Funktionsgleichung für Fourier Reihe

Dieses Thema im Forum "Elektrotechnik" wurde erstellt von DavidHaus, 8 Aug. 2018.

  1. Hallo,

    wie stelle ich am besten die Funktionsgleichung für diesen Spannungsverlauf auf?

    von 0 < t < T/4 gilt: (2û / pi) *t
    von T/4 < t < 3T / 4 gilt: (- 2û / pi)*t + û
    von 3T / 4 < t < T gilt: (2û / pi)*t - û

    Muss ich das ganze in diese drei Abschnitte aufteilen?
    Oder könnte ich den ersten und letzten Abschnitt kombinieren?

    von - T / 4 < t < T / 4 gilt: 2û / pi - û

    Verschieben darf ich das ganze ja nicht, sonst ändern sich die Symmetrien, richtig?
     

    Anhänge:

    #1 DavidHaus, 8 Aug. 2018
    Zuletzt bearbeitet: 8 Aug. 2018
  2. - T / 4 < t < T / 4 gilt: (2û / pi) *t - û
     
  3. von 0 < t < T/4 gilt: (2û / pi) *t
    von T/4 < t < 3T / 4 gilt: (- 2û / pi)*t + û
    von 3T / 4 < t < T gilt: (2û / pi)*t - û

    - T / 4 < t < T / 4 gilt: (2û / pi) *t - û
    Was soll das - Vorzeichen in der letzten Formel?

    Was gilt denn jetzt eigentlich?

    War da jetzt ein Bild gegeben und u hast versucht daraus die Zeitfunktion zu schreiben oder war die Zeitfunktion gegeben und du hast davon eine Skizze gemacht?

    Bitte eine Abschrift des Originaltextes der Aufgabe.
     
  4. Das gezeichnete Bild ist genau so gegeben.
    Die Aufgabe lautet:
    Bestimmen Sie die FOURIER-Reihe dieser Spannung.
    (+Hinweis zur Lösung des Integrals)

    Diese Formeln habe ich aufgestellt zur beschreibung des Kurvenverlaufs.
    Was mir dabei aufgefallen ist, dass ich das ganze in 3 Abschnitte unterteilt habe.
    Meine Frage ist, ob es auch möglich ist das ganze in nur zwei Abschntite zu unterteilen. Wenn man die Kurzve um T / 4 nach rechts verschiebt wäre das ja möglich.

    Das war mein Versuch genau das zu tun, indem ich einfach bei - T / 4 starte.
    Ob das erlaubt ist weiß ich eben nicht...
     
  5. Warum nicht, nimmst einfach von -Pi/2 bis + Pi/2 die steigende Gerade und von Pi/2 bis 3Pi/2 die fallende und Integrierst eben von -Pi/2 bis +3Pi/2, oder, was meinst Du, David?
     
  6. Naja eigentlich berechnet man mit dem Integral ja nur die Fläche. Ist ja völlig Wurscht, wie man das tut und ob man die Kurve dafür verschiebt.
    Ich hatte nur im Hinterkopf, dass man für die Fourier Reihe guckt, ob es eine gerade/ungerade Funktion ist und wollte sie daher nicht verschieben und diese Eigenschaft damit ändern. Aber das ist ja eigentlich Quatsch, für das Integral muss ja das gleiche heraus kommen...
     
  7. Oder geht das doch nicht?... ich berechne ja garnicht das normale Integral. Ich berechne ja den Koeffizienten bv.

    \frac{2}{T} \int_{0}^{T} f(t) sin(\nu \omega t )dt
     
  8. Guten Tag
    Der komplexe Fourier -Koeffizient für die in T \ = \ \frac{2 \cdot \pi}{\omega} periodische Zeitfunktion u(t) \ = \ u(t \pm T) und den Frequenz -Index k (zuvor \nu genannt) ist allgemein z. B. {\underline c}_k \ = \ \frac{\omega}{2 \cdot \pi} \cdot \int_{-\frac{\pi}{\omega}}^{\frac{\pi}{\omega}} u(t) \cdot \mathrm{e}^{-\mathrm{j}\cdot k \cdot \omega \cdot t} \mathrm{d} t.
    Die hier gegebene periodische Spannungsfunktion ist ungerade, es gilt u(-t) \ = \ -u(t).
    Damit kann das zuvor erwähnte Integral für die Fourier -Koeffizienten in die Form {\underline c}_k \ = \ - \mathrm{j} \cdot  \frac{\omega}{\pi} \cdot \int_{0 \mathrm{s}}^{\frac{\pi}{\omega}} u(t) \cdot \sin(k \cdot \omega \cdot t) \mathrm{d} t gebracht werden, wofür nur noch über eine halbe Periode integriert werden muss.
    Die reellen Fourier -Koeffizientenpaare sind a_k \ = \2 \cdot \mathrm{Re}({\underline c}_k), \ \ b_k \ = \ -2 \cdot \mathrm{Im}({\underline c}_k).
    Für die hier gegebene ungerade Zeitfunktion werden die reellen Fourier -Koeffizienten a_k \ = \ 0 \mathrm{V}, \ \ b_k \ = \ 2 \cdot  \frac{\omega}{\pi} \cdot \int_{0 \mathrm{s}}^{\frac{\pi}{\omega}} u(t) \cdot \sin(k \cdot \omega \cdot t) \mathrm{d} t.
    (Dies b_k ähnelt dem in #7 erwähnten Integral, es gibt nur unterschiedliche Faktoren von 2 an zwei Stellen.)

    Den aufsteigenden Abschnitt von u(t) nenne ich hieru_2(t) \ = \ 4 \cdot \hat{U} \cdot \frac{t}{T}  \ \ (-\frac{T}{4} \ \le \ t \  \le  \ \frac{T}{4}).
    Das absteigende Stück rechts heisst u_3(t) \ = \ 4 \cdot \hat{U} \cdot (\frac{1}{2}-\frac{t}{T})  \ \ (\frac{T}{4} \ \le \ t \  \le  \ \frac{3 \cdot T}{4}).

    Stückweise Integration ergibt b_k \ = \ 2 \cdot  \frac{\omega}{\pi} \cdot \ [ \int_{0 \mathrm{s}}^{\frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{\omega}} u_2(t) \cdot \sin(k \cdot \omega \cdot t) \mathrm{d} t \ \ + \int_{\frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{\omega}}^{\frac{\pi}{\omega}} u_3(t) \cdot \sin(k \cdot \omega \cdot t) \mathrm{d} t ] .
    Auswerten der bestimmten Integrale ergibt b_k \ = \ 8 \cdot \hat{U} \cdot \frac{\sin(k \cdot \frac{\pi}{2})}{\pi^2 \cdot k^2}.
    Damit kann die gegebene Spannungsfunktion als Fourier -Reihe u(t) \ = \ \hat{U} \cdot \frac{8}{\pi^2} \cdot \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin(k \cdot \frac{\pi}{2})}{k^2} \cdot \sin(k \cdot \omega \cdot t) dargestellt werden.
    Mit der Index -Substitution l \ = \frac{k-1}{2} können die Terme für gerade k weggelassen werden u(t) \ = \ \hat{U} \cdot \frac{8}{\pi^2} \cdot \sum_{l=0}^{\infty} \frac{(-1)^l}{(2 \cdot l+1)^2} \cdot \sin( [ 2 \cdot l+1 ]  \cdot \omega \cdot t).

    Die Annäherung an die gegenene Funktion durch ein trigonometrisches Polynom kann wie folgt visualisiert werden (hier zwei Perioden).
    dh.png
    gnuplot:
    Code:
      T = 8.
      U = 4.
      w = 2.*pi/T
      N = 512
    # u(t)  = 8.*U/(pi*pi) * sum [k = 1 :N] sin(k*pi/2.) * sin(k*w*t)         / (k*k)
      u(t)  = 8.*U/(pi*pi) * sum [l = 0 :N]    (-1.)**l  * sin((2.*l+1.)*w*t) / ((2.*l+1.)*(2.*l+1.))
      u1(t) = 4.*U*(-0.5 -t/T)
      u2(t) = 4.*U*       t/T
      u3(t) = 4.*U*( 0.5 -t/T)
      set samples 2048
      set xrange [    -T :T]
      set yrange [-1.2*U :1.2*U]
      set terminal png
      set output  'dh.png'
    # plot u1(x), u2(x), u3(x) , -U, 0, U, u1(x), u2(x), u3(x), u(x)
      plot                                                      u(x)
      set nooutput
      exit
    
     
    #8 xeraniad, 8 Aug. 2018
    Zuletzt bearbeitet: 8 Aug. 2018
    DavidHaus gefällt das.
  9. Vielen Dank xeraniad für die extrem ausführliche Antwort!

    Allerdings bin ich stand heute noch nicht bei der komplexen Fourier-Reihe, bzw. für diese Aufgabe war diese Methode auch nicht vorgesehen.
    Für mich ging es nur um die Frage ob ich die aufgestellte Funktionsgleichung vereinfachen kann, oder ob man damit den Koeffizienten verändern würde.

    Sobald ich bei der komplexen Fourier Reihe angegekommen bin, wird mir dein Post allerdings mit Sicherheit noch sehr behilflich sein! Danke
     
  10. y(t) = 4u*(t/T) von -T/4 bis T/4

    u sei das u^

    T ist da wo in deiner Zeichnung 2*pi steht.

    Grundwelle: A*sin(2*pi*w0*t)
    w0 = 2*pi*f0 = 2*pi/T

    Punktsymmetrische Funktion
    Deshalb gibt es nur Koeffizienten bn.

    Zusätzlich symmetrisch zur Mitte der Periode.
    Da reicht es die halbe Funktion zu integrieren und nehmen deshalb den Faktor 4/T statt 2/T.

    bn = (4/T)*Integral(4u*(t/T)sin(n*w0*t)dt) von -T/4 bis T/4

    bn (16*u/T^2)*Integral(t*sin(n*w0*t)dt) von -T/4 bis T/4

    bn = (16*u/T^2)*[ sin(n*w0*t)/(n*w0)^2 -t*cos(n*w0*t)/(n*w0)] -T/4 bis T/4

    bn = (16*u/T^2)*[ sin(n*2*pi*t/T)/(n*w0)^2 -t*cos(n*2*pi*t/T)/(n*w0) ] -T/4 bis T/4

    bn = (16*u/T^2)* [ sin(n*2*pi*1/4)/(n*w0)^2 -(T/4)*cos(n*2*pi*1/4)
    -sin(n*2*pi*(-1/4))/(n*w0)^2 +(T/4)*cos(n*2*pi*(-1/4)) ]

    bn = (16*u/T^2)* [ sin(n*pi/2)/(n*w0)^2 -(T/4)*cos(n*pi/2)
    -sin(-n*pi/2)/(n*w0)^2 +(T/4)*cos(-n*pi/2) ] ]

    bn = (16*u/T^2)* [ 2*sin(n*pi/2)/(n*w0)^2 ]

    bn = 16*u/T^2)* [ sin(n*pi/2)/(n*2*pi/T)^2 ]

    bn = (8*u/(pi^2))* sin(n*pi/2)/(n)^2

    b1 = 8*u/(pi^2)
    b2 = 0
    b3 = -(4*u/(pi^2))/9
    b4 = 0
    b5 = +(4*u/(pi^2))/16
    ....

    Nur ungerade bn liefern einen Beitrag. Das Vorzeichen ist abwechselnd + und -.

    y(t) = (4*u/(pi^2))*(sin(w0*t) -(1/9)*sin(3*w0*t) + (1/25)*sin(5*w0*t) - .....)


    Nachtrag: Glaub ja nicht, dass die Lösung von xeraniad kürzer ist. Da fehlt die ausführliche Berechnung der Integration. Die komplexen Koeffizienten machen sogar mehr Arbeit.
     
  11. Mir scheint, xeraniads Gleichung kann man nochmal vereinfachen, wenn man bedenkt, dass sein 2. Integral den gleichen Wert liefert wie das erste. da ja die Geschichte bei pi/2 nochmal gefaltet werden kann.
    edit isi: Ahh, helmuts hat das im Prinzip gerade geschrieben.
     
    xeraniad gefällt das.
  12. OK, aber die Lösung mit ck sieht für mich auf jeden Fall komplizierter aus.
     
  13. Als Vorbereitung definiere ich die Funktion \mathrm{odd}(n) \ = \ \frac{1 \ -(-1)^n}{2} mit dem ganzzahligen Argument n. Diese Funktion liefert 0 für gerade n und 1 für ungerade n zurück.
    Damit kann "1 - \cos (k \cdot \pi)" (für k \in \mathbb{Z}) durch "2 \cdot \mathrm{odd}(k)" ersetzt werden.

    Ausserdem sei erwähnt, dass hier an verschiedenen Stellen der Zusammenhang zwischen Periode und Kreisfrequenz \omega \cdot T \ = \ 2 \cdot \pi verwendet wird.

    Wie in #11, #10 erwähnt wurde, hat die gegebene Zeitfunktion zusätzlich (zur Punktsymmetrie) eine Spiegel -Symmetrie z. B. an der vertikalen Achse bei z. B. t \ = \ \frac{T}{4}, es gilt u(t) \ = \ u(\frac{T}{2}-t).
    Ich schreibe den für ungerade u(t) in #8 generisch dargestellten rellen Koeffizienten b_k \ = \ \frac{4}{T} \cdot  [ \int_{0 \mathrm{s}}^{\frac{T}{4}} u(t) \cdot \sin(k\cdot\omega\cdot t) \mathrm{d} t \ + \ \underbrace{\int_{\frac{T}{4}}^{\frac{T}{2}} u(t_3) \cdot \sin(k\cdot\omega\cdot t_3) \mathrm{d} t_3}_{I_2} ]
    mit reller (!) Integration über eine halbe Periode nochmals auf.

    An der "Scharnierstelle" t \ = \ \frac{T}{4} kann zusammengeklappt werden.
    Die lineare Substitution \ t_3 \ = \ \frac{T}{2} -t \ ergibt I_2 \ = \ \int_{\frac{T}{4}}^{0 \mathrm{s}} \overbrace{u(\frac{T}{2}-t)}^{u(t)} \cdot \overbrace{\sin(k\cdot\omega\cdot [\frac{T}{2}-t])}^{-\cos(k \cdot \pi) \cdot \sin(k \cdot \omega \cdot t) \ + \overbrace{\sin(k \cdot \pi)}^{0} \cdot \cos (k \cdot \omega \cdot t)} \cdot (-1) \mathrm{d} t.
    Vertauschen der Integrationsgrenzen und der Faktor -1 heben sich auf
    I_2 \ = \ -\cos(k \cdot \pi) \cdot \int_{0 \mathrm{s}}^{\frac{T}{4}} u(t) \cdot \sin(k\cdot\omega\cdot t) \mathrm{d} t.
    Nach Zusammenfassung muss nur noch über eine Viertel -Periode integriert werden
    b_k \ = \ \frac{4}{T} \cdot \overbrace{[1 \ - \cos(k\cdot \pi)]}^{2 \cdot \mathrm{odd}(k)}\cdot \int_{0 \mathrm{s}}^{\frac{T}{4}} u(t) \cdot \sin(k\cdot\omega\cdot t) \mathrm{d} t .

    Einsetzen von u(t) \ = \ 4 \cdot \hat{U} \cdot \frac{t}{T} {u_2(t) bei #8 } ergibt das bestimmte Integral b_k \ = \ 8 \cdot \hat{U} \cdot \frac{\omega^2}{\pi^2} \cdot \mathrm{odd}(k)\cdot \underbrace {\int_{0 \mathrm s}^{\frac{1}{2} \cdot  \frac{\pi}{\omega}} t \cdot \sin(k\cdot\omega \cdot t) \mathrm{d} t}_{I_1}.
    Weil F(x) \ =\ \frac{sin(\alpha \cdot x)}{\alpha^2} \ -x \cdot \frac{cos(\alpha \cdot x)}{\alpha} Stammfunktion von f(x) \ = \ x \cdot sin(\alpha \cdot x) ist, wird I_1 \ = \ \ \frac{sin(k\cdot \sout{\omega} \cdot \frac{1}{2} \cdot  \frac{\pi}{\sout{\omega}})}{k^2\cdot \omega^2} \ -\frac{1}{2} \cdot  \frac{\pi}{\omega} \cdot \frac{cos(k\cdot\sout{\omega} \cdot \frac{1}{2} \cdot  \frac{\pi}{\sout{\omega}})}{k\cdot\omega} \ -  0\mathrm{s}^2,
    wobei die untere Integrationsgrenze besonders angenehm auffällt.
    Der zweite Term mit "\cos(\frac{k \cdot \pi}{2})" wird  \ne \ 0 nur für gerade k und daher von "\mathrm{odd}(k)" gelöscht.
    Es bleibt nur noch der Term mit "\sin(\frac{k \cdot \pi}{2})", welcher von selbst  = \ 0 für gerade k, weshalb das "\mathrm{odd}(k)" nicht mehr gebraucht wird.

    Nach Kürzen von \omega^2 bleibt wieder b_k \ = \ 8 \cdot \hat{U} \cdot \frac{sin(\frac{k \cdot \pi}{2})}{\pi^2 \cdot k^2}, wie in #8 erwähnt und graphisch verifiziert wurde.
     
  14. Guten Tag
    Hier folgt noch eine kleine Ergänzung zum Thema "Verschiebung".
    In #4 fragte DavidHaus, ob es erlaubt sei, die Funktion (nach rechts) zu schieben.

    Die Antwort heisst nein, weil die zeitlichen Verschiebung die Fourier -Koeffizienten \overbrace{\frac{a_k - \mathrm{j}\cdot b_k}{2}}^{{\underline c}_{k}}verändert.

    Der Verschiebungssatz für den Zeitbereich lautet {\underline c}_{k_{\lbrace f(t-a) \rbrace}} \ = \ \mathrm{e}^{\mathrm{j}\cdot k \cdot \omega \cdot a} \cdot {\underline c}_{k_{\lbrace f(t) \rbrace}}.
    (Beweis mittels linearer Substituion).
    Die Koeffizienten für die (um a nach rechts) verschobene Funktion können aus den Koeffizienten der originalen Funktion durch Multiplikation mit dem komplexen Faktor \mathrm{e}^{-\mathrm{j}\cdot k \cdot \omega \cdot a} berechnet werden.
    Z. B. hier S. 21, 3.3.3., 1. Verschiebungssatz (in der Zeitdomäne).
     
  15. Korrektur zu #14: Bei "\cdots \ = \ \mathrm{e}^{\mathrm{j} \cdots}" fehlt das Vorzeichen im Exponenten, es müsste "\cdots \ = \ \mathrm{e}^{-\mathrm{j} \cdots }" heissen.
    (Manchmal etwas schade, dass nach 10 min nicht mehr korrigiert werden kann.)
     

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