Fourier-Reihen

Fourier-Reihen
Wir gehen aus von einer gegebenen periodischen Funktion f (t). Die Funktion hat die Fundamentalperiode („Schwingungsdauer“) T und damit die Grund-Kreisfrequenz ω = 2π
.
T
Zeit t
Periode
T
Die Funktion f (t) soll zerlegt werden in ihre(n)
• konstanten Mittelwert („Kreisfrequenz 0“)
• Grundschwingung (Kreisfrequenz ω)
• 1. Oberschwingung (Kreisfrequenz 2ω)
• 2. Oberschwingung (Kreisfrequenz 3ω)
• usw.
Das heißt, man will die Funktion in der folgenden Form1 darstellen:
a0
+ a1 cos (ωt) + b1 sin (ωt)
f (t) =
2
+ a2 cos (2ωt) + b2 sin (2ωt)
+ a3 cos (3ωt) + b3 sin (3ωt)
+ ...
Wenn wir einmal annehmen, dass sich die periodische Funktion f (t) tatsächlich in dieser Weise zerlegen lässt, stellt sich sofort die Frage nach den richtigen Koeffizienten. Wie
bekommt man a0 , a1 , a2 , . . . und b1 , b2 , . . . heraus? Dazu stellen wir erst einmal fest:
Die Funktionen
1 (konstant)
cos(ωt) cos(2ωt) cos(3ωt) cos(4ωt)
sin(ωt) sin(2ωt) sin(3ωt) sin(4ωt)
...
...
bilden ein System orthogonaler Funktionen, d.h. für je zwei verschiedene
dieser Funktionen g (t) 6= h (t) gilt:
Z
T
g (t) · h (t) dt = 0
0
1
Warum a20 und nicht einfach a0 ? – Das ist der Preis für die dann einheitlicheren Formeln für die Berechnung
der Koeffizienten. Es geht natürlich aus anders – und wird auch oft so gemacht: Man schreibt an dieser
Stelle a0 . Dann tauchen die Kosten aber in Form eines Sonderfalls bei den Formeln an anderer Stelle
wieder auf. Die Konstante ist und bleibt bei den Fourierreihen ein Sonderfall.
Genauer gilt für zwei Funktionen g (t) und h (t) dieses Systems Folgendes


0 falls g (t) 6= h (t)
RT
g (t) · h (t) dt = T2 falls g (t) = h (t) 6= 1
0


T falls g (t) = h (t) = 1
Man kann das mithilfe der folgenden trigonometrischen Formeln, die sich unmittelbar aus den Additionstheoremen
ergeben, nachrechnen:
cos (x) · cos (y) = 12 (cos (x + y) + cos (x − y))
sin (x) · sin (y) =
sin (x) · cos (y) =
1
2
1
2
(cos (x − y) − cos (x + y))
(sin (x + y) + sin (x − y))
Zum Beispiel g (t) = h (t) = sin (nωt):
RT
0
g (t) · h (t) dt =
RT
=
RT
0
sin2 (nωt) dt
1
0 2
(cos (0) − cos (2nωt)) dt
=
1
2
RT
=
1
2
[t]t=T
t=0
=
T
2
0
dt −
1
2
RT
0
cos (2nωt) dt
−0
R
Der Grund, dass 0T cos (nωt) dt = 0 ist, liegt darin, dass sich das Integral über n vollständige Perioden des
Kosinus erstreckt. Im folgenden Beispiel hat man denselben Effekt sogar zweimal.
Zum Beispiel g (t) = sin (nωt) und h (t) = sin (mωt) mit m 6= n:
RT
0
g (t) · h (t) dt =
=
RT
0
sin (nωt) · sin (mωt) dt
R
1 T
2 0
cos ((n − m) ωt) dt −
1
2
RT
0
cos ((n + m) ωt) dt
=0
Zum Beispiel g (t) = h (t) = 1 (OK – dazu braucht’s keine trigonometrischen Formeln):
RT
0
g (t) · h (t) dt =
RT
0
dt
= [t]t=T
t=0
=T
Wie kann man damit die Fourier-Koeffizienten berechnen?
Nehmen wir zum Beispiel b2 , den Koeffizienten von sin (2ωt). Um b2 zu berechnen, integrieren
wir f (t) · sin (2ωt) über eine vollständige Periode:
RT
RT
f (t) · sin (2ωt) dt = a20 · 0 sin (2ωt) dt
0
RT
RT
+ a1 0 cos (ωt) · sin (2ωt) dt + b1 0 sin (ωt) · sin (2ωt) dt
RT
RT
+ a2 0 cos (2ωt) · sin (2ωt) dt + b2 0 sin (2ωt) · sin (2ωt) dt
+ a3
RT
0
cos (3ωt) · sin (2ωt) dt + b3
RT
0
sin (3ωt) · sin (2ωt) dt
+ ...
RT
Von all diesen Integralen ist nur ein einziges nicht null: 0 sin (2ωt) · sin (2ωt) dt = T2 . Es
ergibt sich
RT
RT
f (t) · sin (2ωt) dt = b2 · T2
und folglich
b2 = T2 · 0 f (t) · sin (2ωt) dt
0
Auf analoge Weise erhält auch sämtliche anderen Koeffizienten.
Fourier-Reihen-Entwicklung
∞
f (t) =
a0 X
+
(an cos (nωt) + bn sin (nωt))
2
n=1
die Grund-Kreisfrequenz der periodischen Funktion f (t)
Dabei ist ω = 2π
T
mit Fundamentalperiode T . Die Fourier-Koeffizienten sind
Z T
2
a0 = ·
f (t) dt
T
0
Z T
2
an = ·
f (t) · cos (nωt) dt
T
0
Z T
2
bn = ·
f (t) · sin (nωt) dt
T
0
Die Integrale müssen sich dabei über irgendeine vollständige FundamenR +T/2
talperiode erstrecken, z.B. geht auch −T/2 . . . dt.
Ist f (t) eine ungerade Funktion (f (−t) = −f (t)), so gilt
0 = a0 = a1 = a2 = . . .
und man hat eine Fourier-Sinus-Reihe:
f (t) = b1 sin (ωt) + b2 sin (2ωt) + . . .
Ist f (t) eine gerade Funktion (f (−t) = f (t)), so gilt
0 = b1 = b 2 = . . .
und man hat eine Fourier-Kosinus-Reihe:
f (t) =
a0
2
+ a1 cos (ωt) + a2 cos (2ωt) + . . .
Beispiel Sägezahnfunktion (Kippschwingung) f (t) = t für −π < t < +π, periodisch
fortgesetzt2 für t außerhalb dieses Bereichs. Die Periode ist T = 2π, und ω = 1.
−π
π
2π
3π
4π
5π
6π
t
Es handelt sich um eine ungerade Funktion: alle Fourier-Kosinus-Koeffizienten ai sind null.
2
Welchen Wert die Funktion an den Sprungstellen haben soll, haben wir unter den Tisch fallen lassen. Die
Fourier-Reihe von f (t) liefert an Sprungstellen sowieso immer den Mittelwert der Grenzwerte von links
und von rechts der Sprungstelle, d.h. den Wert auf halber Höhe des Sprungs. Für unsere Sägezahnfunktion hieße das: · · · = f (−π) = 0 = f (π) = f (3π) = f (5π) = . . .
Wir berechnen die Sinus-Koeffizienten:
Z T/2
2
f (t) · sin (nt) dt
bn = ·
T
−T/2
Z π
1
= ·
t · sin (nt) dt
π −π


t=+π Z π
1
−t cos (nt)
− cos (nt) 
= ·
dt
−
π
n
n
−π
t=−π
|
{z
}
=0
1
−π cos (nπ) − (−π) cos (n (−π))
= ·
−
π
n
n
=
−2
· cos (nπ)
n
−2
=
· (−1)n =
n
(
2
n
−2
n
für n = 1, 3, 5, . . .
für n = 2, 4, 6, . . .
Es ergibt sich die Fourier-Sinusreihe der Sägezahnfunktion:
f (t) = 2 · sin (t) − 21 sin (2t) + 31 sin (3t) − 14 sin (4t) + − . . .
Die Grafiken zeigen die Näherungen, die man erhält, wenn man die Fourier-Reihe nach dem
n-ten Term abbricht. Zwar wird f (t) in immer weiteren Bereichen immer besser approximiert. Die maximale Abweichung wird jedoch nicht kleiner, konzentriert sich aber zunehmend in der Nähe der Sprungstelle (sog. Gibbssches Phänomen).
n=1
/2
/2
0
0
- /2
- /2
-
-
-
0
2
3
n=8
-
0
n=2
/2
/2
0
0
- /2
- /2
-
2
3
n=16
-
-
0
2
3
-
/2
/2
0
0
- /2
- /2
-
-
0
2
n=4
-
0
3
2
3
n=32
-
0
2
3


0 −2 < t < −1
Beispiel Rechteck-Schwingung f (t) = 1 −1 < t < +1 periodisch fortgesetzt.


0 +1 < t < +2
Periode: T = 4,
Kreisfr.: ω = 2π
=
T
−2
−1
+1
+2
+3
+4
+5
π
2
+6 t
Diese Funktion ist gerade. Die Fourier-Reihe hat keine Sinus-Terme. Berechnen wir ai .
R T/2
R2
R1
a0 = T2 · −T/2 f (t) dt = 21 −2 f (t) dt = 12 −1 dt = 12 [t]t=+1
t=−1 = 1
Der Mittelwert von f (t) ist offensichtlich 12 , und a0 ist in der Tat der doppelte Mittelwert.
R T/2
1
= 2nω
· (sin (nω) − sin (−nω))
ak = T2 · −T/2 f (t) · cos (nωt) dt
=
1
2
=
1
2
·
R2
f (t) · cos (nωt) dt
−2
R1
· −1 cos (nωt) dt
h
it=+1
· sin(nωt)
nω
=
1
nπ
=
2
nπ
· (sin (nω) + sin (nω))
· sin n · π2
(
2
± nπ
=
= 12
t=−1
0
π
Es ergibt sich die folgende Fourier-Kosinusreihe (mit ω = 2 ):
f (t) =
1
2
+
2
π
· cos (ωt) −
2
3π
n=1
1
· cos (3ωt) +
2
5π
· cos (5ωt) −
0.5
0
0
0
1
2
3
n=2
1
0
0
1
2
3
n=4
1
0
0
1
2
0
1
3
2
3
2
3
n=32
1
0.5
0
1
n=16
-1
0.5
-1
0
1
0.5
0
· cos (7ωt) ± . . .
n=8
-1
0.5
-1
2
7π
1
0.5
-1
für ungerades n
für gerades n
-1
0
1
2
3
Die Parseval’sche Gleichung
Z T
2
·
(f (t))2 dt = 12 a20 + a21 + b21 + a22 + b22 + . . .
T
0
∞
X
1 2
= 2 a0 +
a2n + b2n
n=1
(Integration über irgendeine vollständige Periode)
Beispiel Welche momentane und welche durchschnittliche Leistung setzt ein Spannungssignal u (t) = 6, 0V + 2, 0V· sin (t) − 1, 0V· sin (2t) über einem Widerstand R = 5Ω frei?
Die momentane Leistung ergibt sich aus dem Produkt von momentaner Spannung u (t) und
Stromstärke i (t) zum Zeitpunkt t. Nach dem Ohmschen Gesetz gilt u (t) = R · i (t) oder
i (t) = R1 · u (t). Also haben wir als momentane Leistung
(u (t))2
p (t) = u (t) · i (t) =
R
Die mittlere Leistung ergibt sich, indem wir die momentane Leistung über eine Periode
integrieren und durch die Länge der Periode teilen. Die mittlere Leistung ist also
Z T
1
p (t) dt
p= ·
T
0
Z T
1 1
= · ·
(u (t))2 dt
T R 0
Z T
1 2
=
(u (t))2 dt
· ·
2R T
0
2
1
2
2
=
· (12,0V)
+
(2,
0V)
+
(−1,
0V)
2
2 · 5Ω
1
· 77V2 = 7, 7AV = 7, 7W
10Ω
wobei wir von dritter zu vierter Zeile die Parseval’sche Gleichung benutzt haben.
=
Beispiel Noch einmal Sägezahn: f (t) = t für −π < t < +π, 2π-periodisch fortgesetzt.
Wir haben oben ausgerechnet, dass
f (t) =
∞
X
n=1
(−1)n+1 ·
2
· sin (nt) =
n
2
1
· sin (t) − 22 · sin (2t) + 23 · sin (3t) − 24 · sin (4t) ± . . .
Die Parseval’sche Gleichung sagt, weil hier alle an = 0 sind:
Z T/2
∞
X
2
2
·
(f (t)) dt =
b2n
T
−T/2
n=1
Wir berechnen die linke Seite:
3 t=+π
3
Z T/2
Z π
2
1
1
t
1
π
−π 3
2
2
2
·
(f (t)) dt = ·
t dt = ·
= ·
−
= π2
T
π −π
π
3 t=−π π
3
3
3
−T/2
Die rechte Seite ergibt
∞
X
n=1
Ergebnis:
b2n
=
∞ 2
X
2
n=1
n
=
∞
∞
X
X
4
1
=
4
·
n2
n2
n=1
n=1
∞
X
2 2
1
π =4·
3
n2
n=1
oder
∞
X
1
π2
=
n2
6
n=1
Dieses Reihenbeispiel war im Kapitel „Reihen“ am Anfang des Semesters noch „übriggeblieben“. Mit der Parseval’schen Gleichung haben wir jetzt die Summe berechnet. (Wie so oft
war Leonhard Euler der Erste, der die Reihensumme berechnete.)