Fourier-Transformation

24.08.2019, 22:39

Gast006

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Fourier-Transformation

Aufgabe:
Zu $\begin{eqnarray*} T_0 \in (0|\infty) \end{eqnarray*}$ sei eine $\begin{eqnarray*} T_0 \end{eqnarray*}$ -periodische Funktion $\begin{eqnarray*} u : \mathbb{R} \to \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ für die Zeitpunkte $\begin{eqnarray*} t \in I := \left(-\frac{T_0}{2} \Bigg| \frac{T_0}{2}\right] \end{eqnarray*}$ des Periodenintervalls $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ beschrieben durch:
$\begin{eqnarray*} u(t)=\begin{cases}<br /> \cos{\left(\frac{2 \pi t}{T_0}\right)} & \text{für } |t| \leq \frac{T_0}{4}\\<br /> 0 & \text{wenn }|t| > \frac{T_0}{4} <br /> \end{cases} \end{eqnarray*}$

(1)Skizzieren Sie sowohl die $\begin{eqnarray*} T_0 \end{eqnarray*}$ -periodische Funktion $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ als auch die außerhalb von $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ mit Null fortgesetzte Funktion $\begin{eqnarray*} u_I : \mathbb{R} \to \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ (d.h. $\begin{eqnarray*} u_I(t) := 0 \end{eqnarray*}$ ) für $\begin{eqnarray*} t \in \mathbb{R} \ I \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} u_I(t) := u(t) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} t \in I) \end{eqnarray*}$ .

(2)Bestimmen Sie (falls möglich) die Fouriertransformierte $\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I \end{eqnarray*}$ .

(3)Ermitteln Sie anschließend in den Punkten $\begin{eqnarray*} t \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ in denen $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ durch eine konvergente Fourierreihe beschrieben werden kann, Scheitelwerte $\begin{eqnarray*} \widehat{s}_k \end{eqnarray*}$ und Phasenwinkel $\begin{eqnarray*} \varphi_k \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k \in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} s_0 \end{eqnarray*}$ so, dass mit $\begin{eqnarray*} \omega_0:= \frac{2 \pi}{T_0} \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} u(t) = s_0 + \sum_{k=1}^{\infty} \widehat{s}_k \cos{(k \omega_0 t + \varphi_k)} \end{eqnarray*}$

Frage/Ansatz:
Zu (1) Wie skizziere ich die stückweise definierte Funktion.
Zu (2) Wie bestimme ich die Fouriertransformiert $\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I \end{eqnarray*}$
Zu (3) Wie bestimme ich den Scheitelwert $\begin{eqnarray*} \widehat{s}_k \end{eqnarray*}$ und den Phasenwinkel
$\begin{eqnarray*} \varphi_k \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} s_0 \end{eqnarray*}$

Hoffe das die Aufgabe sowie die Fragen verständlich rübergekommen sind und danke schon mal im voraus für jede Hilfe smile

smile

26.08.2019, 09:43

Steffen Bühler

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RE: Fourier-Transformation

Zitat:

Original von Gast006
Wie skizziere ich die stückweise definierte Funktion.

Einfach hinzeichnen.

Zitat:

Original von Gast006
Wie bestimme ich die Fouriertransformiert $\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I \end{eqnarray*}$

Mit der üblichen Fourierformel.

Zitat:

Original von Gast006
Wie bestimme ich den Scheitelwert $\begin{eqnarray*} \widehat{s}_k \end{eqnarray*}$ und den Phasenwinkel $\begin{eqnarray*} \varphi_k \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} s_0 \end{eqnarray*}$

Mit der Umwandlung von kartesischer in polare Darstellung.

Wenn noch was unklar ist, melde Dich einfach.

Viele Grüße
Steffen

26.08.2019, 15:04

Gast006

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Zu
(1)
Wäre es dann der normale kosinus ?
Da ja $\begin{eqnarray*} \frac{2 \pi t}{T_0} = 2 \pi f t = \omega t \end{eqnarray*}$
Dann könnte ich ja einfach den kosinus zeichnen oder ?
Aber was ist dann mit der zweiten Bedingung in der stückweise definierten Funktion gemeint.
Ich weiss nicht so ganz wie die Bedingungen zu verstehen sind:
$\begin{eqnarray*} |t| \leq \frac{T_0}{4} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |t| > \frac{T_0}{4} \end{eqnarray*}$

Ist das so zu verstehen:
der $\begin{eqnarray*} \cos{(\frac{2 \pi t}{T_0})} \text{ gilt dann für t zwischen} -\frac{T_0}{4} und \frac{T_0}{4} \text{ also } -\frac{T_0}{4} \geq t \leq \frac{T_0}{4} \text{ Für die zweite Bedingung wäre dann alles außerhalb davon ist 0 also }-\frac{T_0}{4} \leq t \geq \frac{T_0}{4} \end{eqnarray*}$ ? Ist das so richtig ?

26.08.2019, 15:08

Gast006

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Ich meinte damit natürlich
$\begin{eqnarray*} -\frac{T_0}{4} < t > \frac{T_0}{4} \text{ wäre die Funktion dann 0} \end{eqnarray*}$

26.08.2019, 15:11

Steffen Bühler

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Ja, so ist das gemeint. Eine positive Cosinushalbwelle um den Nullpunkt. Und dann einmal periodisch fortgesetzt und einmal als Einzelimpuls.

26.08.2019, 17:32

Gast006

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Also ich habe jetzt mal mit $\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I(f) = \int_{-\infty}^{\infty} u_i(t) {e}^{-j2\pi} dt = \int_{-\frac{T_0}{2}}^{\frac{T_0}{2}} \cos{\left(\frac{2 \pi t}{T_0}\right)}{e}^{-2j\pi f t} dt \end{eqnarray*}$
Wie gehe ich jetzt weiter, bzw. Was mache ich mit dem Faktor mit e ?

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26.08.2019, 17:56

Steffen Bühler

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Du kannst entweder $\begin{eqnarray*} \cos x = \frac {e^{jx}+e^{-jx}}2 \end{eqnarray*}$ verwenden, oder Du nutzt aus, dass es sich um eine gerade Funktion handelt und berechnest $\begin{eqnarray*} \int_{-\frac{T_0}{2}}^{\frac{T_0}{2}} \cos{\left(\frac{2 \pi t}{T_0}\right)}\cos (2\pi f t) dt \end{eqnarray*}$ .

26.08.2019, 18:39

Gast006

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Ok
Ich bin jetzt an folgender Stelle:
$\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I (f) = \int_{-\frac{T_0}{2}}^{\frac{T_0}{2}} \cos{(\frac{2 \pi t}{T_0})} \cdot \cos{(2 \pi f t)} \text{ mit } f = \frac{1}{T_0} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} -j \int_{-\frac{T_0}{2}}^{\frac{T_0}{2}} \cos{(\frac{2 \pi t}{T_0})} \sin{(2 \pi f t)} dt = 0 \text{ Da der Integrand ja ungerade ist cos mal sin ergibt da ja 0 Deswegen habe ich es weg gelassen} \end{eqnarray*}$

Dann würde da ja raus kommen:

$\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I(f) = \int_{-\frac{T_0}{2}}^{\frac{T_0}{2}} {\cos{\left(\frac{2 \pi t}{T_0}\right)}}^{2} dt \end{eqnarray*}$

Ist das bis hierhin soweit richtig ?

26.08.2019, 19:55

Steffen Bühler

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Die Annahme $\begin{eqnarray*} f = \frac{1}{T_0} \end{eqnarray*}$ ist falsch, f ist ja nicht konstant, sondern die variable Frequenz. Somit muss f stehenbleiben.

26.08.2019, 20:57

Gast006

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Aber woher weiss ich denn das f variable ist ?
Ist das laut der Formel für die Fourier Transformierte so oder steht das in der Aufgabenstellung ?

26.08.2019, 21:23

Steffen Bühler

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Das ist die Fourierformel.

26.08.2019, 21:54

Gast006

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Ok ich bin jetzt schon etwas weiter gegangen aber trotzdem sicher ist sicher und danke für die antwort.

Ich bin jetzt an folgender Stelle:
$\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I(f) =\int_{-\frac{T_0}{2}}^{\frac{T_0}{2}} \cos{\left(\frac{2 \pi t}{T_0}\right)} \cdot \cos{(2 \pi f t)} dt \end{eqnarray*}$
Und habe dann mittels folgendem Additionstheorem das ganze vereinfacht:
$\begin{eqnarray*} \cos{(z)} \cdot \cos{(\omega)} = \frac{1}{2} (\cos{(z - \omega)} + \cos{(z + \omega)}) \end{eqnarray*}$
Dann bekomme ich folgendes heraus:

$\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I(f) = \cancel{2} \cdot \int_{0}^{\frac{T_0}{2}} \frac{\cos{((\frac{1}{T_0} - f)2 \pi t)} + \cos{((\frac{1}{T_0} + f)2 \pi t)}}{\cancel{2}} dt \end{eqnarray*}$

Im nachfolgenden habe ich dann folgendes gemacht:
$\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I(f) = \frac{\sin{((\frac{1}{T_0} - f)2 \pi t)}}{2 \pi (\frac{1}{T_0} - f)} +\frac{\sin{((\frac{1}{T_0} + f)2 \pi t)}}{2 \pi (\frac{1}{T_0} + f)}|_{\cancel{0}}^{\frac{T_0}{0}} \text{ da für t = 0 das ganze zu 0 wird kann die untere Grenze vernachlässigt werden} \end{eqnarray*}$

Dann habe ich $\begin{eqnarray*} \frac{T_0}{2} \text{ für das t eingesetzt und habe dann schlussendlich raus } \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I(f) = \frac{\sin{((\frac{1}{T_0} - f) \cancel{2} \pi \frac{T_0}{\cancel{2}})}}{2 \pi (\frac{1}{T_0} - f)} + \frac{\sin{((\frac{1}{T_0} + f) \cancel{2} \pi \frac{T_0}{\cancel{2}})}}{2 \pi (\frac{1}{T_0} + f)} \end{eqnarray*}$

Ich weiss das der Dozent hier nach immer den sinc stehen hat, nur weiss ich jetzt auf die Stelle wie das hier gemacht wird.

26.08.2019, 21:56

Gast006

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Ich weiss das ich schon relativ nah dran bin aber es fehlt noch eine Kleinigkeit.

27.08.2019, 09:33

Steffen Bühler

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Auf Anhieb sehe ich jetzt auch nicht, was passiert ist, aber nimm für sowas doch einfach unseren Integrierer, dann steht der sinc schön da.

27.08.2019, 16:12

Gast006

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In einer ähnlichen Aufgabe hatte er folgendes geschrieben, wobei ich auch nicht so ganz verstehe wie man da auf den sinc kommt. Dort sieht es wie gesagt ähnlich aus bis auf $\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I(f) = \frac{\sin{((f + \frac{1}{3 T_0}) \cancel{2} \pi \frac{T_0}{\cancel{2}})}}{(f + \frac{1}{3 T_0}) 2 \pi} + \frac{\sin{((f - \frac{1}{3 T_0})\cancel{2} \pi \frac{T_0}{\cancel{2}})}}{(f - \frac{1}{3 T_0}) 2 \pi} \end{eqnarray*}$

Daraus hatte er dann den sinc gemacht also:
$\begin{eqnarray*} <br /> \widehat{U}_I(f) = \frac{T_0}{2}(\operatorname{sinc}{(\pi (f \cdot T_0 + \frac{1}{3}))} + \operatorname{sinc}{(\pi (f \cdot T_0 - \frac{1}{3})))}<br /> \end{eqnarray*}$

Vielleicht weisst du oder jemand anderes wie man darauf kommt und dann könnte man das ja auf die Aufgabe übertragen oder ?

27.08.2019, 16:35

Steffen Bühler

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$\begin{eqnarray*} \frac{\sin{((f + \frac{1}{3 T_0}) \pi T_0)}}{(f + \frac{1}{3 T_0}) 2 \pi} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{\sin{(f \pi T_0 + \frac{1}{3 T_0} \pi T_0) }}{(f + \frac{1}{3 T_0}) 2 \pi} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{\sin({\pi (f T_0 + \frac{1}{3 T_0} T_0)) }}{(f + \frac{1}{3 T_0}) 2 \pi} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{\sin({\pi (f T_0 + \frac{1}{3} )) }}{(f + \frac{1}{3 T_0}) 2 \pi} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac 12 \cdot \frac{\sin ({\pi (f T_0 + \frac{1}{3} )) }}{(f + \frac{1}{3 T_0}) \pi} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac {T_0}2 \cdot \frac{\sin ({\pi (f T_0 + \frac{1}{3} ) )}}{T_0 \cdot (f + \frac{1}{3 T_0}) \pi} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac {T_0}2 \cdot \frac{\sin ({\pi (f T_0 + \frac{1}{3} )) }}{\pi (f T_0 + \frac{1}{3}) } \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac {T_0}2 \cdot sinc \left( \pi \left(f T_0 + \frac{1}{3} \right) \right) \end{eqnarray*}$

27.08.2019, 16:48

Gast006

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Ahh jo
habs jetzt raus.
Undzwar hat er folgendes gemacht:
$\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I(f) = \frac{\sin{((\frac{1}{T_0} - f)\cancel{2} \pi \frac{T_0}{\cancel{2}})}}{2 \pi (\frac{1}{T_0} - f)} + \frac{\sin{((\frac{1}{T_0} + f) \cancel{2} \frac{T_0}{\cancel{2}}})}{2 \pi (\frac{1}{T_0} + f)} \end{eqnarray*}$

Im Anschluss hat der dann den Nenner vom Argument vom sinus und den im Nenner gleichnamig gemacht. Somit kürzt sich das T0 im Zähler dann raus und im Nenner kann man das T0 dann in den Zähler holen und die 2 im Nenner vor den Bruch schreiben. Also wie folgt:

$\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I(f) = \frac{\sin{((\frac{1 - f T_0}{\cancel{T_0}}) \pi \cancel{T_0})}}{2 \pi (\frac{1 + f T_0}{T_0})} + \frac{\sin{((\frac{1 + f T_0}{\cancel{T_0}}) \pi \cancel{T_0})}}{2 \pi (\frac{1 + f T_0}{T_0})} \end{eqnarray*}$

Dann kann man, wenn man T0 in den Zähler bringt und T0/2 vor den Bruch schreibt den sinc erhalten:

$\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I(f) = \frac{T_0}{2} \frac{((1 - f T_0) \pi)}{(1 - f T_0) \pi} + \frac{T_0}{2} \frac{\sin{((1 + f T_0) \pi)}}{(1 + f T_0) \pi} \end{eqnarray*}$

Und jetzt alles als sinc:
$\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I(f) = \frac{T_0}{2} (\operatorname{sinc}{(\pi (1 - f T_0))} + \operatorname{sinc}{(\pi(1 + f T_0))}) \end{eqnarray*}$

Ich hoffe ma da ist mir jetzt kein Fehler unterlaufen aber so auf Anhieb siehts mir nicht verkehrt aus.

27.08.2019, 16:51

Gast006

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Als du es geschrieben hattest, ist es mir eingefallen.
Vielen Dank smile

smile

Jetzt nur noch Scheitelwert und die die anderen Sachen die dazu gehören .

27.08.2019, 17:52

Gast006

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Wie ist denn die Formel für $\begin{eqnarray*} s_0 \text{ bzw. von } \end{eqnarray*}$

Also die Formel für $\begin{eqnarray*} c_k \end{eqnarray*}$ ist eigentlich klar
Das ist ja:
$\begin{eqnarray*} <br /> c_k =\frac{1}{T_0} \cdot \widehat{U}_I \left(\frac{k}{T_0}\right) = \frac{1}{\cancel{T_0}} \frac{\cancel{T_0}}{2} \left(\operatorname{sinc}{\left(\pi \left(1 - \frac{k}{\cancel{T_0}} \cancel{T_0}\right)\right)} + \operatorname{sinc}{\left(\pi \left(1 + \frac{k}{\cancel{T_0}} \cancel{T_0}\right)\right)}\right)<br /> \end{eqnarray*}$

Dann bekomme ich da für ck raus:
$\begin{eqnarray*} c_k = \frac{1}{2} \left(\operatorname{sinc}{(\pi(1 - k))} + \operatorname{sinc}{\left(\pi \left(1 + k\right)\right)}\right) \end{eqnarray*}$

Jetzt heisst es im nächsten Schritt:
$\begin{eqnarray*} s_0 := c_0 \end{eqnarray*}$ (Aus einer Beispiellösung)
Wie bestimme ich $\begin{eqnarray*} c_0 \end{eqnarray*}$ bzw. wie sieht die Formel hierfür aus?
Muss ich die selbe Formel wie für $\begin{eqnarray*} c_k \end{eqnarray*}$ nehmen, nur das ich statt k dann 0 einsetze ?

27.08.2019, 17:59

Steffen Bühler

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So ist es.

27.08.2019, 19:16

Gast006

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Ich habe jetzt mal c0 und sk ausgerechnet und komme da auf folgendes:
$\begin{eqnarray*} c_0 = \frac{1}{2} \left(\operatorname{sinc}{\left(\pi \left(1 - (k = 0) \right)\right)} + \operatorname{sinc}{\left(\pi + (k = 0)\right)}\right) = \frac{\cancel{2} \operatorname{sinc}{(\pi)}}{\cancel{2}} = \frac{\sin{(\pi)}}{\pi} = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \widehat{s}_k = 2 \left|c_k\right| = \cancel{2} \left|\frac{1}{\cancel{2}} \left(\operatorname{sinc}{\left(\pi \left(1 - k \right)\right)} + \operatorname{sinc}{\left(\pi \left(1 + k \right)\right)}\right)\right| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \left|\frac{\sin{\left(\pi - \pi k \right)}}{\pi (1 - k)}\ + \frac{\sin{\left(\pi + \pi k \right)}}{\pi \left(1 + k \right)} \right| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} <br /> = \frac{1}{\pi} \left|\frac{\sin{\left(\pi\right)} \cos{\left(\pi k\right)} - \cos{\left(\pi\right)} \sin{\left(\pi k\right)}}{1 - k} + \frac{\sin{\left(\pi \right)} \cos{\left(\pi k \right)} + \cos{\left(\pi \right)} \sin{\left(\pi k\right)}}{1 + k}\right| = \frac{1}{\pi} \left|0\right| = 0<br /> \end{eqnarray*}$

Ich denke mal das es bis hierhin richtig sein sollte.
Jetzt noch zu $\begin{eqnarray*} \varphi_k \end{eqnarray*}$
Und das ist ja gerade $\begin{eqnarray*} \varphi_k = \arg{(c_k)} \end{eqnarray*}$
Wenn ich das ck einsetze habe ich ja folgendes stehen:

$\begin{eqnarray*} \varphi_k = \arg{\left(\frac{1}{2} \operatorname{sinc}{\left(\pi \left(1 - k \right)\right)} + \operatorname{sinc}{\left(\pi \left( 1 + k \right)\right)}\right)} \end{eqnarray*}$

Was mache ich an dieser Stelle ?

27.08.2019, 20:31

Steffen Bühler

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Wir haben leider beide übersehen, dass

$\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I(f) = \int_{-\infty}^{\infty} u_i(t) {e}^{-j2\pi} dt = \int_{-\frac{T_0}{2}}^{\frac{T_0}{2}} \cos{\left(\frac{2 \pi t}{T_0}\right)}{e}^{-2j\pi f t} dt \end{eqnarray*}$

nicht stimmt, es muss

$\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I(f) = \int_{-\infty}^{\infty} u_i(t) {e}^{-j2\pi} dt = \int_{-\frac{T_0}{4}}^{\frac{T_0}{4}} \cos{\left(\frac{2 \pi t}{T_0}\right)}{e}^{-2j\pi f t} dt \end{eqnarray*}$

heißen. Sonst transformierst Du ja eine normale Cosinuswelle, nicht nur die obere Halbwelle, mit entsprechendem Ergebnis.

27.08.2019, 20:36

Gast006

Auf diesen Beitrag antworten »

Ist der Hinweis hierfür ui := u(t)?
Oder wie kommst du auf die Grenzen?

27.08.2019, 20:52

Steffen Bühler

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Grenzen sind durch die Aufgabenstellung gegeben. Du schriebst ja selbst, dass das Signal nur im Intervall $\begin{eqnarray*} \left[ - \frac {T_0}4 ; \frac {T_0}4 \right] \end{eqnarray*}$ vorhanden ist, sonst Null. Hattest Du den Verlauf mal skizziert?

27.08.2019, 20:56

Gast006

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Gezeichnet hatte ich es aber neben der Definition für die stückweise definierte Funktion gibt es noch die Definition von t. Demnach bin ich davon ausgegangen das ja t alles zwischen T0/2 und - T0/2 die Transformierte zu bilden ist bzw. Das das die Grenzen sind.

27.08.2019, 21:07

Steffen Bühler

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Zunächst wurde die Funktion im Intervall $\begin{eqnarray*} \left[ - \frac {T_0}2 ; \frac {T_0}2 \right] \end{eqnarray*}$ definiert. Da drin ist sie wiederum nur im Intervall $\begin{eqnarray*} \left[ - \frac {T_0}4 ; \frac {T_0}4 \right] \end{eqnarray*}$ ungleich Null. Also eben die obere Cosinushalbwelle und links und rechts davon Null.

Die kann nun periodisch fortgesetzt werden (Elektriker reden hier von Einweggleichrichtung). Oder es gibt nur den einen einsamen Impuls. Aber auch der liegt nach wie vor in $\begin{eqnarray*} \left[ - \frac {T_0}4 ; \frac {T_0}4 \right] \end{eqnarray*}$ .

27.08.2019, 21:23

Gast006

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Verstehe.
werde mich gleich mal da dran machen.
jetzt sollte es ja nicht mehr so schwer sein die Fourier Transformierte zu bestimmen.
bis auf die Phase sollte es jetzt eigentlich klar sein.

27.08.2019, 21:30

Steffen Bühler

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Die Phase oben ist immer Null. Passt ja auch, es kommt für k=1 ein Betrag ungleich Null heraus, denn sinc(0) ist nicht Null. Alle anderen Beträge sind dagegen Null, es entsteht also die normale Cosinusschwingung.

Die korrigierte Phase sollte dann auch kein Problem darstellen.

28.08.2019, 00:50

Gast006

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Zuerst mal die Fourier Transformierte
$\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I(f) = \frac{\sin{\left(\frac{T_0}{\cancel{4} 2 } \cancel{2} \pi \left(\frac{1}{T_0} - f\right)\right)}}{2 \pi \left(\frac{1}{T_0} - f\right)} + \frac{\sin{\left(\frac{T_0}{\cancel{4} 2} \cancel{2} \pi \left(\frac{1}{T_0} + f \right) \right)}}{2 \pi \left(\frac{1}{T_0} + f \right)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \widehat{U}_I (f) = \frac{T_0}{2} \frac{\sin{\left(\frac{\pi}{2} \left(1 - T_0 f \right)\right)}}{\pi \left(1 - T_0 f \right) \frac{2}{2}} + \frac{T_0}{2} \frac{\sin{\left(\frac{\pi}{2} \left(1 + T_0 f \right)\right)}}{\pi \left(1 + T_0 f \right) \frac{2}{2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} <br /> \widehat{U}_I(f) = \frac{T_0}{4} \left(\frac{\sin{\left(\frac{\pi}{2} \left(1 - T_0 f \right)\right)}}{\frac{\pi}{2} \left(1 - T_0 f \right)} + \frac{\sin{\left(\frac{\pi}{2}\left(1 + T_0 f\right)\right)}}{\frac{\pi}{2} \left(1 + T_0 f\right)}\right)<br /> \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} <br /> \widehat{U}_I(f) = \frac{T_0}{4} \left(\operatorname{sinc}{\left(\frac{\pi}{2} \left(1 - T_0 f \right)\right)} + \operatorname{sinc}{\left(\frac{\pi}{2} \left(1 + T_0 f\right)\right)}\right)<br /> \text{---Ende Transformation---}<br /> \end{eqnarray*}$
Jetzt zu ck
$\begin{eqnarray*} <br /> c_k = \frac{1}{T_0} \widehat{U}_I\left(\frac{k}{T_0}\right)<br /> \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} <br /> c_k = \frac{1}{\cancel{T_0}} \frac{\cancel{T_0}}{4} \left(\operatorname{sinc}{\left(\frac{\pi}{2} \left(1 - \cancel{T_0} \frac{k}{\cancel{T_0}}\right)\right)} + \operatorname{sinc}{\left(\frac{\pi}{2}\left(1 + \cancel{T_0} \frac{k}{\cancel{T_0}}\right)\right)}\right)<br /> \text{---Ende ck---}<br /> \end{eqnarray*}$
Jetzt s0 bzw c0
$\begin{eqnarray*} <br /> s_0 := c_0 := \frac{1}{T_0} \widehat{U}_I\left(\frac{k = 0}{T_0}\right)<br /> \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} <br /> s_0 = c_0 = \frac{1}{4} \left(\operatorname{sinc}{\left(\frac{\pi}{2}\right)} + \operatorname{sinc}{\left(\frac{\pi}{2}\right)}\right) = \frac{1}{\cancel{4} 2} \cancel{2} \operatorname{sinc}{\left(\frac{\pi}{2}\right)} = \frac{1}{\cancel{2}} \frac{\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)}{\frac{\pi}{\cancel{2}}} = \frac{1}{\pi} \cdot 1<br /> \text{---Ende s0 bzw. c0---}<br /> \end{eqnarray*}$
Weiter mit sk
$\begin{eqnarray*} <br /> \widehat{s}_k = 2 \left|c_k\right| = \cancel{2} \frac{1}{\cancel{4} 2} \left|<br /> \frac{\sin{\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} k \right)}}{\frac{\pi}{2} \left(1 - k \right)}<br /> + \frac{\sin{\left(\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} k \right)}}{\frac{\pi}{2} \left(1 + k \right)}\right|<br /> \end{eqnarray*}$
Mittels Additionstheoreme komme ich dann auf folgendes und da komm ich beim cos nicht weiter. Also:
$\begin{eqnarray*} <br /> \widehat{s}_k = \frac{1}{\pi} \left|\frac{\sin{\left(\frac{\pi}{2}\right)} \cos{\left(\frac{\pi}{2} k\right)} - \cos{\left(\frac{\pi}{2}\right)} \sin{\left(\frac{\pi}{2}k\right)}}{1 - k} + \frac{\sin{\left(\frac{\pi}{2}\right)} \cos{\left(\frac{\pi}{2} k\right)} + \cos{\left(\frac{\pi}{2}\right)} \sin{\left(\frac{\pi}{2} k\right)}}{1 + k}\right|<br /> \end{eqnarray*}$
Dann komme ich auf:
$\begin{eqnarray*} <br /> \frac{1}{\pi} \left|\frac{\sin{\left(\frac{\pi}{2}\right) \cos{\left(\frac{\pi}{2} k \right)}}}{1 - k} + \frac{\sin{\left(\frac{\pi}{2}\right)} \cos{(\frac{\pi}{2} k)}}{1 + k}\right|<br /> \end{eqnarray*}$
Beim sin kommt stets 1 raus aber der cos alterniert ja. Er wird einmal 0 dann -1 dann wieder 0 dann 1. Wie kann man das anders als Potenz schreiben ?
Also hier weiss ich nicht weiter.

28.08.2019, 02:18

Gast006

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Ich habe mal ne Frage:
Wie kommt man von
$\begin{eqnarray*} <br /> \sin{\left(\pi k + \frac{\pi}{3}\right)}<br /> \text{ auf}<br /> {(-1)}^{k} \sin{\left(\frac{\pi}{3}\right)}<br /> \end{eqnarray*}$
Und das ohne jegliche Verwendung von Additionstheoremen ?

28.08.2019, 08:05

klarsoweit

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Da bleibt ja eigentlich nur noch die Betrachtung am Einheitskreis. Mit der Addition von $\begin{eqnarray*} \pi k \end{eqnarray*}$ werden gegenüber dem vorangegangenen Winkel-Wert weitere 180° addiert. Somit werden der Punkt auf dem Einheitskreis am Nullpunkt gespiegelt und der sinus-Wert mit dem Faktor -1 versehen. Beachte nebenbei, daß $\begin{eqnarray*} sin(\frac{\pi}{3}) = \frac 1 2 \sqrt 3 \end{eqnarray*}$ ist. smile

smile

28.08.2019, 10:24

Steffen Bühler

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Sieht schon ganz gut aus!

Zitat:

Original von Gast006
Beim sin kommt stets 1 raus aber der cos alterniert ja. Er wird einmal 0 dann -1 dann wieder 0 dann 1. Wie kann man das anders als Potenz schreiben ?

In Büchern steht in diesem Fall oft sowas wie $\begin{eqnarray*} \cos2x-\cos4x+\cos6x-\cos8x+- \dots \end{eqnarray*}$

Du könntest das natürlich auch zum ebenfalls gerne verwendeten $\begin{eqnarray*} (-1)^{k+1} \cos 2kx \end{eqnarray*}$ umschreiben, aber das ist Geschmackssache. Entscheidend ist, dass man weiß, was gemeint ist.

28.08.2019, 11:15

Gast006

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Ich würde das gerne auch so machen aber ich kriege das nicht hin. Ich finde sowas vorzustellen etwas schwierig.
Kannst du mir das mal Schritt für Schritt am Einheitspreis und dem sin erklären. Ich Weiss das es schon jemand geschrieben hat ich weiss auch das es was mit dem Einheitskreis zu tun hat aber ich stelle mir das so vor.
Das Argument pi*k + pi/3 das ist ja zusammen etwas mehr als 720 Grad. Hmm

28.08.2019, 12:34

Steffen Bühler

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Mit k=0 steht doch hier ein Zeiger auf 60°. Und dann wird er mit steigendem k immer um 180° (also eine halbe Umdrehung) weitergedreht. Siehst Du das?

Und der Sinus ist dann die Projektion auf die Vertikalachse. Also immer derselbe Wert, mal positiv, mal negativ.

28.08.2019, 12:56

Gast006

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Ok das der Zeiger sich dreht, mal im I Quadranten, mal im III Quadranten leuchtet ein aber das letzte, das der sin die Spiegelung um die Vertikalachse ist verstehe ich nicht.

28.08.2019, 13:02

Steffen Bühler

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Nicht die Spiegelung, sondern die Projektion. Mal ein einfaches Experiment dazu:

Nimm einen Bleistift in die Hand und lass ihn auf Dich zeigen, das ist Winkel 0°. Du siehst mehr oder weniger nichts vom Bleistift, also Null. Das ist der Sinus von 0°.

Nun dreh den Bleistift nach oben. Wenn er ganz nach oben zeigt, also 90°, siehst Du ihn zu 100%, also Eins. Das ist der Sinus von 90°.

Nun dreh ihn halb zurück, also auf etwa 45°. Du siehst knapp 70% von seiner Länge, also sin(45°).

Nun dreh ihn runter. Bei -90° hat er wieder die Länge Eins, aber nach unten gilt als negativ.

Und so weiter. Jetzt?

28.08.2019, 13:31

Gast006

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Bei der Aufgabe hier würde man dann ja im Zähler stets 0 herausbekommen oder:
Denn für steigendes k wird der sin ja immer ein vielfaches von k sein und das ist doch 0 oder ?
Setzt man für k 1 ein kommt da 0 beim ersten und 2pi beim zweiten heraus oder ?

28.08.2019, 13:34

Gast006

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Ne stimmt ja gar nicht. Der sin wäre ja einmal für k = 1 0 dann -1 dann wieder 0 und dann 1.
Wie würde man das dann aufschreiben ?

28.08.2019, 14:13

Steffen Bühler

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Hab ich um 10.24 Uhr geschrieben.

28.08.2019, 19:44

Gast006

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Was würde dann letztenendes für sk heraus kommen ? Also die Betragsstrichte auch aufgelöst ?
sk und phik sind für mich das meiste Problem irgendwie

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