DERET FOURIER (Jean Baptiste Joseph Fourier ahli matematika dan fisika Prancis) z
Fungsi dengan periode T = 2π
(T = 2π /ω, ω = 1)
∞
f ( x) = a0 + ∑ (an cos nx + bn sin nx ) n =1
Koefisien deret Fourier :
π
1 a0 = 2π an = bn =
1
π 1
π
∫π f ( x)dx
−
π
∫π f ( x) cos nxdx
−
n = 1,2,L
π
∫π f ( x) sin nxdx
−
Matematika Teknik II ( Ir. I Nyoman Setiawan, MT)
n = 1,2,L 1
Bentuk lain dalam penulisan deret Fourier ∞ 1 f ( x) = a0 + ∑ (an cos nx + bn sin nx ) 2 n =1
a0 =
Koefisien deret Fourier :
an = bn =
1
π 1
π 1
π
π
∫π f ( x)dx
−
π
∫π f ( x) cos nxdx
−
n = 1,2,L
π
∫π f ( x) sin nxdx
−
Matematika Teknik II ( Ir. I Nyoman Setiawan, MT)
n = 1,2,L 2
Contoh :
⎧− k f ( x) = ⎨ ⎩ k
jika
−π < x < 0
jika
0< x <π
dan f ( x + 2π ) = f ( x)
Matematika Teknik II ( Ir. I Nyoman Setiawan, MT)
3
Penyelesaian :
1 a0 = 2π
π
0 π ⎤ 1 ⎡ ∫−π f ( x)dx = 2π ⎢⎣−∫π(−k )dx + ∫0 kdx⎥⎦ 0 π⎤ 1 ⎡ = + kx ⎥ = 0 ⎢ − kx −π 0⎦ 2π ⎣
π 0 ⎤ 1⎡ an = ∫ f ( x) cos nxdx = ⎢ ∫ (−k ) cos nxdx + ∫ k cos nxdx⎥ π −π π ⎣ −π 0 ⎦
1
π
1⎡ sin nx 0 sin nx π ⎤ = ⎢−k +k ⎥=0 n 0⎦ π⎣ n −π Matematika Teknik II ( Ir. I Nyoman Setiawan, MT)
4
Penyelesaian : π
π 0 ⎡ ⎤ 1 1 bn = ∫ f ( x) sin nxdx = ⎢ ∫ (−k ) sin nxdx + ∫ k sin nxdx⎥ π −π π ⎣ −π 0 ⎦
1 ⎡ cos nx 0 cos nx π ⎤ = ⎢k −k ⎥ n −π n 0⎦ π⎣
k 2k (cos 0 − cos(−nπ ) − cos nπ + cos 0) = (1 − cos nπ ) bn = nπ nπ ∞
2k (1 − cos nπ ) n =1 nπ
f ( x) = ∑
4k ⎛ 1 1 1 ⎞ f ( x) = ⎜ sin x + sin 3 x + sin 5 x + sin 7 x + L⎟ π ⎝ 3 5 7 ⎠ Matematika Teknik II ( Ir. I Nyoman Setiawan, MT)
5
DERET FOURIER T = 2L z
Fungsi dengan periode T = 2L
( T = 2π /ω, L= π /ω)
nπx ⎞ nπx ⎛ + bn sin f ( x) = a0 + ∑ ⎜ an cos ⎟ L ⎠ L n =1 ⎝ ∞
L
Koefisien deret Fourier :
1 a0 = f ( x)dx ∫ 2L − L nπx 1 an = ∫ f ( x) cos dx L −L L
n = 1,2,L
nπx 1 bn = ∫ f ( x) sin dx L −L L
n = 1,2,L
L
L
Matematika Teknik II ( Ir. I Nyoman Setiawan, MT)
6
Contoh :
⎧0 ⎪ f ( x ) = ⎨k ⎪0 ⎩
jika − 2 < x < −1 jika jika
− 1 < x < 1 T = 2 L = 4, L = 2 1< x < 2
Matematika Teknik II ( Ir. I Nyoman Setiawan, MT)
7
Penyelesaian : 2 1 ⎤ 1⎡ 1⎤ k 1 1⎡ a0 = ∫ f ( x)dx = ⎢ ∫ kdx ⎥ = ⎢ kx ⎥ = 4 −2 4 ⎣ −1 ⎦ 4 ⎣ − 1⎦ 2
2 1 nπx nπx ⎤ 1 1⎡ an = ∫ f ( x) cos dx = ⎢ ∫ k cos dx ⎥ 2 −2 2 2 ⎣ −1 2 ⎦
nπx 1 ⎤ 2k nπ 1⎡k = ⎢ sin = sin ⎥ 2⎣ n 2 − 1⎦ nπ 2 an = 0, jika n genap 2k 2k an = , jika n = 1,5,9,L an = − , jika n = 3,7,11,L nπ nπ Matematika Teknik II ( Ir. I Nyoman Setiawan, MT)
8
Penyelesaian : 2 1 1 1⎡ nπx nπx ⎤ bn = ∫ f ( x) sin dx = ⎢ ∫ k sin dx ⎥ 2 −2 2 2 ⎣−1 2 ⎦
1⎡k nπx 1 ⎤ = ⎢ cos ⎥ = 0, untuk n = 1,2,3,L 2⎣ n 2 − 1⎦
nπ f ( x) = a0 + ∑ an cos x 2 n =1 ∞
1 3π 1 5π π k 2k ⎛ ⎞ f ( x) = + x + cos x − + L⎟ ⎜ cos x − cos 2 π ⎝ 2 3 2 5 2 ⎠ Matematika Teknik II ( Ir. I Nyoman Setiawan, MT)
9
