Jak wyznaczyć rozwinięcie w szereg Fouriera zwykłego sinusa w przedziale \(\displaystyle{ \left\langle - \pi , \pi \right\rangle}\)?
Nie wychodzi mi zupełnie ;/
szereg fouriera funkcji sinus
-
szw1710
-
szw1710
szereg fouriera funkcji sinus
Wychodzi, tyle że z prawie wszystkimi wyrazami zerowymi Wielomian jest sam swoim rozwinięciem Taylorowskim. Dokładniej - w postaci sumy potęg \(\displaystyle{ x}\) - rozwinięciem maclaurinowskim.
-
schloss
- Użytkownik
- Posty: 333
- Rejestracja: 12 wrz 2009, o 12:49
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gniezno
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 19 razy
szereg fouriera funkcji sinus
bo to co jest w tym wyrażeniu to po prostu obliczony współczynnik bn dla n=1. Mi wychodzi 0/0 a skoro rozwinięciem sinusa ma być sinus to powinno wyjść 1
-- 3 lis 2012, o 21:44 --
gdy liczę współczynnik bn i założę z góry n=1 to dostaję całkę z sinusa kwadrat i ślicznie wychodzi na końcu jedynka.
ale gdy tę samą całkę liczę dla pozostałych n to na końcu otrzymuję taką postać:
\(\displaystyle{ \frac{2 \cdot \sin ( \pi \cdot n)}{ \pi \cdot (1-n^2)}}\)
i przecież teraz jak podstawię n=1 to powinienem dostać też jedynkę a nie idzie podstawić n=1....
dodam, że tę całkę liczę z rozbicia :
\(\displaystyle{ 2\sin x \cdot \sin (nx)=\cos (x-nx)-\cos (x+nx)}\)
-- 3 lis 2012, o 21:44 --
gdy liczę współczynnik bn i założę z góry n=1 to dostaję całkę z sinusa kwadrat i ślicznie wychodzi na końcu jedynka.
ale gdy tę samą całkę liczę dla pozostałych n to na końcu otrzymuję taką postać:
\(\displaystyle{ \frac{2 \cdot \sin ( \pi \cdot n)}{ \pi \cdot (1-n^2)}}\)
i przecież teraz jak podstawię n=1 to powinienem dostać też jedynkę a nie idzie podstawić n=1....
dodam, że tę całkę liczę z rozbicia :
\(\displaystyle{ 2\sin x \cdot \sin (nx)=\cos (x-nx)-\cos (x+nx)}\)
-
Dasio11
- Moderator
- Posty: 10307
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 41 razy
- Pomógł: 2431 razy
szereg fouriera funkcji sinus
Gdzieś w procesie liczenia musisz zakładać, że \(\displaystyle{ n \neq 1.}\) Przypuszczalnie przy podstawieniu
\(\displaystyle{ t=x(n-1) \\
\mbox dx = \frac{ \mbox dt}{n-1}}\)
lub podobnym.
A Wolfram w tym przypadku się nie myli, bo bardzo sensownie jest przypisać wyrażeniu
\(\displaystyle{ \frac{2 \cdot \sin ( \pi \cdot n)}{ \pi \cdot (1-n^2)}}\)
wartość \(\displaystyle{ 1}\) dla \(\displaystyle{ n=1,}\) bo taka wychodzi granica.
Przy okazji widać z tego, że
\(\displaystyle{ \lim_{n \to 1} \frac{1}{\pi} \int \limits_{-\pi}^{\pi} \sin x \cdot \sin(nx) \mbox dx = 1,}\)
skąd przy odrobinie narzędzi można wywnioskować, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{\pi} \int \limits_{-\pi}^{\pi} \sin x \cdot \sin x \mbox dx = 1.}\)
Ale chyba łatwiej policzyć standardowo.
\(\displaystyle{ t=x(n-1) \\
\mbox dx = \frac{ \mbox dt}{n-1}}\)
lub podobnym.
A Wolfram w tym przypadku się nie myli, bo bardzo sensownie jest przypisać wyrażeniu
\(\displaystyle{ \frac{2 \cdot \sin ( \pi \cdot n)}{ \pi \cdot (1-n^2)}}\)
wartość \(\displaystyle{ 1}\) dla \(\displaystyle{ n=1,}\) bo taka wychodzi granica.
Przy okazji widać z tego, że
\(\displaystyle{ \lim_{n \to 1} \frac{1}{\pi} \int \limits_{-\pi}^{\pi} \sin x \cdot \sin(nx) \mbox dx = 1,}\)
skąd przy odrobinie narzędzi można wywnioskować, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{\pi} \int \limits_{-\pi}^{\pi} \sin x \cdot \sin x \mbox dx = 1.}\)
Ale chyba łatwiej policzyć standardowo.