Matematické Fórum

madmancz · 27. 06. 2011 00:16

Úkol zní rozvinout do Fourierovi řady funkci f=x , x z intervalu <0,1) .
Tímpádem vím že perioda T=1, z toho zjistím omega w=2pi.

Potřeboval bych trochu pomoct s integrováním.
$a_0=1$ to mi snad vyšlo správně.
Ale zasekl jsem se u $a_k$ , po dosazení mám integrál z $a_k=\int\limits_0^1xcos(2\pi*k*x)\mathrm{d}x$
Pokusil jsem se použít metodu per partes, ale u té je problém :(

Za per partes sem dosadil takhle:
$u=x$ $v'=cos(2\pi*k*x)$
$u'=1$ $v=\frac{x*sin2\pi*k*x}{2\pi*k}$

Takže z toho dostanu $\{\frac{x*sin2\pi*k*x}{2\pi*k}\}_0^1-\int\limits_0^1\frac{sin2\pi*k*x}{2\pi*k}\mathrm{d}x$
Ale teď přesně nevím jak dál, mám se znovu pouštět do perpartesu? Jenže jak mi pomůže?
Děkuji za jakékoliv rady, nebo nakopnutí směrem k cíli :-)

jelena · 27. 06. 2011 00:23

Zdravím,

toto není dobře: $v=\frac{x\sin(2\pi kx)}{2\pi k}$ , x nemá být, pouze $v=\frac{\sin(2\pi kx)}{2\pi k}$

Pro závěrečný integrál - substituce $2\pi kx=t$

madmancz · 27. 06. 2011 09:12

To x mi tam ujelo, na papíře ho tam nemám, tak nevím proč jsem ho napsal sem :)
Ta substituce, toho jsem se bál, tu moc u určitého integrálu nechápu. Udělám si substituci $2\pi kx=t$ z to zderivuju $\mathrm{d}t=2\pi k*\mathrm{d}x$ takže z toho ziskám $\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{d}t}{2\pi k}$
Pamatuji si že se tam musí změnit i meze u toho integrálu, ale ani za boha si nemůžu vzpomenout jak :(

madmancz

je možné aby po té substituci integrál byl takovýhle? $\int\limits_0^\frac{1}{2\pi kx}sin(t)\mathrm{d}t$

jelena · 27. 06. 2011 09:51

↑ madmancz:

Ta substituce je jenom "jako" - pro představu, co integruješ (není třeba mezikroky apod.) $\int {\sin(2\pi kx)}\mathrm{d}x=-\frac{\cos (2\pi kx)}{2\pi k}+C$

Je to v pořádku? Děkuji

madmancz · 27. 06. 2011 10:04

A ty meze tam už nebudou? :)

jelena · 27. 06. 2011 10:11

↑ madmancz:

:-) když jsem neměnila promennou, tak nezměním ani meze. Budou stejné, beze změny.

---------------------------------
Ke změně mezí:

pokud $0\leq x\leq1$ , potom pro $t=2\pi kx$ vynásobím celou nerovnici $2\pi k$ (ovšem předpokládám, že $k$ není záporné), nové $0\leq t\leq 2\pi k$ a měla bych snad zůstat pouze na nepřerušeném intervalu (tedy jen pro k=1). Ale teď bych to nějak nerozváděla, dopoledné není vhodná doba pro přemyšlení. A jindy mi to také nejde.

Ale nebylo třeba používat.

madmancz · 27. 06. 2011 10:24 — Editoval jelena (27. 06. 2011 11:26)

Děkuji, teď už jsem to pochopil :-) Jak já nemám rád integrály :) Je možné aby mi z tohohle:
$\[\frac{x\sin (2\pi kx)}{2\pi k}\]_0^1-\[-\frac{\cos (2\pi kx)}{(2\pi k)^2}\]_0^1$

Vyšlo tohle $-{\frac{k}{2\pi k}}$

jelena · 27. 06. 2011 11:37

↑ madmancz:

Trochu jsem editovala Tvůj příspěvek:

- "výšlo tohle" se nezovrazovalo vůbec,
- v 2. závorce opět bylo x, které nemá být a naopak chybělo "nadruhou".

Odpovídá EDIT Tvé představě?

Potom by mi vyšlo: $\frac{\cos (2\pi k)}{(2\pi k)^2}-\frac{\cos (0)}{(2\pi k)^2}$ .

Což se mi ani trochu nelibí, podívám se, jak byla stanovena perioda úplně v úvodním příspěvku.

madmancz · 27. 06. 2011 11:54

Ano edit odpovídá mé představě :) , omlouvám se jestli mi tam zase něco ustřelilo (v Texu píšu poprvé v životě) ale teď už je to správně :) byla zadána funkce f(x)= x na intervalu $x\in<0,1)$
Tak znělo zadání :)

jelena · 27. 06. 2011 12:19

↑ madmancz:

Děkuji, ale omlouvám se, mně se to nepodaří, snad někdo z kolegů bude tak hodný a to Tvé téma projde a pomůže. Kolegům děkuji.

madmancz · 27. 06. 2011 15:26

Škoda, ale i tak děkuji za pomoc :) Doufám že se někdo z kolegů ozve :)

Rumburak

↑ madmancz:
Takovýto přímý postup mi připadá zbytečně složitý po stránce početní. Doporučoval bych přejít k rozvoji vhodné funkce g na intervalu [0, 2pi]
a substitucí pak z g(y) udělat f(x) na [0,1]. Podrobněji:

$0 < x < 1$ právě když $0 < 2\pi x < 2\pi$ , $f(x) = x = \frac {2\pi x}{2\pi}$ ,

položme tedy $y = 2\pi x, \,\,\,g(y) = \frac {y}{2\pi}$ a rozvíjejme g na [0, 2pi] , výpočty budou znatelně jednodušší.

madmancz · 27. 06. 2011 16:05

↑ Rumburak:
Tak tento postup nechápu ještě víc než ten první :)
Je možné aby mě $a_k$ vyšlo rovné 0 ? Nebo je to úplná blbost ?

Rumburak · 27. 06. 2011 16:23

↑ madmancz:
Ano, pro k > 0 mi to tak vychází také.

madmancz

Dobře , a poslední dotaz :-)
Je možné aby vyšlo $b_k=-\frac{1}{2\pi}$ ? :)
$b_k=\int\limits_0^1xsin(2\pi*k*x)\mathrm{d}x$

Per partes:
$u=x$ $v'=sin(2\pi*k*x)$
$u'=1$ $v=-\frac{cos2\pi*k*x}{2\pi*k}$

po dosazení:

$\[-\frac{x\cos (2\pi kx)}{2\pi k}\]_0^1-\int\limits_0^1-\frac{(cos2\pi k x)}{(2\pi k)}\mathrm{d}x$
a výsledek:
$b_k=-\frac{1}{2\pi k}$

Rumburak

↑ madmancz:

Podrobně popíši svůj postup:

I. Na intervalu $[0, 2\pi]$ jsem rozvíjel funkci $h(y) := y$ . Vyšlo mi:

$\pi A_0 =\int_{0}^{2\pi}y\,\mathrm{d}y =\left[\frac{1}{2}y^2\right]_{0}^{2\pi}=2\pi^2$ ,

pro k = 1, 2, 3, ... :

$\pi A_k = \int_{0}^{2\pi}y\cos ky\,\mathrm{d}y =\left[y\cdot \frac{1}{k}\sin ky\right]_{0}^{2\pi} - \int_{0}^{2\pi}\frac{1}{k}\sin ky\,\mathrm{d}y = 0 - \left[- \frac{1}{k^2}\cos ky\right]_{0}^{2\pi} = 0$ ,

$\pi B_k = \int_{0}^{2\pi}y\sin ky\,\mathrm{d}y =\left[y\cdot \frac{-1}{k}\cos ky\right]_{0}^{2\pi} - \int_{0}^{2\pi}\frac{-1}{k}\cos ky\,\mathrm{d}y = \\=2\pi\cdot \frac{-1}{k}\cos 2k\pi - \left[\frac{-1}{k^2}\sin ky\right]_{0}^{2\pi} = \frac{-2\pi}{k}\text{ }$ ,

tudíž $A_0 = 2\pi$ , pro k = 1, 2, 3, ... pak $A_k = 0, \,\, B_k = \frac {-2}{k}$ . Pro $y \in (0, 2\pi)$ tedy obdržíme

$y = h(y) = \frac {A_0}{2} + \sum_{k=0}^{\infty}(A_k \cos ky + B_k \sin ky) = \pi + \sum_{k=0}^{\infty}\frac{-2\pi}{k} \sin ky$ .

II. Pro $x \in (0, 1)$ a $y = 2\pi x$ dostáváme $y \in (0, 2\pi)$ , takže s použitím výsledků předchozího odstavce bude

$f(x) = x = \frac {1}{2\pi}\,y = \frac {1}{2\pi}\,\left(\pi + \sum_{k=0}^{\infty}\frac{-2\pi}{k} \sin ky \right) =\frac {1}{2} + \sum_{k=0}^{\infty}\frac{-1}{k} \sin ky = \frac {1}{2} + \sum_{k=0}^{\infty}\frac{-1}{k} \sin 2k\pi x$ .