Fourierkoeffizienten - Differenzial- und Integralrechnung inkl. Kurvendiskussion

Scurra · 29.07.2010, 18:55

Hallo,

ich wiederhole gerade den Stoff vom vergangenen Semester und rechne gerade ein paar Aufgaben. Dabei bin ich auf etwas gestoßen, das ich mir nicht erklären kann:
Gegeben sei eine 2-pi-periodische Funktion ${f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}}$ mit ${f(x) = \max \{0, x \}}$ für ${x \in ]-\pi , \pi]}$
Jetzt möchte ich die Fourierkoeffizienten bestimmen.

Zunächst einmal sagt die Musterlösung zu der Aufgabe: Man berechnet ${f_0 = \frac{\pi}{4}}$ . Wenn ich aber den 0ten Fourierkoeffizien bestimme, dann habe ich
${f_0 = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} x dx = 0}$ .
Was ist nun richtig?
Und dann noch eine allgemeine Frage: In der Musterlösung wurden die anderen Koeffizienten einfach so berechnet, indem man angenommen hat, dass {f(x) = x}

ist und dann eben
${f_k = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} x e^{-ikx} dx}$
Das stimmt aber doch dann nur für den Bereich ${[0, \pi]}$ , oder? Für den anderen Bereich würde ich sagen, dass alle Fourierkoeffizienten 0 sind.

Nick F. · 29.07.2010, 19:09

Zitat:

Zitat von Scurra

${f_0 = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} x dx = 0}$ .
Was ist nun richtig?

stückweise definierte funktionen möchten auch stückweise behandelt werden

Zitat:

Zitat von Scurra

Und dann noch eine allgemeine Frage: In der Musterlösung wurden die anderen Koeffizienten einfach so berechnet, indem man angenommen hat, dass {f(x) = x}

ist und dann eben
${f_k = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} x e^{-ikx} dx}$
Das stimmt aber doch dann nur für den Bereich ${[0, \pi]}$ , oder? Für den anderen Bereich würde ich sagen, dass alle Fourierkoeffizienten 0 sind.

ja natürlich, aber die koeffiezienten sind für beide bereiche

Nick

Scurra · 29.07.2010, 19:30

Zitat:

stückweise definierte funktionen möchten auch stückweise behandelt werden

Darf man in diesem Fall das Intervall einfach halbieren, d. h.
${f_0 = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} x dx = \frac{\pi}{4}}$
? Darf man das immer machen?

Zitat:

ja natürlich, aber die koeffiezienten sind für beide bereiche

Und woher "sieht" die Rechnung, dass im Intervall ${]-\pi , 0[}$ die Funktion die Nullfunktion ist?
Ich würde jetzt raten, dass mir die Fourierkoeffizienten - wenn man sie in die Sinus-Cosinus-Darstellung einsetzt - die Ursprungsgerade f(x)=x liefern. Ach, teilt man das Integral auf in zwei Bereiche? Ich glaube, das macht man oben auch, nur dass der eine Teil verschwindet. Jetzt schließt sich der Kreis und alles ergibt auf einmal Sinn.
Danke

Nick F. · 30.07.2010, 00:26

Zitat:

Zitat von Scurra

Darf man in diesem Fall das Intervall einfach halbieren, d. h.
${f_0 = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} x dx = \frac{\pi}{4}}$
? Darf man das immer machen?

im negativen bereich ist die funktion null, also auch der integrand und integration über nichts ergibt?

Zitat:

Zitat von Scurra

Und woher "sieht" die Rechnung, dass im Intervall ${]-\pi , 0[}$ die Funktion die Nullfunktion ist?
Ich würde jetzt raten, dass mir die Fourierkoeffizienten - wenn man sie in die Sinus-Cosinus-Darstellung einsetzt - die Ursprungsgerade f(x)=x liefern. Ach, teilt man das Integral auf in zwei Bereiche? Ich glaube, das macht man oben auch, nur dass der eine Teil verschwindet. Jetzt schließt sich der Kreis und alles ergibt auf einmal Sinn.
Danke

du integrierst die gesamt funktion im gesamten bereich, dh im negativen verschwindets und du integrierst im positiven bereich. du erhälst dann deine koeffs und fertig

Nick

Scurra · 30.07.2010, 09:35

Zitat:

im negativen bereich ist die funktion null, also auch der integrand und integration über nichts ergibt?

Ok, das bestimmte Integral ist dann natürlich 0.

Jetzt habe ich versucht, die Fourierkoeffizienten der Funktion
${f(x) = \sin(\frac{x}{2}) = \frac{1}{2i}(e^{ik\frac{x}{2}} - e^{-ik\frac{x}{2})}$
zu berechnen. Ich bin mir aber nicht sicher, ob ich richtig gerechnet habe:
${f_k = \int_{0}^{2\pi} \frac{1}{2i}(e^{ik\frac{x}{2}} - e^{-ik\frac{x}{2}} e^{-ikx}) \frac{dx}{2\pi} = \frac{1}{2i} \int_0^{2\pi} (e^{-ik\frac{x}{2}} - e^{-i\frac{3}{2}kx})\frac{dx}{2\pi}}$
Da habe ich weiter gerechnet und komme am Ende auf
${f_k = \begin{cases} \frac{3k-1}{9k^2 \pi} \quad , \quad k \neq 0 \\ 0 \qquad \qquad \qquad \, \, , \quad k = 0 \end{cases}}$
Gibt es eine Möglichkeit, die Fourierkoeffizienten schnell auf Richtigkeit zu überprüfen?
Auf einem der Übungsblätter bei uns heißt es, dass für diese Funktion gilt:
${f_k = f_{-k}}$
Allerdings verstehe ich nicht, warum das so ist. Der Sinus ist eine ungerade Funktion, d. h.
${f_k + f_{-k} = 0 \Rightarrow f_k = -f_{-k}}$
damit die Cosinus-Anteile in der Cosinus-Sinus-Darstellung verschwinden.
Also mit dieser Überlegung würde ich sagen, dass ich mich irgendwo verrechnet habe.

Nick F. · 30.07.2010, 10:10

Zitat:

Zitat von Scurra

${\sin(\frac{x}{2}) = \frac{1}{2i}(e^{ik\frac{x}{2}} - e^{-ik\frac{x}{2})}$

die gleichheit gilt nicht

${\sin(\frac{x}{2}) = \frac{1}{2i}$e^{-i\frac{x}{2}} - e^{i\frac{x}{2}}$}$

Nick

Scurra · 30.07.2010, 10:50

Zitat:

Zitat von Nick F.

die gleichheit gilt nicht

${\sin(\frac{x}{2}) = \frac{1}{2i}$e^{-i\frac{x}{2}} - e^{i\frac{x}{2}}$}$

So ein dummer Fehler gleich am Anfang. Nun gut, jetzt habe ich den Fehler behoben und es mit
${b_k = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cdot \sin(kx) dx}$
versucht. Damit komme ich auf
${b_k = -\frac{2 \cdot (-1)^k}{\pi} \frac{k}{k^2-\frac{1}{4}}}$
Mit
${f_k = -f_{-k}}$
und
${b_k = i(f_k+f_{-k})}$
erhält man damit
${f_k = -\frac{1}{2i} b_k = -\frac{i \cdot (-1)^k}{\pi} \cdot \frac{k}{k^2-\frac{1}{4}}}$
Ich hätte jetzt vermutet, dass die Koeffizienten reell sind, denn irgendwie kommt es mir komisch vor, wenn
${f(x) = \sin(\frac{x}{2}) = \sum_{k=1}^{\infty} b_k \cdot \sin(kx)}$
Dann hat man auf der linken Seite etwas rein Reelles und auf der rechten Seite etwas rein Imaginäres.

Irgendwie will es mir nicht gelingen, die Fourierkoeffizienten von beliebigen Funktionen richtig zu bestimmen

Nick F. · 30.07.2010, 11:22

${\sin\frac{x}{2}\sin(kx)=\frac{\cos\frac{(1-2k)x}{2}-\cos\frac{(1+2k)x}{2}}{2}}$

also dann

${\int_{-\pi}^\pi\frac{\cos\frac{(1-2k)x}{2}-\cos\frac{(1+2k)x}{2}}{2}dx\\=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^\pi\cos\frac{(1-2k)x}{2}-\cos\frac{(1+2k)x}{2}dx\\=\frac{1}{2}\[\frac{2}{1-2k}\sin\frac{(1-2k)x}{2}-\frac{2}{1+2k}\sin\frac{(1+2k)x}{2}\]_{-\pi}^\pi\\=\frac{1}{1-2k}\sin\frac{(1-2k)\pi}{2}-\frac{1}{1+2k}\sin\frac{(1+2k)\pi}{2}-\frac{1}{1-2k}\sin\frac{-(1-2k)\pi}{2}+\frac{1}{1+2k}\sin\frac{-(1+2k)\pi}{2}\\=\frac{2}{1-2k}\sin\frac{(1-2k)\pi}{2}-\frac{2}{1+2k}\sin\frac{(1+2k)\pi}{2}\\=\frac{2}{1-2k}\cos$-k\pi$-\frac{2}{1+2k}\cos$k\pi$\\=\frac{2}{1-2k}\cos$k\pi$-\frac{2}{1+2k}\cos$k\pi$\\=\frac{8k}{1-4k^2}\cos$k\pi$\\=\frac{(-1)^k8k}{1-4k^2}}$

und somit

${b_k=\frac{(-1)^k8k}{(1-4k^2)\pi}}$

sieht mir mächtig reell aus

Nick

Scurra · 30.07.2010, 12:16

Zitat:

Zitat von Nick F.

${\sin\frac{x}{2}\sin(kx)=\frac{\cos\frac{(1-2k)x}{2}-\cos\frac{(1+2k)x}{2}}{2}}$

also dann

${\int_{-\pi}^\pi\frac{\cos\frac{(1-2k)x}{2}-\cos\frac{(1+2k)x}{2}}{2}dx\\=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^\pi\cos\frac{(1-2k)x}{2}-\cos\frac{(1+2k)x}{2}dx\\=\frac{1}{2}\[\frac{2}{1-2k}\sin\frac{(1-2k)x}{2}-\frac{2}{1+2k}\sin\frac{(1+2k)x}{2}\]_{-\pi}^\pi\\=\frac{1}{1-2k}\sin\frac{(1-2k)\pi}{2}-\frac{1}{1+2k}\sin\frac{(1+2k)\pi}{2}-\frac{1}{1-2k}\sin\frac{-(1-2k)\pi}{2}+\frac{1}{1+2k}\sin\frac{-(1+2k)\pi}{2}\\=\frac{2}{1-2k}\sin\frac{(1-2k)\pi}{2}-\frac{2}{1+2k}\sin\frac{(1+2k)\pi}{2}\\=\frac{2}{1-2k}\cos$-k\pi$-\frac{2}{1+2k}\cos$k\pi$\\=\frac{2}{1-2k}\cos$k\pi$-\frac{2}{1+2k}\cos$k\pi$\\=\frac{8k}{1-4k^2}\cos$k\pi$\\=\frac{(-1)^k8k}{1-4k^2}}$

und somit

${b_k=\frac{(-1)^k8k}{(1-4k^2)\pi}}$

sieht mir mächtig reell aus

Danke für die Rechnung. Mir ist gerade aufgefallen, dass ich in die Reihe nicht ${b_k}$ , sondern ${f_k}$ eingesetzt habe. Also die ${f_k}$ sind zumindest imaginär (aber das macht ja nichts). Und unsere ${b_k}$ stimmen ebenfalls überein. Dann habe ich es jetzt zumindest einmal richtig gemacht (bis auf die Cosinus-Sinus-Darstellung).

Kann man manchen Funktionen eigentlich schon vorher ansehen, ob sie reelle oder imaginäre Fourierkoeffizienten haben? In diesem Beispiel hätte ich das so begründet, dass die ${b_k}$ reell sein müssen (wegen der Cosinus-Sinus-Darstellung) und somit sind die ${f_k}$ imaginär.
Beim Cosinus würde ich ähnlich argumentieren: Die ${a_k}$ müssen reell sein, also sind wegen ${a_k = f_k + f_{-k}}$ auch die Fourierkoeffizienten reell, weil zusätzlich gilt:
${b_k = 0 \Rightarrow f_k = f_{-k}}$

Nick F. · 30.07.2010, 12:20

kann man bestimmt, aber ich kann es nicht. also ich kenn ein paar leute, die sich viel mit fourierreihen beschäftigen, die sehen enorm viel. aber wie gesagt, ich gehör da nicht dazu

Nick