FourierReihe

31.08.2005, 17:15

ReneS79

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FourierReihe

Hallo!

Ich verzweifle gerade bei folgender Aufgabe, weil ich nicht auf das in der Lösung errechnete Ergnibnis komme. Vielleicht könnt ihr mir da weiterhelfen. Den Graph habe ich mit angehangen.

Da es ja eine gerade Funktion ist, brauche ich ja nur a(0) und a(k) berechnen.

$\begin{eqnarray*} a(0)=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{pi/2}~2~dx=1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a(k)=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{pi/2}~2*cos(k*x)~dx=\frac{4}{\pi}*( \frac{1}{k}*sin(k*x)) \end{eqnarray*}$

jetzt Grenzen eingesetzt. $\begin{eqnarray*} a(k)=\frac{4*sin(\frac{k*\pi}{2})}{k*\pi} \end{eqnarray*}$

Jetzt für $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Werte eingesetzt, was für gerade k = 0 ergibt und für ungerade "k" $\begin{eqnarray*} (+/-) \frac{4}{k*\pi} \end{eqnarray*}$ ergibt

Jetzt steht in der Lösung $\begin{eqnarray*} f(x)= \frac{8}{\pi}*(....) \end{eqnarray*}$

Müsste es nicht eigentlich durch a(0)=1 so aussehen $\begin{eqnarray*} f(x)=1+ \frac{4}{\pi}*(....) \end{eqnarray*}$ . Jetzt mit meinem Ergebnis?

Keine Ahnung wo der Fehler in meiner Rechnung liegt verwirrt

verwirrt

Vielleicht stimmt ja auch das Erg. der Lösung nicht.

Wäre nett, wenn das ma einer überprüfen könnte. Rechenwege hoffentlich nachvollziehbar.

Danke
Rene

31.08.2005, 17:37

sqrt(2)

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Deine Integrationsgrenzen kommen mir sehr seltsam vor. Die Funktion ist $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$ -periodisch, daher musst du auch über ein Intervall der Breite $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$ integrieren. Die Identitäten des biorthogonalen Systems $\begin{eqnarray*} \{\sin(nx),\cos(nx)\} \end{eqnarray*}$ gelten ebenfalls nur für ein $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$ breites Intervall.

Übrigens erkennst du schon am Graphen, dass $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ null sein muss, denn es liegt genauso viel Fläche über- wie unterhalb der x-Achse.

31.08.2005, 18:28

yeti777

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Hallo René,

ich schliesse mich der Aussage von sqrt(2) an, also Integration von $\begin{eqnarray*} -\pi \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} + \pi \end{eqnarray*}$ . Ausserdem beachte, dass die Rechteckfunktion in diesem Bereich zweimal das Vorzeichen wechselt. Indes ist richtig, dass die FOURIER-Reihe nur cos-Funktionen enthält, da sie gerade ist.

Gruss yeti

31.08.2005, 21:00

ReneS79

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Wink

Also integriere ich von $\begin{eqnarray*} -\pi \end{eqnarray*}$ bis 0 und von 0 bis $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ , wenn ich das jetzt richtig verstehe.

Was für $\begin{eqnarray*} a(0) \end{eqnarray*}$ Hmmm... Wie lautet jetzt die Funktionsgleichung in diesen Grenzen?

Danke
Rene

31.08.2005, 21:03

sqrt(2)

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Schau dir doch mal den Funktionsgraphen an. Aus dem kannst du $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ direkt ablesen.

Ansonsten lautet die Funktionsgleichung

$\begin{eqnarray*} f(x)=\begin{cases}2&\mathrm{f\ddot{u}r\ }-\frac{\pi}{2}\leq x < \frac{\pi}{2}\\-2&\mathrm{sonst}\end{cases} \end{eqnarray*}$

31.08.2005, 21:41

ReneS79

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Japp, stimmt. a(0) ist doch das arithmetrische Mittel wenn ich mich jetzt nicht irre. Klar, das kann man einfach ablesen.

Ich habs jetzt nur nochma rechnerisch nachweisen wollen. Kannst dir ja mal anschauen ob ich das so richtig gemacht habe. Oder obs noch kürzer geht.

$\begin{eqnarray*} a(0)=\frac{1}{\pi}*(\int_{\frac{-\pi}{2}}^{0}~2~dx + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}~2~dx + \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3*\pi}{2}}~-2~dx) \end{eqnarray*}$

Damit habe ich ja jetzt theoretisch über eine Periode 2PI integriert. Komme auch auf NULL jetzt.

Jetzt muss ich ja nur noch die a(k) bestimmen. Theorisch verwende ich ja jetzt die gleichen Grenzen wie bei a(0).

Oder? Kommt mir aber ein wenig umständlich vor. Zu viele Grenzwerte verwirrt

verwirrt

. Obwohl eben NULL ergibt.

gruss
Rene

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31.08.2005, 21:53

sqrt(2)

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Zitat:

Original von ReneS79
Japp, stimmt. a(0) ist doch das arithmetrische Mittel wenn ich mich jetzt nicht irre. Klar, das kann man einfach ablesen.

Nein, was ich ja eigentlich meine, ist

$\begin{eqnarray*} a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}~f(x)~\dx \end{eqnarray*}$

Wenn du jetzt eine Flächenbetrachtung machst, dann siehst du, dass in dem enstprechenden Intervall genauso viel Fläche über wie unter der x-Achse liegt. Das Integral muss folglich null sein.

Zitat:

Original von ReneS79
Ich habs jetzt nur nochma rechnerisch nachweisen wollen. Kannst dir ja mal anschauen ob ich das so richtig gemacht habe. Oder obs noch kürzer geht.

$\begin{eqnarray*} a(0)=\frac{1}{\pi}*(\int_{\frac{-\pi}{2}}^{0}~2~dx + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}~2~dx + \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3*\pi}{2}}~-2~dx) \end{eqnarray*}$

Damit habe ich ja jetzt theoretisch über eine Periode 2PI integriert.

Ja, du verwendest jetzt aber eine andere Funktion, als die, die ich oben gepostet habe. Wenn man sich an diese Funktion hält, kommt man mit einer ganz normalen Fallunterscheidung zu

$\begin{eqnarray*} a_0=\frac{1}{\pi}\left(\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}~2~dx + 2\int_{-\pi}^{-\frac{\pi}{2}}~-2~\dx\right) \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von ReneS79
Jetzt muss ich ja nur noch die a(k) bestimmen. Theorisch verwende ich ja jetzt die gleichen Grenzen wie bei a(0).

Ja.

31.08.2005, 22:31

ReneS79

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Wink

Habs mal mit deiner Funktion durchgerechnet und komme auf folgendes...

$\begin{eqnarray*} \frac{8}{k*\pi} * ( 2*sin(\frac{k*\pi}{2})-sin(k*\pi)) \end{eqnarray*}$

Der erste Teile mit der 8/k*pi sieht ja schonma gut aus. Nur der komische Anhang verwirrt

verwirrt

Kannst ja mal überprüfen wenn du Lust dazu hast. Dann nochma ne Frage zu deinen Grenzen. Kann man so einfach über die Null hinweg integrieren? Deswegen hatte ich meine Funktion mit anderen Grenzwerten gesetzt.

Habs auch nochma mit meiner Funktion versucht. Komme irgendwie nicht auf's gleiche Ergebnis. Stimmt an meiner Funktionsgleichung irgendwas nicht?

gruss
Rene

31.08.2005, 23:04

sqrt(2)

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Da $\begin{eqnarray*} \sin k\pi = 0 \end{eqnarray*}$ , fällt das Anhängsel ja weg.

Ich hab dein Ergebnis dann mal durch meinen Funktionenplotter gejagt, und das Ergebnis sieht sehr übertzeugend aus, nur die Amplitude ist doppelt so groß.

$\begin{eqnarray*} f(x)=\sum_{k=1}^{20}\left(\frac{16}{2k-1\pi}\cdot\sin\frac{(2k-1)\pi}{2}\cdot\cos(2k-1)x\right) \end{eqnarray*}$

31.08.2005, 23:18

ReneS79

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Wenn ich jetzt im mein Ergebnis für k=1 setze, kann komme ich auf $\begin{eqnarray*} \frac{16}{\pi} \end{eqnarray*}$

Wie siehts mit meiner Funktionsgleichung aus? Ist das nicht eigentlich das Gleiche wie deine?

gruss
Rene

31.08.2005, 23:50

sqrt(2)

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Wie gesagt, ich habe einfach deine Gleichung genommen und in den Funktionsplotter geworfen. Das Ergebnis siehst du ja, lediglich die Amplitude ist doppelt so groß (nämlich 4) wie sie sein sollte.

01.09.2005, 12:04

ReneS79

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OK. Ich sehe diese Aufgabe dann mal als abgehackt an. Auf zur nächsten. Ma sehen wie's bei der so vorangeht.

Vielen Dank erstma Gott

Gott

gruss
Rene

01.09.2005, 12:11

yeti777

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René,

ich vermute, du hast irgendwo einen Fehler mit den Grenzen eingebaut. Hier meine Lösung. Ich mache es ausführlich, obwohl man ein Integral wegen der Symmetrie sparen könnte.

$\begin{eqnarray*} a_k= ( \frac{1}{\pi} ) ( \int_{- \pi}^{\frac{- \pi }{2}}~- 2cos(kx)~dx + \int_{\frac{- \pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}~2cos(kx)~dx + \int_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }~- 2cos(kx)~dx )= \frac{4}{\pi k} \cdot (2sin(\frac{\pi k}{2} ) - sin(\pi k) )\,,\,k\in \mathbb N \end{eqnarray*}$

Wie sqrt(2) schon richtig bemerkt hat, verschwindet der Term $\begin{eqnarray*} sin(\pi k) )\,,\,k\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ . Es bleibt:

$\begin{eqnarray*} a_k= \frac{8}{\pi k} \cdot sin(\frac{\pi k}{2} ) \,,\,k\in \mathbb N \Rightarrow a_k= \frac{8}{\pi } \,,\,0\,,\,- \frac{8}{3 \pi }\,,\,0\,,\,\frac{8}{5 \pi}\,,\,- \frac{8}{7 \pi }\,,\,... \end{eqnarray*}$ .

Ich habe ein Bild mit der Approximation $\begin{eqnarray*} n=30 \end{eqnarray*}$ angehängt. Beachte den GIBBS-Effekt an den Unstetigkeitsstellen der Originalfunktion. Gemäss einem Satz der FOURIER-Theorie lässt er sich nicht verkleinern, auch bei beliebig grossem $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ nicht.

Gruss yeti

01.09.2005, 13:27

ReneS79

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Hey Danke. Ich glaube ich habe auch den Fehler gefunden.

Du hast irgendwie ne andere Gleichung genommen wie ich.
$\begin{eqnarray*} a_k= ( \frac{1}{\pi})*(...) \end{eqnarray*}$

In meinem Lehrbuch steht bei geraden Funktionen folgendes
$\begin{eqnarray*} a_k= ( \frac{2}{\pi})*(...) \end{eqnarray*}$

Man beachte die "2". Was theoretisch die Verdopplung hervorrufen müsste.

Ich habe mal die Funktion, so wie sie im Lehrbuch abgebildet ist mit angehangen.
Hängt das jetzt damit zusammen, dass die Funktion dort bei 0 und bei PI eine Nullstelle hat? Die integieren jetzt bei solcher Funktion von 0 bis $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_k= \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}~f(x)*cos(kx)~dx \end{eqnarray*}$

Ist meine Funktion nicht eigentlich das Selbe? Also ne gerade Funktion ist diese ja. Einziger Unterschied ist, das meine Funktion nicht bei 0 eine Nullstelle hat. Wenn ich das Lehrbuchbeispiel dann nämlich auf meine Aufgabe umsetzten würde, dann würde es ja thoretisch ausreichen, von 0 bis $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ zu integrieren. Oder hängt das jetzt noch mit der negativen Kurve in meiner Funktion zusammen?

gruss
Rene

01.09.2005, 13:45

yeti777

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Zitat:

Original von yeti777
Ich mache es ausführlich, obwohl man ein Integral wegen der Symmetrie sparen könnte.

Damit wollte ich das andeuten, was du mit deiner Formel für gerade Funktionen hast. Ich habe, um des Verständnisses willen, über das ganze Intervall $\begin{eqnarray*} [-\pi, + \pi] \end{eqnarray*}$ integriert. Das ist der allgemeine Fall. Bei geraden Funktionen haben wir Symmetrie, das heisst $\begin{eqnarray*} f(x) = f(-x) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} cos(x) = cos(-x) \end{eqnarray*}$ . Diese Symmetrie kann man ausnützen, indem man nur im Intervall $\begin{eqnarray*} [0, \pi] \end{eqnarray*}$ integriert. Dafür muss dann das Resultat mit zwei multipliziert werden. Alle Klarheiten beseitigt Augenzwinkern

Augenzwinkern

?

Gruss yeti

PS. Mit Nullstellen hat das Ganze nichts zu tun. Es geht nur um die Integrationsgrenzen und die Symmetrie.

01.09.2005, 13:55

ReneS79

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Also wenn ich meine Funktion jetzt von 0 bis PI integrieren würde, dann könnte ich die Lehrbuchformel verwenden, wenn ich das jetzt richtig verstanden habe?
Was dann nach Formel so aussehen müsste, oda?

$\begin{eqnarray*} a_k= \frac{2}{\pi}*( \int_{0}^{\pi/2}~f(x)*cos(kx)~dx + \int_{\pi/2}^{\pi}~-f(x)*cos(kx)~dx) \end{eqnarray*}$

gruss
Rene

01.09.2005, 14:15

yeti777

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Zitat:

Original von ReneS79
Also wenn ich meine Funktion jetzt von 0 bis PI integrieren würde, dann könnte ich die Lehrbuchformel verwenden, wenn ich das jetzt richtig verstanden habe?
Was dann nach Formel so aussehen müsste, oda?

$\begin{eqnarray*} a_k= \frac{2}{\pi}*( \int_{0}^{\pi/2}~f(x)*cos(kx)~dx + \int_{\pi/2}^{\pi}~-f(x)*cos(kx)~dx) \end{eqnarray*}$

gruss
Rene

Diese Formel stimmt nur in deinem speziellen Fall, nämlich wenn die Funktion f(x) im Punkt $\begin{eqnarray*} x = \pi/2 \end{eqnarray*}$ das Vorzeichen wechselt. Die Frage lautet: Warum muss das allgemeine Integral für die FOURIER-Koeffizienten gemäss der Additivitätseigenschaft in mehrere Integrale aufgeteilt werden? Das ist immer dann der Fall, wenn die Funktion ihre analytische Form ändert. Das ist bei Unstetigkeitsstellen der Fall, kann aber auch vorkommen, wenn die Funktion stetig verläuft, zB. bei einer Dreiecksform, wo die ansteigende Flanke eine andere Steilheit aufweist, als die abfallende.

Gruss yeti

Edit: Text korrigiert

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