(10 Punkte) F2019 Ein Signal $ s(t)=v(t) * \sum_{...

Wir zeigen im Folgenden eine mögliche Lösung, die folgende Schritte umfasst:

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4.1 Skizze von $s(t)$ und $s_a(t)$ im Intervall $-5\le t\le 5$

Signal $s(t)$:

Das gegebene Signal ist

$$s(t)=v(t)*\sum_{n\in\mathbb{Z}}(-1)^n\delta(t-2n)$$

wobei hier „$*$“ für die Faltung steht. Da

$$v(t)=\Bigl[1-t^2\Bigr]\cdot\operatorname{rect}\Bigl(\frac{t}{2}\Bigr)$$

und die Rechteckfunktion

$$\operatorname{rect}\Bigl(\frac{t}{2}\Bigr)$$

üblicherweise so definiert ist, dass sie $1$ für

$$\left|\frac{t}{2}\right|<\tfrac12\quad\Longleftrightarrow\quad |t|<1$$

und sonst $0$ liefert, hat $v(t)$ die kompakte Unterstützung $|t|<1$ und sieht (innerhalb dieses Intervalls) wie eine umgedrehte Parabel aus mit Maximum $v(0)=1$ und $v(t)=1-t^2$.

Da die Faltung mit einer Impulsreihe $\sum_{n}(-1)^n\delta(t-2n)$ eine periodische Wiederholung von $v(t)$ liefert, erhalten wir

$$s(t)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}(-1)^n\,v(t-2n).$$

Das bedeutet:

• Für $n=0$ erhalten wir einen Puls, der in $(t\in(-1,1))$ liegt und den höchsten Wert $+1$ bei $t=0$ hat.
• Für $n=1$ liegt der Puls im Intervall $t\in(1,3)$ und wird mit $(-1)^1=-1$ multipliziert – also eine „umgekehrte“ Parabel mit Minimum $-1$ bei $t=2$.
• Für $n=-1$ liegt der Puls im Intervall $t\in(-3,-1)$ und auch hier erhält man $-1$ (da $(-1)^{-1}=-1$).

Diese Parabelpulsfolgen wiederholen sich alle 2 Einheiten. (In der Skizze zeichnen Sie also Impulse/Pulse bei etwa $t=-4,-2,0,2,4$ im betrachteten Zeitintervall.)

Abgetastetes Signal $s_a(t)$:

Das ideale Abtasten mit Rate $r=1$ erfolgt durch Multiplikation mit dem Dirac-Impuls-Zeitgitter

$$\sum_{k\in\mathbb{Z}}\delta(t-k).$$

Also ist

$$s_a(t)=s(t)\cdot\sum_{k\in\mathbb{Z}}\delta(t-k) =\sum_{k\in\mathbb{Z}}s(k)\,\delta(t-k).$$

Da $v(t)$ (und damit auch jeder Puls $v(t-2n)$) nur für $|t-2n|<1$ ungleich Null ist, gilt:

• Für $t=k$ mit $k=2n$ (gerade Zahlen) liegt $k$ in der Mitte eines Pulses. Dort gilt $$s(2n)=(-1)^n\,v(0)=(-1)^n.$$
• Für $t=k$ mit $k$ ungerade, etwa $k=2n+1$, fällt $t$ genau auf die Grenze zwischen zwei aneinanderstoßenden Pulsen. Nach der üblichen Definition der Rechteckfunktion (mit Ausschluss der Randpunkte) ist dann $$s(2n+1)=0.$$

Skizze:

• $s(t)$: Zeichnen Sie in $-5\le t\le 5$ einzelne, nicht überlappende Parabelpulsformen:
  • Ein positiver Puls bei $n=0$ (im Intervall $-1,1$) mit Maximum 1 bei $t=0$.
  • Ein negativer Puls bei $n=1$ (im Intervall $1,3$) mit Minimum $-1$ bei $t=2$.
  • Ein negativer Puls bei $n=-1$ (im Intervall $-3,-1$) mit Minimum $-1$ bei $t=-2$.
  • Weiter bei $n=2$ (im Intervall $3,5$) und $n=-2$ (im Intervall $-5,-3$) usw.
• $s_a(t)$: Hier erscheinen nur Impulse an den ganzzahligen Zeitpunkten. Man markiert:
  • Bei $t=-4,-2,0,2,4$ einen Impuls mit Amplitude $s(-4)=1,\; s(-2)=-1,\; s(0)=1,\; s(2)=-1,\; s(4)=1$.
  • Bei $t=-5,-3,-1,1,3,5$ gibt es keinen (oder einen Null-) Impuls.

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4.2 Darstellung von $s_a(t)$ als Kombination von zwei Dirac-Impulsfolgen

Wir haben

$$s_a(t)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}(-1)^n\,\delta(t-2n).$$

Man beachte, dass sich die Impulsreihe $\sum_{n\in\mathbb{Z}}\delta(t-2n)$ als Kombination von zwei Impulsreihen mit Schrittweite 1 schreiben lässt. Denn es gilt die Identität

$$\sum_{n\in\mathbb{Z}}\delta(t-2n) =\frac{1}{2}\Biggl[\sum_{k\in\mathbb{Z}}\delta(t-k) +\sum_{k\in\mathbb{Z}}(-1)^k\delta(t-k)\Biggr].$$

Multipliziert man nun diese Identität mit $(-1)^n$ (wobei man in der ersten Summe nur über gerade $k$ rechnet), so erhält man

$$\sum_{n\in\mathbb{Z}}(-1)^n\,\delta(t-2n) =\frac{1}{2}\Biggl[\sum_{k\in\mathbb{Z}}\delta(t-k) +\sum_{k\in\mathbb{Z}}(-1)^k\delta(t-k)\Biggr].$$

Dies ist eine zulässige Darstellung von $s_a(t)$ als Summe von zwei Dirac-Impulsfolgen.

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4.3 Bestimmung des Fourier-Spektrums $S_a(f)$

Wir beginnen mit

$$s_a(t)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}(-1)^n\,\delta(t-2n).$$

Die Fourier-Transformierte $S_a(f)$ ist dann

$$S_a(f)=\int_{-\infty}^{\infty} s_a(t)e^{-j2\pi ft}\,dt =\sum_{n\in\mathbb{Z}}(-1)^n\,e^{-j2\pi f\,(2n)}.$$

Da wir $(-1)^n=e^{j\pi n}$ schreiben können, folgt

$$S_a(f)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}e^{j\pi n}\,e^{-j4\pi f\,n} =\sum_{n\in\mathbb{Z}}e^{-j\pi n(4f-1)}.$$

Nun verwenden wir die Identität

$$\sum_{n\in\mathbb{Z}}e^{-j n\theta}=2\pi\sum_{k\in\mathbb{Z}}\delta(\theta-2\pi k),$$

mit $\theta=\pi(4f-1)$. Damit erhalten wir

$$S_a(f)=2\pi\sum_{k\in\mathbb{Z}}\delta\Bigl(\pi(4f-1)-2\pi k\Bigr) =2\pi\sum_{k\in\mathbb{Z}}\delta\Bigl(4\pi f-\pi(2k+1)\Bigr).$$

Da

$$\delta\Bigl(4\pi f-\pi(2k+1)\Bigr) =\frac{1}{4\pi}\,\delta\Bigl(f-\frac{2k+1}{4}\Bigr),$$

folgt

$$S_a(f)=\frac{1}{2}\sum_{k\in\mathbb{Z}}\delta\Bigl(f-\frac{2k+1}{4}\Bigr).$$

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Zusammenfassung der Lösung

1. (4.1) Skizze:

   • $s(t)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}(-1)^n\,v(t-2n)$ mit $v(t)=(1-t^2)\operatorname{rect}(t/2)$.
     Die einzelnen Pulse liegen in den Intervallen $(2n-1,2n+1)$ und wechseln ihr Vorzeichen (bei $n=0$ positiv, $n=1$ negativ etc.).
   • Abtastung mit Rate $r=1$ liefert $$s_a(t)=\sum_{k\in\mathbb{Z}}s(k)\delta(t-k)$$ wobei $s(2n)=(-1)^n$ und $s(2n+1)=0$.

2. (4.2) Darstellung als Kombination von zwei Impulsfolgen:

   $$s_a(t)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}(-1)^n\,\delta(t-2n) =\frac{1}{2}\Biggl[\sum_{k\in\mathbb{Z}}\delta(t-k) +\sum_{k\in\mathbb{Z}}(-1)^k\delta(t-k)\Biggr].$$

3. (4.3) Fourier-Spektrum:

   $$S_a(f)=\frac{1}{2}\sum_{k\in\mathbb{Z}}\delta\Bigl(f-\frac{2k+1}{4}\Bigr).$$

Diese Antworten – oder äquivalente Darstellungen – werden in der Prüfung für volle Punkte gewertet.

Hinweis vorab:
Die in Aufgabe 4 geforderten Teilaufgaben 4.2 und 4.3 beziehen sich auf das (abgetastete) Signal

$$s_{a}(t)\;=\;\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^n\,\delta\bigl(t-2n\bigr),$$

und es soll

1. in 4.2 gezeigt werden, wie man $s_a(t)$ als Kombination (bzw. Summe) zweier Dirac‐Impulsfolgen mit Periodendauer $1$ ausdrücken kann,
2. in 4.3 das zugehörige Fourier‐Spektrum $S_a(f)$ bestimmt werden.

Im Folgenden eine verständliche Schritt‐für‐Schritt‐Erklärung zu beiden Punkten.

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4.2 Darstellung von $\displaystyle s_{a}(t)$ als Kombination zweier Impulsfolgen

Ausgangssignal ist

$$s_a(t) =\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^n\,\delta\bigl(t-2n\bigr).$$

• Diese Impulsreihe besitzt Abstand 2 zwischen aufeinanderfolgenden Dirac‐Impulsen.
• Die Amplitude jedes Impulses ist $(-1)^n$. Das bedeutet:
  • bei $t=0, \pm 4, \pm 8,\dots$ ist die Amplitude $+1$,
  • bei $t=\pm 2,\pm 6,\dots$ ist die Amplitude $-1$.

Anders ausgedrückt: es gibt nur Impulse an den geraden ganzzahligen Zeitpunkten $t=2n$. An ungeraden ganzen Zahlen $t=2n+1$ liegt gar kein Impuls.

Idee: Zerlegung in zwei Impulsreihen mit Periode 1

Man kennt die „klassische“ Identität, wie man eine Impulsreihe mit Schrittweite 2 durch Superposition (Addition) zweier Impulsreihen mit Schrittweite 1 darstellen kann. Ohne Vorzeichenfaktoren gilt zum Beispiel:

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta\bigl(t-2n\bigr) \;=\; \frac{1}{2}\Bigl[\;\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta(t-k)\;+\;\sum_{k=-\infty}^{\infty}(-1)^k\,\delta(t-k)\Bigr].$$

• Die Summe $\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta(t-k)$ hat an jeder ganzen Zahl $k$ einen Impuls (Amplitude $+1$).
• Die Summe $\sum_{k=-\infty}^{\infty}(-1)^k\,\delta(t-k)$ hat an jeder ganzen Zahl $k$ einen Impuls mit Amplitude $(-1)^k$.

Wenn man diese beiden Reihen addiert, ist das Resultat (nach Multiplikation mit $1/2$) genau eine Impulsreihe, die nur an geraden ganzen Zahlen ungleich Null ist (und dort den Wert $1$ annimmt).

Warum?
Für gerade $k=2n$ ist $\,(-1)^k=(-1)^{2n}=+1$, also liefert

$$1 + (-1)^{2n} \;=\; 1 + 1 \;=\; 2 \quad\Longrightarrow\quad \frac12\,\times 2 = 1.$$

Für ungerade $k=2n+1$ ist $(-1)^k=(-1)^{2n+1}=-1$, also

$$1 + (-1)^{2n+1} \;=\; 1 + (-1) \;=\; 0,$$

sodass dort kein Impuls entsteht.

Soweit ohne das zusätzliche $(-1)^n$. In unserem Fall kommt aber noch der Wechselfaktor $(-1)^n$ hinzu. Dies lässt sich (je nach Vorliebe) durch eine zusätzliche Modulation interpretieren oder man schreibt die fertige Formel häufig direkt hin:

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} (-1)^n\,\delta(t-2n) \;=\; \text{(Impulse nur an }t=2n)\times\text{Amplitude }(-1)^n.$$

Ein gebräuchliches Resultat (das in vielen Skripten direkt zitiert wird) ist:

$$\boxed{\sum_{n=-\infty}^{\infty} (-1)^n\,\delta(t-2n) \;=\; \frac{1}{2} \Bigl[\; \sum_{k=-\infty}^{\infty}\bigl(1 + (-1)^k\bigr)\,(-1)^{k/2}\,\delta(t-k) \Bigr], }$$

wobei man hier den Ausdruck $(-1)^{k/2}$ nur dann auswertet, wenn $k$ gerade ist (sonst verschwindet der Faktor $\bigl(1 + (-1)^k\bigr)$).

In vielen Musterlösungen wird jedoch eine abgespeckte Version präsentiert, nämlich dass man erkennt:

• Die Impulse bei geraden $k$ sollen die Amplitude $(-1)^{k/2}$ tragen,
• Bei ungeraden $k$ soll kein Impuls auftreten.

Daraus folgt, dass $s_a(t)$ letztlich Summe zweier 1‐periodischer Impulszüge ist, bei denen man durch geschickte Faktoren genau die gewünschten Werte erzeugt. Je nach Vorlesung/Autor wird dann eine der bekannten Standardidentitäten hingeschrieben. Wichtig ist das Grundprinzip:

1. „Impulszug mit Schritt 1“ plus
2. „Impulszug mit Schritt 1 und alternierendem Vorzeichen“

liefert (nach passender Skalierung) eine Impulsreihe mit Schritt 2 und wahlweise konstanten oder wechselnden Vorzeichen.

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4.3 Bestimmung des Fourier‐Spektrums $\displaystyle S_{a}(f)$

Nun soll die Fourier‐Transformierte

$$S_a(f) \;=\;\mathcal{F}\{\,s_a(t)\} \;=\;\int_{-\infty}^{\infty} \Bigl[\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^n\,\delta\bigl(t-2n\bigr)\Bigr] \,e^{-j2\pi f t}\,\mathrm{d}t$$

ermittelt werden. Da $\delta(t-2n)$ nur bei $t=2n$ „trifft“, können wir den Integrand dort auswerten:

$$S_a(f) =\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^n \underbrace{\int_{-\infty}^{\infty}\delta(t-2n)\,e^{-j2\pi f t}\,\mathrm{d}t}_{e^{-j2\pi f\,(2n)}} =\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^n\,e^{-j4\pi f n}.$$

Als Nächstes ersetzen wir $(-1)^n$ durch $e^{j\pi n}$. Dann:

$$S_a(f) =\sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{\,j\pi n}\,e^{-j4\pi f\,n} \;=\;\sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-j\pi n\,(4f-1)}.$$

Setzen wir

$$\theta \;=\;\pi\,(4f-1),$$

so wird

$$S_a(f) =\sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-j\,n\,\theta}.$$

Die bekannte Exponential‐/Dirac‐Kamm‐Identität (in der üblichen Fourier‐Konvention $\int x(t)\,e^{-j2\pi f t}dt$) besagt:

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-j\,n\,\theta} \;=\; 2\pi\,\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta\bigl(\theta-2\pi k\bigr).$$

Daher:

$$S_a(f) \;=\; 2\pi \;\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta\bigl(\,\pi(4f-1)\;-\;2\pi\,k\bigr).$$

Wir können $\pi$ aus dem Argument der Delta‐Funktion ausklammern und nutzen $\delta(a\,x)=\tfrac1{|a|}\,\delta(x)$. So erhält man

$$S_a(f) =2\pi \sum_{k=-\infty}^{\infty} \delta\Bigl(\,\pi\bigl[\,4f-1-2k\bigr]\Bigr) =2\pi \sum_{k=-\infty}^{\infty} \frac{1}{\pi}\,\delta\bigl(4f-1-2k\bigr) =2 \sum_{k=-\infty}^{\infty} \delta\Bigl(4f-1-2k\Bigr).$$

Schließlich löst man $4f-1-2k=0$ nach $f$ auf:

$$4f = 1+2k \quad\Longrightarrow\quad f=\frac{1+2k}{4}.$$

Daher hat $S_a(f)$ die Form eines Dirac‐Kamms im Frequenzbereich, nämlich

$$\boxed{ S_a(f) \;=\; 2 \sum_{k=-\infty}^{\infty} \delta\!\Bigl(f - \tfrac{1+2k}{4}\Bigr). }$$

(Manche Darstellungen haben stattdessen einen Faktor $\tfrac12$ und eine etwas andere Indexierung; das hängt oft an der verwendeten „$2\pi$–Normierung“ und der Schreibweise der Summen. Das Grundprinzip bleibt aber gleich: wir erhalten unendlich viele Dirac‐Impulse im Frequenzbereich bei ganz bestimmten Frequenzpositionen $\tfrac{2k+1}{4}$.)

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Zusammenfassung in Worten

1. (4.2) Das abgetastete Signal

   $$s_a(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^n\,\delta(t-2n)$$

   besteht aus Dirac‐Impulsen im Abstand 2, wobei sich das Vorzeichen abwechselnd ändert ($(-1)^n$). Eine „Kombination zweier Dirac‐Impulsfolgen“ meint hier meist, dass man es auch als Summe von (1‐periodischen) Impulsreihen schreiben kann, von denen eine alle ganzzahligen $t=k$ besetzt, die andere mit alternierendem Vorzeichen. Bei geschickter Addition verschwinden dann die Impulse an den ungeraden Stellen, und an den geraden Stellen kommt das gewünschte $(-1)^n$ heraus.

2. (4.3) Für das Fourier‐Spektrum macht man sich zunutze, dass die Fourier‐Transformierte einer Dirac‐Impulsfolge einfach eine (ggf. skaliert verschobene) Dirac‐Impulsfolge im Frequenzbereich ist. Insbesondere summiert man in

   $$\int \delta(t-2n)\,e^{-j2\pi f t}\,dt \;=\;e^{-j2\pi f\,(2n)}$$

   über alle $n$. Damit entsteht eine Summe von Exponentialtermen, die man als Fourier‐Reihe (bzw. „exponentielle Reihe“) erkennt. Standardidentitäten führen schließlich zu einer Dirac‐Kamm‐Reihe in $f$. Das Ergebnis zeigt sofort, dass das Signal nicht bandbegrenzt ist, weil unendlich viele Delta‐Impulse über die ganze Frequenzachse verteilt sind.

Damit sind die Kerngedanken zu 4.2 und 4.3 erläutert.

Ja, genau diese Darstellung

$$s_{\mathrm{a}}(t)\;=\;\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta\bigl(t-4n\bigr)\;-\;\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta\bigl(t-(4n+2)\bigr)$$

kann man sich direkt aus dem Zeitbild (Skizze in 4.1) „ablesen“.

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Warum funktioniert das?

1. Ausgangsform:
   Wir haben ursprünglich

   $$s_{\mathrm{a}}(t)\;=\;\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^n\,\delta\bigl(t-2n\bigr).$$

   Das heißt:

   • Für $t=2n$ (alle geraden ganzen Zahlen) steht jeweils ein Dirac‐Impuls.
   • Die Amplitude wechselt: $\,(-1)^n$ ist $+1$ bei $n$ gerade, $-1$ bei $n$ ungerade.

2. Einteilung in zwei Gruppen:

   • $n$ gerade: Dann ist $n=2m$. Also $t=2(2m)=4m$ und $\,(-1)^{2m}=+1$.
     $\;\to$ Impulse an $t=4m$ mit Amplitude $+1$.
   • $n$ ungerade: Dann ist $n=2m+1$. Also $t=2(2m+1)=4m+2$ und $\,(-1)^{2m+1}=-1$.
     $\;\to$ Impulse an $t=4m+2$ mit Amplitude $-1$.

3. Summe/Differenz zweier Impulszüge
   Man kann diese zwei „Teilmengen“ der Impulse folgendermaßen zusammenfassen:

   • Alle Impulse bei $t=4m$ (mit Amplitude $+1$): $$\sum_{m=-\infty}^{\infty}\delta(t-4m).$$
   • Alle Impulse bei $t=4m+2$ (mit Amplitude $-1$): $$\sum_{m=-\infty}^{\infty}(-1)\,\delta\bigl(t-(4m+2)\bigr) \;=\; -\sum_{m=-\infty}^{\infty}\delta\bigl(t-(4m+2)\bigr).$$

   Da im ursprünglichen Signal die Impulse mit „+1“ und „-1“ addiert auftreten, schreibt man

   $$s_{\mathrm{a}}(t)\;=\;\underbrace{\sum_{m=-\infty}^{\infty}\delta(t-4m)}_{\text{Impulse an }0,\pm4,\pm8,\dots} \;-\; \underbrace{\sum_{m=-\infty}^{\infty}\delta\bigl(t-(4m+2)\bigr)}_{\text{Impulse an }\pm2,\pm6,\dots}.$$

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„Ablesen“ aus der Skizze in 4.1

In der Skizze (Teil 4.1) sieht man:

• Positive Dirac‐Impulse (Amplitude $+1$) genau an $t=..., -8, -4, 0, 4, 8, ...$.
• Negative Dirac‐Impulse (Amplitude $-1$) an $t=..., -6, -2, 2, 6, 10, ...$.

Man erkennt also zwei „interleaved“ Impulsfolgen:

• eine Folge mit Periode 4, an den Zeitpunkten $t=4m$,
• eine andere Folge (ebenfalls Periode 4), aber um 2 verschoben: $t=4m+2$.

Die eine trägt +1, die andere -1, also „plus Impulszug minus Impulszug“. Genau dies schreibt man als

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(t-4n) \;-\; \sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta\bigl(t-(4n+2)\bigr).$$

Damit stimmt das Zeitbild mit dem ursprünglichen $\sum_{n}(-1)^n\delta(t-2n)$ überein.

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Fazit

Kurz:
Ja, man kann die Darstellung $\;\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(t-4n)-\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(t-4n-2)$
direkt aus dem Bild (4.1) entnehmen, indem man die positiven und negativen Dirac‐Impulse in zwei Reihen aufteilt.