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da **xyz** » 16 dic 2018, 19:14

ellosma ha scritto:posto l’immagine della soluzione del mio libro

Chi ha scritto quel libro ignora un passaggio banale:

$\begin{array}{lcl} \frac{1}{2} e^{\, -j \frac{\pi}{2}} & = & -\frac{1}{2} \, j \\ \\ \frac{1}{2} e^{\, +j \frac{\pi}{2}} & = & +\frac{1}{2} \, j \end{array}$

da **DrCox** » 17 dic 2018, 10:32

xyz ha scritto:Chi ha scritto quel libro ignora un passaggio banale:

$\begin{array}{lcl} \frac{1}{2} e^{\, -j \frac{\pi}{2}} & = & -\frac{1}{2} \, j \\ \\ \frac{1}{2} e^{\, +j \frac{\pi}{2}} & = & +\frac{1}{2} \, j \end{array}$

Non credo lo ignori, semplicemente sceglie di presentare la soluzione in termini di modulo e fase.

da **DrCox** » 17 dic 2018, 10:36

ellosma ha scritto:Dovrei risolvere $sen 2\pi f_0 t = \frac {e^{i 2 \pi f_0 t } {- e^{i 2 \pi f_0 t } }}{2i}$
, riscrivendo il seno con le formule di eulero otterrei un uguale a
$\frac{1}{2i} {e^{2 \pi f_0 t(1-ik) } {- e^{-2 \pi f_0 t (1+ik) } }}$

$c_n = \frac{1}{2}(a_n+jb_n)$ per n>0

$c_n = \frac{1}{2}a_0$ per n=0

$c_n = c_{|n|}*$ per n<0

Quindi, tornando al problema iniziale? Dai che ci siamo :)

da **ellosma** » 17 dic 2018, 13:50

Se k > 0 $c_k = \frac{1}{2i}(e^{2\pi f_0 t (1-ik)}-e^{-2\pi f_0 t (1+ik)})$
Se k=0 $c_k = \frac{1}{2i} \frac{e^{4\pi f_0 t}-1}{e^{2\pi f_0 t}}$
Per k<0 invece dovrei calcolare il modulo, quindi essendo cK composto da una sottrazione di due componenti complesse , dovrei fare la radice del quadrato di ck , quindi tornerei ad avere ck stesso ? #-o

da **DrCox** » 17 dic 2018, 15:41

ellosma ha scritto:Se k > 0 $c_k = \frac{1}{2i}(e^{2\pi f_0 t (1-ik)}-e^{-2\pi f_0 t (1+ik)})$
...

perché ti complichi la vita?
Ci hai detto prima che la soluzione richiede che tutti i coefficienti a_n

e

siano a zero, tranne b_1

.
Quindi, convertendo questa frase qui sopra in termini di c_k

?

da **ellosma** » 17 dic 2018, 16:47

Se

e

sono uguali a zero allora per k>0 avremo c_k

= 0 e lo stesso vale per il caso di k= 0 perché $c_k = \frac{1}{2}a_0$ che è un coefficiente nullo :roll:

da **xyz** » 17 dic 2018, 21:29

Una cosa giusta è stata detta che b_1

è diverso da zero, adesso ti contraddici dicendo che tutti i coefficienti a_n

e

sono uguali a zero, sbagliato.

Calcola b_1

e $b_{-1}$ ricavi c_1

e $c_{-1}$ per finire l'esercizio.

In realtà basta calcolare il coefficiente per k=1 o k=-1 poi basta applicare una proprietà importante della serie di Fourier quando il segnale trasformato è una funzione reale, spero che sia stata detto a lezione o si trova nei tuoi libri o rileggi con molta attenzione questo thread.

da **ellosma** » 22 dic 2018, 16:37

Scusatemi se risorgo solo ora ma sono stata malata e poi mi sono riguardata tutta la teoria per capirci un po’ di più. Sono , spero , riuscita a risolverlo in questo modo:

$c_k = \frac{1}{T_0} \int_{0}^{T_0} sen (2 \pi f_0 t) e^{-2i\pi f_0 t} dt$
Ora scrivo il seno con le formule di eulero , come da vostro suggerimento , e risolvendo la moltiplicazione interna all’integrale ottengo
$c_k = \frac{1}{2iT_0} \int_{0}^{T_0} 1 - e^{-4i\pi f_0 t} dt$
Ora risolvo l’integrale scomponendoli in due parti , la parte relativa a 1 ( che mi darà T0 ) e quella relativa all’esponenziale. Sapendo però che $e^{-4\pi i} = cos (-4\pi ) + i sen (-4\pi )= 1 + 0i = 1$ e Che f_0 = 1/T_0

allora posso scrivere
$c_k = \frac {1}{2i}$ che è uguale a $c_k = \frac {1}{2} e^{\frac{-i\pi}{2}}$
Sempre per il fatto che $e^{\frac{-i\pi}{2}} = cos (\frac {-\pi }{2}) + i sen (\frac{-\pi}{2}) = \frac{1}{i}$

( questo nel caso in cui k = 1 )
Spero che quello che ho scritto abbia un po’ di senso

da **xyz** » 22 dic 2018, 19:08

Come regola generale non è bello avere nel denominatore l'unità immaginaria, si riporta al numeratore:

$\frac{1}{i\, 2} = - \frac{i}{2}$

Nella formula di c_k

riportata manca

, quello che hai fatto è calcolare a priori c_1

. I coefficienti della serie di Fourier sono infiniti, quindi uno deve riportare come soluzione i valori di tutti i coefficienti in una forma compatta.