Exercise 2.4Z: Triangular Function

Vorgegebenes Dreiecksignal

Wir betrachten das mit $T_0$ periodische Signal ${x(t)}$ entsprechend nebenstehender 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

Eigenschaften der Fourierreihendarstellung

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

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

$A_1\ = \ $

$A_2\ = \ $

$A_3\ = \ $

$\varepsilon_3(t = 0)\ = \ $

Musterlösung

Solution

(1) Richtig sind die Lösungsvorschläge 1 und 2:

Der Gleichanteil ist tatsächlich $T_1/T_0$. Da ${x(t)}$ eine gerade Funktion ist, sind alle Sinuskoeffizienten $B_n = 0$.
Die geradzahligen Cosinuskoeffizienten $A_{2n}$ verschwinden nur dann, wenn $T_1 = T_0/2$ ist.
In diesem Fall ist die Bedingung ${x(t)} = 2A_0 - x(t - T_0/2)$ erfüllt $($mit $A_0 = 0.5)$.

(2) Unter Ausnutzung der Symmetrieeigenschaft ${x(-t)} = {x(t)}$ 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 $1 - \cos(2\alpha) = 2 \cdot \sin^2(\alpha)$:

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

Für $T_1/T_0 = 0.25$ erhält man:

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

Insbesondere gilt:

$$A_1=\frac{8}{\pi^2}\sin^2(\pi/4)=\frac{4}{\pi^2}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.405},\hspace{0.5cm} A_2=\frac{2}{\pi^2}\sin^2(\pi/2)=\frac{2}{\pi^2}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.202},\hspace{0.5cm} A_3=\frac{8}{9\pi^2}\sin^2(3\pi/4)=\frac{4}{9\pi^2}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.045}.$$

(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 $T_0$ (jeweils Spitze der Dreiecksfunktionen) ist die Abweichung betragsmäßig am größten.