szukanie zaawansowane
 [ Posty: 3 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 24 gru 2018, o 15:16 
Użytkownik

Posty: 52
Lokalizacja: Katowice
Czesc,

Mam za zadanie rozwinąć taka funkcje:
\begin{cases} \frac{1}{2} & \text{dla } 0 < x < \frac{1}{2} \\ 
 -\frac{1}{2} & \text{dla } \frac{1}{2} < x < 1 \end{cases}
w szereg Fouriera sinusów i szereg Fouriera cosinusów.
Nie do konca wiem jak to zrobić ale chyba zaczynam od tego ze dla -1 <x < 0
"odbijam" sobie funkcje parzyście albo nieparzyście (zależny czy chce \cos czy \sin) no i potem już tylko muszę policzyć wspolczynniki do szeregu furiera. Tylko ze mam taki problem:
jaki w tym momencie jest okres tej funkcji? ja mam ja określona tylko od 0 do 1? wydaje mi sie ze możne to być własnie T=1 ale chciałbym wiedzieć skąd to wziąć.
Po 2 jak mam liczyc całkę z f(x) \cdot \sin x (lub \cos) to co jest moja f(x) tzn jak sobie poradzic z tym ze funkcja jest określona przedziałami? rozbić to na 2 całki?

Dzieki za każdą odpowiedź.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 25 gru 2018, o 14:09 
Użytkownik

Posty: 4124
Jeżeli mamy otrzymać rozwinięcie funkcji w trygonometryczny szereg Fouriera zawierający tylko kosinusy, przedłużamy ją o okres na sąsiadujący z lewej strony przedział (-1, 0] - parzyście
(symetrycznie względem osi Oy - rysunek).

Wtedy współczynniki b_{n}, zawierające sinusy są równe zeru.

Podstawiając l =1 oraz f(x) = \frac{1}{2} dla przedziału \left( 0, \frac{1}{2}\right) i f(x)= -\frac{1}{2} dla przedziału \left ( \frac{1}{2}, 1 \right), \\

znajdujemy

a_{n} = \frac{2}{l} \int_{0}^{1}f(x)\cos(n\pi x)dx = 2 \left( \int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{1}{2}\cos(n\pi x)dx - \int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac{1}{2}\cos(n \pi x)dx \right) =\\ = 1\cdot \left[ \frac{\sin(n\pi x)}{n\pi} \right] _{0}^{1/2} - 1\cdot \left[ \frac{\sin(n\pi x)}{n\pi} \right] _{\frac{1}{2}}^{1}

a_{n} = \frac{1}{n\pi}\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right) , \ \ n\neq 0.

Dla n = 2k - parzystych a_{n}=0.

Dla n = 2k - 1, k =1,2,3..., - nieparzystych mamy:

a_{n} = \frac{1}{(2k-1)\pi}\sin\left( k\pi - \frac{1}{2}\pi \right) = (-1)^{k-1}\frac{1}{(2k-1)\pi}

Dla n = 0 \ \   a_{0} = 2\left(\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{1}{2}dx - \int_{\frac{1}{2}}^{1}}\frac{1}{2}dx \right) = 0.

Szukane rozwinięcie danej funkcji w szereg Fouriera, zawierający tylko kosinusy ma postać:

f(x) = \frac{1}{\pi}\left[ \frac{\cos(\pi x)}{1} - \frac{\cos(3\pi x)}{3} + \frac{\cos(5\pi x)}{5} -... \\ + (-1)^{k-1}\frac{\cos[(2k-1)\pi x]}{2k-1} +...\right] =\\ = \frac{1}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{\cos[(2k-1)\pi x]}{2k-1} \ \ (1)

Rozwinięcie (1) jest prawdziwe w całej dziedzinie funkcji f.

W przedziale (0,1) wykres funkcji różni się od wykresu sumy otrzymanego szeregu (1) tym, że należy do niego punkt \left(\frac{1}{2}, 0 \right), nie należący do wykresu funkcji.

Proszę rozwinąć daną funkcję f w szereg Fouriera zawierający tylko sinusy, przedłużając ją na sąsiedni z lewej strony przedział (-1, 0 ] - nieparzyście (antysymetrycznie względem początku układu współrzędnych O, rysunek)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 27 gru 2018, o 09:59 
Użytkownik

Posty: 52
Lokalizacja: Katowice
Dzięki
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 3 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 szereg Taylora - zadanie 29  wiedzma  3
 rozwiniecie w szereg Mclareuna, pytanie o metode  owen1011  0
 Szereg funkcyjny, zbieżność, granica i różniczkowalność  piternet  1
 Szereg Taylora - zadanie 62  teusiek  7
 Szereg potęgowy - zadanie 56  Int  10
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl