TU Wien:Analysis 2 UE (diverse)/Übungen SS23/Beispiel 163

Man bestimme die reelle und die komplexe Fourierreihe der $2\pi$-periodischen Cosinusimpuls-Funktion

$f(t)=max\{\cos t,0\}=\frac{1}{2}(\cos t+|\cos t|)$.

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Hilfreiches

${\cos }^{2}x=\frac{1}{2}(1+\cos 2x)$

$\cos x\cos y=\frac{1}{2}(\cos (x-y)+\cos (x+y))$

$c_n=\{\begin{array}{cc}\frac{(a_n+i{b}_n)}{2}& n<0\\ \frac{a_0}{2}& n=0\\ \frac{(a_n-i{b}_n)}{2}& n>0\end{array}$

Lösungsvorschlag

Plot von $max\{\cos x,0\}$

Da $f$ eine gerade Funktion ($f(-t)=f(t)$) ist gilt

${\int }_0^{2\pi }f(t)\mathrm{d}t=2{\int }_0^{\pi }f(t)\mathrm{d}t$

und die ihr zugeordnete Fourierreihe ist eine reine Cosinusreihe

$\hat{f}(t)=\frac{a_0}{2}+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_k\cos kt$

mit

$\begin{array}{cc}{a}_k& =\frac{2}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)\cdot \cos kt\mathrm{d}t\\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(t)\cdot \cos kt\mathrm{d}t\\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }max\{\cos t,0\}\cdot \cos kt\mathrm{d}t\\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos t\cdot \cos kt\mathrm{d}t\end{array}$

Daraus kann man nun die einzelnen Fourierkoeffizienten berechnen:

$\begin{array}{cc}{a}_0& =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos t\cdot \cos 0t\mathrm{d}t\\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos t\cdot 1\mathrm{d}t\\ & =\frac{2}{\pi }{\sin t|}_0^{\frac{\pi }{2}}\\ & =\frac{2}{\pi }(\sin \frac{\pi }{2}-\sin 0)\\ & =\frac{2}{\pi }(1-0)\\ & =\frac{2}{\pi }\end{array}$

$\begin{array}{cc}{a}_1& =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos t\cdot \cos 1t\mathrm{d}t\\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}t\mathrm{d}t\\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{2}(1+\cos 2t)\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}1+\cos 2t\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{\pi }{\left(t+\frac{1}{2}\sin 2t)\right|}_0^{\frac{\pi }{2}}\\ & =\frac{1}{\pi }(\frac{\pi }{2}+\frac{1}{2}\sin 2\frac{\pi }{2}-0-\frac{1}{2}\sin 0)\\ & =\frac{1}{\pi }(\frac{\pi }{2}+0-0-0)\\ & =\frac{1}{2}\end{array}$

$a_1$ wurde explizit ausgerechnet, weil die allgemeine Formel, die wir fuer $a_k$ ausrechnen (siehe weiter unten), nur fuer k ungleich 1 gilt.

$\begin{array}{cc}{a}_k& =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos t\cdot \cos kt\mathrm{d}t\\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{2}(\cos (kt-t)+\cos (kt+t))\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos ((k-1)t)+\cos ((k+1)t)\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{\pi }{\left(\frac{1}{k-1}\sin ((k-1)t)+\frac{1}{k+1}\sin ((k+1)t))\right|}_0^{\frac{\pi }{2}}\\ & =\frac{1}{\pi }(\frac{1}{k-1}(\sin ((k-1)\frac{\pi }{2})-\sin ((k-1)0))+\frac{1}{k+1}(\sin ((k+1)\frac{\pi }{2})-\sin ((k+1)0)))\\ & =\frac{1}{\pi }(\frac{1}{k-1}\sin ((k-1)\frac{\pi }{2})+\frac{1}{k+1}\sin ((k+1)\frac{\pi }{2}))\\ & =\frac{1}{\pi }(\frac{1}{k-1}\sin ((k-1)\frac{\pi }{2})-\frac{1}{k+1}\sin ((k-1)\frac{\pi }{2}))\\ & =\frac{\sin ((k-1)\frac{\pi }{2})}{\pi }(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k+1})\\ & =\frac{2\sin ((k-1)\frac{\pi }{2})}{\pi (k^2-1)}\\ & =\frac{2\sin ((k+1)\frac{\pi }{2})}{\pi (1-k^2)}\\ & =\{\begin{array}{cc}0& k\text{ ist ungerade}\\ \frac{2(-1{)}^{\frac{k}{2}}}{\pi (1-k^2)}& k\text{ ist gerade}\end{array}\end{array}$

Und als reelle Fourierreihe erhält man

$\begin{array}{cc}\hat{f}(t)& =\frac{a_0}{2}+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_k\cos kt\\ & =\frac{1}{\pi }+\frac{1}{2}\cos t+\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2(-1{)}^l}{\pi (1-4l^2)}\cos 2lt\end{array}$

Für die komplexe Fourierreihe berechnet man einfach die komplexen Fourierkoeffizenten aus den reellen

$c_k=c_{-k}=\frac{a_k}{2}=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{\pi }& k=0\\ \frac{1}{4}& k\in \{-1,1\}\\ 0& k\text{ ist ungerade}\\ \frac{(-1{)}^{\frac{k}{2}}}{\pi (1-k^2)}& k\text{ ist gerade}\end{array}$

und erhält somit als komplexe Fourierreihe

$\begin{array}{cc}\hat{f}(t)& =\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{c}_k{e}^{ikt}\\ & =\sum _{l=-\mathrm{\infty }}^{-1}\frac{(-1{)}^l}{\pi (1-4l^2)}{e}^{2ilt}+\frac{1}{4}{e}^{-it}+\frac{1}{\pi }+\frac{1}{4}{e}^{it}+\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^l}{\pi (1-4l^2)}{e}^{2ilt}\\ & =\frac{1}{\pi }+\frac{1}{4}(e^{it}+e^{-it})+\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^l}{\pi (1-4l^2)}(e^{2ilt}+e^{-2ilt})\end{array}$