Fourierreihe sin^2 < Fourier-Transformati < Transformationen < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:00 Mo 02.03.2009 | | Autor: | magir |
| Aufgabe | | Berechnen Sie die reelle Fourierreihe zu [mm] sin^2\omega [/mm] t. |
Eigentlich kein großes Problem mit einer trigonometrischen Formelsammlung, aber leider werden alle Koeffizienten 0, außer a(0).
Meine Rechung:
T = [mm] \pi [/mm] -> [mm] \omega [/mm] = 2
f(x) = f(-x) -> b(n) = 0 für alle n
a(n) = 2/T [mm] \integral_{0}^{T}{f(t)cosn\omega t dt}
[/mm]
= [mm] 2/\pi \integral_{0}^{\pi}{sin^2\omega t*cosn\omega t dt}
[/mm]
mit sin^2x = 1/2(1-cos2x):
= [mm] 1/\pi \integral_{0}^{\pi}{(1-cos2\omega t)*cosn\omega t dt}
[/mm]
= [mm] 1/\pi \integral_{0}^{\pi}{cosn\omega t -cos2\omega t*cosn\omega t dt}
[/mm]
mit cosx*cosy = 1/2 (cosx-y - cosx+y):
= [mm] 1/\pi \integral_{0}^{\pi}{cosn\omega t -1/2 cos(2-n)\omega t - 1/2(cos(2+n)\omega tdt}
[/mm]
= [mm] 1/\pi [\bruch{sinn\omega t}{n\omega} -\bruch{sin(2-n)\omega t}{2(2-n)\omega} [/mm] - [mm] \bruch{sin(2+n)\omega t}{2(2+n)\omega}]^\pi_0
[/mm]
Setzt man nun als für die obere Grenze des Integrals Pi ein, so ergibt sich in allen Argumenten des Sinus ein Vielfaches von [mm] 2*\pi, [/mm] auf Grund der Tatsache, dass [mm] \omega [/mm] = 2 ist.
Damit werden diese Terme 0!
Setzt man die untere Grenze des Integrals ein, so werden alle Argumente des Sinus 0 und somit auch der Sinus 0.
Auch diese Terme sind alle 0!
Damit gilt a(n) =0 für alle n.
Das kann aber schlecht sein, denn damit wäre die Fourierreihe konstant a(0)/2.
Wie geht es also weiter?
Ich vermute, dass die Terme für n = +-2 eine Rolle spielen, da der zweite Bruch im Fall +2 im Nenner 0 wird und der dritte Bruch im Fall -2 im Nenner 0 wird.
Jedoch fallen diese beiden Brüche doch weg, wenn man die obere und untere Grenze einsetzt.
Im Fall des zweiten Bruchs ergibt sich nach einsetzten der Grenzen des Intergrals:
[mm] \bruch{sin(2-2)2 \pi}{2(2-2)2}-\bruch{sin(2-2)2*0}{2(2-2)2}
[/mm]
[mm] =\bruch{sin0}{0}-\bruch{sin0}{0}
[/mm]
= 0
Die Gleiche Überlegung lässt sich für den dritten Bruch anstellen.
Über Tipps zur Lösung würde ich mich sehr freuen.
Bei der Fourierreihe von [mm] sin^3\omega [/mm] t stehe ich vor dem selben Problem, aber ich denke sobald diese Aufgabe klar ist lässt sich auch [mm] sin^3 [/mm] lösen.
Beste Grüße,
magir
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:50 Mo 02.03.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Dein Fehler: wenn die Periode [mm] \pi [/mm] ist, musst du von [mm] -\pi/2 [/mm] bis [mm] +\pi/2 [/mm] integrieren bzw. 2 mal von 0 bis [mm] \pi/2.
[/mm]
das Integral ist schneller geloest mit part. Integration:
[mm] u'=cosn\omega*t [/mm] v=sin^2t, dann entsteht dasselbe Integral rechts wieder, bis auf Zahlenfaktoren und du bringst es auf die linke Seite.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:12 Mo 02.03.2009 | | Autor: | magir |
In meinem Skript steht, dass das Integral zur Berechnung der Koeffizienten wie folgt aussieht:
[mm] a_n [/mm] = [mm] \integral_{c}^{c+T}{f(t) cosn\omega t dt}
[/mm]
mit beliebigem c.
Analog für [mm] b_n, [/mm] dann eben mit [mm] sinn\omega [/mm] t
Was ist denn nun richtig?
Ich habe mit gerade mal sin^2xcosx mit Derive ausgeben lassen, was ja im Grunde [mm] a_1 [/mm] entspricht. Bei der Integration von [mm] 0-\pi [/mm] kommt dabei dann wirklich 0 raus, so wie ich es auch errechnet habe, aber im Fall der Integration von [mm] -\pi/2 [/mm] bis [mm] \pi/2 [/mm] ein positiver Wert.
Heißt mit deinem Hinweis komme ich vermutlich zur Lösung, aber es steht im Wiederspruch zu meinem Skript. :-/
Die Methode zur Berechnung des Integrals kann ich nachvollziehen, auch wenn ich mich immer schwer tue derartige partiellen Integrale zu erkennen. Danke dafür.
Schöne Grüße,
magir
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> In meinem Skript steht, dass das Integral zur Berechnung
> der Koeffizienten wie folgt aussieht:
> [mm]a_n[/mm] = [mm]\integral_{c}^{c+T}{f(t) cosn\omega t dt}[/mm]
> mit
> beliebigem c.
Hallo,
hast Du auch für [mm] \omega [/mm] die 2 eingesetzt?
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:33 Mo 02.03.2009 | | Autor: | magir |
Ja, habe ich.
Nur durch [mm] \omega [/mm] = 2 werden alle Sinusargumente ein Vielfaches von [mm] 2\pi, [/mm] also jeder Sinus zu 0.
Damit bleibt die Frage offen, wobei es hier nun mehr um eine Grundsätzliche Frage geht.
Wikipedia sagt auch, dass die Integrationsgrenzen der Koeffizienten frei gewählt werden dürfen, lediglich die Differenz T sein muss.
Hingegen ist auf vielen anderen Internetseiten zu finden, dass die Integration von -T/2 bis +T/2 durchgeführt wird.
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> Ja, habe ich.
> Nur durch [mm]\omega[/mm] = 2 werden alle Sinusargumente ein
> Vielfaches von [mm]2\pi,[/mm] also jeder Sinus zu 0.
Hallo,
ich bin ja immer noch ganz verliebt in meine 2...
Ich glaube, daß Du mit dem [mm] \omega [/mm] was falsch machst.
Es ist das [mm] \omega [/mm] in [mm] f(t)=sin^2(\omega [/mm] t) doch nicht dasslbe wie bei der Berechnung der Fourierkoeffizienten im Integral!
Die Periode T von [mm] f(t)=sin^2(\omega_1 [/mm] t) ist nicht [mm] \pi, [/mm] sondern [mm] T=\bruch{pi}{\omega_1}.
[/mm]
Damit bekommst Du für das [mm] \omega [/mm] im Integral [mm] \omega=\bruch{2\pi}{T}= 2\omega_1.
[/mm]
Wenn Du die Fourierreihe aufstellst für f(t)=sin^2t, also für [mm] \omega_1=1, [/mm] dh. [mm] T=\pi [/mm] mußt Du
$ [mm] a_n [/mm] $ = [mm] \displaystyle \frac{2}{T}\int_{0}^{\pi} \sin^2 [/mm] t* [mm] \cos(n*2 t)\, \mathrm{d}t [/mm] ausrechnen, und ich verdächtige Dich, daß Du hinterm sin auch diese 2 hast.
Gruß v. Angela
>
> Damit bleibt die Frage offen, wobei es hier nun mehr um
> eine Grundsätzliche Frage geht.
> Wikipedia sagt auch, dass die Integrationsgrenzen der
> Koeffizienten frei gewählt werden dürfen, lediglich die
> Differenz T sein muss.
> Hingegen ist auf vielen anderen Internetseiten zu finden,
> dass die Integration von -T/2 bis +T/2 durchgeführt wird.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:29 Do 05.03.2009 | | Autor: | magir |
Ich habe noch einmal versucht das ganze an Hand einiger anderen Beispiele nachzuvollziehen. Das Problem liegt hier also in der Tatsache, dass [mm] sin^{2} [/mm] nicht [mm] 2\Pi-periodisch [/mm] ist.
Anbei mal ein kleines Bild:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Die rote Funktion ist [mm] 2\Pi-periodisch [/mm] und von daher einfach zu berechnen.
Wichtig bei der Berechnung der Koeffizienten der Fourierreihe ist, dass die Funktion mit der multipliziert wird für n=1 die selbe Periode hat, wie die gegebene Funktion.
Bsp:
[mm] a_{n} [/mm] = [mm] \bruch{2}{T}\integral_{0}^{T}{f(t)cosn\omega t dt}
[/mm]
Im vorliegenden Fall von [mm] sin^{2} [/mm] ist das aber die Periode halb so große, wie die des Cosinus. Um dieses "auszugleichen" muss der Cosinus so gestaucht werden, dass die Periode halb so große wird, also das Argument des Cosinus mit 2 multipliziert werden.
Daraus geht der folgende Ansatz hervor:
[mm] a_{n} [/mm] = [mm] \bruch{2}{T}\integral_{0}^{T}{sin^{2}(\omega t)cos(2n\omega t) dt}
[/mm]
Vermutlich viel zu kompliziert ausgedrückt und gedacht, aber ich hoffe der Ansatz passt nun so.
Das [mm] \omega [/mm] im Argument des Sinus und des Cosinus sind dann aber nun die selben.
Ist das so nun richtig?
Vielen Dank im Voraus und auch für die oben stehenden Antworten.
Beste Grüße,
magrir
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:08 Do 05.03.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ja, so kannst dus beschreiben und machen.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:46 Do 05.03.2009 | | Autor: | magir |
Ich habe das Ganze nachdem ich deine Korrektur nun verstanden habe noch einmal gerechnet, stehe aber vor dem selben Problem.
Hier nochmal meine aktuelle Lösung:
f(x) = f(-x) -> [mm] b_{n} [/mm] = 0 für alle n
T = [mm] \bruch{\pi}{\omega}
[/mm]
[mm] a_{0} [/mm] = [mm] \bruch{2}{T}\integral_{0}^{T}{sin^{2}(\omega t) dt}
[/mm]
= [mm] \bruch{1}{T}\integral_{0}^{T}(1-cos(2\omega [/mm] t) dt)
= [mm] \bruch{1}{T}[t-\bruch{sin(2\omega t)}{2\omega}]^{T}_{0}
[/mm]
= [mm] \bruch{1}{T}(T-0-0+0)
[/mm]
= 1
-> [mm] a_{n} [/mm] = [mm] \bruch{2}{T}\integral_{0}^{T}{sin^{2}(\omega t)cos(2n\omega t) dt}
[/mm]
Und nun geht die Rechnerei los:
[mm] a_{n} [/mm] = [mm] \bruch{1}{T}\integral_{0}^{T}{cos(2n\omega t)-
cos(2\omega t)cos(2n\omega t)dt}
[/mm]
= [mm] \bruch{1}{T}\integral_{0}^{T}{cos(2n\omega t)-
\bruch{1}{2}cos((1-n)2\omega t)-\bruch{1}{2}cos((1+n)2\omega t)dt}
[/mm]
= [mm] \bruch{1}{T}[-\bruch{sin2n\omega t}{2n\omega}+\bruch{1}{2}\bruch{sin((1-n)2\omega t}{(1-n)2\omega}+\bruch{1}{2}\bruch{sin((1+n)2\omega t}{(1+n)2\omega}]^{T}_{0}
[/mm]
Die Terme der unteren Grenze verschwinden, denn sin(0) = 0.
Bei den Termen der oberen Grenze ist es nicht anders.
[mm] sin(2n\omega [/mm] T) = [mm] sin(n2\pi) [/mm] = 0
[mm] sin((1-n)2\omega [/mm] T) = [mm] sin((1-n)2\pi) [/mm] = 0
[mm] sin((1+n)2\omega [/mm] T) = [mm] sin((1+n)2\pi) [/mm] = 0
Damit sind alle [mm] a_{n} [/mm] 0 und es ist was nicht sein darf, den die Fourierreihe ist konst. [mm] a_{0}/2.
[/mm]
Irgendwo muss also noch ein Fehler sein.
Über Hilfe würde ich mich sehr freuen.
Die Integration würde ich gerne mit Sinussätzen machen und nicht mit partieller Integration, da ich mich auf diesem Wege wohler fühle.
magir
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> Ich habe das Ganze nachdem ich deine Korrektur nun
> verstanden habe noch einmal gerechnet, stehe aber vor dem
> selben Problem.
>
> Hier nochmal meine aktuelle Lösung:
>
> f(x) = f(-x) -> [mm]b_{n}[/mm] = 0 für alle n
>
> T = [mm]\bruch{\pi}{\omega}[/mm]
>
> [mm]a_{0}[/mm] = [mm]\bruch{2}{T}\integral_{0}^{T}{sin^{2}(\omega t) dt}[/mm]
>
> = [mm]\bruch{1}{T}\integral_{0}^{T}(1-cos(2\omega[/mm] t) dt)
> = [mm]\bruch{1}{T}[t-\bruch{sin(2\omega t)}{2\omega}]^{T}_{0}[/mm]
>
> = [mm]\bruch{1}{T}(T-0-0+0)[/mm]
> = 1
>
> -> [mm]a_{n}[/mm] = [mm]\bruch{2}{T}\integral_{0}^{T}{sin^{2}(\omega t)cos(2n\omega t) dt}[/mm]
>
> Und nun geht die Rechnerei los:
> [mm]a_{n}[/mm] = [mm]\bruch{1}{T}\integral_{0}^{T}{cos(2n\omega t)-
cos(2\omega t)cos(2n\omega t)dt}[/mm]
>
> = [mm]\bruch{1}{T}\integral_{0}^{T}{cos(2n\omega t)-
\bruch{1}{2}cos((1-n)2\omega t)-\bruch{1}{2}cos((1+n)2\omega t)dt}[/mm]
Hallo,
bis hierher ist noch alles in Ordnung.
Das, was Du als nächstes tust, funktioniert für n=1 nicht, weil Du bei Deiner Stammfunktion durch 0 dividieren würdest.
Du mußt also den Koeffizienten [mm] a_1 [/mm] gesondert berechnen.
Gruß v. Angela
>
> = [mm]\bruch{1}{T}[-\bruch{sin2n\omega t}{2n\omega}+\bruch{1}{2}\bruch{sin((1-n)2\omega t}{(1-n)2\omega}+\bruch{1}{2}\bruch{sin((1+n)2\omega t}{(1+n)2\omega}]^{T}_{0}[/mm]
>
> Die Terme der unteren Grenze verschwinden, denn sin(0) =
> 0.
> Bei den Termen der oberen Grenze ist es nicht anders.
> [mm]sin(2n\omega[/mm] T) = [mm]sin(n2\pi)[/mm] = 0
> [mm]sin((1-n)2\omega[/mm] T) = [mm]sin((1-n)2\pi)[/mm] = 0
> [mm]sin((1+n)2\omega[/mm] T) = [mm]sin((1+n)2\pi)[/mm] = 0
>
> Damit sind alle [mm]a_{n}[/mm] 0 und es ist was nicht sein darf, den
> die Fourierreihe ist konst. [mm]a_{0}/2.[/mm]
>
> Irgendwo muss also noch ein Fehler sein.
>
> Über Hilfe würde ich mich sehr freuen.
> Die Integration würde ich gerne mit Sinussätzen machen und
> nicht mit partieller Integration, da ich mich auf diesem
> Wege wohler fühle.
>
> magir
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:02 Fr 06.03.2009 | | Autor: | magir |
Ich hatte es mir schon fast gedacht, nur lässt der Prof. auch immer gerne mal den Satz von L'Hospital unter den Tisch fallen. (Vermutlich nur wenn am Ende auch 0 bei raus kommt, aber das weiß man ja eigentlich erst nachdem man es ausgerechnet hat.)
Ich habe das ganze also mal gemacht:
[mm] a_{1} [/mm] = [mm] \bruch{1}{T}(\bruch{Tsin(2(1-n)\pi}{4(n-1)\pi}-\bruch{Tsin(2(1-n)\bruch{\pi}{T}0}{4(n-1)\pi})
[/mm]
= [mm] \bruch{1}{4\pi}(\bruch{sin(2(1-n)\pi-sin(2(1-n)\bruch{\pi}{T}0}{(n-1)})
[/mm]
Das entspricht dem Fall [mm] \bruch{"0"}{"0"}
[/mm]
[mm] a_{1} [/mm] = [mm] \limes_{n\rightarrow 1}(\bruch{\bruch{d sin(2(1-n)\pi-sin(2(1-n)\bruch{\pi}{T}0}{d n}}{\bruch{d 4\pi(n-1)}{d n}})
[/mm]
= [mm] \limes_{n\rightarrow 1}\bruch{-2\pi cos(2(1-n)\pi)+2\bruch{\pi}{T}0cos(2(1-n)\bruch{\pi}{T}0)}{-4\pi}
[/mm]
= [mm] \limes_{n\rightarrow 1}\bruch{-2\pi cos(2(1-n)\pi)}{-4\pi}
[/mm]
= [mm] \bruch{-2\pi cos(0)}{-4\pi}
[/mm]
= [mm] \bruch{1}{2}
[/mm]
[mm] a_{-1}=a_{1} [/mm] Bei [mm] a_{1} [/mm] hebt sich das negativer Vorzeichen vor dem n auf, bei [mm] a_{-1} [/mm] taucht es erst gar nicht auf.
Ich hoffe das passt nun so und bedanke mich noch einmal recht herzlich für die Hilfe.
Dank dem Forum habe ich nun glaube ich eine Menge mehr verstanden und kann es vor allem auf andere Aufgaben anwenden. (Falls nicht seht ihr bald den Thread zu [mm] sin^{3}(\omega [/mm] t)  )
Schöne Grüße,
magir
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> Ich hatte es mir schon fast gedacht, nur lässt der Prof.
> auch immer gerne mal den Satz von L'Hospital unter den
> Tisch fallen.
Hallo,
die Sache mit l'Hospital will mir nicht schmecken.
Man hat halt für [mm] a_n [/mm] das, was Du zuvor ausgerechnet hat, und bei [mm] a_1 [/mm] muß man eben
$ [mm] \bruch{1}{T}\integral_{0}^{T}{cos(2n\omega t)- \bruch{1}{2}cos((1-n)2\omega t)-\bruch{1}{2}cos((1+n)2\omega t)dt} [/mm] $
=$ [mm] \bruch{1}{T}\integral_{0}^{T}{cos(2\omega t)- \bruch{1}{2}-\bruch{1}{2}cos(4\omega t)dt} [/mm] $
integrieren.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:02 Fr 06.03.2009 | | Autor: | magir |
Wo du es sagst sieht das so natürlich noch einfacher aus:
Das Integral zu lösen ist schließlich kein großer Aufwand, da man es vorher ohnehin schon mehr oder minder gemacht hat.
[mm] \bruch{1}{T}\integral_{0}^{T}{cos(2\omega t)- \bruch{1}{2}-\bruch{1}{2}cos(4\omega t)dt}
[/mm]
= [mm] \bruch{1}{T}[-\bruch{sin2\omega t}{2\omega} [/mm] - [mm] \bruch{t}{2} [/mm] + [mm] \bruch{sin4\omega t}{8\omega}]^{T}_{0}
[/mm]
Die Sinusterme haben als Argument jeweils ganzzahlige Vielfache von [mm] 2\pi, [/mm] werden also 0.
-> [mm] \bruch{1}{T}(\bruch{-T}{2})
[/mm]
[mm] =-\bruch{1}{2}
[/mm]
Damit leider genau das andere Vorzeichen als bei meiner Anwendung von l'Hospital.
Es liegt nahe, dass der Fehler in genau dieser zur suchen ist, aber grundlegend müsste doch die Anwendung des Satzes von l'Hospital zum Ziel führen. Die Berechnung von [mm] a_{n} [/mm] ist für alle n gültig, nur taucht eben genau bei diesem Fall [mm] (n=\pm [/mm] 1) das Problem auf, dass durch 0 geteilt werden muss. Der Nenner wird jedoch auch 0 und damit wird das Ganze ein klassischer Fall für den Satz von l'Hospital.
Wo liegt also der Fehler?
Grüße,
magir
PS: Danke für deine Geduld mit mir, Angela. :)
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Hallo,
wo Du es schreibst, erinnere ich mich dunkel, daß Du bei Deiner Integration von gestern irgendwelche Stammfunktionen mit dem falschen Vorzeichen hattest. Die Stammfkt. von cos ist nämlich sin und nicht -sin.
Vielleicht liegt's daran, ich hab' im Moment nicht die Ruhe zum Suchen der Stelle.
Gruß v. Angela
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