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da **alessandro696** » 13 set 2012, 17:18

ragazzi ho un problema...
dato un segnale $u(t)= \prod \left ( \frac{t-kT}{2\cdot \frac{T}{3}} \right )$ ho difficoltà a calcolarmi $u_{0}$ e gli $u_{k}$ della serie di Fourier in forma esponenziale e trigonometrica intendendo per
$u_{k}= \frac{1}{T}\int_{t_{0}}^{t_{0}+T}u(t)e^{-j\frac{2\pi}{T}kt}dt$
e per
$u_{0}= \frac{1}{T}\int_{t_{0}}^{t_{0}+T}u(t)dt$
grazie mille ... :oops:

da **carloc** » 13 set 2012, 18:14

In questo caso comincerei col disegnare il grafico di quotato u(t) ;-)

P.S. scritto a quella maniera non mi pare corretto, secondo me intendevi
$u(t)= \sum_{k=-\infty}^{+\infty} \prod \left ( \frac{t-kT}{2\cdot \frac{T}{3}} \right )$

o anche, a me piace di più
$u(t)= \sum_{k=-\infty}^{+\infty} \text{rect} \left ( \frac{t-kT}{2\cdot \frac{T}{3}} \right )$

P.P.S. non confondere i k della funzione nel tempo con i k indici dei coefficienti della serie di Fourier, anzi potresti anche cambiere nome ad uno dei due ;-)

da **alessandro696** » 13 set 2012, 18:28

si, infatti errore mio :oops:

... è esattamente la tua u(t)

...
ok quindi impostando il grafico dovrei essere in grado di capire di cosa stiamo parlando. Senti con "quotato" intendi di studiare $u_{0}, u_{\pm1}$ cioè le $u(t)\;con\; k=0, \pm1, \; ...$

da **alessandro696** » 13 set 2012, 19:54

ok forse credo di aver capito...
Il segnale generatore $u_{gen}$ è dato da $u_{g} = \prod\left ( \frac{t}{\frac{2T}{3}} \right )$ sapendo ciò possiamo utilizzare la trasformata di Fourier ottenendo così:
$u_{g} = \prod\left ( \frac{t}{\frac{2T}{3}} \right )\; \overset{\mathfrak{F}}{\rightarrow} U_{g} = \frac{2T}{3} sinc\left (f\frac{2T}{3} \right )$
Ottenendo così
$u_{k} = \frac{1}{T}\,U_{g}\left ( \frac{k}{T} \right ) = \frac{1}{T}\left ( \frac{2T}{3} sinc\left ( \frac{2T}{3}\frac{k}{T} \right )\right ) = \frac{2}{3}sinc\left ( \frac{2k}{3} \right )$
$u_{0} = \frac{2}{3}sinc\left ( \frac{2\cdot 0}{3} \right ) = \frac{2}{3}\cdot 1 =\frac{2}{3}$
e quindi la serie
$u(t)= u_{0} +\sum_{k=1}^{+\infty }2\left |\frac{2}{3} sinc\left ( \frac{2}{3}k \right ) \right |\cos \left (\frac{2\pi}{T}kt +arg(u(t))\right )$
dove l'argomento è nullo per k=0.
Io non ho le soluzioni, quindi non so se ho appena fatto un disastro o meno.. Ho azzeccato almeno qualcosa???

grazie infinite ...

: grafico delle prime u(t); Immagine.JPG (35 KiB) Osservato 6514 volte

da **carloc** » 14 set 2012, 10:41

Sì direi che ci sei abbastanza :ok:

Questo, attarverso la TCF a la formula di Poisson, è il metodo che preferisco e neanche serve il grafico di u(t) -con quotato intendevo come lo hai fatto tu, con i riferimenti di tempo -T/3 T/3 etc. etc. e di livello 0, 1-

Nel primo post avevi invece delineato le formule integrali "dirette" per i coeffcienti, volendo usare quelle invece con il grafico ti rendevi conto che era sufficiente scegliere come estremi di integrazione -T/3 e T/3 e non era complicato neanche così.

Solo mi lascia un po' perplesso l'espressione del segnale ricostruito

$u(t)= u_{0} +\sum_{k=1}^{+\infty }2\left |\frac{2}{3} sinc\left ( \frac{2}{3}k \right ) \right |\cos \left (\frac{2\pi}{T}kt +arg(u(t))\right )$

non capisco cosa intendi con $\text{arg}(u(t))$ forse $\text{arg}(u_k)$ ? Comunque i tuoi coefficienti sono tutti reali e quell'argomento può valere solo

o $\pi$ seconda del segno, e la serie viene tutta in soli coseni, cosa che del resto si vedeva subito dal fatto che u(t) è pari.
Questo tipo di "verifiche incrociate" è cosa buona e si deve sempre fare ;-)

In definitiva, per non mischiare simbolo ed espressione dei coefficienti, io scriverei così

$u(t)= u_{0} +\sum_{k=1}^{+\infty }2\frac{2}{3} sinc\left ( \frac{2}{3}k \right ) \cos \left (\frac{2\pi}{T}kt \right )$

oppure così

$u(t)= u_{0} +\sum_{k=1}^{+\infty }2\left |u_k \right |\cos \left (\frac{2\pi}{T}kt +arg(u_k)\right )$

da **alessandro696** » 14 set 2012, 17:37

in effetti hai ragione il grafico è servito a poco :-)

il segnale ricostruito presenta infatti un errore, per come l'ho scritto io, proprio come hai detto te al posto di arg(u(t))

ci va $arg(u_{k})$

carloc ha scritto:Comunque i tuoi coefficienti sono tutti reali e quell'argomento può valere solo o seconda del segno, e la serie viene tutta in soli coseni, cosa che del resto si vedeva subito dal fatto che u(t) è pari.

è vero anche il fatto che si vede subito il fatto che sia una funzione pari, anche dalla forma trigonometrica dove i $A_{k} = 2Re(u_{k}),\;B_{k} = -2Im(u_{k}) = 0$

carloc ha scritto:Nel primo post avevi invece delineato le formule integrali "dirette" per i coeffcienti, volendo usare quelle invece con il grafico ti rendevi conto che era sufficiente scegliere come estremi di integrazione -T/3 e T/3 e non era complicato neanche così.

volendo utilizzare le formule integrali "dirette" per i coefficienti avrei dovuto integrare sia $u_{k}$ che $u_{0}$ vero?
grazie comunque mi siete stati di grande aiuto

da **carloc** » 14 set 2012, 17:50

alessandro696 ha scritto:[...]i avrei dovuto integrare sia $u_{k}$ che $u_{0}$ vero?[...]

Sì certo, comunque considera che nella forma complessa l'espressione di u_0

non è altro che un caso particolare del generico u_k

. Se vedi l'esponenziale dentro l'integrale si riduce semplicemente ad uno se k=0.... quindi fai il generico integrale di parametro k e poi lo calcoli per k=0... l'unica cosa è che in questo caso avresti la forma indeterminata 0/0 (come sinc nell'origine) ma comunque fare il limite è semplice.

Si può invece esplicitare u_0

per avere più presente che rappresenta il valore medio del segnale ma la sostanza è la stessa.

da **alessandro696** » 14 set 2012, 17:54

ok perfetto :) ancora mille grazie

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