Aufgaben:Aufgabe 2.4Z: Dreiecksignal

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Wir betrachten das mit $T_0$ periodische Signal $\text{x(t)}$ entsprechend der nebenstehenden Skizze, wobei für den zweiten Signalparameter $T_1 ≤ T_0/2$ gelten soll. Dieses Signal ist dimensionslos und auf $1$ begrenzt.

In der Teilaufgabe (3) wird die auf nur $N = 3$ Koeffizienten basierende Fourierreihendarstellung $x_3(t)$ verwendet.

Die Differenz zwischen der abgebrochenen Fourierreihe und dem tatsächlichen Signal lautet:

$$\varepsilon_3(t)=x_3(t)-x(t).$$

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Fourierreihe.
• Eine kompakte Zusammenfassung der Thematik finden Sie in den beiden Lernvideos Zur Berechnung der Fourierkoeffizienten sowie Eigenschaften und Genauigkeit der Fourierreihe
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
• Zur Lösung der Aufgabe können Sie das folgende bestimmte Integral benutzen ($n$ sei ganzzahlig):

$$\int u \cdot \cos(au)\,{\rm d}u = \frac{\cos(au)}{a^2} + \frac{u \cdot \sin(au)}{a}.$$

Fragebogen

1

Welche der folgenden Aussagen treffen für alle zulässigen $T_0$ und $T_1$ zu?

	Der Gleichanteil beträgt $A_0 = T_1/T_0$.
	Alle Sinuskoeffizienten $B_n$ sind Null.
	Alle Cosinuskoeffizienten $A_n$ mit geradzahligem $n$ sind Null.

2

Berechnen Sie die Fourierkoeffizienten $A_n$ in allgemeiner Form. Welche Werte ergeben sich für $A_1$, $A_2$ und $A_3$ mit $T_1/T_0 = 0.25$?

$A_1$ =

$A_2$ =

$A_3$ =

3

Schreiben Sie die Funktion ${x(t)}$ als Fourierreihe und brechen Sie diese nach $N = 3$ Koeffizienten ab. Wie groß ist der Fehler $\varepsilon_3(t = 0)$?

$\varepsilon_3(t = 0)$ =

Musterlösung

Musterlösung

1. Der Gleichanteil ist tatsächlich $T_1/T_0$. Da $\text{x(t)}$ eine gerade Funktion ist, sind alle Koeffizienten $B_n = 0$. Die geradzahligen Koeffizienten $A_\text{2n}$ verschwinden nur dann, wenn $T_1 = T_0/2$ ist. In diesem Fall ist die Bedingung $\text{x(t)} = 2A_0 – x(t – T_0/2)$ erfüllt (mit $A_0 = 0.5$). Richtig sind die Lösungsvorschläge 1 und 2.

2. Unter Ausnutzung der Symmetrieeigenschaft $\text{x(-t)} = \text{x(t)}$ erhält man:

$$A_n=2 \cdot \frac{2}{T_0}\cdot \hspace{-0.1cm}\int_0^{T_1}(1-\frac{t}{T_1})\cos(2\pi n\frac{t}{T_0})\, {\rm d}t.$$

Dies führt zu zwei Teilintegralen $I_1$ und $I_2$. Das erste lautet:

$$I_1=\frac{4}{T_0} \cdot \hspace{-0.1cm} \int_0^{T_1}\cos(2\pi n\frac{t}{T_0})\,{\rm d}t=\frac{2}{\pi n}\sin(2\pi n\frac{T_1}{T_0}).$$

Für das zweite Integral gilt mit dem Integral auf der Angabenseite:

$$I_2=\frac{-4}{T_0\cdot T_1}\cdot \hspace{-0.1cm}\int_0^{T_1}t\cdot\cos(2\pi n\frac{t}{T_0})\,{\rm d}t\\=\frac{-4}{T_0\cdot T_1}\cdot \hspace{0.1cm}\left[\frac{T^2_0 \cdot \cos(2\pi nt/T_0)}{4\pi^2n^2}+\frac{T_0 \cdot t \cdot \sin(2\pi nt/T_0)}{2\pi n}\right]^{T_1}_0.$$

Dieses letzte Integral kann wie folgt zusammengefasst werden:

$$I_2=\frac{-\cos(2\pi nT_1/T_0)}{\pi^2 n^2T_1/T_0}+\frac{1}{\pi^2 n^2 T_1/T_0}-I_1.$$

Daraus folgt mit $1 – cos(2\alpha) = 2 \cdot sin2(\alpha)$:

$$A_n=I_1+I_2=\frac{1-\cos(2\pi nT_1/T_0)}{\pi^2 n^2 T_1/T_0}=\frac{2\sin^2 (\pi nT_1/T_0)}{\pi^2 n^2 T_1/T_0}.$$

Für $T_1/T_0 = 0.25$ erhält man:

$$A_n=\frac{8\sin^2 (\pi n/4)}{\pi^2 n^2}.$$

Insbesondere gilt:

$$A_1=\frac{8}{\pi^2}\sin^2(\pi/4)=\frac{4}{\pi^2}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.405}, \hspace{0.5cm} A_2=\frac{2}{\pi^2}\sin^2(\pi/2)=\frac{2}{\pi^2}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.202},$$

$$A_3=\frac{8}{9\pi^2}\sin^2(3\pi/4)=\frac{4}{9\pi^2}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.045}.$$

3. Es gilt:

$$x_3(t)=\frac{1}{4}+\frac{4}{\pi^2}\left[\cos(\omega_0 t)+\frac{1}{2}\cos(2\omega_0 t)+\frac{1}{9}\cos(3\omega_0 t)\right].$$

Zum Zeitpunkt $t = 0$ ergibt sich hieraus:

$$x_3(t=0)=\frac{1}{4}+\frac{4}{\pi^2}\cdot \frac{29}{18}\approx 0.9 \hspace{0.5cm}\Rightarrow \hspace{0.5cm}\varepsilon_3(t=0)=x_3(t=0)-x(t=0)\hspace{0.15cm}\underline{=-0.1}.$$

Für die Zeit $t = 0$ und bei Vielfachen der Periodendauer $T_0$ (Spitze der Dreiecksfunktionen) ist die Abweichung betragsmäßig am größten.