Diskrete Fouriertransf. Abtast < Signaltheorie < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:57 Di 08.02.2011 | | Autor: | qsxqsx |
Hallo,
Ich komme nach ewigem Versuchen einfach nicht auf eine Beziehung die ohne Beweis im Skript steht...
Ein zeitkontinuierliches Signal x(t) wird abgestatet mit der Rate [mm] \bruch{1}{T}. [/mm] So entsteht ein diskretes Zeitsignal [mm] x_{d}[n] [/mm] = [mm] x_{c}(n*T).
[/mm]
Das Signal [mm] x_{d}[n] [/mm] wird mittels Fouriertransformation für Zeitdiskrete Signale zu [mm] X(e^{j\theta}) [/mm] transformiert:
[mm] X(e^{j\theta}) [/mm] = [mm] \summe_{-\infty}^{+\infty}*x_{d}[n]*e^{-jn*\theta}
[/mm]
Aufgabe:
"Stellen sie [mm] X(e^{j\theta}) [/mm] als Funktion von X(jw) und T dar. Wobei X(jw) die Fouriertransformierte des zeitkontinuierlichen Signals x(t) ist."
Lösung:
[mm] X(e^{j\theta}) [/mm] = [mm] \bruch{1}{T}*\summe_{-\infty}^{+\infty}*X(j*\bruch{\theta - 2*\pi*k}{T})
[/mm]
Ich komme einfach nicht auf dieses Resultat!
Mein Versuch:
[mm] X(e^{j\theta}) [/mm]
= [mm] \summe_{-\infty}^{+\infty}*x_{d}[n]*e^{-jn*\theta}
[/mm]
= [mm] \summe_{-\infty}^{+\infty}*x(n*T)*e^{-jn*\theta}
[/mm]
= [mm] \summe_{-\infty}^{+\infty}(\integral_{-\infty}^{+\infty}{x(t)*\delta(t-n*T)dt})*e^{-jn*\theta}
[/mm]
= [mm] \summe_{-\infty}^{+\infty}\integral_{-\infty}^{+\infty}{x(t)*\delta(t-n*T)*e^{-j*\bruch{t*\theta}{T}}dt}
[/mm]
Jetzt komm ich nicht mehr weiter, weil das kann ich ja nicht als Fouriertransformation von x(t) schreiben weil da ja noch die Delta Funktion drin ist...?
Wenn mir jemand helfen könnte wäre ich sehr dankbar.
Gruss
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:05 Sa 12.02.2011 | | Autor: | Infinit |
Hallo qsxqsx,
die Versuchung ist hier sehr stark, die Ausblendfunktion der Deltafunktion einzusetzen, dann kommt man aber wohl nicht weiter, da dann der Ausdruck keine Korrespondenz mehr zur Fouriertransformierten des kontinuierlichen Signals aufweist. Diese Transformierte muss man aber nach Aufgabenstellung mit einbauen. Ich probiere hier es einfach mal mit Hilfe einer Fourierkorrespondenz von Dirac-Kämmen im Frequenz- und Zeitbereich zumindest müsste so mal ein Anfang der Rechnung möglich sein. Wenn wir für das abgetastete Signal schreiben
[mm] x_d(n) = f(t) \sum_{n = -\infty}^{\infty} \delta (t-nT) [/mm] ,
dann haben wir schon mal zwei Multiplikatoren im Zeitbereich, die zu einer Faltung im Frequenzbereich führen würden. Zu f(t) gehört [mm] F(\omega) [/mm] und für den Abtastkamm gilt
[mm] F(\sum_{n = -\infty}^{\infty} \delta (t-nT)) = \bruch{2\pi}{T} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \delta(\omega-\bruch{n2\pi}{T}) [/mm].
Aus diesen beiden Termen entsteht durch Faltung im Frequenzbereich der Ausdruck
[mm] X_d(\omega) = \bruch{1}{2\pi} \int_{y=-\infty}^{\infty} F(y) \cdot \sum_{n=-\infty}^{\infty} \bruch{2\pi}{T}\delta(\omega-\bruch{n2\pi}{T}-y) \, dy [/mm]
Bei diesem Integral kann man nun Integral und Summe vertauschen und man nutzt die Ausblendeigenschaft der Dirac-Funktion, Damit bleibt übrig
[mm] X_d (\omega) = \bruch{1}{T} \sum_{n=-\infty}^{\infty} F(\omega-\bruch{n 2\pi}{T}) [/mm]
Dies ist die klassische Herleitung für die Fouriertransformierte eines abgetasteten Zeitsignals und nach demselben Prinzip muss auch die Berechnung Deiner Transformierten gelingen.
Viele Grüße,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:09 Di 15.02.2011 | | Autor: | qsxqsx |
Hallo Infinit,
Danke für die Idee. Ich bin noch ein bisschen am dran tüfteln. Falls ich nochmal gelegenheit bekomme (Vorlesung vorbei) mit dem Prof zu sprechen werd ich hier die Lösung posten.
Gruss
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