Fourierkoeffizienten berechnen

18.01.2022, 13:42

dumbass123

Fourierkoeffizienten berechnen

Hallo,

Ich habe folgende Aufgabe und eine Lösung dazu. Ich verstehe nur nicht den blau unterstrichenen Schritt. Wohin geht die 2? Ich dachte sie würde wie die andere auch, vorgezogen und mit 2/T multipliziert. Aber dann sollte da doch 8/T stehen? Weil 2/T *2*2. die -2/a wurden auch vorgezogen. Ich verstehe nicht was mit der 2 die vorher da stand passiert.

Ich wäre sehr dankbar wenn jemand mir das erklären könnte smile

18.01.2022, 13:54

Steffen Bühler

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RE: Fourier Koeffizienten berechnen

Zitat:

Original von dumbass123
Weil 2/T *2*2.

Das hört sich so an, als ob Du in den geschweiften Klammern einen Ausdruck der Form "2*2" erkennst. Der ist aber nicht da, sondern da steht etwas in der Form "2x+2y", aus dem man dann eine 2 ausklammern kann.

Viele Grüße
Steffen

18.01.2022, 14:00

dumbass123

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RE: Fourier Koeffizienten berechnen
Vor beiden Integralen ist eine 2. Eine wird vorgezogen und mit 2/T multipliziert was passiert mit der anderen?

18.01.2022, 14:58

Steffen Bühler

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RE: Fourier Koeffizienten berechnen
Genau, es sieht doch so aus (ich kürze die Integrale mal ab):

$\begin{eqnarray*} \frac 2T \cdot \left( 2 \cdot \int_1 + 2 \cdot \int_2 \right) \end{eqnarray*}$

Dann kann doch in der Klammer die 2 ausgeklammert werden:

$\begin{eqnarray*} \frac 2T \cdot \left( 2 \cdot \left( \int_1 + \int_2 \right) \right) \end{eqnarray*}$

Und nach vorne gezogen werden:

$\begin{eqnarray*} \frac 4T \cdot \left( \int_1 + \int_2 \right) \end{eqnarray*}$

18.01.2022, 17:05

dumbass123

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RE: Fourier Koeffizienten berechnen
Oh man... ich mach nicht mehr so viel Mathe und ist schon wieder was her. Deswegen hat es nicht sofort bei mir klick gemacht aber natürlich.. schon bei dem ersten Beispiel von dir hätte es Sinn machen sollen. Ich bin dumm danke

Weißt du wie es im letzten Schritt vereinfacht wurde? Ich habe es blau makiert

18.01.2022, 17:13

Steffen Bühler

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RE: Fourier Koeffizienten berechnen
Mit $\begin{eqnarray*} \omega = \frac {2 \pi}T \end{eqnarray*}$

18.01.2022, 17:15

dumbass123

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RE: Fourier Koeffizienten berechnen
Ich glaub ich habs schon. die Cossinüsse werden alle zu 1 und dann wurde nur zusammengefasst.... richtig?

18.01.2022, 17:16

dumbass123

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RE: Fourier Koeffizienten berechnen
genau

18.01.2022, 17:18

Steffen Bühler

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RE: Fourier Koeffizienten berechnen

Zitat:

Original von dumbass123
die Cossinüsse werden alle zu 1

Vorsicht! Die sind mal 1, mal -1. Aber die beiden cos-Terme sind wiederum identisch bis aufs Vorzeichen. Daher verschwinden sie.

18.01.2022, 17:22

dumbass123

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RE: Fourier Koeffizienten berechnen
Ja stimmt... danke dass du mich auf meinen Fehler hingewiesen hast. Ohne dich wäre ich noch eine Weile hiermit beschäftigt

19.01.2022, 09:30

dumbass123

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RE: Fourier Koeffizienten berechnen
Ich wollte nun Ak auch mal ausrechnen... jedoch sieht man ja dass die Funktion ungerade ist und somit Ak=0 ist. Ich wollte trotzdem rechnen ob ich auch darauf komme.

Da habe ich das heraus: $\begin{eqnarray*} \frac{2}{T} \cdot \int_{\frac{-a}{2} }^{0} \! \frac{-2}{a}t -1 \cdot cos(wkt) \, dt + \frac{2}{T} \cdot \int_{0 }^{\frac{a}{2} } \! \frac{-2}{a}t +1 \cdot cos(wkt) \, dt \end{eqnarray*}$

Ausmultipliziert dann das:

$\begin{eqnarray*} \frac{2}{T} \cdot \int_{\frac{-a}{2} }^{0} \! \frac{-2}{a}t\cdot cos(wkt) - cos(wkt) \, dt + \frac{2}{T} \cdot \int_{0 }^{\frac{a}{2} } \! \frac{-2}{a}t \cdot cos(wkt) +cos(wkt) \, dt \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} - \frac{2}{a}t \end{eqnarray*}$ ungerade und cos(wkt) ungerade ist wird der Term ungerade und somit 0 richtig? und das gleiche passiert auf der anderen Seite. Also habe ich auf der linken seite -cos(wkt) und auf der rechten cos(wkt) also wird daraus auch 0. Somit ist Ak=0.

Ist das so richtig verstanden?

19.01.2022, 09:50

Steffen Bühler

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RE: Fourier Koeffizienten berechnen
Du hast in der ersten Zeile die Klammern vergessen, aber sonst sind Deine Ideen korrekt.

19.01.2022, 09:59

dumbass123

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RE: Fourier Koeffizienten berechnen
Dankeschön! Ja Klammern fehlen, war wohl ein bisschen faul

19.01.2022, 12:21

dumbass123

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RE: Fourier Koeffizienten berechnen
Eine generelle Frage: wenn die Funktion gerade ist, ist Bk immer = 0? und wenn es eine ungerade Funktion ist, ist Ak immer 0?

19.01.2022, 12:47

Steffen Bühler

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RE: Fourier Koeffizienten berechnen
So ist es.

19.01.2022, 16:49

dumbass123

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RE: Fourier Koeffizienten berechnen
Ich wollte noch zur Übung folgende Aufgabe Lösung und meinen Ansatz zeigen da ich irgendwie nicht weiter komme

1. $\begin{eqnarray*} \frac{2}{T} \left\{ \int_{\frac{-T}{4} }^{0} \! 1+\frac{4}{T}t \cdot cos(wkt) \, dt +\int_{0}^{\frac{T}{4} } \! 1-\frac{4}{T}t \cdot cos(wkt) \, dt \right\} \end{eqnarray*}$

Ausmultipliziert:

2. $\begin{eqnarray*} \frac{2}{T} \left\{ \int_{\frac{-T}{4} }^{0} \! cos(wkt) + \frac{4}{T}t \cdot cos(wkt) \, dt +\int_{0}^{\frac{T}{4} } \! cos(wkt) -\frac{4}{T}t \cdot cos(wkt) \, dt \right\} \end{eqnarray*}$

Da cos gerade ist und 4/T t ungerade ist kann ich das jetzt so umwandeln:
3. $\begin{eqnarray*} \frac{2}{T} \left\{2 \cdot \int_{0}^{\frac{T}{4} } \! cos(wkt) \, dt- 2\cdot\int_{0}^{\frac{T}{4} } \! \frac{4}{T}t \cdot cos(wkt) \, dt \right\} \end{eqnarray*}$

ich kann jetzt die -2 und 4/T vor das Integral ziehen:
4. $\begin{eqnarray*} \frac{2\cdot (-2) \cdot 4}{T\cdot T} \left\{ \cdot \int_{0}^{\frac{T}{4} } \! cos(wkt) \, dt\cdot\int_{0}^{\frac{T}{4} } \! t \cdot cos(wkt) \, dt \right\} \end{eqnarray*}$

5. $\begin{eqnarray*} \frac{-16}{T^{2} } \left\{ \int_{0}^{\frac{T}{4} } \! cos(wkt) \, dt +\int_{0}^{\frac{T}{4} } \! t \cdot cos(wkt) \, dt \right\} \end{eqnarray*}$

Jetzt kann ich die Stammfunktionen bilden

6. $\begin{eqnarray*} \frac{-16}{T^{2} } \left\{ \left[\frac{1}{wk} \cdot sin(wkt)\right] + \left[\frac{t}{wk}\cdot sin(wkt) +\frac{1}{(wk)^{2} } \cdot cos(wkt) \right] \right\} \end{eqnarray*}$

Einsetzten der Grenzen, dabei wird für sin(0) der teil = 0 und für cos(0) = 1

7. $\begin{eqnarray*} \frac{-16}{T^{2} } \left\{ \left[\frac{1}{wk} \cdot sin(wk\cdot \frac{T}{4} )\right] + \left[(\frac{\frac{T}{4} }{wk}\cdot sin(wk\cdot \frac{T}{4} ) +\frac{1}{(wk)^{2} } \cdot cos(wk\cdot \frac{T}{4} ))- (\frac{t}{wk}\cdot sin(wk\cdot 0 ) +\frac{1}{(wk)^{2} } \cdot cos(wk\cdot 0 ))\right] \right\}<br /> \end{eqnarray*}$

8. $\begin{eqnarray*} \frac{-16}{T^{2} } \left\{ \left[\frac{1}{wk} \cdot sin(wk\cdot \frac{T}{4} )\right] + \left[(\frac{\frac{T}{4} }{wk}\cdot sin(wk\cdot \frac{T}{4} ) +\frac{1}{(wk)^{2} } \cdot cos(wk\cdot \frac{T}{4} ))- (\frac{1}{(wk)^{2} }) \right] \right\} \end{eqnarray*}$

ich setzte nun für w = 2Pi/T ein

9. $\begin{eqnarray*} \frac{-16}{T^{2} } \left\{ \left[\frac{T}{2\pi}k \cdot sin(\frac{\pi}{2}k )\right] + \left[(\frac{\frac{T}{4} }{wk}\cdot sin(\frac{\pi}{2} ) +\frac{T^{2} }{(4\pi)^{2} } \cdot cos(\frac{\pi}{2} ))- (\frac{T^{2} }{{4 \pi^{2} } }) \right] \right\} \end{eqnarray*}$

Und hier weiß ich jetzt nich wie ich weiter machen soll.. ich hoffe ich habe nichts falsch aufgeschrieben oder Dinge verdreht.. ich hoffe ihr könnt das nach vollziehen. Ich habe versucht es so übersichtlich wie möglich zu machen

19.01.2022, 17:24

Steffen Bühler

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Der Dreieckspuls ist natürlich auch ein fieses Signal zum Transformieren. Die Summenformel in meinem Buch ist nicht gerade einfach zu lesen.

Aber wenn ich es richtig überblicke, hast Du bis Gleichung 8 alles richtig gemacht (von den fehlenden Klammern abgesehen). Nur dann sind einige k in Gleichung 9 verloren gegangen. Denn die erwähnte Summenformel zeigt immer ein k² im Nenner.

Bring das mal in Ordnung, vereinfachen kann man dann immer noch.

19.01.2022, 17:30

HAL 9000

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Ohne mir alles im Detail angeschaut zu haben: Man kann diese Termorgien ERHEBLICH eindampfen, wenn man gleich zu Beginn eine kluge Substitution tätigt: $\begin{eqnarray*} x = \omega k t \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \dd x = \omega k ~ \dd t \end{eqnarray*}$ ergibt (unter Beachtung von $\begin{eqnarray*} \omega T = 2\pi \end{eqnarray*}$ ) sofort

$\begin{eqnarray*} \frac{2}{T} \left\{ \int\limits_{\frac{-T}{4}}^0 \left(1+\frac{4}{T}t\right) \cos(\omega kt) ~ \dd t ~+~ \int\limits_0^{\frac{T}{4}} \left(1-\frac{4}{T}t\right) \cos(\omega kt) ~ \dd t \right\} = \frac{1}{\pi k} \left\{ \int\limits_{-\frac{\pi}{2}k}^0 \left(1+\frac{2}{\pi k}x\right) \cos(x) ~ \dd x ~+~ \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}k} \left(1-\frac{2}{\pi k}x\right) \cos(x) ~ \dd x \right\} = \frac{2}{\pi k} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}k} \left(1-\frac{2}{\pi k}x\right) \cos(x) ~ \dd x \end{eqnarray*}$ .

Damit sind $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} T \end{eqnarray*}$ im Handumdrehen raus, und man hat nur noch mit Parameter $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ zu tun.

19.01.2022, 18:02

dumbass123

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$\begin{eqnarray*} \frac{-16}{T^{2} } \left[\frac{T}{2\pi}k \cdot sin(\frac{\pi}{2}k) \right] + \left[\frac{T^{2} }{8\pi}k \cdot sin (\frac{\pi}{2})+ \frac{T^{2} }{4 \pi^{2} }k \cos(\frac{\pi}{2}) -\frac{T^{2} }{4 \pi^{2} }k \right] \end{eqnarray*}$

Ja ich habe die k's vergessen. Sollte so jetzt stimmen

19.01.2022, 18:06

dumbass123

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Da wäre ich jetzt gar nicht drauf gekommen. Ich glaube ich Probiere die Methode auch mal aus. Denn wenn man das so kurz halten kann wäre das für die Klausur deutlich weniger Aufwand. Vielen herzlichen Dank. Ich schreib dann gleich mal die Lösung rein

19.01.2022, 18:31

dumbass123

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Zitat:

Original von HAL 9000
Ohne mir alles im Detail angeschaut zu haben: Man kann diese Termorgien ERHEBLICH eindampfen, wenn man gleich zu Beginn eine kluge Substitution tätigt: $\begin{eqnarray*} x = \omega k t \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \dd x = \omega k ~ \dd t \end{eqnarray*}$ ergibt (unter Beachtung von $\begin{eqnarray*} \omega T = 2\pi \end{eqnarray*}$ ) sofort

$\begin{eqnarray*} \frac{2}{T} \left\{ \int\limits_{\frac{-T}{4}}^0 \left(1+\frac{4}{T}t\right) \cos(\omega kt) ~ \dd t ~+~ \int\limits_0^{\frac{T}{4}} \left(1-\frac{4}{T}t\right) \cos(\omega kt) ~ \dd t \right\} = \frac{1}{\pi k} \left\{ \int\limits_{-\frac{\pi}{2}k}^0 \left(1+\frac{2}{\pi k}x\right) \cos(x) ~ \dd x ~+~ \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}k} \left(1-\frac{2}{\pi k}x\right) \cos(x) ~ \dd x \right\} = \frac{2}{\pi k} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}k} \left(1-\frac{2}{\pi k}x\right) \cos(x) ~ \dd x \end{eqnarray*}$ .

Damit sind $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} T \end{eqnarray*}$ im Handumdrehen raus, und man hat nur noch mit Parameter $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ zu tun.

Wann muss ich das ganze den zurück Substituieren? Ich rechne das gerade und wenn ich nach dem ich die Grenzen eingesetzt habe erst zurück substituiere habe ich ja wieder das zeug da. Deswegen nehme ich an dass ich nach dem ich die Stammfunktion gebildet habe das zurück substituiere?

19.01.2022, 18:50

HAL 9000

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Zitat:

Original von dumbass123
Wann muss ich das ganze den zurück Substituieren?

Gar nicht - wir reden hier über bestimmte Integrale: Da gehört es zur Substitution selbstverständlich mit dazu, dass die Integralgrenzen mit transformiert werden, was ich natürlich berücksichtigt habe.

19.01.2022, 18:52

dumbass123

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$\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi k}\int_{0 }^{\frac{x}{2}k} \! (1-\frac{2}{\pi k}x) \cdot cos(x) \, dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi k}\int_{0 }^{\frac{x}{2}k} \! cos(x)-(\frac{2}{\pi k}x) \cdot cos(x) \, dx \end{eqnarray*}$

weil der zweite Term ungerade ist fällt der Weg richtig?

Also bleibt nur:

$\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi k}\int_{0 }^{\frac{x}{2}k} \! cos(x) \end{eqnarray*}$

Stammfunktion bilden:
$\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi k}\left[\frac{1}{x}\cdot sin(x) dx\right] \end{eqnarray*}$

19.01.2022, 19:17

dumbass123

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$\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi k}\left[\frac{1}{\frac{xk}{2} }\cdot sin(\frac{xk}{2} ) \right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi k}\left[\frac{2}{xk} \cdot sin(\frac{xk}{2} ) \right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{4}{\pi k^{2}x }\left[\cdot sin(\frac{xk}{2} ) \right] \end{eqnarray*}$

für Gerade k sollte der sinus bei 1 sein und für ungerade bei -1
was mache ich denn nun mit den x's in meinem Term?

19.01.2022, 19:44

HAL 9000

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Ich hätte einfach partiell integriert: Mit $\begin{eqnarray*} u=1-\frac{2}{\pi k}x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v=\sin(x) \end{eqnarray*}$ gilt ja $\begin{eqnarray*} \int uv' ~ \dd x = uv - \int u'v ~ \dd x \end{eqnarray*}$ , das bedeutet

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}k} \left(1-\frac{2}{\pi k}x\right) \cos(x) ~ \dd x = \left[ \left(1-\frac{2}{\pi k}x\right) \sin(x)\right]_{x=0}^{\frac{\pi}{2}k} + \frac{2}{\pi k}\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}k} \sin(x) ~ \dd x = \left(1-\frac{2}{\pi k}\cdot \frac{\pi}{2}k\right) \sin\left(\frac{\pi}{2}k \right) -\sin(0) + \frac{2}{\pi k} \left[ -\cos(x)\right]_{x=0}^{\frac{\pi}{2}k} = \frac{2}{\pi k} \left( 1 - \cos\left(\frac{\pi}{2}k \right)\right) \end{eqnarray*}$

Zusammen mit dem zunächst weggelassenen Vorfaktor $\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi k} \end{eqnarray*}$ ergibt das insgesamt $\begin{eqnarray*} \frac{4}{\pi^2 k^2} \left( 1 - \cos\left(\frac{\pi}{2}k \right)\right) \end{eqnarray*}$ .

Jetzt kann man $\begin{eqnarray*} k=4m,4m+1,4m+2,4m+3 \end{eqnarray*}$ einzeln durchgehen, um den Term dann jeweils zu vereinfachen.

20.01.2022, 09:44

dumbass123

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Was hätte ich bei meinem Weg anders machen sollen? Konnte ich das nicht auch so machen ?

Ich habe erst gerade bemerkt dass ich in den grenzen x/2 gelesen habe statt PI/2.. oh man. ich saß gestern zu lange hier dran..

20.01.2022, 10:16

dumbass123

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Zitat:

Original von HAL 9000
Ich hätte einfach partiell integriert: Mit $\begin{eqnarray*} u=1-\frac{2}{\pi k}x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v=\sin(x) \end{eqnarray*}$ gilt ja $\begin{eqnarray*} \int uv' ~ \dd x = uv - \int u'v ~ \dd x \end{eqnarray*}$ , das bedeutet

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}k} \left(1-\frac{2}{\pi k}x\right) \cos(x) ~ \dd x = \left[ \left(1-\frac{2}{\pi k}x\right) \sin(x)\right]_{x=0}^{\frac{\pi}{2}k} + \frac{2}{\pi k}\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}k} \sin(x) ~ \dd x = \left(1-\frac{2}{\pi k}\cdot \frac{\pi}{2}k\right) \sin\left(\frac{\pi}{2}k \right) -\sin(0) + \frac{2}{\pi k} \left[ -\cos(x)\right]_{x=0}^{\frac{\pi}{2}k} = \frac{2}{\pi k} \left( 1 - \cos\left(\frac{\pi}{2}k \right)\right) \end{eqnarray*}$

Zusammen mit dem zunächst weggelassenen Vorfaktor $\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi k} \end{eqnarray*}$ ergibt das insgesamt $\begin{eqnarray*} \frac{4}{\pi^2 k^2} \left( 1 - \cos\left(\frac{\pi}{2}k \right)\right) \end{eqnarray*}$ .

Jetzt kann man $\begin{eqnarray*} k=4m,4m+1,4m+2,4m+3 \end{eqnarray*}$ einzeln durchgehen, um den Term dann jeweils zu vereinfachen.

Wie bist du auf den -cos gekommen als du die Grenzen für 0 eingesetzt hast?

20.01.2022, 10:45

HAL 9000

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Die Frage ist merkwürdig formuliert: Die Stammfunktion von $\begin{eqnarray*} \sin(x) \end{eqnarray*}$ ist nun mal $\begin{eqnarray*} -\cos(x)+C \end{eqnarray*}$ , und auf die bin ich nicht gekommen "als ich die Grenzen eingesetzt habe", sondern vorher, weil das eben ein Grundintegral ist.

20.01.2022, 11:16

dumbass123

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Warum wird denn wieder die Stammfunktion gebildet wenn es doch $\begin{eqnarray*} \int uv' ~ \dd x = uv - \int u'v ~ \dd x \end{eqnarray*}$ heißt?

Wahrscheinlich weiß ich einfach nicht mehr wie man richtig partiell integriert <.<

20.01.2022, 11:31

HAL 9000

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Ich weiß wirklich nicht, wo jetzt noch der Schuh drückt: $\begin{eqnarray*} u=1-\frac{2}{\pi k}x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v=\sin(x) \end{eqnarray*}$ und die zugehörigen Ableitungen $\begin{eqnarray*} u'=-\frac{2}{\pi k} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v'=\cos(x) \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \int uv' ~ \dd x = uv - \int u'v ~ \dd x \end{eqnarray*}$ eingesetzt ergibt zunächst als unbestimmtes Integral geschrieben

$\begin{eqnarray*} \int \left(1-\frac{2}{\pi k}x\right)\cos(x) ~ \dd x = \left(1-\frac{2}{\pi k}x\right)\sin(x) - \int \left(-\frac{2}{\pi k}\right)\sin(x) ~ \dd x = \left(1-\frac{2}{\pi k}x\right)\sin(x) + \frac{2}{\pi k} \int \sin(x) ~ \dd x \end{eqnarray*}$

Das ganze mit Integralgrenzen bedeutet dann

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}k} \left(1-\frac{2}{\pi k}x\right)\cos(x) ~ \dd x = \left[ \left(1-\frac{2}{\pi k}x\right)\sin(x)\right]_{x=0}^{\frac{\pi}{2}k} + \frac{2}{\pi k} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}k} \sin(x) ~ \dd x = \frac{2}{\pi k} \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}k} \sin(x) ~ \dd x \end{eqnarray*}$

letzteres weil $\begin{eqnarray*} \left[\ldots\right]_{x=0}^{\frac{\pi}{2}k} = 0-0 = 0 \end{eqnarray*}$ tatsächlich wegfällt.

P.S. Ja klar, man hätte auch gleich in der ersten Zeile noch "vollenden" können, bevor man die Integralgrenzen einsetzt, d.h.

$\begin{eqnarray*} \int \left(1-\frac{2}{\pi k}x\right)\cos(x) ~ \dd x = \left(1-\frac{2}{\pi k}x\right)\sin(x) - \frac{2}{\pi k}\cos(x) \end{eqnarray*}$ .

Aber das ist doch nun rum wie num.

21.01.2022, 10:52

dumbass123

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Okay ich bin einfach ungeübt mit der partiellen Integration. Aber habe es jetzt alles verstanden vielen vielen Dank.
Ich habe die Aufgabe selbst auf deinen weg rechnet und bin nun endlich auf das Ergebnis gekommen.

Ich versuche gerade mit deiner Methode andere Aufgaben zu rechnen. Ich versuche gerade deine schlaue Substitution die du zu Beginn gemacht hast auf eine andere Aufgabe zu übertragen. Dort habe ich die grenzen diesmal -T/2 bis 0 und 0 bis T/2 mit deiner Substitution Methode wäre das dann von -PiK bis 0 und 0 bis PiK oder?

21.01.2022, 11:35

HAL 9000

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Richtig. Im ersten Moment sieht die Ersparnis gar nicht so groß aus, aber neben der (oft gelingenden) Elimination von $\begin{eqnarray*} T,\omega \end{eqnarray*}$ hat man oft auch einfachere Integrationen wegen der sin/cos-Funktionen mit "reinen" (d.h. nicht linear transformierten) Argumenten. Das erleichtert die Sache meistens sowohl schreibtechnisch als auch ein wenig inhaltlich.

Zu beachten ist, dass sowas wie $\begin{eqnarray*} x = \omega k t \end{eqnarray*}$ offenkundig $\begin{eqnarray*} k\neq 0 \end{eqnarray*}$ voraussetzt. Für Fourierkoeffizient $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ geht das nicht, den rechnet man "klassisch" aus (der ist ja meist auch nicht so das Problem).

21.01.2022, 12:53

dumbass123

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Die Funktionsvorschrift lautet:
$\begin{eqnarray*} -1-\frac{2}{T}t <br /> \end{eqnarray*}$ für -2/T bis 0

$\begin{eqnarray*} 1-\frac{2}{T}t \end{eqnarray*}$ für 0 bis 2/T

Ich rechne nur Bk weil es eine ungerade funktion ist:

$\begin{eqnarray*} \frac{2}{T} \left\{ \int_{\frac{-T}{2} }^{0} \! -1-\frac{2}{T}t \cdot sin(\omega kt) \, dt +\int_{0}^{\frac{T}{2} } \! 1-\frac{2}{T}t \cdot sin(\omega kt) \, dt \right\} \end{eqnarray*}$

Nun wende ich die Substitution an x=wkt mit dx=wk dt

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\pi k} \left\{ \int_{-\pi k }^{0} \! -1-\frac{1}{\pi k}x \cdot sin(x) \, dx +\int_{0}^{\pi k } \! 1-\frac{1}{\pi k}x \cdot sin(x) \, dx \right\} \end{eqnarray*}$

= $\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi k} \left\{ \int_{0 }^{\pi k} \! (-1-\frac{1}{\pi k}x) \cdot sin(x) \, dx \right\} \end{eqnarray*}$

Partiell Integriert:

u= $\begin{eqnarray*} \left(-1- \frac{1}{\pi k}x \right) \end{eqnarray*}$ u' = $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\pi k} \end{eqnarray*}$
v'= sin(x) v= -cos(x)

$\begin{eqnarray*} = \frac{2}{\pi k} \left\{ \left(-1-\frac{1}{\pi k}x\right) \cdot -cos(x) + \frac{1}{\pi k} \int_{0}^{\pi k} \! -cos(x) \, dx \right\} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{2}{\pi k} \left\{ \left(-1-\frac{1}{\pi k}x \right)\cdot -cos(x) + \frac{1}{\pi k} \cdot (-sin(x))\right\} \end{eqnarray*}$

Grenzen einsetzten:

$\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi k} \left\{ \left[ \left(-1-\frac{1}{\pi k}\pi k \right)\cdot -cos(\pi k) + \frac{1}{\pi k} \cdot (-sin(\pi k)\right] - \left[ \left(-1-\frac{1}{\pi k}\cdot 0 \right)\cdot -cos(0) + \frac{1}{\pi k} \cdot (-sin(0)\right] \right\} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi k} \left\{ \left[ \left(-1-1 \right)\cdot -cos(\pi k) + \frac{1}{\pi k} \cdot -(sin(\pi k))\right] - \left[ \left(-1 \right)\cdot -(1) + 0\right] \right\} \end{eqnarray*}$

Dann bekomme ich das heraus:
$\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi k} \left\{ \left[ \left(-2 \right)\cdot -cos(\pi k) + \frac{1}{\pi k} \cdot -(sin(\pi k))\right] - \left[ 1\right] \right\} \end{eqnarray*}$

wie ich das jetzt weiter verinfachen kann weiß ich nicht. Ich denke auch dass ich vielleicht irengdwo etwas falsch gemacht habe

21.01.2022, 13:20

dumbass123

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Ich bemerke gerade dass ich gar nicht diesen Schritt verstanden habe den ich im Form eines Screenshots angehängt habe. Du hast da die grenzen nur von 0 bis Pik/2 genommen und nur den letzten Term genommen und das ganze mal 2. Verstehe ich nicht so ganz

21.01.2022, 13:39

HAL 9000

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Genau genommen steckt da die Substitution $\begin{eqnarray*} y=-x \end{eqnarray*}$ beim ersten Integral dahinter: Mit der folgt $\begin{eqnarray*} \dd y = -\dd x \end{eqnarray*}$ und weiter

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\frac{\pi}{2}k}^0 \left(1+\frac{2}{\pi k}x\right) \cos(x) ~ \dd x = -\int\limits_{\frac{\pi}{2}k}^0 \left(1-\frac{2}{\pi k}y\right) \cos(-y) ~ \dd y = \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}k} \left(1-\frac{2}{\pi k}y\right) \cos(y) ~ \dd y \end{eqnarray*}$

letzteres wegen $\begin{eqnarray*} \cos(-y)=\cos(y) \end{eqnarray*}$ sowie der Vertauschung der Integralgrenzen. Nun ja, und das Ergebnis rechts ist ja identisch zum anderen, zweitem Teilintegral (nur mit anderer Benennung der Integrationsvariablen, was für den Integralwert des bestimmten Integrals unerheblich ist).

Tatsächlich sind diese beiden Teilintegrale immer identisch, sofern wie hier ein symmetrisches Ausgangssignal, d.h., in Form einer geraden Funktion $\begin{eqnarray*} f(t)=f(-t) \end{eqnarray*}$ vorliegt. Ist dir wahrscheinlich bekannt, wenn du schon (wie ich das vermute) schon an einigen Signalen hier fourier-rumgerechnet hast. Augenzwinkern

21.01.2022, 13:48

dumbass123

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Habe ich das dann so richtig gemacht bei meiner anderen aufgabe? $\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi k} \left\{ \int_{0 }^{\pi k} \! (-1-\frac{1}{\pi k}x) \cdot sin(x) \, dx \right\} \end{eqnarray*}$

21.01.2022, 14:02

HAL 9000

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Ok, das ist jetzt Sägezahn, mit Sprung bei $\begin{eqnarray*} t=0 \end{eqnarray*}$ , richtig? Ja, das ist dann eine ungerade Funktion. Aber du solltest dir wirklich mal angewöhnen, Klammern zu setzen: Es heißt

$\begin{eqnarray*} B_k = \frac{2}{T} \left\{ \int\limits_{\frac{-T}{2}}^0 {\color{red}\Big(}-1-\frac{2}{T}t{\color{red}\Big)} \cdot \sin(\omega kt) ~ \dd t ~ + ~ \int\limits_0^{\frac{T}{2}} {\color{red}\Big(}1-\frac{2}{T}t{\color{red}\Big)} \cdot \sin(\omega kt) ~ \dd t \right\} \end{eqnarray*}$ .

Auch hier kann man gleich mit Substitution $\begin{eqnarray*} \tau = -t \end{eqnarray*}$ gleich mal das erste Integral erledigen und kommt zu

$\begin{eqnarray*} B_k = \frac{4}{T} \int\limits_0^{\frac{T}{2}} \left(1-\frac{2}{T}t\right) \cdot \sin(\omega kt) ~ \dd t \end{eqnarray*}$ .

Weiter hab ich noch nicht gerechnet, aber die weitere Rechnung wird natürlich sehr ähnlich der obigen sein.

21.01.2022, 16:53

dumbass123

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Nach der Methode komme ich dann auf das : $\begin{eqnarray*} \frac{4}{T} \cdot \left[\frac{2}{T}\cdot (-cos(\pi k )) + \frac{2}{T} \right] \end{eqnarray*}$

Die Lösung soll aber $\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi k} \end{eqnarray*}$
Sorry wenn das alles anstregend für dich ist aber ohne dich würde ich wohl total verzweifeln...

21.01.2022, 17:15

dumbass123

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ach ich hab bei meiner rechnung einfach nicht das im sinus die wkt beachtet... sin(wkt) die stammfunktion ist nicht einfach -cos(wkt). deswegen diese subsitution damit man nicht mit wkt rechnen muss sondern nur mit -cos(x) ich bin doof ohje

21.01.2022, 17:42

dumbass123

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Ich habs jetzt endlich richtig lösen können... ich muss wohl noch sehr viel üben aber ich finde es mit deinem weg einfacher und weniger verwirrend. Danke sehr

$\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi k} \left[-\frac{1}{wk}\cdot(-sin(\pi k) \right] \end{eqnarray*}$

Der sinus wird bei Pi ja nur 0 deswegen wegen wird der ganze Term = 0 aber wenn dort doch für k etwas eingesetzt wird wie 0,5 wird sinus doch 1? warum kann man das hier einfach ignorieren?

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Fourierkoeffizienten berechnen

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