Föreläsning, 4 September 2017, Sverreboj

f(t) = 1/2a_0+sum_(k=1)^oo a_k cos(komega_0t)+b_k sin(komega_0t) a_k = 2/T int_(-T/2)^(T/2) f(t) cos(komega_0t) dt b_k = 2/T int_(-T/2)^(T/2) f(t) sin(komega_0t) dt Antag att f(t) är udda funktion, dvs f(-t) = -f(t) för alla t . Sinus är udda, cosinus är jämn. udda*jämn -> udda udda*udda -> jämn I vårat exempel: a_k = 0 b_k = 2*2/T*int_0^(T/2) f(t)sin(komega_0t)dt . Alltså så gör man halva jobbet om man har listat ut om en funktion är jämn/udda.
Exempel! Bestäm reella Fourierserien för en funktion f(t) med T=2 och f(t) = 1 - |t|, |t| <=1     (<=> -1 <=t <=1 ) f(t) är jämn => enbart a_k != 0 omega_0 = (2pi)/T = (2pi)/2 = pi Vi bestämmer samtliga a_k för k in NN a_0 = 4/T int_0^(T/2) f(t) dt = 4/2 int_0^1 1-|t| dt = 2 int_0^1 (1-t) dt = 2 [t- 1/2t^2]_0^1 = 1
Sidenote (partiell integration): int fg' = fg - int f'g
För k != 0: a_k = 4/T int_0^(T/2) f(t) cos(komega_0t) dt = 2 int_0^1 (1-t)cos(kpit) dt = 2[(1-t) 1/(kpi)sin(kpit)]_0^1] - 2int_0^1 (1-t)' 1/(kpi)sin(kpit)dt :. a_k = (-2)(-1)*1/(kpi) int_0^1 sin(kpit)dt = 2/(kpi)*[-1/(kpi)cos(kpit)]_0^1 = -2/(k^2 pi^2)(cos(kpi)-cos(0)) Vidareutveckling: a_k = 2/(k^2 pi^2)(1 - cos(kpi)) cos(kpi) = -1, k = 1,3,5,7,... cos(kpi) = +1, k = 2,4,6,8,... Alltså kan man skippa termer som är jämna. Sätter: k = 2n+1 a_k = a_2n+1 = 2/((2n+1)^2 pi^2)(1-(-1)) = 4/((2n+1)^2 pi^2) Insatt: f(t) = 1/2 + 4/pi^2 sum_(n=0)^oo 1/(2n+1)^2 cos((2n+1)pit)

Quiz

Är funktionen kontinuerlig? (kan jag måla utan att lyfta pennan?) Ja Är derivatan definerad för alla punkter? Nej, inte i k = 2n
Grafen till funktionen ser ut som |x| , spetsig på udda tal.
Sen så kan man ju hitta på lite skojjiga summor här också. Ex! Bestäm summan sum_(n=0)^oo 1/(2n+1)^2 Insatt: t = 0 (t.ex) i f och Fourierserien: f(0) = 1/2 + 4/pi^2 sum_(n=0)^oo 1/(2n+1)^2 cos((2n+1)*pi*0) = 1 iff 1/2 + 4/pi^2 sum_(n=0)^oo 1/(2n+1)^2 = 1 iff sum_(n=0)^oo 1/(2n+1)^2 = 1/2*pi^2/4 = pi^2/8 Är detta användbart då? Inte nödvändigsvis, men nu ska jag visa en som är praktiskt tillämpbar
Nu ska jag visa en annan skojjig summa: Den här funktionen är en effektsignal. I och med att medeleffekten verkar över en period, så blir vår oändliga summa kortare. (vilket e nice) Medeleffekten bar P för periodisk funktion/signal, dvs f(t) = sum_k C_k*e^(jkomega_0t) Def: bar P = 1/T = int_d^(T+d) |f(t)|^2 dt = 1/T int_d^(T+d) bar f(t) dt = 1/T int_d^(T+d) f(t)*bar (sum_k C_k*e^(jkomega_0t)) dt
(där bar x är komplexkonjugatet till x ) bar (sum_k C_k*e^(jkomega_0t)) = sum_k*bar C_k e^(-jkomega_0t)
:. sum_k*bar C_k(1/T int_d^(T+d) f(t)*e^(-jkomega_0t) dt) bar P = sum_k bar C_k*C_k = sum_k |C_k|^2 = sum_k P_k
Med reell signal f(t) : bar P = 1/T int_d^(T+d) (f(t))^2 dt = 1/4 a_0^2 + 1/2 sum_(k=1)^oo(a_k^2+b_k^2)
Ex! "Kapa bort/filtrera" alla frekvenser omega > pi från signalen i ex - Vad blir relativa medeleffektförlusten? Filtret kapar alltså bort alla frekvenser med omega > pi . bar P = sum_(k=0)^oo P_k = P_0 + P_1 + P_3 + ... :. P_0 = 1/4 a_0^2 = 1/4*1^2 = 1/4 P_1 = 1/2*4/(pi^2(2*0+1))^2 = 1/2*16/pi^4 = 8/pi^4 bar P = 1/T int_(-T/2)^(T/2) (f(t)^2) dt = 1/2 int_-1^1 (1-|t|)^2 dt = int_0^1 (1-2t+t^2)dt = [t-t^2+1/3t^3]_0^1 = 1/3 Känns det rimligt att bar P blev 1/3 när P_0 blev 1/4 ? Jajemen Relativ förlust: (bar P - P_0 - P_1)/bar P = (1/3 - 1/4 - 8/pi^4)/(1/3) = 1-3/4-24/pi^4 ~= 0.0036 , dvs 0.36% . Om man plottar den här funktionen så kan den procenten kännas lite konstig - man kan faktiskt se den skillnaden! Men det är normalt att det ter sig på det sättet.
Ex! (rolig summa) bar P = 1/3 = 1/4*1^2 + 1/2 sum_(n=0)^oo (4/(pi^2(2n+1)^2))^2 iff 1/4 + 1/2*16/pi^4 sum_(n=0)^oo 1/(2n+1)^4 = 1/3 iff iff 8/pi^4 sum_(n=0)^oo 1/(2n+1)^4 = 1/3 - 1/4 = 4/12 - 3/12 = 1/12 iff sum_(n=0)^oo 1/(2n+1)^4 = pi^4/(8*12) = pi^4/96 = 1 + 1/3^4 + 1/5^4 + ... ~= 1.015 Det här är inte så praktiskt tillämpbart, det måste jag erkänna. Men det visar ändå ett intressant samband mellan Pi och oändliga serier.
Vi kan skriva om cosinus och sinus-funktioner mha detta. f(t) = A_0 + sum_(k=1)^oo A_k cos(komega_0t + delta_k) Det här kan ge en goare känsla för hur funktionen beter sig... typ. Sånt brukar dock inte vara på tentan.