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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:46 Mi 25.02.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo zusammen,
folgende Frage ist mir aufgekommen: Angenommen, wir haben ein Signal
$s=s(t)$, welches [mm] $T_0$-periodisch [/mm] ist [mm] ($T_0 [/mm] > 0$ minimal), reellwertig und zudem
sei es durch seine Fourierreihe (überall) darstellbar. Jetzt machen wir
einen "Fehler" und denken, dass das Signal die kleinste Periode [mm] $T=2T_0$ [/mm]
habe. (Der "Fehler" liegt nur darin, dass $T > 0$ nicht minimal ist!)
Sind [mm] $c_k$ [/mm] die komplexen F.K. so, dass
$s(t) [mm] \equiv \sum_{k=-\infty}^\infty c_k \exp(j [/mm] k [mm] \omega_0 [/mm] t)$
gilt [mm] ($\omega_0=2\pi/T_0 [/mm] $), und nennen wir die F.K. bzgl. [mm] $T=2T_0$ [/mm] mal [mm] $d_k$, [/mm] so
folgt mit [mm] $\omega=\omega_0/2$
[/mm]
[mm] $d_k=\frac{1}{T}\int_0^T [/mm] s(t) [mm] \exp(-j \cdot [/mm] k [mm] \omega t)dt=\frac{1}{2T_0}\int_0^{2T_0} [/mm] s(t) [mm] \exp(-j \cdot [/mm] k [mm] (\omega_0/2) [/mm] t)dt$
Wie zu erwarten gilt dann offenbar [mm] $d_{2k}=c_k$ [/mm] für alle $k [mm] \in \IZ$. [/mm] Hat aber
jemand eine Idee, wie man (rein rechnerisch?) am besten begründet, dass
[mm] $d_{2k-1}=\frac{1}{2T_0}\int_0^{2T_0} [/mm] s(t) [mm] \exp(-j \cdot [/mm] k [mm] \omega_0 [/mm] t) [mm] \cdot \exp(j \cdot \tfrac{\omega_0}{2}t)dt$
[/mm]
auch $=0$ sein muss? Mir fällt nämlich nur die Eindeutigkeit der Fourierreihe
ein - geht's auch "rechnerisch" (oder braucht man dann evtl. zusätzliche
Annahmen)?
Falls demnächst niemanden was einfällt, werde ich das Ganze eventuell
doch erstmal rein reell rechnen (also mit den [mm] $a_k$ [/mm] und [mm] $b_k$ [/mm] in der reellen
Fourierreihe).
P.S. Prinzipiell will ich einfach nur rechnerisch begründen, dass, wenn man
bei der Fourierkoeffizientenberechnung eine Grundfrequenz annimmt, die
die "wahre Grundfrequenz" teilt, dann von der Theorie her " viele F.K. sich
zu 0" berechnen lassen. Die F.K. bei "Zwischenfrequenzen, die kein ganzzahliges
Vielfaches der wahren Grundfrequenz" sind, sollten alle verschwinden.
Motivieren will ich das erstmal mit obigem, einfachen Bsp.. Vielleicht sieht
man dann auch von der Rechnung her, dass sich in den anderen Fällen
vieles i.W. einfach übertragen läßt.
Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel,
ich würde da die Symmetrie von $s$ und die Antisymmetrie des Fourierkerns für ungerade $k$ ausnützen und so vorgehen:
[mm]d_k=\frac{1}{T}\int_0^T s(t) \exp(-j \cdot k \omega t)dt=\frac{1}{T}\left(\int_0^{T/2} s(t) \exp(-j \cdot k \omega t)dt\;+\;\int_{T/2}^T s(t) \exp(-j \cdot k \omega t)dt\right)[/mm]
und dann ausnützen, dass $s(t)=s(t-T/2)$ ist, und [mm] $\exp(-j \cdot [/mm] k [mm] \omega t)=-\exp(-j \cdot [/mm] k [mm] \omega [/mm] (t-T/2))$ für alle ungeraden $k$ (siehe unten). Dann kannst Du zeigen dass, für ungerade $k$,
[mm]\int_0^{T/2} s(t) \exp(-j \cdot k \omega t)dt=-\int_{T/2}^T s(t) \exp(-j \cdot k \omega t)dt[/mm]
Gruss,
Hanspeter
P.S. [mm]\exp(-j \cdot k \omega (t-\frac{T}{2}))=\exp(-j \cdot k \frac{2\pi}{T} (t-\frac{T}{2}))=\exp(-j \cdot k \frac{2\pi}{T} t) \cdot \exp(j \cdot k \frac{2\pi}{T}\frac{T}{2})=\exp(-j \cdot k \frac{2\pi}{T} \omega t) \cdot \exp(j k \pi)[/mm], und der letzte Ausdruck [mm] $\exp(j [/mm] k [mm] \pi)=\pm1$ [/mm] abhängig davon ob $k$ gerade/ungerade ist.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:24 Do 26.02.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo Hanspeter,
> Hallo Marcel,
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> ich würde da die Symmetrie von [mm]s[/mm] und die Antisymmetrie des
> Fourierkerns für ungerade [mm]k[/mm] ausnützen und so vorgehen:
>
> [mm]d_k=\frac{1}{T}\int_0^T s(t) \exp(-j \cdot k \omega t)dt=\frac{1}{T}\left(\int_0^{T/2} s(t) \exp(-j \cdot k \omega t)dt\;+\;\int_{T/2}^T s(t) \exp(-j \cdot k \omega t)dt\right)[/mm]
>
> und dann ausnützen, dass [mm]s(t)=s(t-T/2)[/mm] ist, und [mm]\exp(-j \cdot k \omega t)=-\exp(-j \cdot k \omega (t-T/2))[/mm]
> für alle ungeraden [mm]k[/mm] (siehe unten). Dann kannst Du zeigen
> dass, für ungerade [mm]k[/mm],
>
> [mm]\int_0^{T/2} s(t) \exp(-j \cdot k \omega t)dt=-\int_{T/2}^T s(t) \exp(-j \cdot k \omega t)dt[/mm]
>
> Gruss,
> Hanspeter
>
>
> P.S. [mm]\exp(-j \cdot k \omega (t-\frac{T}{2}))=\exp(-j \cdot k \frac{2\pi}{T} (t-\frac{T}{2}))=\exp(-j \cdot k \frac{2\pi}{T} t) \cdot \exp(j \cdot k \frac{2\pi}{T}\frac{T}{2})=\exp(-j \cdot k \frac{2\pi}{T} \omega t) \cdot \exp(j k \pi)[/mm],
> und der letzte Ausdruck [mm]\exp(j k \pi)=\pm1[/mm] abhängig davon
> ob [mm]k[/mm] gerade/ungerade ist.
Danke, ich rechne es mal, und nur, wenn ich noch ein Problem sehe, melde
ich mich diesbezüglich wieder. 
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:14 Fr 27.02.2015 | | Autor: | Marcel |
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Hanspeter,
Danke nochmal für den Tipp. Das einzige, was wirklich relevant ist, ist dann ja,
dass man $\omega=\omega_0/2=\pi/T_0$ einsetzt. Hier einfach mal meine Rechnung
(das "Kürzel" $\left(\int_a^b+\int_b^c\right)\circ (...)dt\right)$ sollte selbsterklärend sein):
Für alle $k \in \IZ$ gilt
$2T_0*d_{2k-1}=\left(\int_0^{T_0}+\int_{T_0}^{2{T_0}}\right) \circ\left\{ s(t) \exp(-j \omega_0/2(2k-1)t)\right\}dt\right=:I_1+I_2\,.$
Nun gilt
$I_2=\int_{T_0}^{2{T_0}}(s(t) \exp(-j \omega_0/2\;(2k-1)t)dt=\int_{u=0}^{u={T_0}} \underbrace{s(u+{T_0})}_{=s(u)} \exp(-j \omega_0/2\;(2k-1)u)\;*\exp(-j\underbrace{{T_0}*\omega_0/2}_{=\pi}\,(2k-1))du$
$=\exp(j(-\pi)*(2k-1))*I_1=(-1)^{2k-1}*I_1=-I_1\,.$
Also
$2T_0d_{2k-1}=I_1+I_2=I_1-I_1=0$
und damit
$d_{2k-1}=0$.
Ich denke, dass das so passt. Vielleicht schaut aber nochmal jemand
wegen eventueller kleiner Schludrigkeiten meinerseits drüber (vielleicht
habe ich irgendwo ein $j\,$ vergessen oder ähnliches).
Danke!
Gruß,
Marcel
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