Download engineering exercise and more Exercises Engineering in PDF only on Docsity!
Week 12 Fourier Transform
Definisie 1. Vir ’n funksie f definieer ons sy Fourier Transforme soos volg:
- Fourier Transform en sy inverse:
F {f (x)} =
Z ∞
−∞
f (x)e iαx dx = F (a)
F
− 1 {F (α)} =
2 π
Z ∞
−∞
F (α)e −iαx dα = f (x)
- Fourier Sinus Transform en sy inverse:
Fs {f (x)} =
Z ∞
0
f (x) sin(αx) dx = F (a)
F
− 1 s {F^ (α)}^ =
π
Z ∞
0
F (α) sin(αx) dα = f (x)
- Fourier Cosinus Transform en sy inverse:
Fc {f (x)} =
Z ∞
0
f (x) cos(αx) dx = F (a)
F
− 1 c {F^ (α)}^ =
π
Z ∞
0
F (α) cos(αx) dα = f (x)
Onthou, die Fourier Integrale:
- Komplekse Fourier Integraal f (x) =
2 π
Z ∞
−∞
F (α)e −iαx dα waar F (α) =
Z ∞
−∞
f (x)e iαx dx
- Fourier Cosinus Integraal f (x) =
π
Z ∞
0
A(α) cos(αx) dα waar A(α) =
Z ∞
0
f (x) cos(αx) dx
- Fourier Sinus Integraal f (x) =
π
Z ∞
0
B(α) sin(αx) dα waar B(α) =
Z ∞
0
f (x) sin(αx) dx
Hierdie Fourier Integrale is presies die samestelling van ’n Fourier Transform en sy inverse!
Stelling 2. Gestel f is ’n funksie sodat
- f kontinu en absoluut integreerbaar op (−∞, ∞) is
- f ′ is stuksgewys kontinu op elke eindige interval
- lim x→±∞
f (x) = 0
Dan F {f ′ (x)} = −iαF {f (x)} = −iαF (α)
Bewys: Met deelwyse integrasie het ons
F {f
′ (x)} =
Z ∞
−∞
f
′ (x)e
iαx dx =
f (x)e
iαx
−∞ − iα
Z ∞
−∞
f (x)e
iαx = 0 − iαF {f (x)} = −iαF (α)
Let wel, deur om die komplekse modulus te neem, volg
lim x→±∞
f (x)e iαx = lim x→±∞
|f (x)| · e iαx = lim x→±∞
|f (x)| · 1 = lim x→±∞
f (x) = | 0 | = 0
Omdat die modulus van f (x)e iαx na 0 strewe, strewe f (x)e iαx ook na 0 (onafhanklik van wat met sy
argument gebeur). Dit is ’n manier hoe om aan te toon, dat
f (x)e iαx
−∞ = 0 is.
Met induksie kan ons die volgende stelling bewys.
Stelling 3. Vir ’n positiewe heelgetal Z
, gestel f is ’n funksie sodat
- f, f ′ ,... , f (n−1) kontinu en absoluut integreerbaar op (−∞, ∞) is
- f ′ ,... , f (n) is stuksgewys kontinu op elke eindige interval
- lim x→±∞
f (x) = lim x→∞
f ′ (x) = · · · = lim x→±∞
f (n−1) (x) = 0
Dan F
f (n) (x) = (−iα) n F {f (x)} = (−iα) n F (α)
Opmerking 4. Alle of amper alle funksies wat ons beskou, bevredig hierdie kondisies. Vir die toepassing
van hierdie stelling gaan ons eenvoudig aanneem dat f hierdie kondisies bevredig.
Stelling 5. Vir ’n funksie f op [0, ∞), gestel dat
- f en f ′ kontinue is,
- f absoluut integreerbaar op [0, ∞) is,
- f ′′ stuksgewys kontinu op elke eindige interval,
- lim x→∞
f (x) = 0 en lim x→∞
f ′ (x) = 0
Dan
Fs {f ′′ (x)} = −α 2 Fs {f (x)} + αf (0)
Fc {f ′′ (x)} = −α 2 Fc {f (x)} − f ′ (0)
Bewys: Ons het
Fs {f ′′ (x)} =
Z ∞
0
f ′′ (x) sin(αx) dx =
f ′ (x) sin(αx)
0 − α
Z ∞
0
f ′ (x) cos(αx) dx
= lim x→∞
f ′ (x) sin(αx) − f ′ (0) sin(0) − α
f (x) cos(αx)
0
Z ∞
0
f (x) sin(αx) dx
= 0 − 0 − α
lim x→∞
f (x) cos(αx) − f (0) cos(0)
− α 2 Fs {f (x)}
= −α 2 Fs {f (x)} + αf (0)
Voorbeeld 7. Met ’n Fourier Transform, los die volgende randwaardeprobleem op.
uxx + uyy = 0 0 < x, 0 < y < 2
u(0, y) = 0 0 < y < 2
u(x, 0) = f (x) 0 < x
u(x, 2) = 0 0 < x
Oplossing: Die definisieversameling van x is [0, ∞) as ook slegs die tweede afgeleide i.t.v. x kom voor. Dus
gaan ons die Fourier Sinus of Cosinus Transform op x toe pas. Onthou
Fs {g ′′ (x)} = −α 2 Fs {g(x)} + αg(0) en Fc {g ′′ (x)} = −αFc {g(x)} − g ′ (0)
Aangesien ons die waarde van u(0, y) gegee is, is die Fourier Sinus Transform die gepaste transform. [Indien
ons eerder die waarde van ux(0, y) gegee is, sou die Fourier Cosinus Transform gepas wees.]
Verder
0 = Fs { 0 }x→α = Fs {uxx}x→α + Fs {uyy } x→α
−α 2 U (α, y) + αu(0, y)
d 2
dy^2
Fs {u}x→α
= −α 2 U (α, y) + 0 + U ′′ (α, y)
=⇒ U (α, y) = A cosh(αy) + B sinh(αy)
Die ander twee randwaardes word soos volg getransformeer:
U (α, 2) = Fs {u(x, 2)}x→α = 0 en U (α, 0) = Fs {f (x)}x→α = F (α)
So
U (α, 0) = A · 1 + B · 0 = F (α) =⇒ A = F (α)
U (α, 2) = F (α) cosh(2α) + B sinh(2α) = 0 =⇒ B = −F (α) tanh(2α) met aanname dat α ̸= 0
En dus is die oplossing
u(x, y) = F − 1 s {U^ (α, y)}α→x
π
Z ∞
0
F (α)
cosh(αy) − tanh(2α) sinh(αy)
sin(αx) dα waar F (α) = Fs {f (x)}
