Fourierpolynom für eine Funktion mit 2 Fällen

27.01.2010, 16:07	DOZ ZOLE	Auf diesen Beitrag antworten »
Fourierpolynom für eine Funktion mit 2 Fällen Hallo, ich versuche gerade das Fourierpolynom 8. Grades für die folgende Funktion zu finden: $\begin{eqnarray} f(t)=\begin{cases} t+\frac{1}{2} , & -\frac{1}{2}<t<0 \\ t , & 0<t<\frac{1}{2} \end{cases} \end{eqnarray}$ jetzt weiß ich ja erstmal das das Fourierpolynom die form hat $\begin{eqnarray} \phi_n\left(t\right)=\frac{a_0}{2}+\sum\limits_{k=1}^n \left(a_k\cos\left(k\omega t\right) +b_k\sin\left(k\omega t\right) \right) \end{eqnarray}$ mit: $\begin{eqnarray} \omega=\frac{2\pi}{T} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} a_k=\frac{2}{T} \int_0^T \! f(t)\cos(k\omega t) \, dt \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} b_k=\frac{2}{T} \int_0^T \! f(t)\sin(k\omega t) \, dt \end{eqnarray}$ Wobei $\begin{eqnarray} T \end{eqnarray}$ die periode von $\begin{eqnarray} f(t) \end{eqnarray}$ ist. für die konkrete Aufgabe muss doch $\begin{eqnarray} T=1 \end{eqnarray}$ sein und damit $\begin{eqnarray} \omega=2\pi \end{eqnarray}$ oder? Also ergibt sich denn: $\begin{eqnarray} a_k=2\int_0^1 \! f(t)\cos(k\cdot 2\pi \cdot t) \, dt \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} b_k=2\int_0^1 \! f(t)\sin(k\cdot 2\pi \cdot t) \, dt \end{eqnarray}$ is das bisher erstmal richtig so? und muss ich jetzt zum lösen der integrale ne fallunterscheidung machen? MfG DOZ ZOLE
27.01.2010, 21:35	DOZ ZOLE	Auf diesen Beitrag antworten »
also ich bin zwar immernoch nicht weiter aber kanns sein das die periode doch $\begin{eqnarray} T=\frac{1}{2} \end{eqnarray}$ ist?
27.01.2010, 23:47	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, die Periode ist $\begin{eqnarray} \frac{1}{2} \end{eqnarray}$ . Und da die Funktion $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} g(t) = f \left( t - \frac{1}{4} \right) - \frac{1}{4} \end{eqnarray}$ ungerade ist, kann sie alleine mit Sinusgliedern ausgedrückt werden: $\begin{eqnarray} g(t) = \sum_{k=1}^{\infty} b_k^ \, \sin \left( 4 \pi k t \right) \end{eqnarray}$ Ersetzt man $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ wieder durch $\begin{eqnarray} t + \frac{1}{4} \end{eqnarray}$ , so folgt: $\begin{eqnarray} f(t) = \frac{1}{4} + g \left( t + \frac{1}{4} \right) = \frac{1}{4} + \sum_{k=1}^{\infty} b_k^* \, \sin \left( 4 \pi k \left( t + \frac{1}{4} \right) \right) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \frac{1}{4} + \sum_{k=1}^{\infty} b_k^* \, \sin \left( 4 \pi k t + \pi k \right) = \frac{1}{4} + \sum_{k=1}^{\infty} \underbrace{(-1)^k b_k^}_{= b_k} \, \sin (4 \pi k t) \end{eqnarray}$ Es genügt also, die Fourierkoeffizienten $\begin{eqnarray} b_k \end{eqnarray}$ zu berechnen.
29.01.2010, 10:42	DOZ ZOLE	Auf diesen Beitrag antworten »
woher kommt das $\begin{eqnarray} g(t) \end{eqnarray}$ ?
31.01.2010, 13:24	DOZ ZOLE	Auf diesen Beitrag antworten »
und wie geht man mit den 2 fällen um?

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »