<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\input{preamble}

\title{2 - 11 - FOURIEROMVENDING - LF}

%sirkulÃ¦re

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

\maketitle

\begin{oppgave}{1}
La $T&gt;2$. 
Vi beregner 
\begin{align*}
	c_n&amp;=\; 
	\frac{1}{T} 
	\int_{-T/2}^{T/2}
	y(t) e^{in\omega t}\; dt 
	\\[2mm]
	&amp;=\;
	\frac{1}{T} 
	\int_{-1}^{1}
	e^{in\omega t}\; dt 
	\\[2mm]
	&amp;=\;
	\frac{1}{in\omega T} 
	\left( e^{in\omega} - e^{-in\omega }   \right)
	=
	\frac{2}{T} \cdot
	\frac{\sin\left( n\omega  \right)}{n\omega}
\end{align*}
og $c_0=2/T$. 
Vi setter sÃ¥ sammen rekken,
og fÃ¥r
\begin{align*}
	y(t) &amp;\sim 
	\sum_{n=-\infty}^\infty 
	c_n e^{in\omega t}\\[2mm]
	&amp;=\; 
	\frac{2}{T}+
	\sum_{n=-\infty}^\infty 
	\frac{2}{T} \cdot
	\frac{\sin\left( n\omega  \right)}{n\omega}
	e^{in\omega t}\\[2mm]
	&amp;=\; 
	\frac{2}{T}
	\left(1 + 
	\sum_{n=1}^\infty 
	\left(
	\frac{\sin\left( n\omega  \right)}{n\omega}e^{in\omega t}+
	\frac{\sin\left( -n\omega  \right)}{(-n\omega)}e^{-in\omega t}
	\right)\right)\\[2mm]
	&amp;=\; 
	\frac{2}{T}
	\left(1 + 
	\sum_{n=1}^\infty 
	\left(
	\frac{\sin\left( n\omega  \right)}{n\omega}e^{in\omega t}+
	\frac{\sin\left( n\omega  \right)}{n\omega}e^{-in\omega t}
	\right)\right)\\[2mm]
	&amp;=\; 
	\frac{2}{T}
	\left(1 + 
	\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin\left( n\omega  \right)}{n\omega} 
	\left(
	e^{in\omega t}+
	e^{-in\omega t}
	\right)\right)\\[2mm]
	&amp;=\; 
	\frac{2}{T}
	\left(1 + 
	2\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin\left( n\omega  \right)}{n\omega} 
	\cos\left(
	n\omega t
	\right)\right)
\end{align*}
Under er plot av en partialsum med de hundre fÃ¸rste leddene 
for $T$ lik 4, 8, og 16. 

\begin{minipage}{50mm}
\begin{center}
\includegraphics[scale=.32]{../figurer/firkantpuls-4.png}
\end{center}	
\end{minipage}
\begin{minipage}{50mm}
\begin{center}
\includegraphics[scale=.32]{../figurer/firkantpuls-8.png}
\end{center}	
\end{minipage}
\begin{minipage}{50mm}
\begin{center}
\includegraphics[scale=.32]{../figurer/firkantpuls-16.png}
\end{center}	
\end{minipage}
\end{oppgave}

\clearpage
	


\begin{oppgave}{9}
	Vi beregner:
	\begin{align*}
		\hat x(\omega)&amp;=\; 
		\int_{-\infty}^{\infty}
		x(t) e^{-i\omega t}\; dt 
		\\[2mm]
		&amp;=\;
		\int_{-1}^{1}
		e^{-i\omega t}\; dt 
		\\[2mm]
		&amp;=\;
		\frac{-1}{i \omega}
		\left(
		e^{-i\omega } - 
		e^{i\omega } 
		\right)
		=\;
		\frac{2\sin \omega}{\omega}
	\end{align*}
	Denne kalles sinc-funksjonen og er veldig viktig i elektroteknikk. 
	Merk likheten med fourierkoeffisientene fra forrige oppgave
	\begin{align*}
		\frac{2}{T} \cdot
		\frac{\sin\left( n\omega_0  \right)}{n\omega_0}
	\end{align*}
	der jeg har bytta navn fra $\omega$ til $\omega_0$ for Ã¥ 
	poengtere at det at periodisk signal har en grunnfrekvens $\omega_0$
	og sÃ¥ dekompononeres signalet i heltallsmultipler av denne. 
	I fouriertransform gir ikke konseptet \say{grunnfrekvens} noen mening lenger,
	for nÃ¥r signalet ikke er periodisk,
	mÃ¥ man fort ha alle frekvenser pÃ¥ den reelle aksen for Ã¥ rekonstruere signalet:
	\begin{align*}
		x(t)
		&amp;=\;
		\begin{cases}
		1 \quad &amp; |t|\leq1 \\
		0 \quad &amp; |t|&gt;1 \\
		\end{cases}\\[2mm]
		&amp;=\;
		\frac{1}{2\pi}
		\int_{-\infty}^{\infty}
		\frac{2\sin \omega}{\omega} e^{i\omega t}\; dt
	\end{align*}
\end{oppgave}
	

\begin{oppgave}{10}
	Denne blir ikke helt ulik den forrige:
	\begin{align*}
		\hat f(\omega)&amp;=\; 
		\int_{-\infty}^{\infty}
		f(t) e^{-i\omega t}\; dt 
		\\[2mm]
		&amp;=\;
		\int_{-1/2a}^{1/2a}
		ae^{-i\omega t}\; dt 
		\\[2mm]
		&amp;=\;
		\frac{-a}{i \omega}
		\left(
		e^{-i\omega/2a } - 
		e^{i\omega/2a } 
		\right)
		=\;
		\frac{\sin\omega/2a}{\omega/2a}
	\end{align*}
	Her er plot av denne for $a$ lik 1, 5, 10, 20 og 50.
	Merk at nÃ¥r $a\to \infty$ gÃ¥r $\hat x$ mot 1 overalt.
	Dette har sammenheng med oppgave 12 under.\\
	\begin{minipage}{30mm}
	\begin{center}
	\includegraphics[scale=.2]{../figurer/sinc-1}
	\end{center}
	\end{minipage}
	\begin{minipage}{30mm}
	\begin{center}
	\includegraphics[scale=.2]{../figurer/sinc-5}
	\end{center}
	\end{minipage}
	\begin{minipage}{30mm}
	\begin{center}
	\includegraphics[scale=.2]{../figurer/sinc-10}
	\end{center}
	\end{minipage}
	\begin{minipage}{30mm}
	\begin{center}
	\includegraphics[scale=.2]{../figurer/sinc-20}
	\end{center}
	\end{minipage}
	\begin{minipage}{30mm}
	\begin{center}
	\includegraphics[scale=.2]{../figurer/sinc-50}
	\end{center}
	\end{minipage}	
\end{oppgave}

\begin{minipage}{80mm}
	\begin{oppgave}{11}
	Trekantpulsen er gitt ved
	\[
	x(t)=
	\begin{cases}
	&amp;\pi - |t| \qquad |t| \leq \pi\\
	&amp;0 \qquad \qquad \; \pi&lt;|t|
	\end{cases}
	\]
	Vi beregner 
	\begin{align*}
	\hat x(\omega) =&amp; \int_{-\infty}^\infty x(t) e^{-i\omega t} \; dt \\
							=&amp; 2\int_{0}^\pi (\pi-t) \cos \left(\omega t\right) \; dt \\
							=&amp; \frac{2}{\omega}\int_{0}^\pi  \sin \left(\omega t\right) \; dt \\
							=&amp; \frac{2}{\omega^2} \left(1- \cos \left(\omega \pi\right) \right) 
	\end{align*}
	\end{oppgave}
	\end{minipage}
	\begin{minipage}{80mm}
	\begin{center}
	\includegraphics[scale=.55]{../figurer/trekant.png}
	\end{center}
\end{minipage}
	

\begin{oppgave}{12}
	Lett!
	\[
	\hat \delta = \int_{-\infty}^{\infty}\delta(t)e^{-i\omega t}\; dt = e^{0} = 1
	\]
	Se pÃ¥ oppgave 12 over. 
	Signalet 
	\[
		x(t)=
		\lim_{a \to \infty}
		\begin{cases} 
		a \quad |t|&lt;1/2a \\
		0 \quad |t|\geq 1/2a
		\end{cases}
	\]
	er en av mange heuristiske mÃ¥ter Ã¥ sette opp diracpulsen pÃ¥. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{13}
	Denne funksjonen er ogsÃ¥ en av mange heuristiske mÃ¥ter Ã¥ 
	sette opp diracpulsen pÃ¥. 
	Her er plot for $a$ lik 0.001, 0.01, 0.1 og 1:\\
	\begin{minipage}{37mm}
	\begin{center}
	\includegraphics[scale=.22]{../figurer/heuristisk-dirac-1000.png}
	\end{center}
	\end{minipage}
	\begin{minipage}{37mm}
	\begin{center}
	\includegraphics[scale=.22]{../figurer/heuristisk-dirac-100.png}
	\end{center}
	\end{minipage}
	\begin{minipage}{37mm}
	\begin{center}
	\includegraphics[scale=.22]{../figurer/heuristisk-dirac-10.png}
	\end{center}
	\end{minipage}
	\begin{minipage}{37mm}
	\begin{center}
	\includegraphics[scale=.22]{../figurer/heuristisk-dirac-1.png}
	\end{center}
	\end{minipage}	

	\begin{align*}
		\hat f(\omega)&amp;=\; 
		\int_{-\infty}^{\infty}
		e^{-a|t|}e^{-i\omega t}\; dt 
		\\[2mm]
		&amp;=\;
		\int_{-\infty}^{0}
		e^{at}
		e^{-i\omega t}\; dt 
		+
		\int_{0}^{\infty}
		e^{-at}
		e^{-i\omega t}\; dt 
		\\[2mm]
		&amp;=\;
		\int_{-\infty}^{0}
		e^{(a-i\omega) t}\; dt 
		+
		\int_{0}^{\infty}
		e^{-(a+i\omega) t}\; dt 
		\\[2mm]
		&amp;=\;
		\frac{1}{(a-i\omega)}
		e^{(a-i\omega)t}
		\biggr\rvert_{t=-\infty}^{t=0}
		-
		\frac{1}{(a+i\omega)}
		e^{-(a+i\omega)t}
		\biggr\rvert_{t=0}^{t=\infty}
		\\[3mm]
		&amp;=\;
		\frac{1}{(a-i\omega)}+
		\frac{1}{(a+i\omega)}
		=
		\frac{2a}{a^2+\omega^2}
	\end{align*}
	Dette gir OGSÃ… en heuristisk finfin mÃ¥te Ã¥ sette opp diracpulsen pÃ¥ nÃ¥r $a\to 0$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{14}
	Her bruker vi et skittent triks som vi ikke egentlig kan bruke. 
	Men vi er ingeniÃ¸rer og eier ikke skam, 
	sÃ¥ det gÃ¥r bra. 
	I forrige oppgave regnet vi ut at 
	\begin{align*}
		\int_{-\infty}^{\infty}
		e^{-a|t|}e^{-i\omega t}\; dt 
		&amp;=\;
		=
		\frac{2a}{a^2+\omega^2}
	\end{align*}
	og hvis vi skal tro de som har peiling, 
	er fÃ¸lgelig
	\begin{align*}
		e^{-a|t|}
		&amp;=\;
		\int_{-\infty}^{\infty}
		\frac{2a}{a^2+\omega^2}e^{i\omega t}\; d\omega
	\end{align*}
	Hvis vi bytter fortegn pÃ¥ $t$ og deler pÃ¥ $2a$, 
	fÃ¥r vi 
	\begin{align*}
		\frac{1}{2a}e^{-a|t|}
		&amp;=\;
		\int_{-\infty}^{\infty}
		\frac{1}{a^2+\omega^2}e^{-i\omega t}\; d\omega
	\end{align*}
	som er det vi er ute etter, 
	bare med variabelnavnene bytter om. 
	For ordens skyld kan vi bytte: 
	\begin{align*}
		\frac{1}{2a}e^{-a|\omega|}
		&amp;=\;
		\int_{-\infty}^{\infty}
		\frac{1}{a^2+t^2}e^{-i\omega t}\; dt = \hat f(\omega)
	\end{align*}
\end{oppgave}




\begin{oppgave}{15}
	Her kan du bruke oppgave 10 og samme triks. 
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{16}
	Vel, tosidig laplacetransform er 
	\begin{align*}
		X(s)
		&amp;=\;
		\int_{-\infty}^{\infty}
		x(t)e^{-s t}\; dt 
	\end{align*}
	slik at 
	\begin{align*}
		X(i\omega) = \hat x(\omega)
	\end{align*}
	Litt forenklet kan man nok si at i fagfelt der man er opptatt av initialbetingelser 
	(for eksempel regulerings- og prosessteknikk),
	er det litt skummelt Ã¥ si at fourier er spesialtilfelle av laplace
	(fordi regnereglene for derivasjon blir litt forskjellige),
	men i fagfelt der man ikke er det (kretsanalyse), 
	er det samme greia. 
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{17}
	I denne oppgaven mÃ¥ vi begynne Ã¥ tenke litt pÃ¥ hva vi fourieromvender. 
	Siden $e^{-i\omega t}$ alltid ligger pÃ¥ enhetssirkelen i det komplekse planet, 
	ser vi at 
	\begin{align*}
		\int_{-\infty}^{\infty} |x(t)e^{-i\omega t}|\; dt=\int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|\cdot |e^{-i\omega t}|\; dt =\int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|\; dt.
	\end{align*}
	Med andre ord kan vi vÃ¦re sikker pÃ¥ integralet konvergerer dersom $\int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|\; dt$ er et tall og ikke uendelig. 
	Vi sier i dette tilfellet at $x$ er \textbf{absolutt integrerbar},
	og du kan i bunn og grunn tenke pÃ¥ $x$ som en skalarmultippel av en sannsynlighetsfordeling. 
	Vi kan nÃ¥ delvisintegrere slik
	\begin{align*}
		\hat{\dot x}
		=\;&amp;
		\int_{-\infty}^{\infty}
		\dot x(t)e^{-i\omega t}\; dt \\[2mm]
		=\;&amp;
		x(t)e^{-i\omega t}\biggr\rvert_{t=-\infty}^{\infty}
		+
		i\omega\int_{-\infty}^{\infty}
		x(t)e^{-i\omega t}\; dt\\[2mm] 
		=\;&amp;
		i\omega\int_{-\infty}^{\infty}
		x(t)e^{-i\omega t}\; dt 
		=
		i\omega \hat x
	\end{align*}
	siden 
	\begin{align*}
		\lim_{t\to \pm \infty} x(t) = 0.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{18}
	La $y(t) = x(t-\theta)$
	Vi tar et trivielt variabelskifte, 
	og beregner
	\begin{align*}
		\widehat{y}(\omega)
		=\;&amp;
		\int_{-\infty}^{\infty}x(t-\theta)e^{-i\omega t}\; dt \\
		=\;&amp;
		\int_{-\infty}^{\infty}x(p)e^{-i\omega (p+\theta)}\; dp\\ 
		=\;&amp;
		e^{i\omega \theta }\int_{-\infty}^{\infty}x(p)e^{-i\omega p}\; dp
		=\;
		e^{-i\omega\theta}\hat x(\omega).
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{19}
	La $y(t) = e^{i\theta t}x(t)$.
	Her er det ikke nÃ¸dvendig med variabelskifte en gang:
	\begin{align*}
		\hat{y}(\omega)
		=\;&amp;
		\int_{-\infty}^{\infty}e^{i\theta t}x(t)e^{-i\omega t}\; dt \\
		=\;&amp;
		\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-i (\omega-\theta)t}\; dt
		=\;
		\hat x(\omega-\theta).
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{20}
	La $y(t) = x(at)$ og la $a&gt;0$. 
	Et variabelskifte gir
	\begin{align*}
		\hat{y}(\omega)
		=\;&amp;
		\int_{-\infty}^{\infty}x(at)e^{-i\omega t}\; dt \\
		=\;&amp;
		\frac{1}{a}\int_{-\infty}^{\infty}x(p)e^{-i\omega p/a}\; dp 	
		=\;
		\frac{1}{a}\hat x(\omega/a).
	\end{align*}
	La sÃ¥ $y(t) = x(at)$ og la $a&lt;0$. 
	Et variabelskifte gir
	\begin{align*}
		\hat{y}(\omega)
		=\;&amp;
		\int_{-\infty}^{\infty}x(at)e^{-i\omega t}\; dt \\
		=\;&amp;
		\frac{1}{a}\int_{\infty}^{-\infty}x(p)e^{-i\omega p/a}\; dp\\
		=\;&amp;
		-\frac{1}{a}\int_{-\infty}^{\infty}x(p)e^{-i\omega p/a}\; dp
		=\;
		-\frac{1}{a}\hat x(\omega/a).
	\end{align*}
	Alt i alt kan vi skrive dette som 
	\[
		\hat y(\omega) = \frac{1}{|a|}\hat x(\omega/a).
	\]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{21}
	La oss studere funksjonen 
	\begin{align*}
		x(t) =\; 
		e^{-t^2/2}
	\end{align*}
	Hele utledningen bygger pÃ¥ to pene faktum. 
	Det fÃ¸rste er at 
	\begin{align*}
		\dot x(t) =\; 
		-te^{-t^2/2} 
	\end{align*}
	og det andre er at
	\begin{align*}
		\frac{d}{d\omega}x(t)e^{-i\omega t} =\; 
		-ite^{-t^2/2}e^{-i\omega t} 
	\end{align*}
	som tilsammen gir
	\begin{align*}
		i\omega \hat x(\omega) =
		\hat{\dot x}(\omega) =
		\int_{-\infty}^{\infty}-te^{-t^2/2}e^{-i\omega t}\; dt =
		-i\frac{d}{d\omega}\hat x(\omega)  
	\end{align*}
	eller
	\begin{align*}
		\omega \hat x(\omega) +
		\frac{d}{d\omega}\hat x(\omega) = 0.
	\end{align*}
	Som alle barn i barnehagen vet, 
	kan en differensiallikning ofte lÃ¸ses
	ved Ã¥ herje litt og integrere. 
	I dette tilfellet er herjingen Ã¥ gange med $e^{\omega^2/2}$:
	\begin{align*}
		e^{\omega^2/2}\omega \hat x(\omega) +
		e^{\omega^2/2}\frac{d}{d\omega}\hat x(\omega) = 0,
	\end{align*}
	for da ser vi at dette er bare likningen
	\begin{align*}
		\frac{d}{d\omega}\left(e^{\omega^2/2}\hat x(\omega) \right) = 0,
	\end{align*}
	som integrerer til 
	\begin{align*}
		e^{\omega^2/2}\hat x(\omega) = c,
	\end{align*}
	eller 
	\begin{align*}
		\hat x(\omega) = ce^{-\omega^2/2}.
	\end{align*}
	Konstanten $c$ kan vi bestemme ved Ã¥ evaluere likningen i $\omega = 0$:
	\begin{align*}
		c =\hat x(0) = 
		\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2/2}\;  dt = \sqrt{2\pi}
	\end{align*}
	Det siste integralet skal vi som sagt komme tilbake til neste semester. 
	Konklusjonen er at 
	\begin{align*}
		\hat x(\omega) = \sqrt{2\pi}e^{-\omega^2/2},
	\end{align*}
	og siden fourieromvending er en lineÃ¦roperator, 
	er fourieromvendingen til standardnormalfordelingen $e^{-\omega^2/2}$, 
	enkelt og greit.

	Standardnormalfordelingens karakteristiske funksjon er 
	\begin{align*}
		\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2/2}e^{i\omega t}\; dt 
	\end{align*}
	Men dette kjenner vi igjen som inversomvendingen til det vi nettopp regna ut.
	Vi vet jo at 
	\begin{align*}
		\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-t^2/2} = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-\omega^2/2}e^{i\omega t}\; d\omega 
	\end{align*}
	eller 
	\begin{align*}
		e^{-t^2/2} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-\omega^2/2}e^{i\omega t}\; d\omega 
	\end{align*}
	og hÃ¸yresiden er nettopp det vi er ute etter, 
	bare med feil variabelnavn. 
	Konklusjonen er at 
	\begin{align*}
		\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2/2}e^{i\omega t}\; dt 
		=
		 e^{-\omega^2/2}.
	\end{align*}
	Hvis du ikke liker at jeg bruker inversomvendingen sÃ¥ fritt, 
	kan du prÃ¸ve kopiere resonnementet vi brukte for Ã¥ regne ut fourieromvendingen
	til standardnormalfordelingen; 
	det er bare en minus her og der som blir forskjellig.
\end{oppgave}

\begin{comment}

NÃ¥ skal vi ta et gjensyn med Balchens foldingstriks
\[
x(t) = x(0)e^{-at} + \int_0^t f(s)e^{-a(t-s)}\; ds
\]
som lÃ¸ser initialverdiproblemet
$\dot x + ax = f$, $x(0)=x_0$.
Integralet pÃ¥ hÃ¸yresiden dukker til stadighet opp i studiet av LTI-systemer
og det kalles \textbf{folding} eller \textbf{konvolusjon}.
Det er et slags produkt mellom funksjoner,
og den generelle definisjonen er 
\[
x \ast y = \int_{-\infty}^\infty x(s)y(t-s)\; ds.
\]
For signaler som er 0 nÃ¥r $t&lt;0$ reduserer konvolusjonen til
\[
x \ast y = \int_{0}^t x(s)y(t-s)\; ds
\]
og derfor vil konvolusjon ofte vÃ¦re definert slik i et typisk 
kapittel om laplacetransform i en typisk lÃ¦rebok i ingeniÃ¸rmatematikk.
For Ã¥ fÃ¥ en fÃ¸lelse av hva konvolusjon er, 
er det faktisk lurt Ã¥ begynne med litt sannsynlighetsregning.
La oss kaste to terninger.

\begin{oppgave}{22}
Finn sannsynlighetsfordelingen til $Z= \{\text{summen av antall Ã¸yne pÃ¥ to terninger}\}$.
\end{oppgave}

Inspirert av dette kan vi gÃ¥ litt videre. 
Anta at du har to uavhengige stokastiske variable $X$ og $Y$
med sannsynlighetstettheter $f(x)$ og $g(y)$. 

\begin{oppgave}{23}
Hva er sannsynlighetstettheten til $Z = X+Y$?
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.35]{../figurer/3N5F6728}
\end{center}

Dersom $X$ tar verdien $v$ og $Y$ tar verdien $z-v$, 
tar $X+Y$ verdien $z$.
Med andre ord kan $X+Y$ ta verdien $z$ pÃ¥ mange forskjellige mÃ¥ter, 
og for Ã¥ finne sannsynlighetstettheten til $X+Y$
mÃ¥ vi derfor summere opp bidraget fra alle alle mÃ¥tene dette kan skje pÃ¥, 
altsÃ¥ alle sannsynligheter pÃ¥ formen ${f(v)g(z-v)}$.
Men dette er jo innmaten i konvolusjonsoperatoren!
Sannsynlighetstettheten $h(z)$ til $X+Y$ blir derfor
\[
h(z)=f \ast g = \int_{-\infty}^{\infty} f(v) g(z-v)\; dv. 
\]

Det som gjÃ¸r konvolusjon sÃ¥ praktisk i forhold til lineÃ¦r systemteori,
kalles konvolusjonsteoremet.
Vi bruker varablelskiftet $u=t-v$, $v=v$, og beregner
\begin{align*}
\widehat{x \ast y} &amp;= \int_{-\infty}^{\infty}  \int_{-\infty}^{\infty} x(v) y(t-v)\; dv\;e^{-i\omega t}\; dt 
=\int_{-\infty}^{\infty}  \int_{-\infty}^{\infty} x(v) y(t-v)\; e^{-i\omega t}\; dv\; dt \\
&amp;= \int_{-\infty}^{\infty} x(v) y(u)\; e^{-i\omega (u+v)}\; dv\; du 
= \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} x(v)\; e^{-i\omega v}\; dv \;y(u) e^{-i\omega u}\; du \\
&amp;=\int_{-\infty}^{\infty} x(v)\; e^{-i\omega v}\; dv \int_{-\infty}^{\infty}  y(u) e^{-i\omega u}\;du = \hat x  \hat y
\end{align*}

\begin{oppgave}{24}
Kommer pÃ¥ eksamen det her.
\end{oppgave}

En liknende beregning gir \textbf{Plancherels identitet}
\begin{align*}
	\int_{-\infty}^{\infty} x(t)\overline{y(t)}\; dt = 
	\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \hat{x}(\omega)\overline{\hat y(\omega)}\; d\omega
\end{align*}
som er analog til Parseval.
Denne fÃ¥r vi bruk for til noen smÃ¥ting kommende uke, 
nÃ¥r vi skal fikle med litt kvantefysikk.
I likhet med Parseval er det ikke uvanlig Ã¥ skrive opp spesialtilfellet
\begin{align*}
	\int_{-\infty}^{\infty} \|x(t)\|^2\; dt = 
	\int_{-\infty}^{\infty} \|\hat{x}(\omega)\|^2\; d\omega. 
\end{align*}

\begin{oppgave}{25}
Beviset er i bunn og grunn identisk med utledningen av Parseval.
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.28]{../figurer/L1019135}
\end{center}

\clearpage 

Konvolusjonsteoremet gjelder for laplacetransform og, 
men utledningen er bittelitt annerledes siden signalene er 0 for $t&lt;0$. 

\begin{oppgave}{26}
	LÃ¸s $\ddot x(t) + x(t) = \sin t$ med $x(0) = \dot x(0) = 0$.
\end{oppgave}

La oss avslutte med en litt heuristisk utgreining. 
La oss si at vi har lÃ¸st systemet
\[
Lx=f \hspace{10mm} x(0)=0
\]
med laplacetransform og fÃ¥tt
\[
X(s)=H(s)F(s).
\] 
Konvolusjonsteoremet gir nÃ¥ at 
\[
x=h \ast f
\]
sÃ¥ hvis vi kunne finne ut hvilket signal som har laplacetransform $H$, 
sÃ¥ er det bare Ã¥ skrive opp lÃ¸sningen $x$. 
Men dersom vi lÃ¸ser
\[
Lx=\delta
\]
med omvending fÃ¥r vi 
\[
X=H(s)\mathcal{L}(\delta) = H(s)
\]
sÃ¥ impulsresponsen er visst det ukjente signalet vÃ¥rt. 

Dette er forklaringen pÃ¥ at impulsresponsen har fÃ¥tt bokstaven $h$;
det er det signalet som har laplacetransform $H$.
Diracpulsen er et viktig verktÃ¸y i signalbehandling,
for den er et signal som inneholder \say{like mye av alle frekvenskomponenter}. 
Det sies at AsbjÃ¸rn Krogstad (legendarisk professor i akustikk pÃ¥ NTH) tok med seg 
startpistol og fyrte av et skudd inne i Nidarosdomen i forbindelse 
med et oppdrag der han skulle analysere akustikken i rommet. 
Jeg har en kamerat som heter Elsys Torjus og han klapper i 
mikrofonen nÃ¥r han skal teste filtrene han har skrevet. 
PÃ¥ elektroingeniÃ¸rfolkemunne 
(der det kan vÃ¦re et litt diffust skille mellom laplace- og fourieromvending)
sier man gjerne at 

\begin{tcolorbox}	
Fourieromvendingen til impulsresponsen det samme som frekvensresponsen til systemet.
\end{tcolorbox}



\begin{oppgave}{27}
	Hvis du synes det var litt kjekt med diracpulsen og sÃ¥nt, 
	kan du prÃ¸ve Ã¥ beregne 
	\[
		\int_{-\infty}^{\infty} e^{i\omega t}\; d\omega.
	\]
\end{oppgave}


\begin{center}
\includegraphics[scale=.27]{../figurer/L1019045}
\end{center}

\clearpage









\section*{UKENS NÃ˜TTER}


\begin{oppgave}{1}
En amerikaner stÃ¥r og koser seg med Ã¥ perforere en uendelig lang lÃ¥vevegg
med maskingevÃ¦ret sitt.
Han er ganske full og har det kjempekjekt,
og lÃ¸pet peker i tilfeldige og uniformt fordelte vinkler mellom $\theta=-\pi/2$ og $\theta=\pi/2$.
(NÃ¥r $\theta=0$ er lÃ¸pet ortogonalt pÃ¥ veggen).
Finn sannsynlighetstettheten og den tilhÃ¸rende karakteristiske funksjonen til treffpunktet $x$ pÃ¥ veggen.
Du finner LF pÃ¥ side 154 i Hardle og Simar:\\
\url{https://link.springer.com/book/10.1007/978-3-030-26006-4}
\end{oppgave}








\begin{oppgave}{2}
	Fourieromvending er et viktig verktÃ¸y for Ã¥ analysere frekvensinnholdet i signaler. 
	Men de fleste gamle NTH-ere husker det fra studietiden som en unÃ¸dvendig
	knotete og vanskelig teknikk for Ã¥ lÃ¸se noen typer differensiallikninger. 
	Fourieromvend varmelikningen med hensyn pÃ¥ $x$ og bruk 
	$
	u(x,0)=f(x) 
	$
	til Ã¥ forklare at (jeg har satt $\alpha = 1$ for Ã¥ vÃ¦re grei)
	\[
	u(x,t)=\frac{1}{2\sqrt{\pi t}}\int_{-\infty}^{\infty} f(v)e^{\frac{-(x-v)^2}{4t}}\;dv.
	\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
	La $x, y \in \mathbb C^n$.
	I diskret signalbehandling skriver de
	\[
	(x,y)=\sum_{k=0}^{N-1} 
	x(k)
	\overline{y(k)}
	\]
	som er det vanlige komplekse skalarproduktet,
	men med motsatt vei, 
	slik at det er lineÃ¦rt i fÃ¸rste og ikke andre faktor. 
	Vis at 
	dersom
	\[
	X_n=\sum_{k=0}^{N-1} x(k) e^{-2\pi i nk/N}
	\qquad
	\text{er}
	\qquad
	x(k)=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1} X_n e^{2\pi i nk/N}.
	\]
	Vektoren $X_n$ kalles den \textbf{diskrete fourieromvendingen} til $x$.
\end{oppgave}
	
\begin{oppgave}{4}
Sett $c_n=1$ for alle $n$ og plott partialsummene til den resulterende fourierrekken. 
Hva ser du?
\end{oppgave}

\begin{center}
	\includegraphics[scale=.25]{../figurer/L1019460}
\end{center}

\clearpage		

Dette semesteret har vi vÃ¦rt borti egenverdier 
og egenvektorer i forbindelse med LTI-systemer.
Egenvektoren til differensialoperatoren 
\[
\frac{d}{dt}
\]
er eksponensialfunksjonen $x(t)=e^{at}$.
Venstresiden i et LTI-system, slik som 
\[
\ddot x + 2\dot x + 2x
\]
er en lineÃ¦rkombinasjon av differensialoperatorer,
og derfor er i retrospekt ikke sÃ¥ overraskende at 
eksponensialfunksjonen er lett Ã¥ jobbe med;
egenvektorene er jo fremdeles $x(t)=e^{at}$,
men de korresponderende egenverdiene avhenger av differensialoperatoren.

\begin{oppgave}{5}
I hÃ¸st brukte vi dette til Ã¥ finne naturlig respons. 
Hvilken egenverdi korresponderer dette til?
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{6}
I januar fant vi frekvensresponsen. 
Hvilken egenverdi korresponderer dette til?
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{7}
Hvis du tenker pÃ¥ konvolusjon med signalet $x$ som en lineÃ¦roperator
som tar inn et signal $y$:
\[
L(y)=x\ast y=
\int_{-\infty}^\infty
x(u)y(t-u)\; dt
\]
er funksjonen 
\[
g(s,t)=e^{st}
\]
er egenvektor til denne operatoren. 
Hva er egenverdien? 
\end{oppgave} 

\begin{center}
	\includegraphics[scale=.4]{../figurer/L1019709}
\end{center}

\end{comment}

\end{document}
</pre></body></html>