Fourierreihe

Fourierreihen kann man brauchen, um Signale zu zerpflücken oder Daten zu komprimieren; und für vieles mehr!

Recaps und Intro

Wir starten mit den 2π2\pi-periodischen Funktionen sin⁡(t)\sin(t) und cos⁡(t)\cos(t); ich tendiere dazu, den Parameter tt zu nennen, da es hauptsächlich um zeitlich periodische Signale geht. Natürlich gehe ich auch davon aus, dass diese Winkelfunktionen grundsätzlich bekannt sind - andernfalls gibts Videos auf gym math zu Winkelfunktionen.

Schauen wir uns also Sinus und Cosinus an:

Löse folgende Übungen. Falls du bei einer Übung anstösst, gehe weiter...

Exercise 1: \int von \sin und \cos

Berechne die Integrale der beiden Funktionen über dem Intervall [−2π,2π][-2\pi,2\pi].

Solution

Wir berechnen die Integrale einzeln.

Für sin⁡x\sin x gilt:

∫−2π2πsin⁡x dx=[−cos⁡x]−2π2π=−cos⁡(2π)+cos⁡(−2π)=−1+1=0.\int_{-2\pi}^{2\pi} \sin x \, \mathrm{d}x = \left[ -\cos x \right]_{-2\pi}^{2\pi} = -\cos(2\pi) + \cos(-2\pi) = -1 + 1 = 0.

Für cos⁡x\cos x gilt:

∫−2π2πcos⁡x dx=[sin⁡x]−2π2π=sin⁡(2π)−sin⁡(−2π)=0−0=0.\int_{-2\pi}^{2\pi} \cos x \, \mathrm{d}x = \left[ \sin x \right]_{-2\pi}^{2\pi} = \sin(2\pi) - \sin(-2\pi) = 0 - 0 = 0.

Ergebnis:

∫−2π2πsin⁡x dx=0,∫−2π2πcos⁡x dx=0.\int_{-2\pi}^{2\pi} \sin x \, \mathrm{d}x = 0, \quad \int_{-2\pi}^{2\pi} \cos x \, \mathrm{d}x = 0.
Exercise 2: Frequenzabhängig?

Wie sieht's für k∈Nk\in\mathbb{N} mit den Integralen der Funktionen sin⁡(kt)\sin(kt) bzw. cos⁡(kt)\cos(kt) über dem Intervall [−π,π][-\pi,\pi] aus? Skizziere auch ihre Graphen.

Solution

Für sin⁡(kt)\sin(kt) gilt:

∫−ππsin⁡(kt) dt=[−cos⁡(kt)k]−ππ=−cos⁡(kπ)−cos⁡(−kπ)k.\int_{-\pi}^{\pi} \sin(kt) \, \mathrm{d}t = \left[ -\frac{\cos(kt)}{k} \right]_{-\pi}^{\pi} = -\frac{\cos(k\pi) - \cos(-k\pi)}{k}.

Da cos⁡\cos eine gerade Funktion ist, gilt cos⁡(−kπ)=cos⁡(kπ)\cos(-k\pi) = \cos(k\pi), also:

∫−ππsin⁡(kt) dt=0.\int_{-\pi}^{\pi} \sin(kt) \, \mathrm{d}t = 0.

Für cos⁡(kt)\cos(kt) gilt:

∫−ππcos⁡(kt) dt=[sin⁡(kt)k]−ππ=sin⁡(kπ)−sin⁡(−kπ)k.\int_{-\pi}^{\pi} \cos(kt) \, \mathrm{d}t = \left[ \frac{\sin(kt)}{k} \right]_{-\pi}^{\pi} = \frac{\sin(k\pi) - \sin(-k\pi)}{k}.

Da sin⁡(kπ)=0\sin(k\pi) = 0 für jedes ganzzahlige kk, folgt:

∫−ππcos⁡(kt) dt=0.\int_{-\pi}^{\pi} \cos(kt) \, \mathrm{d}t = 0.

Ergebnis: Für jedes k∈Nk \in \mathbb{N} gilt:

∫−ππsin⁡(kt) dt=0,∫−ππcos⁡(kt) dt=0.\int_{-\pi}^{\pi} \sin(kt) \, \mathrm{d}t = 0, \quad \int_{-\pi}^{\pi} \cos(kt) \, \mathrm{d}t = 0.
Exercise 3: \int \sin mal \cos

Skizziere und berechne das Integral der Funktion sin⁡(t)⋅cos⁡(t)\sin(t)\cdot \cos(t) über dem Intervall [−π,π][-\pi,\pi].

Solution

Wir verwenden die Identität:

sin⁡(t)cos⁡(t)=12sin⁡(2t).\sin(t)\cos(t) = \frac{1}{2} \sin(2t).

Damit gilt:

∫−ππsin⁡(t)cos⁡(t) dt=12∫−ππsin⁡(2t) dt.\int_{-\pi}^{\pi} \sin(t)\cos(t) \, \mathrm{d}t = \frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi} \sin(2t) \, \mathrm{d}t.

Das Integral von sin⁡(2t)\sin(2t) ist:

∫sin⁡(2t) dt=−cos⁡(2t)2.\int \sin(2t) \, \mathrm{d}t = -\frac{\cos(2t)}{2}.

Einsetzen der Grenzen:

12[−cos⁡(2t)2]−ππ=−14(cos⁡(2π)−cos⁡(−2π)).\frac{1}{2} \left[ -\frac{\cos(2t)}{2} \right]_{-\pi}^{\pi} = -\frac{1}{4} \left( \cos(2\pi) - \cos(-2\pi) \right).

Da cos⁡\cos gerade ist, gilt cos⁡(2π)=cos⁡(−2π)=1\cos(2\pi) = \cos(-2\pi) = 1, also:

∫−ππsin⁡(t)cos⁡(t) dt=0.\int_{-\pi}^{\pi} \sin(t)\cos(t) \, \mathrm{d}t = 0.

Die Funktion sin⁡(t)cos⁡(t)\sin(t)\cos(t) ist ungerade. Das Intervall [−π,π][-\pi,\pi] ist symmetrisch, daher heben sich die Flächen ober- und unterhalb der tt-Achse gegenseitig auf.

Da der Graph von sin⁡(t)⋅cos⁡(t)\sin(t)\cdot\cos(t) wie folgt aussieht, erstaunt auch das Resultat seiner Integration nicht:

Das gibt ja immer 00. Wie sieht's aus, wenn man die Frequenzen mischt?

Exercise 4: Allgemein \int\sin\cos

Berechne

∫−ππsin⁡(mt)cos⁡(nt) dt\int_{-\pi}^{\pi}\sin(mt)\cos(nt)\,\mathrm{d}t

für ganze Zahlen m,nm,n (insbesondere den Fall m=2,n=3m=2,n=3); verwende die e\mathrm{e}-Darstellung von Sinus und Cosinus.

Solution

Schreibe die Funktionen mit Exponentialdarstellung:

sin⁡(mt)=eimt−e−imt2i,cos⁡(nt)=eint+e−int2.\sin(mt)=\frac{\mathrm{e}^{imt}-\mathrm{e}^{-imt}}{2i},\quad \cos(nt)=\frac{\mathrm{e}^{int}+\mathrm{e}^{-int}}{2}.

Damit ist das Produkt

sin⁡(mt)cos⁡(nt)=14i(ei(m+n)t+ei(m−n)t−e−i(m−n)t−e−i(m+n)t).\sin(mt)\cos(nt) =\frac{1}{4i}\bigl(\mathrm{e}^{i(m+n)t}+\mathrm{e}^{i(m-n)t}-\mathrm{e}^{-i(m-n)t}-\mathrm{e}^{-i(m+n)t}\bigr).

Integration über [−π,π][-\pi,\pi] liefert für k∈Zk\in\mathbb Z

∫−ππeikt dt={2π,k=0,0,k≠0.\int_{-\pi}^{\pi} \mathrm{e}^{ikt}\,\mathrm{d}t= \begin{cases} 2\pi,& k=0,\\ 0,& k\neq0. \end{cases}

Daher

∫−ππsin⁡(mt)cos⁡(nt) dt=14i(2π(δm+n,0+δm−n,0−δ−(m−n),0−δ−(m+n),0))=π2i(δm+n,0+δm−n,0−δm−n,0−δm+n,0)=0,\begin{align*} \int_{-\pi}^{\pi}\sin(mt)\cos(nt)\,\mathrm{d}t\\ &=\frac{1}{4i}\Bigl(2\pi\bigl(\delta_{m+n,0}+\delta_{m-n,0}-\delta_{-(m-n),0}-\delta_{-(m+n),0}\bigr)\Bigr)\\ &=\frac{\pi}{2i}\bigl(\delta_{m+n,0}+\delta_{m-n,0}-\delta_{m-n,0}-\delta_{m+n,0}\bigr)\\ &=0, \end{align*}

denn δ−k,0=δk,0\delta_{-k,0}=\delta_{k,0} und die entsprechenden Terme heben sich weg.

Speziell für m=2,n=3m=2,n=3:

∫−ππsin⁡(2t)cos⁡(3t) dt=0.\int_{-\pi}^{\pi}\sin(2t)\cos(3t)\,\mathrm{d}t=0.

Bemerkung: Dies ist ein Spezialfall der Orthogonalität von Sinus- und Cosinus-Funktionen auf [−π,π][-\pi,\pi]: Produkte eines Sinus mit einem Cosinus integrieren über das punktsymmetrische Intervall stets zu 00.

Exercise 5: \sin \cos Eulerdarstellung

Zeige, dass

  • cos⁡(t)=eit+e−it2\cos(t)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}t}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}t}}{2} und
  • sin⁡(t)=eit−e−it2i\sin(t)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}t}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}t}}{2\mathrm{i}}

Wer vorher eine Repetition der Polarform auf gym math braucht, der klicke.

Solution

Aus der Euler-Formel

eit=cos⁡(t)+i sin⁡(t)\mathrm{e}^{\mathrm{i}t} = \cos(t) + \mathrm{i}\,\sin(t)

und ihrer konjugierten Form

e−it=cos⁡(t)−i sin⁡(t)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}t} = \cos(t) - \mathrm{i}\,\sin(t)

erhalten wir durch Addition:

eit+e−it=2cos⁡(t)⇒cos⁡(t)=eit+e−it2.\mathrm{e}^{\mathrm{i}t} + \mathrm{e}^{-\mathrm{i}t} = 2\cos(t) \quad\Rightarrow\quad \cos(t) = \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}t} + \mathrm{e}^{-\mathrm{i}t}}{2}.

Subtraktion liefert:

eit−e−it=2i sin⁡(t)⇒sin⁡(t)=eit−e−it2i.\mathrm{e}^{\mathrm{i}t} - \mathrm{e}^{-\mathrm{i}t} = 2\mathrm{i}\,\sin(t) \quad\Rightarrow\quad \sin(t) = \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}t} - \mathrm{e}^{-\mathrm{i}t}}{2\mathrm{i}}.

Damit sind beide Darstellungen gezeigt.

On Vektorräume

Man studiere die Begriffe Vektorraum und Skalarprodukt. Wer an dieser Theorie gefallen findet, dem empfehle ich noch zusätzlich die schönen Fortsetzungen Metrik und Norm und Topologie.

Betrachte nun das Skalarprodukt von zwei Vektorraumelementen ff und gg der auf dem Intervall [−π,π][-\pi,\pi] definierten Funktionen der Klasse L2\mathcal{L}^2. Man setzt

⟨f,g⟩=f⋅g:=∫−ππf(x)g(x) dx.\langle f,g\rangle =f\cdot g := \int_{-\pi}^{\pi}f(x)g(x)\,\mathrm{d}x.
Exercise 6: Fourier Skalaprodukt

Zeige, dass das Fourier-Skalarprodukt

⟨f,g⟩:=1π∫−ππf(t) g(t) dt\langle f,g\rangle:=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(t)\,{g(t)}\,\mathrm{d}t

für (z.,B.) f,g∈L2([−π,π];C)f,g\in L^{2}([-\pi,\pi];\mathbb C) die Eigenschaften eines Skalarprodukts erfüllt:

  1. Symmetrisch: ⟨g,f⟩=⟨f,g⟩\langle g,f\rangle={\langle f,g\rangle}.

  2. Linear in der ersten Komponente: ⟨αf+βh,g⟩=α⟨f,g⟩+β⟨h,g⟩\langle \alpha f+\beta h,g\rangle=\alpha\langle f,g\rangle+\beta\langle h,g\rangle für α,β∈C\alpha,\beta\in\mathbb C.

  3. Linear in der zweiten Komponente.

  4. Positiv definit: ⟨f,f⟩≥0\langle f,f\rangle\ge0 und ⟨f,f⟩=0\langle f,f\rangle=0 genau dann, wenn f=0f=0.

Solution

Wir beweisen die Eigenschaften nacheinander (alle Integrale sind über [−π,π][-\pi,\pi]).

  1. Symmetrie. Mit z1z2=z1 z2{z_1 z_2}={z_1}\,{z_2} folgt
⟨g,f⟩=1π∫g(t) f(t) dt=1π∫g(t) f(t) dt=1π∫f(t) g(t) dt=⟨f,g⟩. \langle g,f\rangle =\frac{1}{\pi}\int g(t)\,{f(t)}\,\mathrm{d}t ={\frac{1}{\pi}\int {g(t)\,{f(t)}}\,\mathrm{d}t} ={\frac{1}{\pi}\int f(t)\,{g(t)}\,\mathrm{d}t} ={\langle f,g\rangle}.
  1. Linearität in der ersten Komponente. Sei α,β∈C\alpha,\beta\in\mathbb C und f,h,gf,h,g gegeben. Mit Lineareigenschaft des Integrals:
⟨αf+βh,g⟩=1π∫(αf(t)+βh(t)) g(t) dt=α1π∫f(t)g(t) dt+β1π∫h(t)g(t) dt=α⟨f,g⟩+β⟨h,g⟩. \langle \alpha f+\beta h,g\rangle =\frac{1}{\pi}\int (\alpha f(t)+\beta h(t))\,{g(t)}\,\mathrm{d}t =\alpha\frac{1}{\pi}\int f(t){g(t)}\,\mathrm{d}t +\beta\frac{1}{\pi}\int h(t){g(t)}\,\mathrm{d}t =\alpha\langle f,g\rangle+\beta\langle h,g\rangle.

  1. Analog für die Linearität in der zweiten Komponente.

  2. Positivität und Definitheit. Zunächst gilt wegen ∣z∣2=z2≥0|z|^2=z^2\ge0 punktweise:

⟨f,f⟩=1π∫f(t) f(t) dt=1π∫∣f(t)∣2 dt≥0. \langle f,f\rangle=\frac{1}{\pi}\int f(t)\,{f(t)}\,\mathrm{d}t =\frac{1}{\pi}\int |f(t)|^{2}\,\mathrm{d}t\ge0.

Ist ⟨f,f⟩=0\langle f,f\rangle=0, so folgt ∫∣f(t)∣2 dt=0\int |f(t)|^{2}\,\mathrm{d}t=0 und damit ∣f(t)∣2=0 |f(t)|^{2}=0, also f=0f=0. Umgekehrt liefert f=0f=0 offensichtlich ⟨f,f⟩=0\langle f,f\rangle=0.

Definition 1: Orthogonal

Zwei Elemente v,wv,w eines Vektorraumes heissen zueinander orthogonal, wenn v⋅w=0v\cdot w=0.

Exercise 7: Orthonormalbasis

Überlege dir, wie eine orthogonale Basis des Fourier-Vektorraums aussehen könnte. Findest du eine Orthonormalbasis?

Solution

Auf Grund vorangegangener Berechnungen vermutet man, dass

12π,cos⁡(nt)π,sin⁡(nt)π(n=1,2,… )\frac{1}{\sqrt{2\pi}},\quad \frac{\cos(nt)}{\sqrt{\pi}},\quad \frac{\sin(nt)}{\sqrt{\pi}}\quad (n=1,2,\dots)

auf dem Intervall [−π,π][-\pi,\pi] unter dem Skalarprodukt ⟨f,g⟩=∫−ππf(t)g(t) dt\langle f,g\rangle=\int_{-\pi}^{\pi} f(t)g(t)\,\mathrm{d}t paarweise orthonormiert sind. Wir prüfen Orthogonalität und Normen.

  1. Normen:
∫−ππ(12π)2dt=12π⋅2π=1.\int_{-\pi}^{\pi} \Big(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\Big)^2 \mathrm{d}t = \frac{1}{2\pi}\cdot 2\pi = 1.∫−ππ(cos⁡(nt)π)2dt=1π∫−ππcos⁡2(nt) dt=1π⋅π=1,\int_{-\pi}^{\pi} \Big(\frac{\cos(nt)}{\sqrt{\pi}}\Big)^2 \mathrm{d}t = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} \cos^2(nt)\,\mathrm{d}t = \frac{1}{\pi}\cdot\pi =1,

da ∫−ππcos⁡2(nt)dt=π\int_{-\pi}^{\pi}\cos^2(nt)\mathrm{d}t=\pi (analog für sin⁡2\sin^2).

  1. Orthogonalität (ein paar typische Rechnungen):
∫−ππcos⁡(mt)cos⁡(nt) dt={0,m≠n,π,m=n≠0,\int_{-\pi}^{\pi} \cos(mt)\cos(nt)\,\mathrm{d}t= \begin{cases} 0,&m\ne n,\\ \pi,&m=n\ne0, \end{cases}∫−ππsin⁡(mt)sin⁡(nt) dt={0,m≠n,π,m=n≠0,\int_{-\pi}^{\pi} \sin(mt)\sin(nt)\,\mathrm{d}t= \begin{cases} 0,&m\ne n,\\ \pi,&m=n\ne0, \end{cases}∫−ππsin⁡(mt)cos⁡(nt) dt=0\int_{-\pi}^{\pi} \sin(mt)\cos(nt)\,\mathrm{d}t=0

für alle m,nm,n.

Damit bilden die gegebenen Funktionen eine Orthonormalbasis des Raums der 2π2\pi-periodischen quadratintegrierbaren Funktionen.

Norm

Ein Skalarprodukt induziert via ⟨f,f⟩\sqrt{\langle f,f\rangle} in natürlicher Weise eine sogenannte Norm. Wir kennen dies aus der Vektorgeometrie als Länge eines Vektors.

Exercise 8: Induzierte Norm

Zeige, die Länge/Norm eines Vektors im 3d ist gegeben via die Wurzel aus dem Skalarprodukt.

Solution

Wir arbeiten im euklidischen R3\mathbb R^3 mit dem Standard-Skalarprodukt

⟨u,v⟩=u1v1+u2v2+u3v3,\langle u,v\rangle = u_1v_1 + u_2v_2 + u_3v_3,

für u=(u1,u2,u3)u=(u_1,u_2,u_3) und v=(v1,v2,v3)v=(v_1,v_2,v_3). Für einen Vektor v=(x,y,z)v=(x,y,z) gilt somit

⟨v,v⟩=x2+y2+z2.\langle v,v\rangle = x^2+y^2+z^2.

Die durch das Skalarprodukt induzierte Norm definiert man als

∥v∥:=⟨v,v⟩.\|v\|:=\sqrt{\langle v,v\rangle}.

Damit erhält man für die (gewohnte) Länge des Vektors

∥v∥=x2+y2+z2,\|v\|=\sqrt{x^2+y^2+z^2},

also genau die seit der Schulzeit bekannte euklidische Länge.

Um zu zeigen, dass diese Definition tatsächlich eine Norm ist (falls das gefragt war), prüft man die drei Norm-Eigenschaften:

  1. Positive Definitheit. Offenbar ⟨v,v⟩=x2+y2+z2≥0\langle v,v\rangle = x^2+y^2+z^2\ge0 und ⟨v,v⟩=0\langle v,v\rangle=0 genau dann, wenn x=y=z=0x=y=z=0. Also ∥v∥≥0\|v\|\ge0 und ∥v∥=0  ⟺  v=0\|v\|=0\iff v=0.

  2. Homogenität. Für α∈R\alpha\in\mathbb R:

∥αv∥=⟨αv,αv⟩=α2⟨v,v⟩=∣α∣⟨v,v⟩=∣α∣ ∥v∥.\|\alpha v\|=\sqrt{\langle \alpha v,\alpha v\rangle}=\sqrt{\alpha^2\langle v,v\rangle}=|\alpha|\sqrt{\langle v,v\rangle}=|\alpha|\,\|v\|.
  1. Dreiecksungleichung. Für u,v∈R3u,v\in\mathbb R^3 gilt (mithilfe der Cauchy–Schwarz-Ungleichung ∣⟨u,v⟩∣≤∥u∥∥v∥|\langle u,v\rangle|\le\|u\|\|v\|)
∥u+v∥2=⟨u+v,u+v⟩=∥u∥2+2⟨u,v⟩+∥v∥2≤∥u∥2+2∥u∥∥v∥+∥v∥2=(∥u∥+∥v∥)2.\|u+v\|^2=\langle u+v,u+v\rangle=\|u\|^2+2\langle u,v\rangle+\|v\|^2 \le\|u\|^2+2\|u\|\|v\|+\|v\|^2=(\|u\|+\|v\|)^2.

Da beide Seiten nichtnegativ sind, folgt durch Wurzelziehen die Dreiecksungleichung

∥u+v∥≤∥u∥+∥v∥.\|u+v\|\le\|u\|+\|v\|.

Damit ist gezeigt, dass ∥v∥=⟨v,v⟩\|v\|=\sqrt{\langle v,v\rangle} die (euklidische) Länge definiert und alle Norm-Eigenschaften erfüllt.

Exercise 9: Norm der Einheit

Welche Norm hat die 11 Funktion unter dem Fourierskalarprodukt?

Solution

Das Fourierskalarprodukt für zwei 2π2\pi-periodische, quadratintegrierbare Funktionen ff und gg lautet

⟨f,g⟩=1π∫−ππf(x) g(x) dx.\langle f,g\rangle = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\,g(x)\,dx.

Für die konstante Funktion 11 gilt

⟨1,1⟩=1π∫−ππ1⋅1 dx=1π[x]−ππ=1π⋅(π−(−π))=1π⋅2π=2.\langle 1,1\rangle = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} 1\cdot 1 \, dx = \frac{1}{\pi} \left[ x \right]_{-\pi}^{\pi} = \frac{1}{\pi} \cdot ( \pi - (-\pi) ) = \frac{1}{\pi} \cdot 2\pi = 2.

Die durch das Skalarprodukt induzierte Norm ist

∥1∥=⟨1,1⟩=2.\|1\| = \sqrt{\langle 1,1\rangle} = \sqrt{2}.

Die Norm der 11-Funktion unter dem Fourierskalarprodukt beträgt 2\sqrt{2}.

Exercise 10: Länge eines \sin

Berechne die Länge der Funktionen sin⁡(kt)\sin(kt) und cos⁡(kt)\cos(kt) unter dem gegebenen Fourierskalarprodukt.

Solution

Das Fourierskalarprodukt für 2π2\pi-periodische Funktionen ff und gg ist

⟨f,g⟩=1π∫−ππf(t) g(t) dt.\langle f,g\rangle = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t)\,g(t)\,\mathrm{d}t.

Norm von sin⁡(kt)\sin(kt):

Wir berechnen

⟨sin⁡(kt),sin⁡(kt)⟩=1π∫−ππsin⁡2(kt) dt.\langle \sin(kt),\sin(kt) \rangle = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \sin^2(kt) \, \mathrm{d}t.

Mit der Identität sin⁡2(α)=1−cos⁡(2α)2\sin^2(\alpha) = \frac{1 - \cos(2\alpha)}{2} folgt:

1π∫−ππ1−cos⁡(2kt)2 dt=12π[t−sin⁡(2kt)2k]−ππ.\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1 - \cos(2kt)}{2} \, \mathrm{d}t = \frac{1}{2\pi} \left[ t - \frac{\sin(2kt)}{2k} \right]_{-\pi}^{\pi}.

Der Sinus-Term verschwindet, also:

⟨sin⁡(kt),sin⁡(kt)⟩=12π⋅(2π)=1.\langle \sin(kt),\sin(kt) \rangle = \frac{1}{2\pi} \cdot (2\pi) = 1.

Die Norm ist

∥sin⁡(kt)∥=1=1.\|\sin(kt)\| = \sqrt{1} = 1.

Norm von cos⁡(kt)\cos(kt):

Analog gilt

⟨cos⁡(kt),cos⁡(kt)⟩=1π∫−ππcos⁡2(kt) dt.\langle \cos(kt),\cos(kt) \rangle = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \cos^2(kt) \, \mathrm{d}t.

Mit cos⁡2(α)=1+cos⁡(2α)2\cos^2(\alpha) = \frac{1 + \cos(2\alpha)}{2}:

1π∫−ππ1+cos⁡(2kt)2 dt=12π[t+sin⁡(2kt)2k]−ππ.\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1 + \cos(2kt)}{2} \, \mathrm{d}t = \frac{1}{2\pi} \left[ t + \frac{\sin(2kt)}{2k} \right]_{-\pi}^{\pi}.

Wieder verschwindet der Sinus-Term und wir erhalten:

⟨cos⁡(kt),cos⁡(kt)⟩=12π⋅(2π)=1.\langle \cos(kt),\cos(kt) \rangle = \frac{1}{2\pi} \cdot (2\pi) = 1.

Die Norm ist

∥cos⁡(kt)∥=1=1.\|\cos(kt)\| = \sqrt{1} = 1.

Beide Funktionen sin⁡(kt)\sin(kt) und cos⁡(kt)\cos(kt) haben Norm 11 unter dem Fourierskalarprodukt.

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Fourierreihe mit Periode 2π2\pi

Mit den vorangegangenen Betrachtungen akzeptieren wir folgender Satz.

Theorem 1

Jede auf dem Intervall [−π,π][-\pi,\pi] definierte, stückweise stetige und beschränkte Funktion ff kann als Fourierreihe der Form f(t)=a02+∑k=1∞(akcos⁡(kt)+bksin⁡(kt))f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^\infty (a_k\cos(kt)+b_k\sin(kt)) dargestellt werden.

Proof

Fourierkoeffizienten: Für eine 2π2\pi-periodische, integrierbare Funktion ff definiert man die Koeffizienten

ak=1π∫−ππf(t)cos⁡(kt) dt,bk=1π∫−ππf(t)sin⁡(kt) dt(k≥1),a_k=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(t)\cos(kt)\,\mathrm{d}t,\qquad b_k=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(t)\sin(kt)\,\mathrm{d}t\quad(k\ge1),

und

a0=1π∫−ππf(t) dt.a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(t)\,\mathrm{d}t.

Die partielle Fourierreihe SNfS_N f ist dann

SNf(t)=a02+∑k=1N(akcos⁡(kt)+bksin⁡(kt)).S_N f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^N\big(a_k\cos(kt)+b_k\sin(kt)\big).

Behauptung (Dirichlet). Ist ff auf [−π,π][-\pi,\pi] stückweise stetig und beschränkt, so konvergiert für jedes tt die Folge SNf(t)S_N f(t) gegen

f(t+)+f(t−)2,\frac{f(t^+)+f(t^-)}{2},

also gegen den Mittelwert der links- und rechtsseitigen Grenzwerte. Insbesondere konvergiert die Reihe an Punkten, an denen ff stetig ist, gegen f(t)f(t).

Beweisskizze.

  1. Wegen der Orthogonalität der trigonometrischen Basisfunktionen sind die obigen Formeln für ak,bka_k,b_k die natürlichen Projektionen von ff auf die Basis. Die partielle Summe lässt sich mit dem Dirichlet-Kernel DND_N schreiben:
SNf(t)=12π∫−ππf(t+u) DN(u) du,S_N f(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(t+u)\,D_N(u)\,\mathrm{d}u,

mit

DN(u)=∑k=−NNeiku=sin⁡((N+12)u)sin⁡(u/2).D_N(u)=\sum_{k=-N}^{N} e^{iku}=\frac{\sin\big((N+\tfrac12)u\big)}{\sin(u/2)}.

  1. Trenne die Integralfunktion in einen Teil nahe u=0u=0 (wo f(t+u)f(t+u) nahe f(t±)f(t^\pm) ist, wegen stückweiser Stetigkeit) und einen Teil fern von 00 (wo DND_N oszilliert). Die bedeutsame Eigenschaft ist, dass DND_N eine engere Hauptmasse um 00 hat, während seine Oszillationen fern von 00 beim Integrieren ausmitteln. Technisch führt man eine Zerlegung des Integrals durch und benutzt Abschätzungen für DND_N zusammen mit der Beschränktheit und der Riemann-Lebesgue-Eigenschaft (Oszillationsausgleich), um zu zeigen, dass Beiträge fern von 00 verschwinden und der Beitrag nahe 00 gegen den Mittelwert der Seitenwerte geht.

  2. Aus diesen Abschätzungen folgt genau die Aussage des Dirichlet-Satzes: SNf(t)→f(t+)+f(t−)2S_N f(t)\to\frac{f(t^+)+f(t^-)}{2}.

Anmerkungen und Konsequenzen

  • Die Voraussetzungen "stückweise stetig und beschränkt" sind genau die klassischen Dirichlet-Bedingungen, unter denen man Punktweisekonvergenz erhält.
  • Für stärkere Aussagen (z. B. L2L^2-Konvergenz für quadratintegrierbare Funktionen) gibt es andere Sätze (Plancherel/Parseval).
  • Praktisch: an Sprungstellen sieht man das Gibbs-Phänomen — die Reihe konvergiert trotzdem gegen den Mittelwert, aber mit überschwingenden Oszillationen in der Nähe des Sprungs.
Open in GeoGebra

An allen Stellen xx, wo ff stetig ist, konvergiert die Reihe gegen den Funktionswert f(x)f(x). An allen Unstetigkeitsstellen konvergiert die Reihe gegen den Mittelwert aus links- und rechtsseitigem Grenzwert.

Die Fouriereihe wird in diesem Video motiviert.

Die Entwicklung einer Funktion in eine Fourierreihe kann als Zerlegung der Funktion in die durch die trigonometrischen Basisfunktionen dargestellten Schwingungen verstanden werden. Sie wird oft Fourieranalyse genannt; ich nenne es frequency fishing. (frequency fishing mit Geogebra illustriert)

Ferner kann man jede periodische Funktion auf das Intervall [−π,π][-\pi,\pi] normieren. Daher gilt der Satz für periodische Funktionen mit Periode TT. Diese Periode kann man auch gegen Unendlich laufen lassen. Tatsächlich kann eine noch grössere Klasse von Funktionen in eine Fourierreihe entwickelt werden. Differenzierbarkeit ist dabei keine notwendige Bedingung. Ein Mass für die Güte der Approximation gibt

∫−ππ(f(t)−trigonometrisches Polynom)2 dt.\int_{-\pi}^{\pi}(f(t)-\text{trigonometrisches Polynom})^2\,\mathrm{d}t.

Entwicklungskoeffizienten

Exercise 11: Mittellage

Integriere die Fourierreihe auf beiden Seiten über dem Intervall [−π,π][-\pi,\pi] und zeige damit, dass a0=1π∫−ππf(t) dta_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\,\mathrm{d}t gilt.

Solution

Wir starten mit der Fourierreihe

f(t)=a02+∑k=1∞(akcos⁡(kt)+bksin⁡(kt)).f(t) = \frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^\infty \big(a_k \cos(kt) + b_k \sin(kt)\big).

Integriere beide Seiten über [−π,π][-\pi,\pi]:

∫−ππf(t) dt=∫−ππa02 dt+∑k=1∞(ak∫−ππcos⁡(kt) dt+bk∫−ππsin⁡(kt) dt).\int_{-\pi}^{\pi} f(t) \,\mathrm{d}t = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{a_0}{2} \,\mathrm{d}t + \sum_{k=1}^\infty \left( a_k \int_{-\pi}^{\pi} \cos(kt) \,\mathrm{d}t + b_k \int_{-\pi}^{\pi} \sin(kt) \,\mathrm{d}t \right).

Die Integrale der trigonometrischen Funktionen über eine ganze Periode sind:

∫−ππcos⁡(kt) dt=0,∫−ππsin⁡(kt) dt=0.\int_{-\pi}^{\pi} \cos(kt) \,\mathrm{d}t = 0, \quad \int_{-\pi}^{\pi} \sin(kt) \,\mathrm{d}t = 0.

Also reduziert sich das Integral zu:

∫−ππf(t) dt=a02∫−ππ1 dt=a02⋅(2π)=a0π.\int_{-\pi}^{\pi} f(t) \,\mathrm{d}t = \frac{a_0}{2} \int_{-\pi}^{\pi} 1 \,\mathrm{d}t = \frac{a_0}{2} \cdot (2\pi) = a_0 \pi.

Dividiere beide Seiten durch π\pi:

1π∫−ππf(t) dt=a0.\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \,\mathrm{d}t = a_0.
Exercise 12: Fourier-Koeffinzienten

Mit der tupfgenau gleichen Idee wie oben begründe man, dass die Fourierkoeffizienten

ak=1π∫−ππf(t)cos⁡(kt) dta_k=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\cos(kt)\,\mathrm{d}t

und

bk=1π∫−ππf(t)sin⁡(kt) dtb_k=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\sin(kt)\,\mathrm{d}t

hierdurch gegeben sind.

Solution

Ausgangspunkt ist wieder die Fourierreihe

f(t)=a02+∑m=1∞(amcos⁡(mt)+bmsin⁡(mt)).f(t) = \frac{a_0}{2} + \sum_{m=1}^\infty \big(a_m \cos(mt) + b_m \sin(mt)\big).

Multipliziere beide Seiten mit cos⁡(kt)\cos(kt) und integriere über [−π,π][-\pi,\pi]:

∫−ππf(t)cos⁡(kt) dt=∫−ππa02cos⁡(kt) dt+∑m=1∞am∫−ππcos⁡(mt)cos⁡(kt) dt+∑m=1∞bm∫−ππsin⁡(mt)cos⁡(kt) dt.\int_{-\pi}^{\pi} f(t) \cos(kt) \,\mathrm{d}t = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{a_0}{2} \cos(kt) \,\mathrm{d}t + \sum_{m=1}^\infty a_m \int_{-\pi}^{\pi} \cos(mt) \cos(kt) \,\mathrm{d}t + \sum_{m=1}^\infty b_m \int_{-\pi}^{\pi} \sin(mt) \cos(kt) \,\mathrm{d}t.

Durch Orthogonalität der trigonometrischen Funktionen gilt:

  • Für m≠km \neq k:
∫−ππcos⁡(mt)cos⁡(kt) dt=0,\int_{-\pi}^{\pi} \cos(mt) \cos(kt) \,\mathrm{d}t = 0,
  • Für m=km = k:
∫−ππcos⁡2(kt) dt=π,\int_{-\pi}^{\pi} \cos^2(kt) \,\mathrm{d}t = \pi,
  • Für alle m,km,k:
∫−ππsin⁡(mt)cos⁡(kt) dt=0,\int_{-\pi}^{\pi} \sin(mt) \cos(kt) \,\mathrm{d}t = 0,
  • Und
∫−ππcos⁡(kt) dt=0.\int_{-\pi}^{\pi} \cos(kt) \,\mathrm{d}t = 0.

Daher reduziert sich die Gleichung zu

∫−ππf(t)cos⁡(kt) dt=akπ.\int_{-\pi}^{\pi} f(t) \cos(kt) \,\mathrm{d}t = a_k \pi.

Teile durch π\pi:

ak=1π∫−ππf(t)cos⁡(kt) dt.a_k = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \cos(kt) \,\mathrm{d}t.

Analog multipliziere mit sin⁡(kt)\sin(kt) und integriere:

∫−ππf(t)sin⁡(kt) dt=∑m=1∞am∫−ππcos⁡(mt)sin⁡(kt) dt+∑m=1∞bm∫−ππsin⁡(mt)sin⁡(kt) dt.\int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sin(kt) \,\mathrm{d}t = \sum_{m=1}^\infty a_m \int_{-\pi}^{\pi} \cos(mt) \sin(kt) \,\mathrm{d}t + \sum_{m=1}^\infty b_m \int_{-\pi}^{\pi} \sin(mt) \sin(kt) \,\mathrm{d}t.

Wegen Orthogonalität gilt:

  • Für m≠km \neq k:
∫−ππsin⁡(mt)sin⁡(kt) dt=0,\int_{-\pi}^{\pi} \sin(mt) \sin(kt) \,\mathrm{d}t = 0,
  • Für m=km = k:
∫−ππsin⁡2(kt) dt=π,\int_{-\pi}^{\pi} \sin^2(kt) \,\mathrm{d}t = \pi,
  • Und alle Kreuzterme mit cos⁡(mt)sin⁡(kt)\cos(mt)\sin(kt) sind Null. Somit ergibt sich
∫−ππf(t)sin⁡(kt) dt=bkπ.\int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sin(kt) \,\mathrm{d}t = b_k \pi.

Teile durch π\pi:

bk=1π∫−ππf(t)sin⁡(kt) dt.b_k = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sin(kt) \,\mathrm{d}t.

Frequency Fishing

Gegeben sei ein unbekanntes, periodisches Signal, das wir mit Integral-Methoden analysieren. Wir wissen hier zu Anschauungszwecken, dass

f(x)=0.8sin⁡(x)+0.5sin⁡(4x)f(x)=0.8 \sin(x)+0.5 \sin(4 x)

ist:

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Ein erstes Beispiel

Exercise 13: Rechtecksignal

Bestimme die Fourierreihe der 2π2\pi periodischen Funktion f(t)={0if −π<t<01if 0<t<π.f(t)=\begin{cases}0 & \text{if } -\pi<t<0\\ 1 & \text{if } 0<t<\pi \end{cases}. Skizziere erst die Funktion über dem Intervall [−2π,2π][-2\pi,2\pi].

Solution

Wir betrachten die 2π2\pi-periodische Funktion

f(t)={0−π<t<0,10<t<π.f(t) = \begin{cases} 0 & -\pi < t < 0, \\ 1 & 0 < t < \pi. \end{cases}

Die Funktion ist auf [−π,0)[-\pi,0) gleich 00 und auf (0,π)(0,\pi) gleich 11. Aufgrund der Periodizität wiederholt sich dieses Muster alle 2π2\pi.

Auf dem Intervall [−2π,2π][-2\pi,2\pi] sieht die Funktion aus wie ein Rechteck, das abwechselnd auf 00 und 11 springt mit Sprungstellen bei ganzzahligen Vielfachen von π\pi.

Berechnung der Fourierkoeffizienten:

  • a0a_0-Koeffizient:
a0=1π∫−ππf(t) dt=1π(∫−π00 dt+∫0π1 dt)=1π⋅π=1.a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \,\mathrm{d}t = \frac{1}{\pi} \left( \int_{-\pi}^0 0 \,\mathrm{d}t + \int_0^{\pi} 1 \,\mathrm{d}t \right) = \frac{1}{\pi} \cdot \pi = 1.
  • aka_k-Koeffizienten (k≥1k\ge1):
ak=1π∫−ππf(t)cos⁡(kt) dt=1π∫0πcos⁡(kt) dt,a_k = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \cos(kt) \,\mathrm{d}t = \frac{1}{\pi} \int_0^{\pi} \cos(kt) \,\mathrm{d}t,

da f(t)=0f(t)=0 auf [−π,0)[-\pi,0).

Berechne das Integral:

∫0πcos⁡(kt) dt=sin⁡(kt)k∣0π=sin⁡(kπ)k−0=0,\int_0^{\pi} \cos(kt) \,\mathrm{d}t = \left. \frac{\sin(kt)}{k} \right|_0^{\pi} = \frac{\sin(k\pi)}{k} - 0 = 0,

weil sin⁡(kπ)=0\sin(k\pi) = 0 für alle ganzzahligen kk.

Also gilt für alle k≥1k\ge1:

ak=0.a_k = 0.
  • bkb_k-Koeffizienten (k≥1k\ge1):
bk=1π∫−ππf(t)sin⁡(kt) dt=1π∫0πsin⁡(kt) dt,b_k = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sin(kt) \,\mathrm{d}t = \frac{1}{\pi} \int_0^{\pi} \sin(kt) \,\mathrm{d}t,

wieder da f(t)=0f(t)=0 auf [−π,0)[-\pi,0).

Berechne das Integral:

∫0πsin⁡(kt) dt=−cos⁡(kt)k∣0π=−cos⁡(kπ)−1k=1−(−1)kk.\int_0^{\pi} \sin(kt) \,\mathrm{d}t = \left. -\frac{\cos(kt)}{k} \right|_0^{\pi} = -\frac{\cos(k\pi) - 1}{k} = \frac{1 - (-1)^k}{k}.

Damit ist

bk=1π⋅1−(−1)kk.b_k = \frac{1}{\pi} \cdot \frac{1 - (-1)^k}{k}.

Für gerade kk ist 1−(−1)k=01 - (-1)^k = 0, für ungerade kk ist 1−(−1)k=21 - (-1)^k = 2. Also:

bk={0fu¨r gerade k,2πkfu¨r ungerade k.b_k = \begin{cases} 0 & \text{für gerade } k, \\ \frac{2}{\pi k} & \text{für ungerade } k. \end{cases}

Die Fourierreihe lautet daher:

f(t)=12a0+∑k=1∞(akcos⁡(kt)+bksin⁡(kt))=12+∑k=1k ungerade∞2πksin⁡(kt).f(t) = \frac{1}{2} a_0 + \sum_{k=1}^\infty \left(a_k \cos(kt) + b_k \sin(kt)\right) = \frac{1}{2} + \sum_{\substack{k=1 \\ k \text{ ungerade}}}^\infty \frac{2}{\pi k} \sin(kt).f(t)=12+2π∑k=1k ungerade∞sin⁡(kt)k.\boxed{ f(t) = \frac{1}{2} + \frac{2}{\pi} \sum_{\substack{k=1 \\ k \text{ ungerade}}}^\infty \frac{\sin(kt)}{k}. }

Die Integrale können rasch anspruchsvoll werden. Helfen kann manchmal die Methode der partiellen Integration

Exercise 14: Partielle Integration

Beweise kurz die Regel der partiellen Integration.

Solution

Die Regel der partiellen Integration (Integrationsregel) besagt für differenzierbare Funktionen u(x)u(x) und v(x)v(x):

∫u(x)v′(x) dx=u(x)v(x)−∫u′(x)v(x) dx.\int u(x) v'(x) \,\mathrm{d}x = u(x) v(x) - \int u'(x) v(x) \,\mathrm{d}x.

Betrachte das Produkt u(x)v(x)u(x)v(x). Die Produktregel der Differentiation liefert:

ddx[u(x)v(x)]=u′(x)v(x)+u(x)v′(x).\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}[u(x) v(x)] = u'(x) v(x) + u(x) v'(x).

Integriere beide Seiten:

∫ddx[u(x)v(x)] dx=∫u′(x)v(x) dx+∫u(x)v′(x) dx.\int \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}[u(x) v(x)] \,\mathrm{d}x = \int u'(x) v(x) \,\mathrm{d}x + \int u(x) v'(x) \,\mathrm{d}x.

Die linke Seite ist einfach

u(x)v(x),u(x) v(x),

also gilt

u(x)v(x)=∫u′(x)v(x) dx+∫u(x)v′(x) dx.u(x) v(x) = \int u'(x) v(x) \,\mathrm{d}x + \int u(x) v'(x) \,\mathrm{d}x.

Umgestellt folgt:

∫u(x)v′(x) dx=u(x)v(x)−∫u′(x)v(x) dx.\int u(x) v'(x) \,\mathrm{d}x = u(x) v(x) - \int u'(x) v(x) \,\mathrm{d}x.
Exercise 15: Sägezahn

Bestimme die Fourierreihe der 2π2\pi-periodischen Funktion f(t)=tf(t)=t im Intervall [−π,π][-\pi, \pi].

Solution

Da f(t)=tf(t) = t eine ungerade Funktion ist (f(−t)=−tf(-t) = -t), gilt für die Kosinus-Koeffizienten:

a0=0undak=0(fu¨r k≥1).a_0 = 0 \quad \text{und} \quad a_k = 0 \quad (\text{für } k \ge 1).

Die Fourierreihe besteht also nur aus Sinus-Termen. Für die Koeffizienten bkb_k nutzen wir die Symmetrie des Integranden (ungerade ×\times ungerade = gerade) und integrieren über das halbe Intervall:

bk=2π∫0πtsin⁡(kt) dt.b_k = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} t \sin(kt) \,\mathrm{d}t.

Wir verwenden partielle Integration mit u=tu=t und v′=sin⁡(kt)v'=\sin(kt):

u′=1,v=−1kcos⁡(kt).u' = 1, \quad v = -\frac{1}{k}\cos(kt).

Einsetzen in die Formel:

bk=2π([−tkcos⁡(kt)]0π+1k∫0πcos⁡(kt) dt).b_k = \frac{2}{\pi} \left( \left[ -\frac{t}{k}\cos(kt) \right]_{0}^{\pi} + \frac{1}{k} \int_{0}^{\pi} \cos(kt) \,\mathrm{d}t \right).

Das verbleibende Integral über den Kosinus ist Null ([sin⁡(kt)]0π=0\left[\sin(kt)\right]_0^\pi = 0). Es bleibt der Randterm:

bk=2π(−πcos⁡(kπ)k−0)=−2k(−1)k=2(−1)k+1k.b_k = \frac{2}{\pi} \left( -\frac{\pi \cos(k\pi)}{k} - 0 \right) = -\frac{2}{k}(-1)^k = \frac{2(-1)^{k+1}}{k}.

Die Fourierreihe lautet somit:

f(t)=2∑k=1∞(−1)k+1ksin⁡(kt).f(t) = 2 \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} \sin(kt).

Betrachte die Funktion ff, welche über dem Intervall [−1,1][-1,1] durch f(t)=tf(t)=t gegeben ist und sonst 00. Sonst heisst für uns hier über dem Intervall [−π,−1)∪(1,π][-\pi,-1)\cup(1,\pi]. Dies soll sich 2π2\pi periodisch wiederholen.

Exercise 16: Phishing

Bestimme die Fourierreihe dieses Signals.

Solution

Gegeben sei die Funktion

f(t)={tfu¨r −1≤t≤1,0sonst auf [−π,π].f(t) = \begin{cases} t & \text{für } -1 \le t \le 1, \\ 0 & \text{sonst auf } [-\pi, \pi]. \end{cases}

Wir betrachten die 2π2\pi-periodische Fortsetzung.

  • a0a_0:
a0=1π∫−ππf(t) dt=1π∫−11t dt=1π[t22]−11=1π(12−12)=0.a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \,\mathrm{d}t = \frac{1}{\pi} \int_{-1}^1 t \,\mathrm{d}t = \frac{1}{\pi} \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{-1}^1 = \frac{1}{\pi} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \right) = 0.
  • aka_k (k≥1k \ge 1):
ak=1π∫−ππf(t)cos⁡(kt) dt=1π∫−11tcos⁡(kt) dt,a_k = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(t) \cos(kt) \,\mathrm{d}t = \frac{1}{\pi} \int_{-1}^1 t \cos(kt) \,\mathrm{d}t,

da f(t)=0f(t)=0 außerhalb von [−1,1][-1,1].

Berechnung mittels partieller Integration:

Setze

u=t,dv=cos⁡(kt)dt,du=dt,v=sin⁡(kt)k.u = t, \quad dv = \cos(kt) \mathrm{d}t, \quad du = \mathrm{d}t, \quad v = \frac{\sin(kt)}{k}.

Dann

∫−11tcos⁡(kt) dt=tsin⁡(kt)k∣−11−1k∫−11sin⁡(kt) dt=1k(sin⁡(k)−(−1)sin⁡(−k))−1k∫−11sin⁡(kt) dt.\int_{-1}^1 t \cos(kt) \,\mathrm{d}t = \left. t \frac{\sin(kt)}{k} \right|_{-1}^1 - \frac{1}{k} \int_{-1}^1 \sin(kt) \,\mathrm{d}t = \frac{1}{k} \big( \sin(k) - (-1) \sin(-k) \big) - \frac{1}{k} \int_{-1}^1 \sin(kt) \,\mathrm{d}t.

Da sin⁡(−k)=−sin⁡(k)\sin(-k) = -\sin(k),

sin⁡(k)−(−1)sin⁡(−k)=sin⁡(k)+sin⁡(k)=2sin⁡(k).\sin(k) - (-1) \sin(-k) = \sin(k) + \sin(k) = 2 \sin(k).

Das verbleibende Integral:

∫−11sin⁡(kt) dt=−cos⁡(kt)k∣−11=−cos⁡(k)−cos⁡(−k)k=0,\int_{-1}^1 \sin(kt) \,\mathrm{d}t = \left. -\frac{\cos(kt)}{k} \right|_{-1}^1 = -\frac{\cos(k) - \cos(-k)}{k} = 0,

weil cos⁡\cos gerade ist. Also

∫−11tcos⁡(kt) dt=2ksin⁡(k).\int_{-1}^1 t \cos(kt) \,\mathrm{d}t = \frac{2}{k} \sin(k).

Somit

ak=1π⋅2ksin⁡(k)=2πksin⁡(k).a_k = \frac{1}{\pi} \cdot \frac{2}{k} \sin(k) = \frac{2}{\pi k} \sin(k).
  • bkb_k (k≥1k \ge 1):
bk=1π∫−ππf(t)sin⁡(kt) dt=1π∫−11tsin⁡(kt) dt.b_k = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(t) \sin(kt) \,\mathrm{d}t = \frac{1}{\pi} \int_{-1}^1 t \sin(kt) \,\mathrm{d}t.

Da tsin⁡(kt)t \sin(kt) ungerade Funktion über symmetrisches Intervall, gilt

bk=0.b_k = 0.

Die Fourierreihe lautet:

f(t)=∑k=1∞akcos⁡(kt)=∑k=1∞2πksin⁡(k)cos⁡(kt).f(t) = \sum_{k=1}^\infty a_k \cos(kt) = \sum_{k=1}^\infty \frac{2}{\pi k} \sin(k) \cos(kt).
Definition 2: Gerade & ungerade Funktion

Man nennt eine Funktion gg gerade, falls ∀t∈D\forall t\in\mathbb{D} gilt: g(−t)=g(t)g(-t)=g(t). Eine Funktion uu heisst ungerade, falls ∀t∈D\forall t\in\mathbb{D} gilt: u(−t)=−u(t)u(-t)=-u(t).

Exercise 17: Gerade und ungerade Fourier-Reihen

Formuliere eine Regel für gerade und ungerade Funktionen und deren Fourierreihen und beweise diesen Satz anschliessend.

Solution

Regel:

  • Ist ff eine gerade Funktion, also f(−t)=f(t)f(-t) = f(t) für alle tt, dann besteht die Fourierreihe von ff nur aus Cosinus-Termen:
f(t)=a02+∑k=1∞akcos⁡(kt).f(t) = \frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^\infty a_k \cos(kt).

Alle Sinus-Koeffizienten bkb_k sind null.

  • Ist ff eine ungerade Funktion, also f(−t)=−f(t)f(-t) = -f(t) für alle tt, dann besteht die Fourierreihe von ff nur aus Sinus-Termen:
f(t)=∑k=1∞bksin⁡(kt).f(t) = \sum_{k=1}^\infty b_k \sin(kt).

Der Koeffizient a0a_0 und alle aka_k sind null.

Beweis: Sei ff definiert auf [−π,π][- \pi, \pi] und 2π2\pi-periodisch.

  1. Gerade Funktion ff:

Da f(−t)=f(t)f(-t) = f(t), ist ff gerade.

  • Für die Sinus-Koeffizienten gilt:
bk=1π∫−ππf(t)sin⁡(kt) dt.b_k = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(t) \sin(kt) \,\mathrm{d}t.

Betrachte das Integral:

  • f(t)f(t) gerade,
  • sin⁡(kt)\sin(kt) ungerade,
  • Produkt f(t)sin⁡(kt)f(t) \sin(kt) ist ungerade.

Integral einer ungeraden Funktion über symmetrisches Intervall ist null, also

bk=0.b_k = 0.
  • Für die Cosinus-Koeffizienten gilt:
ak=1π∫−ππf(t)cos⁡(kt) dt.a_k = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(t) \cos(kt) \,\mathrm{d}t.

Hier ist f(t)cos⁡(kt)f(t) \cos(kt) Produkt von zwei geraden Funktionen, also gerade. Das Integral ist also im Allgemeinen nicht null.

  1. Ungerade Funktion ff:

Da f(−t)=−f(t)f(-t) = -f(t), ist ff ungerade.

  • Für die Cosinus-Koeffizienten gilt:
ak=1π∫−ππf(t)cos⁡(kt) dt.a_k = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(t) \cos(kt) \,\mathrm{d}t.

f(t)f(t) ungerade, cos⁡(kt)\cos(kt) gerade, Produkt ungerade.

Integral über symmetrisches Intervall verschwindet:

ak=0.a_k = 0.
  • Für die Sinus-Koeffizienten gilt:
bk=1π∫−ππf(t)sin⁡(kt) dt.b_k = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(t) \sin(kt) \,\mathrm{d}t.

Hier ist Produkt von zwei ungeraden Funktionen, also gerade, Integral im Allgemeinen nicht null.

Zusammenfassung:

  • Gerade Funktionen haben nur Cosinus-Terme.
  • Ungerade Funktionen haben nur Sinus-Terme.
Note 1

Geometrisch formuliert nenne ich eine Funktion gerade, falls ihr Graph symmetrisch zur yy-Achse ist; ungerade, falls ihr Graph punktsymmetrisch zum Ursprung ist.

Vielleicht sollte eine Aufgabe noch über die partielle Integration führen, damit man diese einmal gesehen hat. Man kann auch dieses Video zu Aufgaben aus einer Prüfung anschauen.