Musterlösung zum Übungsblatt 1

Lösungen zu Übung 1 „Fourierreihen+Kompl. Zahlen“
Ang.Mathematik MST
Prof. Dr. B. Grabowski
Zu Aufgabe 1
Wir betrachten hier nur den Fall m,n∈N, also m>0 und n>0.
Die anderen Fälle, bei denen m=0 oder n=0 ist, können leicht selbst gelöst werden.
Zu a) Partielle Integration:
∫ uv' = uv − ∫ u ' v
Mit u=sin(mωt), v’ =sin(nωt) erhalten wir u’= mωcos(mωt), v = −
1
cos(nωt ) und es ergibt
nω
sich:
T
T
T
m
 1

∫0 sin (mωt ) sin(nωt )dt = − nω sin(mωt ) cos(nωt ) 0 + n ∫0 cos(mωt ) cos(nωt )dt
T
m
+ ∫ cos(mωt ) cos(nωt )dt
n 0
0
=
Das zweite Integral lösen wir durch nochmalige partielle Integration:
1
sin(nωt ) und es ergibt
Mit u=cos(mωt), v’ =cos(nωt) erhalten wir u’= -mωsin(mωt), v =
nω
sich:
T
∫ sin (mωt ) sin(nωt )dt =
0
=
T
m
cos(mωt ) cos(nωt )dt
n ∫0
T
T

m  1
m

cos(
m
t
)
sin(
n
t
)
+
sin(
m
t
)
sin(
n
t
)
dt
ω
ω
ω
ω


∫

n  nω

0 n 0
=
T = 2π / ω
m
= 0
n
T
 m2 T
m
+ ∫ sin(mωt ) sin(nωt )dt  = 2 ∫ sin(mωt ) sin( nωt )dt
n 0
 n 0
Wir stellen die Gleichung um und erhalten:
T
m2
(1 − 2 ) ∫ sin (mωt ) sin(nωt )dt = 0
n 0
Daraus folgt sofort für m≠n, dass (weil der erste Faktor der Gleichung ≠0 ist) gelten muss:
T
∫ sin (mωt ) sin(nωt )dt = 0
0
Für den Fall m=n erhalten wir nach einmaliger partieller Integration:
1
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T
T
T
 1

∫0 sin (nωt ) sin(nωt )dt = − nω sin(nωt ) cos(nωt ) 0 + ∫0 cos(nωt ) cos(nωt )dt
T
∫ cos(nωt ) cos(nωt )dt
0
T
=
sin 2 ( x ) + cos 2 ( x ) =1
∫ [1 − sin (nωt ) sin(nωt )]dt
0
T
T
T
0
0
0
= ∫ 1dt − ∫ sin (nωt ) sin(nωt )dt = T − ∫ sin (nωt ) sin(nωt )dt
Wir stellen diese Gleichung nach dem gesuchten Integral um und erhalten:
T
2∫ sin (nωt ) sin(nωt )dt = T =
0
2π
ω
T
woraus folgt: ∫ sin (nωt ) sin(nωt )dt =
0
π
ω
Ergebnis:
0

∫0 sin (mωt ) sin(nωt )dt =  π
ω
T
für
für
m ≠ n

m = n 

Anderer Lösungsweg:
Statt über partielle Integration kann man das Integrale auch unter Verwendung eines
Additionstheorems zunächst vereinfachen und dann lösen.
Das Additionstheorem lautet:
cos(α − β ) − cos(α + β )
.
2
Mit α = mωt und β = nωt erhalten wir:
1
sin(mωt ) sin(nωt ) = [cos((m − n)ωt ) − cos((m + n)ωt )]
2
sin(α ) sin( β ) =
Dieser Lösungsweg wird bei der Lösung der Aufgabe 1b) und 1c) demonstriert.
T
Zu b) Wir verwenden folgendes Additionstheorem, um ∫ cos(mωt ) cos(nωt ) dt zu
0
cos(α − β ) + cos(α + β )
vereinfachen: cos(α ) cos( β ) =
. Mit α = mωt und β = nωt
2
erhalten wir für m≠n:
T
T
0
0
1
∫ cos(mωt ) cos(nωt )dt = ∫ 2 (cos(ωt (m − n)) + cos(ωt (m + n)))dt =
2
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=
T
T
 1
 T
1
1
cos
(
ω
t
(
m
−
n
))
dt
+
cos(ωt (m + n)))dt  = 
sin(ωt (m − n)) | +
∫
∫
2 0
 0
0
 2 ω ( m − n)
+
 T
1
1
sin(
ω
t
(
m
+
n
))
| =0
2  ω (m + n)
 0
Für den Fall m=n ergibt sich:
T
T
1
∫ cos(mωt ) cos(nωt )dt = ∫ 2 (cos(ωt (m − n)) + cos(ωt (m + n)))dt =
0
0
T
T
T
1
1
1
1 1
1
π

cos(ωt 0)dt + ∫ cos(ωt 2n)dt = T + 
sin( 2nωt ) =2π T + 0 =
∫
20
20
2
2  2ωn
ω
 0 ω= 2
T
Ergebnis:
0

∫0 cos(mωt ) cos(nωt )dt =  π
ω
T
für
für
m ≠ n

m = n 

Zu 1c)
T
Wir verwenden folgendes Additionstheorem, um ∫ cos(mωt ) sin( nωt ) dt zu vereinfachen:
0
sin( β − α ) + sin(α + β )
cos(α ) sin( β ) =
. Mit α = mωt und β = nωt
2
erhalten wir für m≠n:
T
T
1
∫0 cos(mωt ) sin(nωt )dt = ∫0 2 (sin (ωt (n − m)) + sin(ωt (n + m)))dt =
T
T


1
1
1
1
= −
cos(ωt (n − m)) − 
cos(ωt (n + m))
2  ω ( n − m)
 0 2  ω ( n + m)
0
=
T = 2π / ω
=0
Für n=m ergibt sich:
T
T
T
T
1
∫0 cos(mωt ) sin(nωt )dt = ∫0 2 (sin (ωt (n − m)) + sin(ωt (n + m)))dt =
T
1
1
∫0 cos(mωt ) sin(nωt )dt = ∫0 2 (sin (ωt (n − m)) + sin(ωt (n + m)))dt = ∫0 2 (sin (ωt 0) + sin(2ωtn))dt
T
T
1 1
1

= ∫ sin(2ωtn)dt = −
cos(2ωtn)
20
2  2ωn
0
3
= 0
T = 2π / ω
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Ergebnis:
T
∫ cos(mωt ) sin(nωt )dt = 0 für alle m,n∈N
0
Zu d) Substitution: u = nωt ; dt = du ;
nω
t : 0 → T ⇒ u : 0 → nωT
=
ω = 2π / T
2nπ
Daraus folgt für n>0:
T
2 nπ
1
1
1
1
 1
 2 nπ
cos(
n
t
)
dt
=
cos(
u
)
du
=
sin(
u
)
=
sin(2nπ ) −
sin(0) =
( 0 − 0) = 0
ω
∫0
∫


nω 0
nω
nω
nω
 nω
 0
Für n= 0 ist:
T
T
T
0
0
0
∫ cos(nωt )dt = ∫ cos(0)dt = ∫ dt = T
Lösung:
T
T
∫ cos(nωt )dt =  0
0
für
n = 0

sonst

Zu e) Substitution: u = nωt ; dt = du ;
nω
t : 0 → T ⇒ u : 0 → nωT
=
ω = 2π / T
2nπ
Daraus folg für n > 0:
T
2 nπ
1
1
1
 1
 2 nπ
n
t
dt
=
u
du
=
−
u
=−
sin(
)
sin(
)
cos(
)
cos(2nπ ) +
cos(0)
ω
∫0
∫


nω 0
nω
nω
 nω
 0
1
=
(−1 + 1) = 0
nω
Für n= 0 ist:
T
T
T
0
0
0
∫ sin(nωt )dt = ∫ sin(0)dt = ∫ 0dt = 0
Lösung:
T
∫ sin(nωt )dt = 0
0
4
für alle n≥0
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Zu Aufgabe 2
Zu a)
Zu b) Die Periode ist: T=8 ω0 = 2π/T = π/4
Offset:
4
4
4
2
2
1
a0
a0= ∫ f (t )dt = ∫ f (t )dt = ∫ 2dt = 2 ⇒
=1
80
40
2
T −4
cos-Anteil: Die Funktion ist ungerade bzgl. des Offsets. Daraus folgt: an = 0 für alle n∈N.
sin-Anteil:
T
T /2
T
π / w0
2
2
2 w0
bn= ∫ f (t ) sin(ω 0nt )dt = ( ∫ 2 sin( w0 nt )dt + ∫ 0 * sin(w0 nt )dt =
* 2 ∫ sin( w0nt )dt
T 0
T 0
2π
T /2
0
=
2 w0  1
2 w0 1
2
 π / w0
0 nt )
−
cos(
w
=−
*
(cos(πn) − cos 0) = − (cos(πn) − 1)


π  nw0
π nw0
π
 0
Es ist cos(nπ) = (-1)n. Daraus folgt:
0, für n gerade

bn =  4
πn , für n ungerade
Die Fourier-Reihe für f(t) lautet:
f(t) = 1 +
4
π
sin(ω 0 t ) +
4
4
π
sin(3ω 0 t ) +
sin(5ω 0 t ) + ⋯ mit ω0= .
3π
5π
4
In t=0 und t = 4 hat f(t) Sprungstellen.
Welchen Wert hat die Fourier-Reihe an diesen Sprungstellen?
Für t= 0 ist der sinus gleich Null, d.h. für t=0 ist die Fourier-Reihe = 1
Für t = 4 gilt: sin(pn4/4) = sin (np) = 0 . D.h. auch für t=4 ist die Fourier-Reihe = 1.
Das ist gerade der Mittelwert des jeweiligen links- und rechtsseitigen Grenzwertes von f(t)
an den Sprungstellen.
5
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Zu c)
Die folgenden Bilder sind mit Hilfe des Mathe-Softwaresystems MAPLE erstellt worden.
Sie demonstrieren die wachsende Genauigkeit der Approximation der Originalfunktion
f(t) durch eine endliche Fourier-Reihe der Ordnung n für wachsende n.
Legende: blau: Originalfunktion, rot: endliche Fourier-Reihe bis zur Ordnung n, ff=f(t)
> n:=1
 1 
ff := 1. + 1.2732 sin π t
 4 
> n:=3
 1 
 3 
ff := 1. + 1.2732 sin π t + 0.42440 sin π t
 4 
 4 
6
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> n:=10
 1 
 3 
 5 
 7 
ff := 1. + 1.2732 sin π t + 0.42440 sin π t + 0.25465 sin π t + 0.18189 sin π t
4
4
4






 4 
 9 
+ 0.14147 sin π t
 4 
> n:=40
7
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Zu Aufgabe 3
a) f(t)=3sin(t) – 4 cos(2t) ist schon die FR, z.B. für ωo = 1
Spektrum:
b) f(t) = 1 +cos(2t) – cos(5t) + sin(t) + sin(2t) – sin(4t)
Zu Aufgabe 4
Statt ŷ schreiben wir im Folgenden einfach nur y. Es gilt:
π
2y
3π

2 y − π t , für 2 ≤ t < 2
f(t) = 
 2 y t − 4 y, für 3π ≤ t < 5π
2
2
 π
Offset:
a0=0 wie man leicht sieht.
Cos-Anteil: f(t) – ungerade ⇒ an=0 ∀n ∈ N
Sin-Anteil: Wegen T = 2π ist ωo = 1 und wir erhalten:
.
5π / 2
3π/2
5π / 2

2
2
2y
2y
bn=
f
(
t
)
si
n(n
ω
t
)
dt
==
(2y
t
)
sin(
n
ω
t)dt
+
(
t
−
4
y
)
sin(
n
ω
t)dt

=
0
0
0
∫3π/2 π
T π ∫/ 2
T  π∫/2
π

=
2
( I1 + I 2 )
T
3π / 2
∫
I1=
π /2
3π / 2
+
∫
π
/2
8
−
3π / 2
2 y sin(nt )dt −
∫
π /2
1

 3π / 2  2 y 1
 3π / 2
t sin(nt )dt = 2 y (− ) cos(nt )
−  (− )t cos(nt )
+
π
n
n

 π /2  π
 π /2
2y
2y
2y 1 1
2y  1
 3π / 2
 3π / 2
cos(nt )dt = −
(  * sin(nt )
= − (  2 sin(nt )
nπ
π n n
π n
 π /2
 π /2
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
0 für n gerade

2y

I1 = − 2 2 für n = 2k − 1, k − ungerade
 πn
 2y
2 πn 2 für n = 2k − 1, k − gerade
5π / 2
∫
I2 =
(
3π / 2
2y
5π / 2
∫
3π / 2
I
=
2
π
5π / 2
t − 4 y ) sin(nt )dt =
∫
3π / 2
2y
π
5π / 2
t sin( nt )dt −
5π / 2
−
π
2y
1
2y 1
cos(nt )tdt − 0 =
*
cos(nt )dt
n
π n 3π∫/ 2
3π / 2
2
1
1
( I 1 + I 2) = ( I 1 + I 2) = (2 ⋅ I 1 ) .
T
π
π
Daraus folgt das Ergebnis:
Ergebnis:

0
falls n gerade

 1 8y
bn =  ⋅ 2 falls n = 2k − 1, k − gerade
π πn
 1 8y
− π * πn 2 falls n = 2k − 1, k − ungerade
Fourier-Reihe bis n = 5:
f(t) ≈
9
8y
1
1
(sin(t ) + sin(3t ) + sin(5t ))
9
25
π
2
2y  1
 5π / 2
−
cos(
nt
)
t
 3π / 2 −
π  n
2y 1
 5π / 2
=  * sin(nt )
 πn n
 3π / 2
2y
5π n
3π n
(sin(
) − sin(
)) = I1
2
2
2
πn
Es ist: bn =
∫ 4 y sin(nt )dt =
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Die folgenden Bilder sind mit Hilfe von MAPLE erstellt worden.
Legende: blau: Originalfunktion, rot: endliche Fourier-Reihe bis zur Ordnung n, ff=f(t)
Erzeugung der Funktion durch die Fourier-Reihe für verschiedene n und y=3.
>n:=1
ff := 2.4317 sin(t)
>n:=3
ff := 2.4317 sin(t) - 0.27019 sin(3 t)
>n:=10
ff := 2.4317 sin(t) - 0.27019 sin(3 t) + 0.097270 sin(5 t) - 0.049630 sin(7 t) + 0.030020 sin(9 t)
10
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Zu Aufgabe 5
a) , b), c) werden in der Übung besprochen.
d) |z1|= 20 , e) |z2|=1
Zu Aufgabe 6
a) Periode=2π/2=π, Amplitude=3, Startwert x = -π/6
b) Periode= 2π/3, Amplitude = 2, Startwert x = π/12
11
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Zu Aufgabe 7
Zu a)
Zu b)
Zu c)
c1) f(x)= 2 sin(7x+2/3π) --> f ( x) = 2e
c2) f(x)=7sin(6x) ---> f ( x) = 7e j 0 e j 6 x
12
2
j π
3
e j7 x