Matematické Fórum

2M70 · 22. 02. 2020 21:33 — Editoval 2M70 (22. 02. 2020 21:33)

↑↑ MichalAld:

Mně to vychází nula:

$\int_{0}^{\pi }\frac{3}{8}cosxdx=\frac{3}{8}[sinx]^{\pi }_{0}=0$

$\int_{0}^{\pi }-\frac{1}{2}cosxcos2dx$

$cos x*cos2x=\frac{1}{2}cos3x+\frac{1}{2}cosx$

$\int_{0}^{\pi }-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}cos3xdx=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}\cdot [sin3x ]^{\pi }_{0}=0$

$\int_{0}^{\pi }-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}cosxdx=0$

a podobně i třetí člen,

$cosx*cos4x=\frac{1}{2}cos5x+\frac{1}{2}cos 3x$

integrály od 0 do pí z cos 5x a cos 3x jsou taky nuly.

Sečteno - vychází nula.

MichalAld · 22. 02. 2020 21:36

Jo, nula je správný výsledek. Takže poslední principiálně odlišný krok je zkusit bázovou funkci cos2x. Další už snad zkoušet nebude třeba, protože ono je to už dál pořád stejné....takže zkus

$\int_{0}^{\pi }cos2x(\frac{3}{8}-\frac{1}{2}cos2x+\frac{1}{8}cos4x)dx=$

2M70 · 22. 02. 2020 21:57 — Editoval 2M70 (22. 02. 2020 22:03)

↑ MichalAld:

$\int_{0}^{\pi }\frac{3}{8}cos2xdx=0$

$\int_{0}^{\pi }-\frac{1}{2}cos2xcos2xdx=\int_{0}^{\pi }-\frac{1}{2}cos^{2}2xdx$

$=-\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi }\frac{1+cos4x}{2}dx=$

$=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot [x]^{\pi }_{0}-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}\cdot [sin4x]^{\pi }_{0}=$

$=-\frac{\pi }{4}+0=-\frac{\pi }{4}$

$\int_{0}^{\pi }\frac{1}{8}cos2xcos4xdx=\frac{1}{16}\int_{0}^{\pi }cos6xdx+\frac{1}{16}\int_{0}^{\pi }cos2xdx=0$

Celkem $-\frac{\pi }{4}$

Po vynásobení $\frac{2}{\pi }$

$-\frac{\pi }{4}\cdot \frac{2}{\pi }=-\frac{1}{2}$

Což je koeficient, co má být u cos 2x.

2M70 · 22. 02. 2020 22:00

A třetí integrál

$\int_{0}^{\pi }cos4x(\frac{3}{8}-\frac{1}{2}cos2x+\frac{1}{8}cos4x)dx$

Vychází $\frac{\pi }{16}$

a po vynásobení $\frac{\pi }{16}\cdot \frac{2}{\pi }=\frac{1}{8}$

Což je koeficient, co má být u cos 4x.

2M70 · 22. 02. 2020 22:09

Koeficienty tedy vycházejí dobře. Jen je mi divné, že ta normovací konstanta se bere $\pi$ u členu 3/8 a $\frac{\pi }{2}$ u ostatních

MichalAld · 22. 02. 2020 22:18

↑ 2M70:

To tak je ... mě to taky vždycky mátlo...ale ty konstanty jsou tam jen proto, aby skalární součin bázové funkce se sebou samou vycházel rovný jedné...tj. aby nebyly bázové funkce jen orthogonální, ale i orthonormální.

Ještě něco není jasné?

Neměl by být problém ukázat, že integrál z cos(mx)*cos(nx) je nenulový jen když m=n. Na tom to celé stojí....

Pak je tam ještě ta věc s limity integrace....

Já nevím, co přesně tě ještě trápí.

2M70 · 22. 02. 2020 22:28

↑ MichalAld:

Teď jde ještě o to, přijatelně zdůvodnit tento řekněme "netradiční" postup. Mohl bych poprosit o nějaké shrnutí postupu? Já se v tom trochu ztratil.

jarrro · 23. 02. 2020 08:11 — Editoval jarrro (23. 02. 2020 20:42)

Myslím, že na otázku odpovedá už úvodný príspevok autora, lebo ako napísal MichaAld Fourrierove koeficienty sú určené jednoznačne, teda ak ich získaš inak (a samozrejme správne) tak vlastne je to jeden zo spôsobov ako dokázať, že príslušné integrály majú hodnotu akú majú. Ak ide o samotné integrály tak $\sin^4{$x$}$ má períodu $\pi$ a je párna (sudá) preto stačí kosínusový rad s $P=\pi$ teda
$a_k=\frac{2}{\pi}\int\limits_{0}^{\pi}{\sin^4{$x$}\cos{$2kx$}\mathrm{d}x}=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{0}^{\pi}{$1-\cos{\(2x$}\)^2\cos{$2kx$}\mathrm{d}x}=\nl =\frac{1}{2\pi}\int\limits_{0}^{\pi}{$1-2\cos{\(2x$}+\cos^2{$2x$}\)\cos{$2kx$}\mathrm{d}x}=\frac{1}{4\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}{$1-2\cos{\(t$}+\cos^2{$t$}\)\cos{$kt$}\mathrm{d}t}=\nl =\frac{1}{4\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}{$1-2\cos{\(t$}+\frac{1+\cos{$2t$}}{2}\)\cos{$kt$}\mathrm{d}t}=\frac{1}{8\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}{$3-4\cos{\(t$}+\cos{$2t$}\)\cos{$kt$}\mathrm{d}t}=\nl =\frac{3}{8\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}{\cos{$kt$}\mathrm{d}t}-\frac{1}{2\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}{\cos{$t$}\cos{$kt$}\mathrm{d}t}+\frac{1}{8\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}{\cos{$2t$}\cos{$kt$}\mathrm{d}t}=\frac{3}{8\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}{\cos{$kt$}\mathrm{d}t}-\frac{1}{4\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}{$\cos{\(\(k+1$t\)}+\cos{$\(k-1$t\)}\)\mathrm{d}t}+\frac{1}{16\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}{$\cos{\(\(k-2$t\)}+\cos{$\(k+2$t\)}\)\mathrm{d}t}=\nl =\frac{3}{8\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}{\cos{$kt$}\mathrm{d}t}-\frac{1}{4\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}{\cos{$\(k+1$t\)}\mathrm{d}t}-\frac{1}{4\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}{\cos{$\(k-1$t\)}\mathrm{d}t}+\frac{1}{16\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}{\cos{$\(k-2$t\)}\mathrm{d}t}+\frac{1}{16\pi}\int\limits_0^{2\pi}{\cos{$\(k+2$t\)}\mathrm{d}t}=\nl \stackrel{k>2}{=}\frac{3}{8k\pi}\int\limits_{0}^{2k\pi}{\cos{$s$}\mathrm{d}s}-\frac{1}{4$k+1$\pi}\int\limits_{0}^{2$k+1$\pi}{\cos{$s$}\mathrm{d}s}-\frac{1}{4$k-1$\pi}\int\limits_{0}^{2$k-1$\pi}{\cos{$s$}\mathrm{d}s}+\frac{1}{16$k-2$\pi}\int\limits_{0}^{2$k-2$\pi}{\cos{$s$}\mathrm{d}s}+\frac{1}{16$k+2$\pi}\int\limits_0^{2$k+2$\pi}{\cos{$s$}\mathrm{d}s}=0 +0+0+0+0=0\nl a_0=\frac{3}{8\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}{\mathrm{d}s}+0+0+0+0=\frac{3}{4}\nl a_1=0-0-\frac{1}{2}+0+0=-\frac{1}{2}\nl a_2=0-0-0+\frac{1}{8}+0=\frac{1}{8}$

2M70 · 23. 02. 2020 12:31

↑ jarrro:
Díky za rozsáhlý výpočet, ale vadí mi tam ty členy s k-čkem. Nejlepší bude asi nalézt nějaké zdůvodnění pro postup moderátora "MichalAld".

jarrro · 23. 02. 2020 13:34 — Editoval jarrro (23. 02. 2020 14:20)

↑ 2M70:je to člen s indexom k nemalo by byť prekvapivé, že závisí od indexu (aj keď v tom to prípade sa to mení len pre k=0,1,2 a v ostatných je nula, lebo
)
$k$ je proste konštanta a nezávisí na integračnej premennej

2M70 · 23. 02. 2020 16:05

↑ jarrro:
Ale ve výsledku příkladu žádný člen s koeficientem "k" být nemá. Tak nevím, jak se ho zbavit.

Taky mě překvapilo, že u spousty příkladů je v řešení člen $cos x$ nahrazen pouhým $(-1)^{n}$ .

jarrro · 23. 02. 2020 20:58 — Editoval jarrro (23. 02. 2020 21:04)

↑ 2M70:nikto nepíše všeobecný člen pre rad, ktorý má iba tri nenulové členy.
Proste je $a_0=\frac{3}{4}\nl a_1=-\frac{1}{2}\nl a_2=\frac{1}{8}\nl k>2\Rightarrow a_k=0$ (rad je $\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}{a_k\cos{$\frac{2k\pi x}{P}$}}$ , teda absolútny člen $\frac{3}{8}$ )

2M70 · 27. 02. 2020 16:14

Vyšlo to a postup byl správný. Díky všem za pomoc !!!

Matematické Fórum

#51 22. 02. 2020 21:33 — Editoval 2M70 (22. 02. 2020 21:33)

Re: Trigonometrická Fourierova řada funkce sin^4x

#52 22. 02. 2020 21:36

Re: Trigonometrická Fourierova řada funkce sin^4x

#53 22. 02. 2020 21:57 — Editoval 2M70 (22. 02. 2020 22:03)

Re: Trigonometrická Fourierova řada funkce sin^4x

#54 22. 02. 2020 22:00

Re: Trigonometrická Fourierova řada funkce sin^4x

#55 22. 02. 2020 22:09

Re: Trigonometrická Fourierova řada funkce sin^4x

#56 22. 02. 2020 22:18

Re: Trigonometrická Fourierova řada funkce sin^4x

#57 22. 02. 2020 22:28

Re: Trigonometrická Fourierova řada funkce sin^4x

#58 23. 02. 2020 08:11 — Editoval jarrro (23. 02. 2020 20:42)

Re: Trigonometrická Fourierova řada funkce sin^4x

#59 23. 02. 2020 12:31

Re: Trigonometrická Fourierova řada funkce sin^4x

#60 23. 02. 2020 13:34 — Editoval jarrro (23. 02. 2020 14:20)

Re: Trigonometrická Fourierova řada funkce sin^4x

#61 23. 02. 2020 16:05

Re: Trigonometrická Fourierova řada funkce sin^4x

#62 23. 02. 2020 20:58 — Editoval jarrro (23. 02. 2020 21:04)

Re: Trigonometrická Fourierova řada funkce sin^4x

#63 27. 02. 2020 16:14

Re: Trigonometrická Fourierova řada funkce sin^4x

Zápatí