Trzy harmoniczne przebiegu prostokątnego

Rozwiązanie

1. Liczymy całkę ze znakiem napięcia

Oznaczmy dodatnią wartość U = 2 V. Średnia jest zerowa, a przedłużenie okresowe jest nieparzyste względem zera, więc aₙ = 0. Dla bₙ:

b_n=\frac{2U}{T}\left[\int_0^{T/2}\sin(n\omega_0t)\,dt-\int_{T/2}^{T}\sin(n\omega_0t)\,dt\right].

Pierwsza całka wynosi [1 − (−1)ⁿ]/(nω₀), druga [(−1)ⁿ − 1]/(nω₀). Odejmujemy je, a następnie używamy Tω₀ = 2π. Dostajemy bₙ = 2U[1 − (−1)ⁿ]/(πn). Zatem bₙ = 8/(πn) V dla n nieparzystych i zero dla parzystych.

2. Budujemy przybliżenie i podstawiamy czas

u_5(t)=\frac8\pi\,\mathrm{V}\left[\sin\omega_0t+\frac{\sin3\omega_0t}{3}+\frac{\sin5\omega_0t}{5}\right].

Indeks 5 oznacza najwyższą zachowaną harmoniczną, a nie pięć składników. Przy t = T/4 wartości sinusów wynoszą kolejno 1, −1, 1:

u_5(T/4)=\frac8\pi\left(1-\frac13+\frac15\right)\,\mathrm{V}\approx2{,}207\,\mathrm{V}.

To o około 0,207 V więcej niż zadane 2 V. Ten konkretny punkt nie wyznacza maksymalnego przeregulowania krzywej.

3. Interpretujemy punkt nieciągłości

Przy t = 0 wszystkie sinusy są zerowe, więc u₅(0) = 0. Również graniczny szereg Fouriera przyjmuje w skoku średnią (−2 V + 2 V)/2 = 0. Skończona suma funkcji ciągłych pozostaje ciągła; żadna liczba zachowanych harmonicznych nie utworzy dokładnego skoku.

Wynik: niezerowe bₙ = 8/(πn) V dla n nieparzystych; u₅(T/4) ≈ 2,207 V; u₅(0) = 0. Więcej harmonicznych poprawia opis poza skokiem, lecz nie uprawnia do żądania jednostajnie zanikającego błędu przy nieciągłości.

Powiązana teoria

Szereg Fouriera: harmoniczne, faza i symetria przebiegu

Dalsza lektura

Materiał referencyjny