Inženjerska matematika 3 Tutorijal 1:

Integralne transformacije – prvi dio

Fourierovi redovi

Primjer 1Primjer 1

• Odrediti koeficijente eksponencijalnogOdrediti koeficijente eksponencijalnog Fourierovog reda za signal:

)sin()( 0ttx ω=

RJEŠENJE:RJEŠENJE:

• Primjenimo Eulerovu formulu za sinusniPrimjenimo Eulerovu formulu za sinusni signal:

i22 ee jj θθ

θ−−

2sin

jθ =

( ) tjtjtjtj eeeetx 0000 )1(111)( ωωωω −− −=−=

• Upoređivanjem ovog izraza sa izrazom za 

( )jjj 222

)(

p j gkompleksne Fourierove koeficijente,

.( ) ∑= tdkjectf )/( π ,...2,1,0 ±±=kza.( ) ∑=k

kectf ,,,

k d j d k k fi ij i

( ) ........0000 22

22110 +++++= −

−−

−tjtjtjtj ececececctf ωωωω

• Tako da je             dok su koeficijenti :1±=k

c 1= c 1

= tjtj eetx 00 )1(11)( ωω −−=

• dok su svi ostali koeficijenti jednaki nuli

jc

21 = jc

21 −=− ej

ej

tx22

)( =

dok su svi ostali koeficijenti jednaki nuli.

Primjer 2Primjer 2

• Posmatrajmo periodični kvadratni talas x(t)Posmatrajmo periodični kvadratni talas x(t), prikazan na slici 1. 

••• Potrebno je:

• Odrediti kompleksni Fourierov red funkcije x(t).

• Odrediti trigonometrijski Fourierov red funkcije x(t).j ( )

.

• Slika 1Slika 1.

RJEŠENJE:

• kompleksni Fourierov red funkcije x(t)kompleksni Fourierov red funkcije x(t) 

• Za signal čiji je period T0 vrijedi:2π

Koristeči izraze za koeficijente kompleksnog 

tjk

kk ectx 0)( ω∑= ∞±±±= ,...2,1,0kza

0

2Tπω =

eksponencijalnog Fourierovog reda

( )1∫ tjkT

( ) ,...2,1,010

00

±±== −∫ kzadtetxT

c tjkk

ω

integracija se može provesti preko bilo kog i d i l k d i l d ćperioda signala, tako da  imamo sledeće:

• .

⎟⎟⎞

⎜⎜⎛

+= ∫ ∫ −−20

000 01

TT

tjktjkk dtedtAec ωω

⎟⎟

⎠⎜⎜

⎝

∫ ∫0

20 0T

k T

⎞⎛ 0TT 2⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛−

−=

−=

−− 102 2

00

0

00

000Tjktjk e

TjkAT

eTjk

A ωω

ωω

( )AA0

02Tπω =

( ) ( )( )kjk

jkAe

jkA 11

21

2−−=−= −

πππ ( )kjke 1−=− π

..

• Iz izraza može se zaključiti da je:( )( )k11 −−Iz izraza   može se zaključiti da je:

j

( )( )11

0,....20 ≠== mmkkc

12kA A• to jest 12 +== mk

jkA

kcπ

00 TT⎟⎞

⎜⎛

( )π12 +=

mjkc

• Dok je:2

101 2

00

2

02

0

00

000

0

00 AAdtT

dtedtAeT

cT

T

tjktj ==⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛+= ∫∫ ∫ ωω

• Te je:

2 ⎠⎝( ) tmj

emj

AAtx 01212

12

)(ω

π+

∑∞

++=

mj m 122 π +−∞=

trigonometrijski Fourierov redtrigonometrijski Fourierov red

• Kako su koeficijenti definirani na sledeći načinKako su koeficijenti definirani na sledeći način

00 21 ac = 2

kkk

jbac −=

• Imamo:

2

22 00 Aca

==

0,022 ≠== mmbma

1212122 −= jbac ( )12= A

kc

[ ] 0Re2 1212 == ++ mm ca1212122 +++ = mmm jbac

[ ] ( )π122Im2 1212 +

=−= ++ mAcb mm

( )π12 +mjk

• Imajući u vidu da je ( ) ( ) .sincos21

10 ∑

∞

=++=

nnn tnbtnaatf ωω

( ) tmm

AAtx 012sin12

122

)( ωπ

+∑∞

++=

m m 00 122 π = +

⎟⎞

⎜⎛

++++ 5i13i1i2)( tttAAt ⎟⎟

⎠⎜⎜

⎝++++= ......

05sin

503sin

30sin

2)( ttttx ωωω

π

Ili drugi načinIli drugi način( ) ,

22 0

0 AATT

dttfab

=== ∫ ππ

πω

. 20Ta ππ

( ) ( ) 0sin........)cos( ==== ∫ πωπω mdttmtfa

b

am

( ) .)sin(∫=b

am dttmtfb ω

πω

( ).0coscos2)2sin(

20

20

0

+−== ∫ πππ

mTdttmATbT

m ( )2

)(00 0

∫ ππ mTTm

( )( ) ,......3,2,1,0.......111=−−= m

mb m

m πm π

.( ) ( ) .sincos10 ∑

∞

++= nn tnbtnaatf ωω.

• za m=2m (1‐(‐1)m)=0 te je b2 =0

( ) ( )2 1

0 ∑=n

nnf

za m=2m   (1 ( 1) )=0     te je     b2m=0

• tako da možemo pisati 21

( ) ( ) ,......3,2,1,0.......12

2212

112 =

+=

+=+ m

mmb m ππ

( ) tmAAtx 012sin12

122

)( ω+∑∞

+= ( )m m 00 122 π∑= +

Primjer 3Primjer 3

• Razmotrimo periodični impuls prikazan( )tTδRazmotrimo periodični impuls  , prikazan na Slici 2, koji je definisan sa:

( )tT0δ

( ) ( )∑∞

−∞=−=

kT kTtt 00

δδ

• Izračunajte kompleksni Fourierov red.j p

Slika 2Slika 2.

RJEŠENJE:RJEŠENJE:

• kompleksni Fourierov red je dat izrazomkompleksni Fourierov red je dat izrazom

02)( 0

0 Tect tjk

kTπωδ ω == ∑

∞

• Koeficijente Ck izračunavamo na sledeći način:0

0 Tk −∞=

( ) ,...2,1,010

0

±±== −∫ kzadtetxT

c tjkT

kω

00T

. ( ) .11 20

0

Tdtet

Tc tjk

T

k == −∫ ωδ.

• rješenje proizilazi iz svojstava Diracove delta

020 0 TT T−

rješenje proizilazi iz svojstava Diracove delta funkcije a to su:( ) ,0 ∞→δ Integral delta funkcije preko intervala( )

( ) 1

,0,0)(,

dtt

tt

=

≠=

∫∞+δ

δIntegral delta funkcije preko intervala koji uključuje nulu daje kao rezultat 1 (jedinicu) ili ako se množi sa nekim signalom daje taj isti signal.( )

( ) ( ).

,1

tt

dtt

−=

∫∞−

δδ

δ

1( ) ( ) ∑∑∞

−∞=

∞

−∞==−=

k

tjk

kT e

TkTtt 0

0

00

1 ωδδ

Fourierova transformacijaPrimjer 4

• Pronađite Fourierovu transformacijuPronađite Fourierovu transformaciju pravougaonog impulsa x(t) sl.3., definisanog sa:sa:

P d fi i iji j• Prema definiciji je:

Slika 3.

•

Matlab kodMatlab kod

• syms t                % definiramo simboličku varijablu ty j• figure(1)• ezplot(sin(t))        % crtamo kontinuirani signal sin(t)• figure(2)• stem(sin([0:30]))     % crtamo 31 uzorak diskretnog 

i lsignala• figure(3)• a=2;omega1=1;• a=2;omega1=1;• ezplot(2*sin(omega1*t*a)/(omega1*t))    %Slika 3 –naš primjerp j

Naš primjerNaš primjer

• 4

2 sin(2 t)/t

2 5

3

3.5

1.5

2

2.5

0

0.5

1

-6 -4 -2 0 2 4 6

-1

-0.5

tt

Primjer 5Primjer 5

• Potrebno je nači Fourierovu transformacijuPotrebno je nači Fourierovu transformaciju signala:

• Signal x(t) možemo napisati kao:

te slijedi: ( ) ,...2,1,0)/( ±±== −∫ kzadtetfc tdkjd

kπ

j

•

( )−∫d

k

Matlab kodMatlab kod

• clear allclear all

• syms t T0 k a % varijable

fi ( )• figure(1)

• a=2

• ezplot(2*a/(a^2+t^2),[‐10,10])

4/(4+t2)

0.9

1

0 6

0.7

0.8

0.4

0.5

0.6

0.2

0.3

-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10

0

0.1

t

•0.9

1

exp(2 t)

0.9

1

exp(-2 t)

MATLAB kodclear allsyms t T0 omega a % potrebne 

ij bl 0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

varijablei1=int(exp(a*t)*exp(‐j*omega*t),‐inf,0)  % integracijapretty(simplify(i1))i2=int(exp(‐a*t)*exp(‐

-1 -0.9 -0.8 -0.7 -0.6 -0.5 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0

0.1

t0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

0.1

t

1/(2+ω i)+1/(2-ω i)i2 int(exp( a t) exp(j*omega*t),0,inf)  % integracijapretty(simplify(i2))ii=i1+i2pretty(simplify(ii)) 0.8

0.9

1

1/(2+ω i)+1/(2 ω i)

a=2figure(1)ezplot(exp(a*t),[‐1,0])

( )0.4

0.5

0.6

0.7

figure(2)ezplot(exp(‐a*t),[0,1])figure(3)ezplot(1/(a+j*omega)+1/(a‐j*omega))

-6 -4 -2 0 2 4 60

0.1

0.2

0.3

6 4 2 0 2 4 6ω

Primjer 6Primjer 6

• Koristeči teorem vemenske konvolucije nađiteKoristeči teorem vemenske konvolucije, nađite inverznu Fourierovu transformaciju izraza:

1)(ωX =

• Primjenimo izraz iz tabela transformacije,( )2)(

ωω

jaX

+=

1

• nad funkcijom:ωja

tue at

+↔− 1)(

j

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=+

=ωωω

ωjajaja

X 111)( 2( ) ⎠⎝⎠⎝ jjj

Primjenimo operaciju konvolucije koja ja d fi idefinisana sa:

∞{ } τττωω dtfftftftfjFjF )()()(*)()()()( 12121

1 −===ℑ ∫∞

∞−

−

( )ττ taaatat∞

∫ ( ) τττ ττ dtueuetuetuetx taaatat )()()(*)()( −== −−

∞−

−−− ∫( ) τττττ dtuueetx aat )()()( −= ∫

∞−−−

• Iskoristimo činjenicu da je

τττ dtuueetx )()()( ∫∞− +∞<<∞− t

Iskoristimo činjenicu da jetzatuitzatojesttzatu ≤=−><−=− τττττ ..1)(.......0)....(,....0)(

0..1)(...0....,....0)( ≥=<= ττττ zauizau )(,)(

tako da imamo granice untegtacije  od 0 do t, a i di blikizraz svodimo na oblik

•

)()( d att

at −− ∫ )()(0

tutedetx atat == ∫ τ

•MATLAB kodclear all

syms t T0 k a om % varijable

1/(a+i w)2 = 0

6

syms t

gg=fourier(t*exp(‐a*t)*heaviside(t)) %Furierova transformacija

figure(1)

2

4

%a=2

gf=ifourier(gg)

ezplot(gg,[‐10,10])

w4

-2

0

gg =

1/(a+i*w)^2

gf =a

-6 -4 -2 0 2 4 6-6

-4

gf =

1/2*exp(‐a*x)*x*(2*heaviside(x)‐1+signum(0,Re(a),0))