Fouriertransformierte/ < Sonstiges < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:01 Mi 23.01.2008 | | Autor: | Bastiane |
| Aufgabe | Die stetige Funktion [mm] $f:\IR\to\IC$ [/mm] sei [mm] 5$\Omega$-bandbegrenzt [/mm] und es gelte [mm] f(t)=O(\frac{1}{|t|^{1+\epsilon}}) [/mm] für [mm] $|t|\to\infty$. [/mm] Wir betrachten die T-Abtastung von $f$ für [mm] T:=\frac{1}{2\Omega}.
[/mm]
1. Geben Sie die Fouriertransformierte [mm] \hat{g} [/mm] derjenigen Funktion g an, die durch die [mm] $\Omega$-Abtastreihe [/mm] von $f$ dargestellt wird.
2. Skizzieren Sie [mm] $|\hat{g}|$ [/mm] für den Fall, dass [mm] $|\hat{f}|$ [/mm] folgendes Aussehen besitzt:
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Hallo schon wieder!
Auch dies ist eine alte Übungsaufgabe und ich verstehe die Lösung nicht. Das heißt, die ganzen Umformungsschritte werde ich vllt noch hinbekommen, aber ich verstehe den Sinn des Ganzen nicht.
Ich verstehe schon die Aufgabenstellung und den Sinn dieser nicht. Also wir haben ein bandbeschränktes f (was soll denn eigentlich die Bedingung [mm] f(t)=O(\frac{1}{|t|^{1+\epsilon}}) [/mm] für [mm] $|t|\to\infty$?) [/mm] und wollen dies nun mit [mm] T:=\frac{1}{2\Omega} [/mm] (also schön nach dem Abtasttheorem) abtasten. Wollen wir dann zeigen, dass die Fouriertransformierte der abgetasteten Version gleich der Fouriertransformierten der Ursprungsfunktion ist oder was?
Jedenfalls berechnen wir in der Lösung
[mm] f(k*T)=...=\integral_{-\Omega}^{\Omega}\big(\hat{f}(\omega-4\Omega)+\hat{f}(\omega-2\Omega)+\hat{f}(\omega)+\hat{f}(\omega+2\Omega)+\hat{f}(\omega+4\Omega)\big)*e^{2\pi i\omega kT}\:d\omega
[/mm]
Und den ganzen Krempel in der Klammer nennen wir mal [mm] $(\*)$, [/mm] dann definieren wir unser [mm] \hat{g}(\omega):
[/mm]
[mm] \hat{g}(\omega)=\begin{cases}(\*),&\mbox{ falls } |\omega|<\Omega\\0&\mbox{ sonst }\end{cases}
[/mm]
Darunter steht dann noch:
Es gilt: g ist [mm] $\Omega$-bandbeschränkt
[/mm]
f(kT)=g(kT)
[mm] \Rightarrow [/mm] Abtasttheorem gilt für $g$
Ach ja, wieso berechnet man eigentlich f(kT) und nicht z. B. nur f(t) oder so?
Wäre für jeden kleinen Hinweis, was mit dieser Aufgabe gemacht werden soll, dankbar.
Viele Grüße
Bastiane
![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]")
P.S.: Kennt jemand ein besseres Forum als "Analysis Sonstiges" für eine derartige Frage? Eigentlich hat es ja eher was mit Signalverarbeitung zu tun, aber in der Informatik gibt es solch ein Unterforum ja auch nicht...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:13 Mi 23.01.2008 | | Autor: | Bastiane |
| Aufgabe | | 2. Skizzieren Sie [mm] $|\hat{g}|$ [/mm] für den Fall, dass [mm] $|\hat{f}|$ [/mm] folgendes Aussehen besitzt: |
Ach ja, hatte den 2. Teil vergessen. Also das obere von folgendem Bild war die Aufgabenstellung und das untere die Lösung. Was man nicht ganz so gut erkennen kann, sind die Pfeile, die sollen anzeigen, dass die große Spitze links (im oberen Bild) zu der großen in der Mitte im unteren wird, die kleine in der Mitte oben wird die kleine in der Mitte unten und die große rechts oben wird geteilt in die beiden halben links und rechts unten.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Kann mir jemand erklären, wie man darauf kommt? Das muss wohl irgendwas damit zu tun, haben dass [mm] \hat{g} [/mm] ja jetzt von [mm] \hat{f}(\omega-4\Omega) [/mm] und so abhängt, aber wieso wird denn dann z. B. die kleine Spitze in der Mitte nicht verschoben und die eine Hälfte der Spitze rechts um 2 und die andere um 4 nach links verschoben? Irgendwie verstehe ich das nicht so ganz. ![[kopfkratz]](/images/smileys/kopfkratz.gif "[kopfkratz]")
Ach ja, ich glaube, die Spitze links oben müsste [mm] \Omega [/mm] weiter nach links geschoben sein, dann würde es jedenfalls passen, wenn man sie um [mm] 4\Omega [/mm] nach rechts schiebt, ist sie genau in der Mitte.
Wär super, falls da jemand bisschen kreativer ist als ich, und mir das erklären kann. ![[sunny]](/images/smileys/sunny.gif "[sunny]")
Viele Grüße
Bastiane
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:59 Mi 23.01.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Bastiane!
> 2. Skizzieren Sie [mm]|\hat{g}|[/mm] für den Fall, dass [mm]|\hat{f}|[/mm]
> folgendes Aussehen besitzt:
> Ach ja, hatte den 2. Teil vergessen. Also das obere von
> folgendem Bild war die Aufgabenstellung und das untere die
> Lösung. Was man nicht ganz so gut erkennen kann, sind die
> Pfeile, die sollen anzeigen, dass die große Spitze links
> (im oberen Bild) zu der großen in der Mitte im unteren
> wird, die kleine in der Mitte oben wird die kleine in der
> Mitte unten und die große rechts oben wird geteilt in die
> beiden halben links und rechts unten.
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
>
> Kann mir jemand erklären, wie man darauf kommt? Das muss
> wohl irgendwas damit zu tun, haben dass [mm]\hat{g}[/mm] ja jetzt
> von [mm]\hat{f}(\omega-4\Omega)[/mm] und so abhängt, aber wieso wird
> denn dann z. B. die kleine Spitze in der Mitte nicht
> verschoben und die eine Hälfte der Spitze rechts um 2 und
> die andere um 4 nach links verschoben? Irgendwie verstehe
> ich das nicht so ganz.
> Ach ja, ich glaube, die Spitze links oben müsste [mm]\Omega[/mm]
> weiter nach links geschoben sein, dann würde es jedenfalls
> passen, wenn man sie um [mm]4\Omega[/mm] nach rechts schiebt, ist
> sie genau in der Mitte.
Für [mm]-\Omega<\omega<+\Omega[/mm] ist definiert:
[mm] \hat{g}(\omega) = \hat{f}(\omega-4\Omega)+\hat{f}(\omega-2\Omega)+\hat{f}(\omega)+\hat{f}(\omega+2\Omega)+\hat{f}(\omega+4\Omega) [/mm]
Das heisst also, dass [mm]\hat{g}(\omega)[/mm] aus fünf Teilen besteht:
[mm] \hat{f}(\omega-4\Omega) [/mm], dabei ist [mm] -5\Omega<\omega-4\Omega<-3\Omega[/mm]
[mm] \hat{f}(\omega-2\Omega) [/mm] mit [mm] -3\Omega < \omega-2\Omega <-\Omega [/mm]
[mm]\hat{f}(\omega) [/mm] mit [mm] -\Omega < \omega <+\Omega [/mm]
[mm] \hat{f}(\omega+2\Omega) [/mm] mit [mm] +\Omega < \omega+2\Omega <+3\Omega [/mm]
[mm]\hat{f}(\omega+4\Omega) [/mm] mit [mm] +3\Omega < \omega+4\Omega <+5\Omega [/mm]
Der Bereich von [mm]-5\Omega[/mm] bis [mm]+5\Omega[/mm], in dem [mm]\hat{f}[/mm] definiert ist, wird also in fünf gleich große Teile zerlegt, diese Teile übereinander geschoben und aufaddiert.
Nehmen wir die Spitze ganz links, bei [mm]-3\Omega[/mm]. Die ansteigende Flanke liegt im ersten der Streifen, die absteigende im zweiten. Daher wird die ansteigende Flanke um [mm]+4\Omega[/mm] nach rechts verschoben, die absteigende um [mm]+2\Omega[/mm]. Das Gleiche gilt für die Spitze ganz rechts, bei [mm]+3\Omega[/mm]: die beiden Flanken werden unterschiedlich weit verschoben. Die kleine Spitze in der Mitte liegt schon zwischen [mm]-\Omega[/mm] und [mm]+\Omega[/mm] und bleibt daher, wie sie ist.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:12 Fr 25.01.2008 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Rainer!
> > [Dateianhang nicht öffentlich]
> Für [mm]-\Omega<\omega<+\Omega[/mm] ist definiert:
>
> [mm]\hat{g}(\omega) = \hat{f}(\omega-4\Omega)+\hat{f}(\omega-2\Omega)+\hat{f}(\omega)+\hat{f}(\omega+2\Omega)+\hat{f}(\omega+4\Omega)[/mm]
>
> Das heisst also, dass [mm]\hat{g}(\omega)[/mm] aus fünf Teilen
> besteht:
>
> [mm]\hat{f}(\omega-4\Omega) [/mm], dabei ist
> [mm]-5\Omega<\omega-4\Omega<-3\Omega[/mm]
> [mm]\hat{f}(\omega-2\Omega)[/mm] mit [mm]-3\Omega < \omega-2\Omega <-\Omega[/mm]
>
> [mm]\hat{f}(\omega)[/mm] mit [mm]-\Omega < \omega <+\Omega[/mm]
>
> [mm]\hat{f}(\omega+2\Omega)[/mm] mit [mm]+\Omega < \omega+2\Omega <+3\Omega[/mm]
>
> [mm]\hat{f}(\omega+4\Omega) [/mm] mit [mm]+3\Omega < \omega+4\Omega <+5\Omega[/mm]
Woher weiß ich denn, was jetzt in welchen Bereich gehört? Ich habe das erst gesehen, als ich die Integrale mal berechnet und substituiert habe, da gehörte dann immer der Teil von den ursprünglichen Integralgrenzen in den Bereich - falls du verstehst, was ich meine - jedenfalls konnte ich es mir so vorstellen. Aber vielleicht gibt es noch eine bessere Erklärung?
> Der Bereich von [mm]-5\Omega[/mm] bis [mm]+5\Omega[/mm], in dem [mm]\hat{f}[/mm]
> definiert ist, wird also in fünf gleich große Teile
> zerlegt, diese Teile übereinander geschoben und
> aufaddiert.
Müssen die Teile immer gleich groß sein?
> Nehmen wir die Spitze ganz links, bei [mm]-3\Omega[/mm]. Die
> ansteigende Flanke liegt im ersten der Streifen, die
> absteigende im zweiten. Daher wird die ansteigende Flanke
> um [mm]+4\Omega[/mm] nach rechts verschoben, die absteigende um
> [mm]+2\Omega[/mm]. Das Gleiche gilt für die Spitze ganz rechts, bei
> [mm]+3\Omega[/mm]: die beiden Flanken werden unterschiedlich weit
> verschoben. Die kleine Spitze in der Mitte liegt schon
> zwischen [mm]-\Omega[/mm] und [mm]+\Omega[/mm] und bleibt daher, wie sie
> ist.
Super ![[super]](/images/smileys/super.gif "[super]") , das habe ich jetzt verstanden. Ich habe jetzt nur nochmal versucht, das zu deuten:
Auf der x-Achse stehen doch die Frequenzen, oder? Deswegen steht bei [mm] \hat{g} [/mm] auch nur etwas zwischen [mm] -\Omega [/mm] und [mm] +\Omega, [/mm] weil g ja [mm] $\Omega$-bandbeschränkt [/mm] ist. Und diese Verschiebungen, die sich jetzt ergeben, bedeuten, dass die Frequenzen um [mm] -3\Omega [/mm] (bzw. wohl [mm] -4\Omega) [/mm] herum nun zu Frequenzen um 0 herum werden, und die um [mm] 3\Omega [/mm] sogar geteilt werden in einmal nahe [mm] -\Omega [/mm] und einmal nahe [mm] +\Omega? [/mm] Und das ist der Alias-Effekt.
Was wäre denn, wenn das Abtasttheorem gelten würde? Sähen dann die Fouriertransformierten von f und g genauso aus?
Was sind eigentlich negative Frequenzen? Aber das ist vielleicht nicht ganz so wichtig, aber die Frage kam mir vorhin mal...
Viele Grüße
Bastiane
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:15 Fr 25.01.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Bastiane!
Mir scheint, dass in der Vorlesung viel gerechnet, aber wenig erklärt wird. Oder liegt es daran, dass die Erklärungen nicht angeschrieben werden?
> Hallo Rainer!
>
> > > [Dateianhang nicht öffentlich]
>
> > Für [mm]-\Omega<\omega<+\Omega[/mm] ist definiert:
> >
> > [mm]\hat{g}(\omega) = \hat{f}(\omega-4\Omega)+\hat{f}(\omega-2\Omega)+\hat{f}(\omega)+\hat{f}(\omega+2\Omega)+\hat{f}(\omega+4\Omega)[/mm]
>
> >
> > Das heisst also, dass [mm]\hat{g}(\omega)[/mm] aus fünf Teilen
> > besteht:
> >
> > [mm]\hat{f}(\omega-4\Omega) [/mm], dabei ist
> > [mm]-5\Omega<\omega-4\Omega<-3\Omega[/mm]
> > [mm]\hat{f}(\omega-2\Omega)[/mm] mit [mm]-3\Omega < \omega-2\Omega <-\Omega[/mm]
>
> >
> > [mm]\hat{f}(\omega)[/mm] mit [mm]-\Omega < \omega <+\Omega[/mm]
> >
> > [mm]\hat{f}(\omega+2\Omega)[/mm] mit [mm]+\Omega < \omega+2\Omega <+3\Omega[/mm]
>
> >
> > [mm]\hat{f}(\omega+4\Omega)[/mm] mit [mm]+3\Omega < \omega+4\Omega <+5\Omega[/mm]
>
> Woher weiß ich denn, was jetzt in welchen Bereich gehört?
> Ich habe das erst gesehen, als ich die Integrale mal
> berechnet und substituiert habe, da gehörte dann immer der
> Teil von den ursprünglichen Integralgrenzen in den Bereich
> - falls du verstehst, was ich meine - jedenfalls konnte ich
> es mir so vorstellen. Aber vielleicht gibt es noch eine
> bessere Erklärung?
>
> > Der Bereich von [mm]-5\Omega[/mm] bis [mm]+5\Omega[/mm], in dem [mm]\hat{f}[/mm]
> > definiert ist, wird also in fünf gleich große Teile
> > zerlegt, diese Teile übereinander geschoben und
> > aufaddiert.
>
> Müssen die Teile immer gleich groß sein?
Das ist keine willkürliche Einteilung, das kommt heraus. Es ist eine Folge der Tatsache, dass mit der Frequenz [mm]2\Omega[/mm] abgetastet wird. Das bedeutet ja, dass zwischen zwei Abtastungen die Zeit [mm]T = \bruch{1}{2\Omega}[/mm] vergeht. Wenn du zum Beispiel ein Sinussignal der Frequenz [mm]2\Omega[/mm] so abtastest, so ist der Abstand zwischen zwei Abtastungen genau eine Signalperiode lang, also ergibt die Abtastung immer den gleichen Wert, genau so, als wenn du ein konstantes Signal (Frequenz 0) abtasten würdest. Dass gleiche gilt, wenn du ein Sinussignal mit [mm]4\Omega, 6\Omega,\dots[/mm] abtastest.
Wenn du ein Sinusignal abtastest, dessen Frequenz [mm]\Omega'[/mm] beispielsweise zwischen [mm]2\Omega[/mm] und [mm]3\Omega[/mm] liegt, so erscheint es durch die Abtastung wie ein Sinussignal mit der Frequenz [mm]\Omega'-2\Omega[/mm]. Analog gilt das für die höheren Frequenzen.
Also salopp gesagt: Frequenzen jenseits der Abtastfrequenz erscheinen um ein Vielfaches der Abtastfrequenz nach unten (zu kleineren Frequenzen hin) verschoben.
> Super , das habe ich jetzt verstanden. Ich habe
> jetzt nur nochmal versucht, das zu deuten:
> Auf der x-Achse stehen doch die Frequenzen, oder? Deswegen
> steht bei [mm]\hat{g}[/mm] auch nur etwas zwischen [mm]-\Omega[/mm] und
> [mm]+\Omega,[/mm] weil g ja [mm]\Omega[/mm]-bandbeschränkt ist. Und diese
> Verschiebungen, die sich jetzt ergeben, bedeuten, dass die
> Frequenzen um [mm]-3\Omega[/mm] (bzw. wohl [mm]-4\Omega)[/mm] herum nun zu
> Frequenzen um 0 herum werden, und die um [mm]3\Omega[/mm] sogar
> geteilt werden in einmal nahe [mm]-\Omega[/mm] und einmal nahe
> [mm]+\Omega?[/mm] Und das ist der Alias-Effekt.
> Was wäre denn, wenn das Abtasttheorem gelten würde? Sähen
> dann die Fouriertransformierten von f und g genauso aus?
Damit das Abtasttheorem gilt, muss ja [mm]2\Omega > \Omega'[/mm] sein. Dann sind die Fouriertransformierten von f (des Signals) und g (des abgetasteten Signals) identisch, daher kann man das Signal aus dem abgetasteten Signal rekonstruieren.
(Ganz nebenbei: alle diese Überlegungen beruhen darauf, dass die Abtastung beliebig genau erfolgt. Bei der Digitalisierung eines analogen Signals wird mit endlicher Genauigkeit abgetastet.)
> Was sind eigentlich negative Frequenzen? Aber das ist
> vielleicht nicht ganz so wichtig, aber die Frage kam mir
> vorhin mal...
Positive und negative Frequenzen sind eigentlich dasselbe; in ihrem Verhältnis steckt die Phasenbeziehung der einzelnen Frequenzkomponenten, denn die Sinuschwingungen verschiedener Frequenz können gegeneinander phasenverschoben sein. Es gibt mehrere, mathematisch äquivalente Möglichkeiten dies auszudrücken:
Eine reine Sinusschwingung wäre: [mm]\sin(\omega t)[/mm].
Sinusschwingung mit Phasenverschiebung: [mm]\sin(\omega t+\phi_\omega)[/mm]
Mit dem Additionstheorem: [mm]\sin(\omega t) \cos \phi_\omega + \cos(\omega t)\sin \phi_\omega[/mm]
Statt dessen mit Konstanten ausgedrückt: [mm]A_\omega \sin(\omega t) + B_\omega \cos(\omega t)[/mm]
Mittels der Moivreformel und komplexen Konstanten: [mm] C_\omega \mathrm{e}^{+i\omega t} + D_\omega \mathrm{e}^{-i\omega t} [/mm]
In der letzten Darstellung hast du deine positiven und negativen Frequenzen.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:35 Do 31.01.2008 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Rainer!
> Mir scheint, dass in der Vorlesung viel gerechnet, aber
> wenig erklärt wird. Oder liegt es daran, dass die
> Erklärungen nicht angeschrieben werden?
Mmh, eigentlich macht der Prof das schon ganz gut. Und er schreibt auch fast alles, was er sagt auf. Aber oft verweist er auch auf die Übungen, und dies hier war eine Übungsaufgabe. Und der Tutor hat meiner Meinung nach nur das Nötigste gesagt und geschrieben...
> > Müssen die Teile immer gleich groß sein?
>
> Das ist keine willkürliche Einteilung, das kommt heraus. Es
> ist eine Folge der Tatsache, dass mit der Frequenz [mm]2\Omega[/mm]
> abgetastet wird. Das bedeutet ja, dass zwischen zwei
> Abtastungen die Zeit [mm]T = \bruch{1}{2\Omega}[/mm] vergeht. Wenn
> du zum Beispiel ein Sinussignal der Frequenz [mm]2\Omega[/mm] so
> abtastest, so ist der Abstand zwischen zwei Abtastungen
> genau eine Signalperiode lang, also ergibt die Abtastung
> immer den gleichen Wert, genau so, als wenn du ein
> konstantes Signal (Frequenz 0) abtasten würdest. Dass
> gleiche gilt, wenn du ein Sinussignal mit [mm]4\Omega, 6\Omega,\dots[/mm]
> abtastest.
Das macht Sinn. Da hätte ich ja auch selbst drauf kommen können. 
Vielen Dank nochmal für deine vielen guten Erklärungen. Morgen ist Klausur, und ich müsste eigentlich bei den meisten Themen sehr gut gerüstet sein. Ich hätte nur lieber die einfachen Übungsaufgaben noch öfter rechnen sollen - da kommen bestimmt einige von in der Klausur dran... Naja, ich hab' ja noch ein paar Stunden.
Viele Grüße
Bastiane
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:09 Do 24.01.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Bastiane!
> Die stetige Funktion [mm]f:\IR\to\IC[/mm] sei 5[mm]\Omega[/mm]-bandbegrenzt
> und es gelte [mm]f(t)=O(\frac{1}{|t|^{1+\epsilon}})[/mm] für
> [mm]|t|\to\infty[/mm]. Wir betrachten die T-Abtastung von [mm]f[/mm] für
> [mm]T:=\frac{1}{2\Omega}.[/mm]
> 1. Geben Sie die Fouriertransformierte [mm]\hat{g}[/mm] derjenigen
> Funktion g an, die durch die [mm]\Omega[/mm]-Abtastreihe von [mm]f[/mm]
> dargestellt wird.
> 2. Skizzieren Sie [mm]|\hat{g}|[/mm] für den Fall, dass [mm]|\hat{f}|[/mm]
> folgendes Aussehen besitzt:
>
> Hallo schon wieder!
>
> Auch dies ist eine alte Übungsaufgabe und ich verstehe die
> Lösung nicht. Das heißt, die ganzen Umformungsschritte
> werde ich vllt noch hinbekommen, aber ich verstehe den Sinn
> des Ganzen nicht.
> Ich verstehe schon die Aufgabenstellung und den Sinn dieser
> nicht. Also wir haben ein bandbeschränktes f (was soll denn
> eigentlich die Bedingung [mm]f(t)=O(\frac{1}{|t|^{1+\epsilon}})[/mm]
> für [mm]|t|\to\infty[/mm]?)
Damit f quadratintegrabel ist, also [mm]\integral_{-\infty}^{+\infty} |f|^2 < \infty[/mm].
> und wollen dies nun mit
> [mm]T:=\frac{1}{2\Omega}[/mm] (also schön nach dem Abtasttheorem)
> abtasten. Wollen wir dann zeigen, dass die
> Fouriertransformierte der abgetasteten Version gleich der
> Fouriertransformierten der Ursprungsfunktion ist oder was?
Nicht ganz, sondern den Zusammenhang zwischen der Fouriertransformierten der abgetasteten Version und der Fouriertransformierten der Ursprungsfunktion herstellen. Die sind nicht gleich (im Allgemeinen).
> Jedenfalls berechnen wir in der Lösung
>
> [mm]f(k*T)=...=\integral_{-\Omega}^{\Omega}\big(\hat{f}(\omega-4\Omega)+\hat{f}(\omega-2\Omega)+\hat{f}(\omega)+\hat{f}(\omega+2\Omega)+\hat{f}(\omega+4\Omega)\big)*e^{2\pi i\omega kT}\:d\omega[/mm]
>
> Und den ganzen Krempel in der Klammer nennen wir mal [mm](\*)[/mm],
> dann definieren wir unser [mm]\hat{g}(\omega):[/mm]
> [mm]\hat{g}(\omega)=\begin{cases}(\*),&\mbox{ falls } |\omega|<\Omega\\0&\mbox{ sonst }\end{cases}[/mm]
>
> Darunter steht dann noch:
>
> Es gilt: g ist [mm]\Omega[/mm]-bandbeschränkt
Nach Definition, denn das heisst ja nur, dass [mm]\hat{g}(\omega)=0[/mm] für [mm]|\omega|>\Omega[/mm].
> f(kT)=g(kT)
Auch nach Definition, denn
[mm] g(kT) = \integral_{-\Omega}^{\Omega} \hat{g}(\omega)*e^{2\pi i\omega kT}\:d\omega[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm] Abtasttheorem gilt für [mm]g[/mm]
>
> Ach ja, wieso berechnet man eigentlich f(kT) und nicht z.B. nur f(t) oder so?
f(kT) ist die abgetastete Funktion. Hier wurde also nachgewiesen, dass die abgetastete Funktion [mm]\Omega[/mm]-bandbeschränkt ist, und eine Formel für den Zusammenhang zwischen [mm]\hat{f}[/mm] und [mm]\hat{g}[/mm] hergeleitet.
> P.S.: Kennt jemand ein besseres Forum als "Analysis
> Sonstiges" für eine derartige Frage? Eigentlich hat es ja
> eher was mit Signalverarbeitung zu tun, aber in der
> Informatik gibt es solch ein Unterforum ja auch nicht...
Vielleicht Elektrotechnik?
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:04 Fr 25.01.2008 | | Autor: | Bastiane |
Hallo rainerS!
[mm]f(k*T)=...=\integral_{-\Omega}^{\Omega}\big(\hat{f}(\omega-4\Omega)+\hat{f}(\omega-2\Omega)+\hat{f}(\omega)+\hat{f}(\omega+2\Omega)+\hat{f}(\omega+4\Omega)\big)*e^{2\pi i\omega kT}\:d\omega[/mm]
>
> >
> > Und den ganzen Krempel in der Klammer nennen wir mal [mm](\*)[/mm],
> > dann definieren wir unser [mm]\hat{g}(\omega):[/mm]
> > [mm]\hat{g}(\omega)=\begin{cases}(\*),&\mbox{ falls } |\omega|<\Omega\\0&\mbox{ sonst }\end{cases}[/mm]
>
> >
> > Darunter steht dann noch:
> >
> > Es gilt: g ist [mm]\Omega[/mm]-bandbeschränkt
>
> Nach Definition, denn das heisst ja nur, dass
> [mm]\hat{g}(\omega)=0[/mm] für [mm]|\omega|>\Omega[/mm].
Ja, dass das gilt, war mir schon klar, aber warum das da steht, weiß ich nicht. Wofür braucht man das denn?
> > f(kT)=g(kT)
>
> Auch nach Definition, denn
>
> [mm]g(kT) = \integral_{-\Omega}^{\Omega} \hat{g}(\omega)*e^{2\pi i\omega kT}\:d\omega[/mm]
Ja, aber was sagt mir das denn, das f(kT)=g(kT) ist? Wofür ist das gut?
> > [mm]\Rightarrow[/mm] Abtasttheorem gilt für [mm]g[/mm]
Und was hilft es mir, dass das Abtasttheorem gilt?
Ich habe die Aufgabe jetzt so verstanden, dass die Funktion f ja [mm] 5$\Omega$-bandbeschränkt [/mm] ist, damit das Abtasttheorem gilt, müsste sie doch mit einer Abtastrate [mm] T\le\frac{1}{10\Omega} [/mm] abgetastet werden, oder? (Ich vertue mich da immer, ich weiß, dass es die doppelte Frequenz sein muss, aber hier ist es der Kehrbruch, oder? Da [mm] $\frac{1}{2\Omega}>\frac{1}{10\Omega}$ [/mm] gilt, gilt das Abtasttheorem also nicht, also müssten wir Aliaseffekte erhalten!? (werde dazu gleich auch noch was zu der anderen Teilaufgabe schreiben)
> > Ach ja, wieso berechnet man eigentlich f(kT) und nicht z.B.
> nur f(t) oder so?
>
> f(kT) ist die abgetastete Funktion. Hier wurde also
> nachgewiesen, dass die abgetastete Funktion
> [mm]\Omega[/mm]-bandbeschränkt ist, und eine Formel für den
> Zusammenhang zwischen [mm]\hat{f}[/mm] und [mm]\hat{g}[/mm] hergeleitet.
Mmh, und wofür braucht man diesen Zusammenhang? Wird damit gerechnet oder sagt er uns einfach in konkreten Fällen etwas?
Ach ja, und noch eine Frage, in der ganzen Rechnung bis zum Ende, wurde das Integral von [mm] -5\Omega [/mm] bis [mm] 5\Omega [/mm] in Integrale von [mm] -5\Omega [/mm] bis [mm] -3\Omega, [/mm] von [mm] -3\Omega [/mm] bis [mm] -\Omega [/mm] usw. zerlegt, immer in [mm] 2$\Omega$-Schritten. [/mm] Ich habe mich gefragt, ob man das immer so macht und warum, die einzige Erklärung, die ich fand, ist die, dass dann nach dem Substituieren der Teil mit [mm] (e^{2\pi i})^{\mbox{irgendwas mit k}}=1 [/mm] wegfällt. Gibt es da noch einen anderen Grund für? Oder könnte man es vielleicht sogar anders machen, wenn man es z. B. in [mm] $\Omega$-Schritte [/mm] teilt, dann hätte man bei dem e-Faktor abwechselnd 1 und -1 stehen. Dann müsste man die Summanden wohl abwechselnd addieren und subtrahieren, ginge das auch?
> > P.S.: Kennt jemand ein besseres Forum als "Analysis
> > Sonstiges" für eine derartige Frage? Eigentlich hat es ja
> > eher was mit Signalverarbeitung zu tun, aber in der
> > Informatik gibt es solch ein Unterforum ja auch nicht...
>
> Vielleicht Elektrotechnik?
Joah, aber eigentlich ist es gerade digitale Signalverarbeitung, bei Elektrotechnik stelle ich mir immer eher analoge Signale und so vor. Aber wäre eine Möglichkeit. Ich befürchte nur, dass es da nicht so schnell gefunden wird - wer schaut schon ins Elektrotechnik-Forum? (außer mir  ) Hättest du die Frage dort gefunden?
Vielen Dank schon mal - das hat mir schon sehr geholfen.
Viele Grüße
Bastiane
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:12 Mo 28.01.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Bastiane!
> Hallo rainerS!
>
> [mm]f(k*T)=...=\integral_{-\Omega}^{\Omega}\big(\hat{f}(\omega-4\Omega)+\hat{f}(\omega-2\Omega)+\hat{f}(\omega)+\hat{f}(\omega+2\Omega)+\hat{f}(\omega+4\Omega)\big)*e^{2\pi i\omega kT}\:d\omega[/mm]
>
> >
> > >
> > > Und den ganzen Krempel in der Klammer nennen wir mal [mm](\*)[/mm],
> > > dann definieren wir unser [mm]\hat{g}(\omega):[/mm]
> > > [mm]\hat{g}(\omega)=\begin{cases}(\*),&\mbox{ falls } |\omega|<\Omega\\0&\mbox{ sonst }\end{cases}[/mm]
>
> >
> > >
> > > Darunter steht dann noch:
> > >
> > > Es gilt: g ist [mm]\Omega[/mm]-bandbeschränkt
> >
> > Nach Definition, denn das heisst ja nur, dass
> > [mm]\hat{g}(\omega)=0[/mm] für [mm]|\omega|>\Omega[/mm].
>
> Ja, dass das gilt, war mir schon klar, aber warum das da
> steht, weiß ich nicht. Wofür braucht man das denn?
Damit das Abtasttheorem gilt.
>
> > > f(kT)=g(kT)
> >
> > Auch nach Definition, denn
> >
> > [mm]g(kT) = \integral_{-\Omega}^{\Omega} \hat{g}(\omega)*e^{2\pi i\omega kT}\:d\omega[/mm]
>
> Ja, aber was sagt mir das denn, das f(kT)=g(kT) ist? Wofür
> ist das gut?
>
> > > [mm]\Rightarrow[/mm] Abtasttheorem gilt für [mm]g[/mm]
>
> Und was hilft es mir, dass das Abtasttheorem gilt?
>
> Ich habe die Aufgabe jetzt so verstanden, dass die Funktion
> f ja 5[mm]\Omega[/mm]-bandbeschränkt ist, damit das Abtasttheorem
> gilt, müsste sie doch mit einer Abtastrate
> [mm]T\le\frac{1}{10\Omega}[/mm] abgetastet werden, oder? (Ich vertue
> mich da immer, ich weiß, dass es die doppelte Frequenz sein
> muss, aber hier ist es der Kehrbruch, oder? Da
> [mm]\frac{1}{2\Omega}>\frac{1}{10\Omega}[/mm] gilt, gilt das
> Abtasttheorem also nicht, also müssten wir Aliaseffekte
> erhalten!? (werde dazu gleich auch noch was zu der anderen
> Teilaufgabe schreiben)
>
> > > Ach ja, wieso berechnet man eigentlich f(kT) und nicht z.B.
> > nur f(t) oder so?
> >
> > f(kT) ist die abgetastete Funktion. Hier wurde also
> > nachgewiesen, dass die abgetastete Funktion
> > [mm]\Omega[/mm]-bandbeschränkt ist, und eine Formel für den
> > Zusammenhang zwischen [mm]\hat{f}[/mm] und [mm]\hat{g}[/mm] hergeleitet.
>
> Mmh, und wofür braucht man diesen Zusammenhang? Wird damit
> gerechnet oder sagt er uns einfach in konkreten Fällen
> etwas?
Es geht immer darum, was passiert, wenn man mit zu niedriger Frequenz abtastet. Die Rechnung ist ja ganz schön, um den Zusammenhang formal nachzuweisen. Die zentrale Erkenntnis lässt sich auch ohne Rechnung darstellen: Wenn ich mit Frequenz [mm]2\Omega[/mm] abtaste, werden die Frequenzanteile des Originalsignals, die oberhalb von [mm]\Omega[/mm] liegen, so erfasst, als wären sie um ein Vielfaches von [mm]2\Omega[/mm] nach unten verschoben. Sie fallen also nicht etwa weg.
Taste ich ein Signal, das bis 22kHz geht, mit 40kHz ab, so erscheinen die Anteile zwischen 20kHz und 22kHz zwischen 18kHz und 20kHz (negative Frequenzen bedeuten nur Phasenverschiebung).
> Ach ja, und noch eine Frage, in der ganzen Rechnung bis zum
> Ende, wurde das Integral von [mm]-5\Omega[/mm] bis [mm]5\Omega[/mm] in
> Integrale von [mm]-5\Omega[/mm] bis [mm]-3\Omega,[/mm] von [mm]-3\Omega[/mm] bis
> [mm]-\Omega[/mm] usw. zerlegt, immer in 2[mm]\Omega[/mm]-Schritten. Ich habe
> mich gefragt, ob man das immer so macht und warum, die
> einzige Erklärung, die ich fand, ist die, dass dann nach
> dem Substituieren der Teil mit [mm](e^{2\pi i})^{\mbox{irgendwas mit k}}=1[/mm]
> wegfällt. Gibt es da noch einen anderen Grund für? Oder
> könnte man es vielleicht sogar anders machen, wenn man es
> z. B. in [mm]\Omega[/mm]-Schritte teilt, dann hätte man bei dem
> e-Faktor abwechselnd 1 und -1 stehen. Dann müsste man die
> Summanden wohl abwechselnd addieren und subtrahieren, ginge
> das auch?
Das ist nur eine Phasenverschiebung um eine halbe Periode (siehe meinen anderen Beitrag).
> > > P.S.: Kennt jemand ein besseres Forum als "Analysis
> > > Sonstiges" für eine derartige Frage? Eigentlich hat es ja
> > > eher was mit Signalverarbeitung zu tun, aber in der
> > > Informatik gibt es solch ein Unterforum ja auch nicht...
> >
> > Vielleicht Elektrotechnik?
>
> Joah, aber eigentlich ist es gerade digitale
> Signalverarbeitung, bei Elektrotechnik stelle ich mir immer
> eher analoge Signale und so vor.
Reale digitale Signale sind auch analog...
> Aber wäre eine
> Möglichkeit. Ich befürchte nur, dass es da nicht so schnell
> gefunden wird - wer schaut schon ins Elektrotechnik-Forum?
> (außer mir ) Hättest du die Frage dort gefunden?
Ich denke schon.
Viele Grüße
Rainer
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