ğ ş O T A N L I Ç Aaskind.sakarya.edu.tr/sites/askind.sakarya.edu.tr/file/3.pdf · Sinyaller &...
Transcript of ğ ş O T A N L I Ç Aaskind.sakarya.edu.tr/sites/askind.sakarya.edu.tr/file/3.pdf · Sinyaller &...
Sinyaller & Sistemler – Fourier Serisi
30
Sinyallerin Zaman – Frekans Analizleri : FOURIER TEORİSİ Bu bölümden itibaren işaret işleme (signal processing) kavram ve yöntemlerine eğilerek işaretleri analiz etmeye çalışacağız. Özellikle bir işaretin frekansa bağlı değişimini gösteren analizi çok daha önemlidir.
FOURIER SERİSİ Fourier serisi, Fransız matematikçi ve fizikçi (1768-1830) Jean Baptista Joseph Fourier in 1800 li yıllarda (1822) ortaya koyduğu Fourier teorinin periyodik işaretler kısmıyla ilgili olan ilk bölümünü oluşturmaktadır. Bu amaçla, periyodik işaret olarak durağan işaretler (stationary signals) üzerinde durulacaktır. Aşağıda Fourier serisine tipik olan genel bir periyodik işaret verilmiştir. )(tx
t
T− 2
T− 0
2
T T
Şekil 1.Periyodik işaret (sonsuz enerjili işaret): Fourier serisi Verilen işaretin,
)()( Ttxtx += periyodiklik koşulunu sağladığını görmekteyiz.
Trigonometrik Fourier Serisi ile Periyodik İşaretlerin Gösterimi
},sin,,2sin,sin,)0sin( ;
,cos,,2cos,cos,)0cos({)(
00201
0
00
00201
1
00
�������
�������
tnωbtωbtωbtωb
tnωatωatωatωatf
n
n
×
×=
},sin,,2sin,sin; ,cos,,2cos,cos,{)( 00201002010 ���� tnωbtωbtωbtnωatωatωaatf nn=
tnωbtnωatf n
n
n 00
0 sin cos)( ∑∞
=
+=
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Aşkın Demirkol
31
Fourier Serisi Formülleri Bulunan bağıntılar neticesinde Fourier serisi ne ait denklemleri toparlarsak aşağıdaki ifadeler yazılabilecektir. Fourier serisi
0
001101
00
2 ; ; )sin( )cos()(
TωTttttnωbtnωaatf nnn
n
n
πθθ =+≤≤++++= ∑
∞
=
durumu göz önüne alınırsa
∫+
=01
1
)(1
0
0
Tt
tdttf
Ta
∫+
=01
1
cos)(2
0
0
Tt
tn dttnωtf
Ta
∫+
=01
1
sin)(2
0
0
Tt
tn dttnωtf
Tb
)(tan 1
n
n
na
b−=
−θ
Alternatif gösterim
)sin( )cos()( 01
00 nn
n
nn tnωbtnωaatf θθ ++++= ∑∞
=
)cos()(1
00 n
n
n tnωCCtf θ++= ∑∞
=
22nnn baC +=
00 aC =
nnn
nnn
Cb
Ca
θ
θ
sin
cos
−=
=
Fourier Serisinin Spektrum Gösterimi
nC
0
0 2
Tω
π=
ω 0 0ω 02ω 03ω 04ω
Şekil 2. ωCn − Düzlemi : ayrık Fourier spektrumu
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Sinyaller & Sistemler – Fourier Serisi
32
Fourier Serisinin Varlığı ve Dirichlet Koşulları Fourier serisinin mevcudiyeti ve varlığı Dirichlet koşulları ile tanımlanmaktadır. İki türlü Dirichlet koşulu vardır ; 1. Zayıf Dirichlet koşulu
Bu koşulda Fourier serisinin varlığı test edilmektedir : ∞<∫0
)(T
dttf
2. Kuvvetli Dirichlet koşulu Eğer )(tf fonksiyonunun bir periyodluk süreçte sonlu sayıda maksimum ve minumum
noktası var ve eğer aynı zamanda aynı periyod içinde sonlu sayıda ve her biri sonlu süreksiz (discontinuity, piecewise fonksiyonlar) noktası varsa, kuvvetli Dirichlet koşulu olduğu kabul edilir. Çok Bilinen İşaretlerin Fourier Serisiyle Gösterimi 1. Kare dalga )(tf A
∑∞
= −
−=
1
0
)12(
] 2)12sin[(4)(
n n
tfnAtf
π
π t
T
2. Darbe dizisi )(tf
∑∞
=
+=1
00 ) 2cos) sin( 2
)(n
tnffnn
A
T
Atf πτπ
π
τ A
t τ T
Exponensiyel gösterim
∑∞
−∞=
=
n
tfnjn eDtf
2 0 )( π
dtetfT
DT
T
tfnjn ∫−
−=
2/
2/ 2 0 )(
1 π
) (sin 0ττ
fncT
ADn =
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Aşkın Demirkol
33
3. Üçgen dalga )(tf A
∑∞
=
=
12
0
2
) 2sin(
2sin
8)(
n n
tfnAtf
ππ
π t
T
4. Testere dişi dalga )(tf A
∑∞
=
−=1
0 ) 2sin(2)(
n n
tfAtf
π
π t
A− T
Şekil 3.Çeşitli periyodik işaretlerin Fourier serisi Gösterimleri Örnek
)6
7cos(5)
3
2cos(3)
2cos(72)( 321 θθθ ++++++=
ttttf İşaretinin periyodikliğini araştırın.
Çözüm Verieln işaret )cos(5)cos(3)cos(72)( 332211 θθθ ++++++= tωtωtωtf olarak
düşünüldüğünde frekansların )6
7 ,
3
2 ,
2
1( 321 === ωωω olduğu görülecektir. İşaretin
periyodik olması, 0=n harmoniği hariç için harmoniklerdeki “t” değişkeninin katsayıları
durumundaki frekansların yani )6
7,
3
2,
2
1( oranlarının rasyonel bir sayı olması ile mümkündür.
Buna bakarsak,
7
4
6/7
3/2 ve
4
3
3/2
2/1==
elde edilen 4
3 ve
7
4rasyonel sayılar olduğundan, verilen işaretin periyodik olduğu görülür.
Bunun ardından, temel frekansın ne olduğunun hesaplanması gerekir. Bunun için verilen zamana ait katsayılar
2
1)
6
1( 3 = ,
3
2)
6
1( 4 = ve
6
7)
6
1( 7 =
olarak düşünüldüğünde tüm harmonikleri kapsayan temel frekansın 6
10 =ω olduğunu
görmekteyiz. Temel frekans 3. 4. ve 7. harmoniklerle gösterildiğinden verilen )(tf işareti
üçüncü, dördüncü ve yedinci harmoniklerden oluşmaktadır. Temel frekans 6
1 olduğuna göre
temel periyod,
πππ
12)6/1
22
0
0 ===ω
T
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Sinyaller & Sistemler – Fourier Serisi
34
Örnek Aşağıda değişimi verilen )(tf işaretini Fourier serisine açın.
)(tf
1 2/te
− t π3− π2− π− 0 π π2 π3 Şekil 4.Periodik bir işaretin Fourier serisi Çözüm Öncelikle Fourier serisine açılma koşulu olan işaretinin
)()( Ttftf +=
olan periodik olma koşulunun şekilden
)()( π+= tftf
ile sağladığını görmekteyiz. İşaretin 0T temel periodu π olduğundan ( π=0T ), periodik olup,
Fourier serisine açılabileceği görülmektedir. Bu onaylamanın ardından Fourier serisinin
nnn baa θ ve ,,0 parametrelerinin bulunması aşamasına geçilebilir.
Daha önce yukarıda ana hatlarıyla ele alınan örneği bu kez Fourier serisinin formülasyonları kullanılarak tekrar çözülecektir. Eğer verilen şekil Fourier serisi ile ifade edilecekse periodik olması düşünüleceğinden, verilen işaretin bu önemli koşulu sağladığını değişiminden de
görmekteyiz. Şimdi bu yeni duruma göre exponensiyel bir fonksiyonu gösteren 2/)( tetf −=
işaretinin Fourier karşılığını bulmamız gerekiyor. Bunun için Fourier serisini gösteren genel ifadesindeki
)sin()cos()( 01
00 nnn
n
n tnωbtnωaatf θθ ++++= ∑∞
=
nn baa ve,0 katsayılarını ilgili denklemlerinden bulmamız gerekiyor.
)sin()cos()( 01
00 tnωbtnωaatf n
n
n ++= ∑∞
=
önecelikle
π≤≤=− tetf t 0 , )( 2/
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Aşkın Demirkol
35
ifadesinde,
π=0T
22
0
0 ==T
ωπ
buna göre,
ntbntaatf n
n
n 2 sin2 cos)(1
0 ++= ∑∞
=
yazılır, buradan,
504.0
1
)(1
0
2/
0
0
01
1
=
== ∫∫−
+ π
πdtedttf
Ta t
Tt
t
Serinin ortalama veya d.c. değeri olarak bilinen 0a , fonksiyon üst yarı düzlemde olduğu için
00 ≠a bulundu. Eğer fonksiyon üst yarı düzlemde olmasaydı 00 =a olurdu.
∫
∫
−
+
=
=
π
π 0
2/
0
0
2 cos2
cos)(2 01
1
dtnte
dttnωtfT
a
t
Tt
tn
bu bir kısmi integrasyon ifadesidir.
∫ ∫−= vduuvudv
çözüm için,
−==
=−=
==
=
∫∫
∫
−
−
−
ππ
π
ππ
π
00
2/
2/
0
2/
2
2
2sin2
1 ,
2
1
2cos ,
2 cos2
duvuvdvua
ntn
vdtedu
dtntdveu
dtntea
n
t
t
t
n
eğer,
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Sinyaller & Sistemler – Fourier Serisi
36
nqp 2 , 2
1=−=
( )
+=
+
+=
=
=
∫
∫−
2
0
22
0
0
2/
161
2 504.0
sincos
q cos2
2 cos2
n
qtqqtpqp
e
dtte
dtntea
pt
pt
t
n
π
π
π
π
π
aynı şekilde nb çözülürse, ∫∫−
+
==π
π 0
2/0
0
2 sin2
sin)(2 01
1
dtntedttnωtfT
bt
Tt
tn
burada da
kısmi integrasyon gerekecektir.
−==
−=−=
==
=
∫∫
∫
−
−
−
ππ
π
ππ
π
00
2/
2/
0
2/
2
2
2cos2
1 ,
2
1
2sin ,
2 sin2
duvuvdvub
ntn
vdtedu
dtntdveu
dtnteb
n
t
t
t
n
eğer,
nqp 2 , 2
1=−=
( )
+=
−
+=
=
=
∫
∫−
2
0
22
0
0
2/
161
8n 504.0
sinsin
q sin2
2 sin2
n
qtqqtpqp
e
dtte
dtnteb
pt
pt
t
n
π
π
π
π
π
sonuçta bulunan katsayılara göre Fourier serisinin ifadesi,
π≤≤
+
++= ∑
∞
=
tntnntn
tfn
0 , )2sin42(cos161
21 504.0)(
12
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Aşkın Demirkol
37
)cos()(1
00 n
n
n tnωCCtf θ++= ∑∞
=
gibi kompakt forma dönüştürürsek,
504.00 =C
+=
++
+=+=
222
2
22
22
161
2 504.0
)161(
64
)161(
4 504.0
nn
n
nbaCn
nna
b
n
n
n 4tan)4(tan)(tan 111 −−−−=−=
−=θ
)4tancos(161
121 504.0)( 1
10
2
−
++=
−∞
=
∑ ntnωn
tfn
nC
0.504 • 0 2 4 6 8 10 ω Şekil 5.Periodik bir işaretin Fourier serisindeki Frekans genlikleri 0 2 4 6 8 10 nθ ω
2
π−
Şekil 6.Periodik bir işaretin Fourier serisindeki Faz - Frekans görüntüsü Örnek Aşağıda verilen kare dalgayyı Fourier serisine açınız. )(tf
1 t
π3− π2− π− 2
π− 0
2
π π π2 π3
Şekil 7.Periodik darbe işaretinin Fourier serisi
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Sinyaller & Sistemler – Fourier Serisi
38
Çözüm Öncelikle Fourier serisine açılma koşulu olan işaretinin
)()( Ttftf +=
olan periodiklik koşulunun şekilden yine,
)2()( π+= tftf
ile sağladığını görmekteyiz. İşaret ( π20 =T ) temel periodlu olup, Fourier serisine
açılabileceği görülmektedir. Böylece Fourier serisinin nnn baa θ ve ,,0 parametreleri
hesaplanabilir. Şekilden de görüldüğü gibi işaret 1)( =tf , ),( ππ− aralığında tanımlıdır.
π20 =T
12
22
0
0 ===π
ππ
Tω .
Fourier serisini gösteren genel ifadesindeki
)sin()cos()( 01
00 nnn
n
n tnωbtnωaatf θθ ++++= ∑∞
=
nn baa ve,0 katsayılarını ilgili denklemlerinden bulmamız gerekiyor.
)sin()cos()( 01
00 tnωbtnωaatf n
n
n ++= ∑∞
=
ilk anda tesbit ettiğimiz değerler
ππ ≤≤= ttf - , 1)(
ifadesinde yerine konulursa,
ntbntaatf n
n
n sin cos)(1
0 ++= ∑∞
=
olur. Buradan,
[ ]
2
1
02
11 1
2
2 1
2
1 )(
1 2/0
2/
0
2/
2/0
0
01
1
=
−===== ∫∫∫ −
+ π
ππππ
πππ
πtdtdtdttf
Ta
Tt
t
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Aşkın Demirkol
39
Serinin ortalama veya d.c. değeri olarak bilinen 0a , eğer fonksiyon üst yarı düzlemde
olmasaydı 00 =a olurdu.
=
=
×=== ∫∫∫ −
+
2sin
2
sin12
cos 2
22 cos1
2
2 cos)(
22/
0
2/
0
2/
2/0
0
01
1
π
π
πππ
πππ
π
n
n
ntn
dtntdtntdttnωtfT
aTt
tn
=
=
=
=
=
2 sinc
2
2
sin
2
2
2sin2
2sin2
2sin
2
π
π
π
π
π
π
π
π
π
na
n
n
n
n
n
n
n
na
n
n
=−
=
=
=
�
�
,15,11,7,3
2
,13,9,5,1
2
sayıçift 0
nn
nn
n
an
π
π
aynı şekilde nb çözülürse,
0
2cos
2cos
2
cos12
sin12
2 sin)(
22/
2/
2/
2/0
0
01
1
=
−−=
−=×==
−−
+
∫∫
ππ
π
ππ
π
π
π
π
nnn
ntn
dtntdttnωtfT
bTt
tn
Zaten çift fonksiyon özelliğinden 0=nb olacağı açıktır. Öte yandan faz ifadesi ise, çift
fonksiyon olduğundan ( 00
==a
arctga
barctg ), buradan muhtemelen bir π kadarlık faz açısı
görünüyor.
==−
==
�,15,11,7,3 ,tek
çift 0
nn
n
πθ
Sonuçta bulunan katsayılara göre Fourier serisinin ifadesi,
−++−++−++= ))11cos(
11
19cos
9
1)7cos(
7
15cos
5
1)3cos(
3
1cos
2
2
1)( �πππ
πtttttttf
Eğer )cos(cos π±=− xx
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Sinyaller & Sistemler – Fourier Serisi
40
özelliği kullanılırsa, seri aşağıdaki gibi yazılır.
+−+−+= �tttttf 7cos
7
15cos
5
13cos
3
1cos
2
2
1)(
π
tnn
tfn
n
)12cos()1(2
)1(2
2
1)(
1
−−
−−= ∑
∞
=π
Bu ifadeyi,
)cos()(1
00 n
n
n tnωCCtf θ++= ∑∞
=
gibi kompakt forma dönüştürürsek,
2
10 =C
nn aabaC =+=+= 0 222
0)0
(tan 1=
=−=
−
n
n
na
bθ
0=nθ anlamı serinin bileşenleri (terimleri) arasında faz farkı yoktur, yani sıfırdır. Dolaysıyla
faz spektrumlarına gerek yoktur. Ancak spektrumdan faz farkının π olması, bileşenlerin fazların aynı olma gerçeğini değiştirmez. Çünkü )cos(cos π±=− xx olduğundan bileşenler
aynı fazda olacaklardır. Bu durumda Fourier spektrumu,
tek , ] )12cos[(2
sin)12(
12
2
1 )cos(
2sin
2
2
1)(
110 =−
−+=+
+= ∑∑
∞
=
∞
=
ntnn
ntnω
n
ntf
n
n
n
π
πθ
π
π
nC
1 0.5
π5
2
0 2 4 6 8 10 ω
π3
2−
Şekil 8.Periodik bir işaretin Fourier serisindeki Frekans genlikleri
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Aşkın Demirkol
41
EXPONENSİYEL FOURİER SERİSİ
0
0
0
0
( )
1( )
jn ω t
n
n
j n ω t
nT
f t D e
D f t e dtT
∞
=−∞
−
=
=
∑
∫ Exponensiyel formüller
Exponensiyel Fourier Serisinde Genlik ve Faz Spektrumun Dağılımı Reel periyodik )(tf işaretinin klasik ve exponensiyel gösterimdeki genlik spektrumlarını
aşağıdaki gösterimleriye göz önüne alalım.
nC
)(tf
(a) (b) 0ω
t ω 0 0 Şekil 9. (a) Fourier serisinde sürekli işaret, (b) ayrık frekans spektrumu
nD
(c) 0ω
ω 0 Şekil 10. (c) Fourier serisinde genlik spektrumu
θ nj Dj
n n nD D e D e
∠= = nD∠
π ω 15− 11− 7− 3− 0 3 7 11 15 π− Şekil 11.Periyodik darbe işaretinin faz spektrumu
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Sinyaller & Sistemler – Fourier Serisi
42
Örnek
Aşağıda nD genlik ve nD ∠ faz bilgileri Fourier serisiyle verilmiş işareti araştırın.
nD nD ∠
2/π 4 3 4/π 2 1 6/π 3 6 9 ω 9− 6− 3− 0 ω
9− 6− 3− 0 3 6 9 6/π− 4/π−
Şekil 12. nD ve nD ∠ Spektrumları 2/π−
Çözüm Bu işaretin exponensiyel Fourier serisine açmak için gereken parametreleri hesaplamamız gerekiyor. İlk olarak şekilden yararlanarak temel frekansın rad/sn 30 =ω olduğunu
3,2,1,0=n harmonikleri için açıkça görmekteyiz. Bununla birlikte nD , nC ve nD ∠
spektrumları sırasıyla aşağıdaki gibi elde edilir. 1 , 2 , 3 , 4 3210 ==== DDDD
2/nn CD =
4C , 4C , 6C , 4 3210 ====C
Buna göre nC spektrumu aşağıdaki gibi olacaktır.
nC nθ
6 0 3 6 9 ω 4 6/π− 4/π− 2 2/π− ω 0 3 6 9 Şekil 13. nC Spektrumu
Faz spektrumundan ise
2 ,
4 ,
6321
πθ
πθ
πθ −=−=−=
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Aşkın Demirkol
43
bilgilerini elde etmekteyiz. Şimdi exponensiyel fourier serisi 3,2,1,0=n harmonikleri için
aşağıdaki gibi oluşturulabilir.
∑∑−=−=
==
3
3
3 3
3
0 )(n
tnjn
n
tωnjn eDeDtf
nj
nn eDDθ =
0
3 3 3 ( 3) 3 ( 2) 3
3 23 3
( 1) 3 (0) 3 (1) 3 (2) 3 (3) 3 1 0 1 2 3
3 2
0 31 1 2
( )
j jj jj n ω t j n t j t j t
n n
n n
j jj j jj t j t j t j t j t
n nf t D e e D e e D e e D e e
D e e D e e D e e D e e D e e
θ θθ θ
θ θθ θ θ
− −
− −
=− =−
−
−
− −
−
= = = +
+ + + + +
∑ ∑
9 6 3 062 4
3 6 9 6 2 2
(3 )( 9 ) (6 ) 0 62 4
3
(1) (2) (3) (4)
(3) (2) (1)
2 3 4
jj jj t j t j t
j j jj t j t j t
j tj t j tj t
e e e e e e e
e e e e e e
e e e e
ππ π
π π πθ
ππ π
− − −
− − −
− −− − − −
= + + +
+ + +
= + + +
(3 ) ( 6 ) (9 )6 4 2
(3 ) (3 ) ( 6 ) (6 ) (9 ) ( 9 )6 6 4 4 2 2
(3 ) (3 ) ( 6 ) (66 6 4
3 2
4 3( ) 2( ) ( )
4 2 3( ) 2(
2
j t j t j t
j t j t j t j t j t j t
j t j t j t j
e e e
e e e e e e
e e e e
π π π
π π π π π π
π π π
− − −
− − − − − − − − −
− − − − −
+ + +
= + + + + + +
+ += + +
) (9 ) ( 9 )4 2 2
) ( )2 2
4 2 3cos(3 ) 2cos(6 ) cos(9 ) 6 4 2
4 6cos(3 ) 4cos(6 ) 2cos(9 ) 6 4 2
t j t j t
e e
t t t
t t t
π π π
π π π
π π π
− − − − + +
= + − + − + −
= + − + − + −
2cos
αα
αjj ee +
=
)2
9cos(4)4
6cos(2)6
3cos(64)(πππ
−+−+−+= ttttf
Örnek Aşağıda verilen kare dalgaya ilişkin Fourier serisinin exponensiyel formda analizini yapın. )(tf
1 t
π3− π2− π− 2
π− 0
2
π π π2 π3
Şekil 14.Periodik darbe işaretinin Fourier serisi
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Sinyaller & Sistemler – Fourier Serisi
44
Çözüm
Şekilden de görüldüğü gibi işaret 1)( =tf , )2
,2
(ππ
− aralığında tanımlı ve π genişliğindeki
dörtgen darbelerden oluşan periyodik işaretin periyodu [ ππ ,− ], π20 =T ve ,
12
0
0 ==T
ωπ
. Seri periodik olduğundan, Fourier serisi karşılığı olarak,
0
0 2
, )( 0
TωeDtf
n
tωjn
n
π== ∑
∞
−∞=
∫∫ −
−
−
−==
2/
2/
0
2/
2/
0
)( 1
)( 1 0
0
0π
πdtetf
Tdtetf
TD
tnjT
T
tωjn
n
Period 0T , ( 2/, 2/ ππ− ) , olarak düşünülürse, π20 =T
12
2 0 ==
π
πω
[ ]
[ ] [ ] [ ]
=
−=
−=−−=−−=
−=
−===
−
−−−−−
−
−
−
−
−
−
−
−
∫∫
)2
sin(1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
11
2
1 (1)
2
1 )(
1
2/ 2/
2/ 2/ 2/ 2/ )2/( )2/(
2/
2/
2/
2/
2/
2/
2/
2/
0
0
0
0
π
π
π
πππ
πππ
ππ
ππππππ
π
π
π
π
π
π
n
n
j
ee
n
eenj
eenj
eenj
ejn
ejn
dtedtetfT
D
jnjn
jnjnjnjnjnjn
tjntjntnjT
T
tωjn
n
= )
2sin(
1 π
π
n
nDn
)2
( sinc2
1
2
)2
sin(
2
1
2
)2
sin(2
1
)2
sin(
2
2
1
)2
sin()2/1(
)2/1(1)
2sin(
1
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
nDn
=
==
=
×
×=
=
)2
(sin2
1 πncDn =
0=n için, 1)0( sinc = olduğundan
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Aşkın Demirkol
45
2
1)0(sin
2
1)
2
0(sin
2
10 === ccD
π
�,18,14,10,6,2=n için
0
2
)2
sin(
2
1)
2(sin
2
1===
π
π
π
n
n
ncDn
�,17,13,9,5,1=n için
ππ
π
π
nn
n
ncDn
1
2
)2
sin(
2
1)
2(sin
2
1===
�,19,15,11,7,3=n
ππ
π
π
nn
n
ncDn
1
2
)2
sin(
2
1)
2(sin
2
1−===
2
10 =D ,
=−
=
=
=
�
�
,15,11,7,3
1
,13,9,5,1
1
çift 0
nn
nn
n
Dn
π
π
�),2
11sin(
11
1),
2
9sin(
9
1),
2
7sin(
7
1),
2
5sin(
5
1),
2
3sin(
3
1),
2sin(
1)
2sin(
1 π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π==
n
nDn
))2
11sin(
11
1)
2
9sin(
9
1)
2
7sin(
7
1)
2
5sin(
5
1)
2
3sin(
3
1)
2(sin(
1�++++++=
ππππππ
πnD
nD
1/2 π/1 π/1 π5/1 π5/1 π9/1 π9/1 9− 5− 1− 0 1 3 5 7 9 ω π7/1− π3/1− π3/1− π7/1− Şekil 15.Periodik bir işaretin Fourier serisindeki Frekans genlikleri
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Sinyaller & Sistemler – Fourier Serisi
46
SÜREKLİ FOURIER SERİSİNİN ÖZELLİKLERİ
0 0
0
ω ω
0
1( ) ( )j n t j n t
n nT
n
x t D e D x t e dtT
∞−
=−∞
= → =∑ ∫
veya
0 0
0
ω ω
0
1( ) ( ) ( ) ( ) j n t j n t
Tn
x t X n e X n x t e dtT
∞−
=−∞
= → =∑ ∫
Lineerlik
)( ve)( tytx 0T periodlu fonksiyonlar ve nn ba ve de bunların ilgili Fourier seri
katsayıları ise,
n
FS
atx ⇒)(
n
FS
bty ⇒)(
bu fonksiyonların linear olması için çıkışın )(tz ,
)()()( 21 tyctxctz +=
olması gerekir.
nn
FS
bcactyctxc 2121 )()( +⇒+
Fourier serisi bu özelliği sağladığı için lineer bir seri olduğu düşünülebilir. Zaman öteleme (time shifting)
( ) ( )FS
nx t D X n⇒ =
0 0
0 0 0
0 0
( )0
( )
( )
jn ω t t
n
n
jn ω t jn ω t
n
n
jn ω t
x t t D e
e D e
e x t
∞−
=−∞
∞−
=−∞
−
− =
=
=
∑
∑
0 0 0( )
FSjn ω t
nx t t e D
−− ⇒
0 0 ω 0( ) ( )
FSj n t
x t t e X n−
− ↔
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Aşkın Demirkol
47
Zaman tersleme (time reversal)
( ) ( )FS
nx t D X n−
− ↔ = = −
( )FS
nx t D⇒
0
0
0
( )
( )
( )
jn ω t
n
n
jn ω t
n
n
jn ω t
n
n
x t D e
D e
D e
∞−
=−∞
∞−
=−∞
∞
−
=−∞
− =
=
=
∑
∑
∑
( ) FS
nx t D
−− ⇒
Zaman ölçekleme (time scaling)
( )FS
nx t D⇒
0
0
( )
( )
( )
jn ω α t
n
n
jn ω t
n
n
x t D e
D eα
α∞
=−∞
∞
=−∞
=
=
∑
∑
Zaman Ölçekleme Özelliği
, ( )
0
FSn n
X Zx a t a a
∈
↔
Frekans Öteleme Özelliği : Modülasyon Özelliği
0 0 ω 0( ) ( )
FSj n t
e x t X n n↔ −
Fourier Serisi ve Güç
)sin()cos()( 00
0 nn
n
nn tnωbtnωatf θθ +++=∑∞
=
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Sinyaller & Sistemler – Fourier Serisi
48
1) ∑∞
=
++=1
00 )cos()(n
nn tnωCCtf θ
ise bunun Parseval karşılığı
2
10
2
0
2
100
)cos(2
1
)cos(
∑
∫ ∑
∞
=
∞
∞−
∞
=
++=
++=
n
nn
n
nnav
tnωCC
dttnωCCP
θ
θ
∑∞
=
+=1
220
2
1
n
nav CCP
2) )sin()cos()( 01
00 nn
n
nn tnωbtnωaatf θθ ++++= ∑∞
=
yapısında ise bunun Parseval karşılığı da aşağıdaki gibi olacaktır.
∑∑∑∫∞
=
∞
=
∞
=−
++=++==1
2
1
220
0
220
220
2/
2/
2)( )(
1
n
n
n
n
n
n
T
Tav baabaadttf
TP
3) Eğer Fourier serisi
∑∞
−∞=
=n
tωnj
n eDtf 0 )(
∑∞
=
+=1
220
n
nav DDP
Harmonik Distorsiyonun Hesaplanması Örnek Giriş işareti tωtx 0cos10)( = olarak verilen bir işaret çıkışında 8± volt seviyesinden
kırpılırsa oluşan bozulmuş işaretteki harmoniklerin seviyesini hesaplayın (B.P. Lathi , Signal
Processing and Linear Systems, s.213). Çözüm
tωtx 0cos10)( = işareti aşağıdaki gibidir.
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Aşkın Demirkol
49
)(tx
10 )(tyd
8 )(ty
05.0 T 05.0 T
01024.0 T t
0 Şekil 16.Distorsiyonlu dalga : kırpılmış tω0cos işareti
Görüldüğü gibi kırpılan kısım )(tyd (kesik çizgili)
)()()( tytxtyd −=
8cos10)( 0 −= tωtyd
Buna göre )(tyd aşağıdaki gibi olacaktır.
)(tyd
8cos10 0 −tω
t 0 01024.0 T 8cos10 0 +tω
Şekil 17.Distorsiyonlu işaretin kırpılmış parçaları Buna göre çıkıştaki )(tyd aşağıdaki gibi düzenlenir.
+≤≤−+
≤−
=
0
1024.02
1024.02
8cos10
1024.0 8cos10
)( 000
00
TT
tTT
tω
Tttω
tyd
Böyle bir tanıma sahip )(tyd işaretinin mevcut yöntemlerden herhangi biri kullanılarak
Fourier serisine açılması mümkündür.Bu fonksiyonun Fourier serisi için gerekli işlemler yapıldığında )(tyd çift fonksiyon olduğu için 0=nb ve nn aC = olur. Bu durumda Fourier
serisi, nn aC = katsayılarını içeren Fourier serisi aşağıdaki gibi elde edilir.
∑∞
=
=1
0cos)(n
nd tnωCty
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Sinyaller & Sistemler – Fourier Serisi
50
Buradan nC
=
=
−
−
−+
+
+
=
çift 0
tek 6435.0sin32
1
)1(6435.0sin
1
)1(6435.0sin20
n
nn
n
n
n
n
n
Cn ππ
buradan seri,
�+++= tωtωtωtyd 000 5cos311.03cos733.0cos04.1)(
olarak hesaplanır.
dttyT
dttyT
P
T
d
T
Tdyd
)(4/
1
)(1
24/
0
2
0
22/
2/0
0
0
0
∫
∫
=
=−
865.0
)8cos10(4 01024.0
0
20
0
=
−= ∫ dttωT
PT
yd
Giriş işaretinin tωtx 0cos10)( = enerjisi
502
102
==fP
Buradan bozulmaya sebep olan harmoniklere ait toplam enerjisi hesaplanır,
100 ×=f
yd
topP
PD
73.1%100 50
865.0=×=topD
Bulunan harmoniklere ait toplam enerjideki topD her bir harmoniğin ne kadar payının
olduğunu hesaplamak için de,
100 ×=f
D
nP
PD n
bağıntısından yararlanılır. Buradan birinci ve üçüncü harmoniklere ait bozulmayı hesaplayalım. Birinci harmonik için,
0.54082
)04.1( 2
1==DP
08.1%100 50
5408.01 =×=D
üçüncü harmonik için,
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Aşkın Demirkol
51
0.26352
)726.0( 2
3==DP
527.0%100 50
2635.03 =×=D
LINEER ZAMANDAN BAĞIMSIZ SÜREKLİ SİSTEMLERİN PERİYODİK GİRİŞLERE CEVABI
tSe
τττ τdethtfethdtfthtfthty
tStS
∫∫∞
∞−
−∞
∞−==−== )()(*)( )( )()(*)()( )(
tS
e fonksiyonunun özelliğinden dolayı burada “ s “ sabit durumundadır. İfade biraz
düzenlenirse,
ττ τdehety
Sts
∫∞
∞−
−= )()(
ττ τdehsH
S
∫∞
∞−
−= )()(
Burada bahsettiğimiz gibi “ s “ in değerleri için )(sH transfer fonksiyonu sabit (reel veya
kompleks) gibi davranmaktadır. Bu yüzden )(sH fonksiyonu vektörel yaklaşımla, özdeğer
(eigenvalue) olarak düşünülebilir.
tSesHty )()( =
Bu yazımda “s” in kompleks değişken değeri için )(sH transfer fonksiyonu olarak
anılmaktadır. Bu durumda giriş işareti olarak )(tf nin
tSetf )( =
alınması durumunda transfer fonksiyonu,
)(
)()(
sF
tysH =
olacaktır. Bu yazım yalnızca LTIC sistemler için geçerli olacaktır, lineer olmayan sistemler için geçerli değildir. Bu durumu Fourier serisine uyarlarsak,
)( 0∑∞
−∞=
=n
tωjn
n eDtf
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Sinyaller & Sistemler – Fourier Serisi
52
Biliyoruz ki, giriş )()( sFetf tS== için çıkış,
tSesHty )()( =
idi. Bu yaklaşımı frekansa göre yazarsak girişte tSe
yerine tωje
buna uygun olarak da tsesH )( çıkış yerine de tωjejωH )( alınacağından
����������
ş ık ı ç
ş ir i g
)( tωjtωjejωHe =
elde edilir. Dikkat edilirse girişteki tωje
fonksiyonu, çıkışta da aynen elde edilmiştir. Hatırlanacağı gibi bu tam değer fonksiyonlarının en önemli özelliği, ve de avantajıydı. Buna göre,
���� ����� ���� ��� ��
p a ve c
0
ş ir i g
00 ) ( ∑∑∞
−∞=
∞
−∞=
=
n
tωjnn
n
tωjnn eωjnHDeD
olacaktır. Böylece periodik bir giriş
00
2 , )( 0
TωeDtf
n
tωjnn
π== ∑
∞
−∞=
için LTIC sistem cevabı olarak
∑∞
−∞=
=
n
tωjnn ejnωHDty
0
0 )( )(
elde edilecektir. Diğer bir deyişle bir LTI sistemin Fourier serisi karekterindeki bir girişe, verdiği cevap elde edilmiştir. ) ( 0ωjnH nin sistem transfer fonksiyonu olduğu düşünülürse,
periodik LTIC sistem için
∑∞
−∞=
=
n
tωjnn eD
tyωjnH
0
0
)() (
Bunların sonucunda gerek elde edilen
∑∞
−∞=
=
n
tωjnn etjnωHDty
0
0 )( )(
gerekse
∑∞
−∞=
=
n
tωjnn eD
tyωjnH
0
0
)() (
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Aşkın Demirkol
53
ifadelerinden girişi sinusoid olan sistemin çıkışı veya transfer fonksiyonu da sinusoid özellikte elde edilmiştir. Ancak dikkat edilirse, çıkış girişle aynı frekansta olmasına rağmen, farklı genlik ve fazda oluşabilmektedir. Bu girişi sinusoid olan sistemlerin frekans cevaplarının önemli özelliğidir. Örnek Aşağıda girişi verilen LTIC sistemin )(tf
1 2/te
− t π3− π2− π− 0 π π2 π3 Şekil 18.Periodik bir işaretin Fourier serisi
transfer fonksiyonu 32
)(2
++=
ss
ssH ise, sistemin cevabını hesaplayınız.
Çözüm Verilen )(tf işaretinin Fourier serisine açılımı daha önce yapılmıştı.
+=
2161
2 504.0
nan
ve
+=
2161
8n 504.0
nbn
njnjnj
nj
n
nj
n
nj
nn
nj
njbaD nnn
41
0.504
)41)(4(1
41504.0
161
41 504.0
161
4
161
1 504.0
161
8 504.0
161
2 504.0
2
1)(
2
1
2
2222
+=
+−
−=
+
−=
+−
+=
+−
+=−=
njDn
41
504.0
+=
Ayrıca π=0 T ve 2 0 =ω idi. Bunların ışığında sistemin cevabı
32)(
2++
=ss
ssH ise
3)(2)()(
02
0
00
++==
jnωjnω
jnωjnωsH
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I
Sinyaller & Sistemler – Fourier Serisi
54
∑∑
∑∑∞
−∞=
∞
−∞=
∞
−∞=
∞
−∞=
+−++=
+++=
+==
n
tjn
n
tjn
n
tjn
n
tωjn
n
nnjjn
nej
nje
jnjn
jnω
nj
ejnHnj
ejnωHDty
344)2(
2
41
504.0
3)2(2)2(
41
504.0
)2( 41
504.0 )( )(
2
2 2
2
0
2 0
0
∑∑∞
−∞=
∞
−∞= +−−−+=
+−++=
n
tjn
n
tjn
njn
nej
njnnjjn
nej
njty
3)1(44
2
41
504.0
344)2(
2
41
504.0)(
2
2
2
2
∑∞
−∞= −−++−=
n
tjn
njn
nej
njty
3)1(44
2
41
504.0)(
2
2
Ç A L I Ş
M A
N O
T L A R I