right)}}{{\sin \left( {\frac{A}{{2i}}} \right)}}}}

Dies können wir nun wieder in die Hauptrechnung einsetzen:

{F_d} = F\left( {i{\omega _N}} \right) = \frac{1}{{2i}} \cdot \sum\limits_{n = -\frac{{N-1}}{2}}^{\frac{{N-1}}{2}} {{e^{n \cdot {A_1}}}} -\frac{1}{{2i}} \cdot \sum\limits_{n = -\frac{{N-1}}{2}}^{\frac{{N-1}}{2}} {{e^{n \cdot {A_2}}}}

\quad = \frac{1}{{2i}} \cdot \frac{{\:\sin \left( {\frac{{{A_1}N}}{{2i}}} \right)}}{{\sin \left( {\frac{{{A_1}}}{{2i}}} \right)}}-\frac{1}{{2i}} \cdot \frac{{\:\sin \left( {\frac{{{A_2}N}}{{2i}}} \right)}}{{\sin \left( {\frac{{{A_2}}}{{2i}}} \right)}}

Nun müssen nur noch die Koeffizienten wieder ersetzt werden:

{A_1} = -i{T_a}\left( {{\omega _k}-{\omega _0}} \right)

{A_2} = -i{T_a}\left( {{\omega _k}+{\omega _0}} \right)

\Rightarrow \quad \boxed{F\left( {i{\omega _k}} \right) = \frac{1}{{2i}}\frac{{\sin \left( {N \cdot \frac{{{\omega _k}-{\omega _0}}}{2}{T_a}} \right)}}{{\sin \left( {\frac{{{\omega _k}-{\omega _0}}}{2}{T_a}} \right)}}-\frac{1}{{2i}}\frac{{\sin \left( {N \cdot \frac{{{\omega _k}+{\omega _0}}}{2}{T_a}} \right)}}{{\sin \left( {\frac{{{\omega _k}+{\omega _0}}}{2}{T_a}} \right)}}\quad ;\quad {\omega _k} = \frac{{k \cdot 2\pi }}{{N \cdot {T_a}}}}

An dieser Gleichung erkennt man, dass ihr Nenner oszilliert, wodurch es zu wiederkehrenden Maxima kommt. Diese Periodizität entsteht aufgrund der zeitdiskreten Abtastung.

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Infos: \Delta f = 20\:Hz,\quad {f_a} = 500\:Hz \overset{\wedge}{=}Periode

e)

Die „Einhüllende“ hat die Form \frac{{\sin \left( {N \cdot x} \right)}}{{\sin \left( x \right)}}.

(Vergleiche mit \frac{{\sin \left( x \right)}}{x}, jedoch wird der Nenner periodisch zu 0)

Mit \sin \left( x \right) = 0 für:

Periode:\quad \delta x = n\pi \quad \to \quad \delta f = n \cdot {f_a}

Denn:

\frac{{\delta \omega }}{2}{T_a} = n \cdot \pi

\delta \omega = \frac{{2\pi }}{{{T_a}}} \cdot n\quad oder\quad {f_a} = n \cdot 2\pi \qquad \Leftarrow \quad \delta \omega = \delta f \cdot 2\pi = \frac{{2\pi }}{{{T_a}}} \cdot n = {f_a} \cdot 2\pi \cdot n

Dies ist wie mit den Nullstellen beim Rechteck-Spektrum, nur dass diese hier periodisch wiederkehren mit {f_a}.

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Infos: \Delta f = 20\:Hz,\quad {f_a} = 500\:Hz \overset{\wedge}{=}Periode

f)

{\omega _k} = \frac{{k \cdot 2\pi }}{{N \cdot {T_a}}} = \frac{{k \cdot 2\pi }}{{{T_0}}} verändert sich. Die Abstände werden größer. Damit treffen wir in diesem Fall direkt den Peak mit der höchsten Amplitude, und nicht mehr sämtliche anderen Peaks also den „Abfall“. Somit ermitteln wir exakt die Ursprungsfrequenz der Sinus-Spannung von 50 Hz.

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mess-u06-fourier-spektrum-40hz-einhuellende-b

Dies macht auch Sinn, da wir das Sinussignal mit einem Rechteck-Fenster von 40 ms direkt an den Nullstellen abschneiden. Damit bekommen wir ein Eingangssignal, welches direkt periodisch fortsetzbar ist. Nur dann nämlich kann das Signal mit der DTF (diskreten Fourier-Transformation) korrekt transformiert werden.

Siehe auch: Leck-Effekt

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\mathcal{G}\mathcal{H}\& \mathcal{J}\mathcal{K}