Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Fourier-sorok és alkalmazásai
Szakdolgozat
KOVÁCS ANIKÓ Matematika B.Sc., Matematikai elemz® szakirány
Témavezet®: Keleti Tamás, egyetemi docens Analízis Tanszék
Budapest 2011
Tartalomjegyzék
1. Fourier-sorok
3
1.1. Történeti áttekintés . . . . . . . . . . . . . 1.1.1. A rezg® húr problémája . . . . . . 1.2. Az együtthatók meghatározása . . . . . . 1.2.1. Az an Fourier-együttható el®állítása 1.2.2. A bn Fourier-együttható el®állítása 1.2.3. Példák . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. A konvergencia vizsgálata . . . . . . . . . 1.4. Függvények kiterjesztése . . . . . . . . . . 1.5. Fourier-sor komplex alakja . . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. 3 . 3 . 5 . 5 . 6 . 8 . 12 . 18 . 20
2. Hangtan
21
2.1. Hallás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.2. A hang tulajdonságai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
3. MATlab
26
3.1. Bevezetés . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Diszkrét Fourier transzformáció . . . 3.2.1. FFT - Fast Fourier Transform 3.3. A MATlab alkalmazása . . . . . . . .
1
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
26 27 28 30
Bevezetés
A klasszikus harmonikus analízis, a Fourier-analízis gyökerei mélyre nyúlnak. Mondhatnám, Isten volt az els®, aki Fourier-analízist m¶velt, amikor fülünkbe beépített egy Fourier-analizátort. Ugyanis már a gyermek is képes arra, hogy különbséget tegyen például a heged¶ és a harsona hangja között. Annak ellenére, hogy a hangjegyek, amelyekkel a dallamot leírjuk, ugyanazok. Mi akkor a különbség a két hang között? Az, hogy amikor megszólaltatunk egy hangot, az sosem csupán tiszta hang, hanem több felhangból álló együttes. Kissé általánosabban fogalmazva: minden függvényben, ami egy hangzásnak megfelel, sok rejtett információ van, amit észlelni kell, s fülünk észlelni is tudja.
(Hit, zene, matematika. Interjú W. R. Wade professzorral. Természet Világa 11(114), 1986)
2
1. fejezet Fourier-sorok
1.1.
Történeti áttekintés
A matematika eszköz. Eszköz különböz® tudományokban felvet®d® probléma megoldásában, reprezentálásában. A XVIII. század végén két zikai probléma (h®vezetés egyenlete illetve a rezg® húr problémája) indukálta a Fourier-sorok elméletének megalkotását, amely Jean Baptiste Joseph Fourier francia matematikus és zikus nevéhez f¶z®dik. 1.1.1.
A rezg® húr problémája
Tekintsünk egy (a számegyenesen a 0 és L pontok között kifeszített) L hosszúságú, mindkét végén rögzített, rezgésbe hozott húrt, melynek mozgását szeretnénk leírni. 1715-ben Taylor felfedezte azt a mozgásegyenletet, amelyet a húrnak ki kell elégítenie. A húr mozgását valamilyen c(t)f (x) függvény írja le azaz, egy t id®pontban a húr alakját az x 7−→ c(t)f (x) (x ∈ [0, L]) függvény gra konja adja meg. Ha rezgésbe hozzuk a húrt, feltesszük, hogy csak kicsiny, függ®leges irányú elmozdulást végeznek a részecskék, melyek célja a húrt "kiegyenesíteni". Newton törvénye szerint egy részecske gyorsulása arányos a rá hatóer®vel, tehát itt a gyorsulás arányos a húr görbületével, ami az érint® meredekségének megváltozása, vagyis a húr alakját leíró függvény második deriváltja. Ezek alapján: c00 (t)f (x) = ρc(t)f 00 (x)
3
(1.1)
ahol ρ 6= 0 konstans. Mivel a végpontokat rögzítettük, valamint feltehetjük, hogy c azonosan nem nulla, ezért c(t)f (0) = c(t)f (L) = 0 minden t-re. Tehát f (0) = f (L) = 0. Rögzítsünk egy olyan t-t amelyre c(t) 6= 0 Ekkor, f kielégíti a : f 00 (x) = bf (x)
dierenciálegyenletet, minden x ∈ [0, L]-re, ahol b-vel jelöljük az (1.1) egyeneltben 00 (t) átrendezéssel kapható cρc(t) kifejezést. Számunkra az érdekes az, amikor b < 0 és b = −a2 alakú. Ekkor a dierenciálegyenlet megoldása: f (x) = α sin(ax) + β cos(ax).
A peremfeltételeinket hozzávéve kapjuk, hogy f (0) = 0 ezért β = 0, valamint f (L) = 0 tehát aL = nπ , ahol n egész. Összefoglalva, ha egy rezg® húr mozgását egy c(t)f (x) alakú kifejezés írja le, akkor f (x) = sin( nπ x) , valamint c kielégíti a c00 = (−ρa2 )c L dierenciálegyenletet. 1 1747-ben d'Alembert felfedezte, hogy ha ϕ egy 2L szerint periodikus függvény, akkor a ϕ(at + x) − ϕ(at − x)
(1.2)
függvény az x = 0 és x = L pontokban nulla, továbbá kielégítik Taylor mozgásegyenletét (a függvény t szerinti második deriváltja egyenl® az x szerinti második derivált konstansszorosával); d'Alembert szerint ha ϕ "tetsz®leges" 2L szerint periodikus függvény akkor a rezg® húr mozgását az (1.2) képlet írja le. 1753-ban Daniel Bernoulli folytatta Taylor gondolatmenetét, valamint, abból kiindulva, hogy tetsz®leges hang a felhangjaiból tev®dik össze, amellett érvelt hogy a P nπ rezg® húr mozgását a ∞ n=1 cn (t) sin( L x) alakú kifejezések írják le alkalmas cn (t) együtthatófüggvényekkel. D'Alembertnek ez nem tetszett, hiszen ekkor az ® megoldása alapján az következne, hogy "minden" periodikus függvényt el®állíthatnánk trigonometrikus összegként, ami "nyilván" lehetetlen. Fourier Bernoulli véleményét osztva azt állította, hogy "minden" 2π szerint periodikus függvény el®állítható ∞ X (an cos(nx) + bn sin(nx)) n=0
alakban. 1 Taylor
felel meg.
felvetette, hogy a c(t) sin( nπ L x) alakú megoldások a megszólaló hang n-edik felhangjának
4
1.2.
Az együtthatók meghatározása
A Fourier-sorok elméletében egy adott f függvényt szeretnénk közelíteni trigonometrikus polinomokkal. Tehát keressük az f függvény egy f (x) =
∞ X
(1.3)
an cos(nx) + bn sin(nx)
n=0
alakú el®állítását. Az an és bn Fourier-együtthatók f segítségével el®állíthatók az alábbi módon: Ha f az (1.3) szerint el®állítható, akkor 2π szerint periodikus, ezért, elég a [−π; π] intervallumot tekinteni, valamint tegyük fel, hogy az (1.3) függvénysor egyenletesen konvergens. 1.2.1.
Az
an
Fourier-együttható el®állítása
Az (1.3) egyenletet végig szorozzuk cos(kx)-szel, ahol k ∈ Z , k ≥ 0 ∞ X (an cos(nx) cos(kx) + bn sin(nx) cos(kx)) f (x) cos kx =
(1.4)
n=0
1. Tétel.
Legyen
fn ∈ R[a, b].Ha fn
D(fn ) = D(f ) = [a, b]
intervallum és tegyük fel, hogy
egyenletesen konvergál
f -hez,
b
Z
Z fn →
akkor
f ∈ R[a, b]
és
b
f. a
a
A tétel bizonyítása [8]-ban megtalálható. A fenti tétel alapján f folytonos a [−π, π] intervallumon, tehát az (1.4) egyenletet integrálhatjuk. Az integráljelet pedig bevihetjük a szummajel mögé, az egyenletes konvergenciára hivatkozva. Z
π
f (x) cos(kx)dx = −π
∞ X n=0
Z
π
an
Z
π
cos(nx) cos(kx)dx + bn −π
sin(nx) cos(kx)dx (1.5)
−π
A jobb oldalon lév® integrálok értékei: •
Z
π
−π
|
sin(nx) cos(kx)dx = 0 {z }
egy páratlan függvényt integrálunk egy origóra szimmetrikus intervallumon
5
• Ha n = k 6= 0, akkor: Z
π
π
Z
cos(kx)2 dx =
cos(nx) cos(kx)dx = −π
1 2
Z
−π
π
(cos(2kx) + 1)dx = −π
1 h sin(2kx) 2
2k
• Ha n = k = 0, akkor: Z Z π cos(nx) cos(kx)dx =
+x
iπ −π
=π
π
cos(nx)2 dx = 2π
−π
−π
• Ha pedig n 6= k , akkor: Z π Z 1 π cos(nx) cos(kx)dx = cos[(n + k)x] + cos[(n − k)x]dx = 2 −π −π h sin[(n + k)x] 2(n + k)
sin[(n − k)x] iπ + =0 2(n − k) −π
Tehát, az (1.5) jobb oldalán lév® végtelen sor csak k 6= 0 esetén nem nulla. Z
π
f (x) cos(kx)dx = ak π −π
illetve, k = n = 0 :
Z
π
f (x)dx = a0 2π −π
1.2.2.
A
bn
Fourier-együttható el®állítása
A bn együtthatókat analóg mód számíthatjuk ki, a különbség csak annyi, hogy b0 := 0
valamint, az (1.3) egyenletet most sin(kx)-szal szorozzuk végig és alakítjuk át. Z
π
f (x) sin(kx)dx = ∞ X n=0
Z
π
an
Z
−π π
cos(nx) sin(kx)dx + bn −π
sin(nx) sin(kx)dx −π
A jobb oldalon lév® integrálok értékei:
6
(1.6)
•
π
Z
−π
|
cos(nx) sin(kx)dx = 0 {z }
egy páratlan függvényt integrálunk egy origóra szimmetrikus intervallumon
• Ha n = k , akkor: Z
π
Z
π
sin(nx) sin(kx)dx = −π
1 2
Z
sin(kx)2 dx =
−π
π
(1 − cos(2kx))dx = −π
1 h x − sin(2kx) iπ =π 2 2k −π
• Ha pedig n 6= k , akkor: Z 1 π (cos[(n − k)x] − cos[(n − k)x])dx = sin(nx) sin(kx)dx = 2 −π −π h sin[(n − k)x] sin[(n + k)x] iπ − =0 2(n − k) 2(n + k) −π
Z
π
Tehát, az (1.6) jobb oldalán lév® végtelen sor csak k 6= 0, k ∈ N esetén nemnulla. Z
π
f (x) sin(kx)dx = bk π −π
illetve, k = n = 0 :
Z
π
f (x)dx = a0 2π −π
1. De níció.
Legyen
f ∈ R[−π, π] a0 = ak = b0 = bk =
A
∞ X
és legyenek
Z π 1 f (t)dt 2π −π Z 1 π f (t) cos(kt)dt π −π 0 Z 1 π f (t) sin(kt)dt, k ∈ N π −π
an cos(nx) + bn sin(nx)
n=0
függvénysort az
f
függvény
F ourier-sorának
7
nevezzük.
1.2.3.
Példák
1. Legyen
( f (x) =
, ha 0 ≤ x < π . , ha π ≤ x < 2π
sin(x) 0
k∈Z
f (x) = f (x + 2kπ)
Határozzuk meg a Fourier-sorát!
1.1. ábra. Az ak együttható kiszámítása: π
1 a0 = 2π
Z
1 ak = π
Z
1 f (x)dx = 2π −π
π
sin xdx = 0
π
1 f (x) cos(kx)dx = π −π
2 π Z
Z
Z
Z
π 1 1 − cos x 0 = 2π π
π
| sin(x)| cos(kx)dx = −π
π
sin(x) cos(kx)dx = ∗ 0
sin(x) cos(kx)dx = (Kétszeres parciális integrálással adódik:)
8
Z
cos(kx) 1 sin(kx) −cos(x) sin(x) cos(kx)dx = sin(x) + 2 k k2 k
Z sin(x) cos(kx)dx =
Tehát a határozott inegrálra: k2 − 1 k2
h cos(kx) iπ −(cos(kπ) + 1) sin(kx) +cos(x) = sin(x) cos(kx)dx = sin(x) k k2 k2 0
Z
1 −(cos(kπ) + 1) ∗= = 2π k2 − 1
(
, ha k páratlan . , ha k páros
0 − π(k22−1)
A bk együttható kiszámítása: 1 bk = π
Z
π
1 f (x) sin(kx)dx = π −π
Z
π
sin(x) sin(kx)dx = ∗∗ 0
Z cos(kx) cos(kx) + cos(x) dx = sin(x) sin(kx)dx = sin(x) − k k Z cos(kx) sin(kx) 1 sin(x) − + cos(x) + 2 sin(x) sin(kx)dx k k2 k
Z
k 6= 1
1 ∗∗ π
1 1− 2 k
Z
Z sin(x) sin(kx)dx = − sin(x)
π
sin(x) sin(kx)dx =
h
0
cos(kx) sin(kx) + cos(x) k k2
1 (cos(x) sin(kx) − k k2 k2 −1 k2
sin(x) cos(kx)) iπ 1 =0 0π
Ha pedig k = 1 1 b1 = π
Z 0
π
1 sin (x)dx = π 2
Z 0
π
1 − cos(x) 1 h x sin(2x) iπ 1π 1 = dx = − = . 2 π 2 4 π2 2 0
A Fourier-sor ezek alapján: f (x) =
∞ 1 1 2 X cos(2kx) + sin(x) + . π 2 π k=1 1 − 4k 2
9
1.2. ábra. kék: az eredeti függvény, sárga: π1 + 12 sin x − P2 cos(2kx) P5 cos(2kx) 1 1 2 2 k=1 1−4k2 , zöld: π + 2 sin(x) + π k=1 1−4k2 . π 2. Legyen
( f (x) =
2 cos 2x π 3
, piros: π1 + 12 sin(x) +
, ha 0 ≤ x < π . , ha π ≤ x < 2π
1 0
k∈Z
f (x) = f (x + 2kπ)
Határozzuk meg a Fourier-sorát!
1.3. ábra. Négyszögjel Az ak együttható kiszámítása: 1 a0 = 2π
Z
Z
π
1 ak = π
π
1 f (x)dx = 2π −π
Z
π
1dx = 0
1 f (x) cos(kx)dx = π −π
1 h iπ 1 x = 2π 2 0
π
Z
1 cos(kx)dx = 0 −π
A bk együttható kiszámítása: 1 bk = π
Z
π
1 f (x) sin(kx)dx = π −π
10
Z
π
1 sin(kx)dx = 0
Z
1 h − cos kx iπ sin(kx)dx = = π k 0 bk = −
−1 + (−1)k πk
A Fourier-sor ezek alapján: ∞ 1 1 X (1 − (−1)k )(sin kx) f (x) = + = 2 π k=1 k
=
1 2 sin x sin 3x sin 5x + + + ... . 2 π 1 3 5
1.4. ábra. Négyszögjel közelítése A fekete szaggatott vonal: az eredtei függvény, A piros: 21 π2 ( sin1 x ), A kék: 12 π2 ( sin1 x + sin33x ), A zöld: 12 π2 ( sin1 x + sin33x + sin55x ), A rózsaszín: 21 π2 ( sin1 x + sin33x + sin55x + sin77x ), A narancssárga: 21 π2 ( sin1 x + sin33x + sin55x + sin77x + sin99x ). 11
1.5. ábra.
1 2 sin x ( 1 2π
+
sin 3x 3
+
sin 5x 5
+ ··· +
sin 39x ) 39
közelítést láthatjuk kinagyítva.
Az érdekl®d®k gyelmébe ajánlanám [6] -t, ahol sok szép példa található. 1.3.
A konvergencia vizsgálata
Most, hogy az 1. De nícióban szerepl® feltételek mellett egy f függvény Fouriersorát el® tudjuk állítani, a következ® kérdés az, hogy mikor állítja el® a Fourier-sora a folytonos és 2π szerint periodikus függvényt.
A pontonkénti konvergencia 2. De níció.
f1 , f2 , . . . a H halmazon értelmezett valós érték¶ függvéP∞ nyek. Azt mondjuk, hogy a n=1 fn függvénysor pontonként konvergens és az összege P∞ az f : H 7−→ R függvény, ha a n=1 fn (x)végtelen sor konvegens és az összege P∞ f (x) minden x ∈ H -ra. Ezt úgy jelöljük, hogy n=1 fn = f . Nyilvánvaló, hogy P∞ Pn n=1 fn = f akkor és csak akkor, ha az sn = i=1 fi függvényekb®l álló függvényLegyenek
sorozat pontonként konvergál az
f
függvényhez
H -n.
Az egyenletes konvergencia 3. De níció. a
P∞
n=1
fn
Tegyük fel, hogy
függvénysor
P∞
n=1
fn = f
a
H
halmazon. Azt mondjuk, hogy
egyenletesenkonvergens H -n,
nyekb®l álló függvénysorozat egyenletesen konvergál az jelöljük, hogy
P∞
n=1
fn = f
egyenletesen
H -n.
12
ha az
f
sn =
Pn
függvényhez
fi
függvé-
H -n.
Ezt úgy
i=1
2. Tétel (Teljességi tétel). Ha
f
Legyen
f :R→R
minden Fourier-együtthatója nulla, akkor
f
folytonos és periodikus
2π
szerint.
azonosan nulla.
Bizonyítás. A bizonyításhoz nézzük az alábbi három lemmát: 1. Lemma.
A
cosn x
függvény el®állítható
Pn
k=0 ck
cos kx
alakban, ahol
c0 , . . . , c n
alkalmas konstansok.
Bizonyítás. A lemmát n- szerinti indukcióval bizonyítjuk. Az állítás n = 1-re igaz. Ha n-re igaz, és n
cos x =
n X
ck cos kx,
k=0
akkor n+1
cos
x=
n X
ck cos kx cos x,
k=0
ahol
1 cos(k + 1)x + cos(k − 1)x 2 azonosságot alkalmazva, majd átrendezés után megkapjuk n + 1 -re vonatkozó állícos kx cos x =
tást. Ebb®l következik, ha az f függvény midnen Fourier - együtthatója nulla, akkor 2π
Z
f (x) cosn xdx = 0
0
minden n nemnegatív egészre=⇒ Z
2π
f (x)p(cos x)dx = 0 0
minden p polinomra.
2. Lemma. nulla, akkor
Ha
f
folytonos,
2π szerint periodikus, és f
minden Fourier -együtthatója
f (0) = 0.
Bizonyítás. 1 Indirekt bizonyítjuk be. Tegyük fel, hogy f (0) 6= 0. Az f (0) f (x) függvény Fourier -együttható is nullák, ezért feltehetjük, hogy f (0) = 1. Ekkor f folytonossága miatt ∃ 0 < δ < π2 , hogy f (x) > 12 ∀|x| < δ . A bizonyítás alapötlete, hogy szeretnék találni egy olyan p polinomot, amelyre a p(cos x):
13
• 0 pont körül • (−δ, δ)-ban
nagyobb mint 1 pozitív
• [−π, π] (−δ, δ) -ben
f (x)p cos xdx integrál pozitív.
Rπ −π
Az ellentmondást az biztosítja, hogy az integrálnak nullának kéne lennie. Megmutatjuk, hogy a p(x) = (x + ε)N polinom kielégíti a feltételeket, ha ε elég kicsi és N elég nagy. Legyen 0 < ε < 1 olyan kicsi, hogy (cos(δ)) + ε < 1 teljesüljön. Legyen ϕ(x) = cos x + ε. Mivel ϕ(0) > 1 és ε folytonos, létezik olyan η > 0, hogy ϕ(x) > 1 minden |x| < η -ra. Nyilvánvaló, hogy ϕ(x) > 0 is teljesülni fog minden |x| < δ -ra. Ha x ∈ [δ, π], akkor −1 + ε ≤ ϕ(x) ≤ (cos δ) + ε, tehát |ϕ(x)| ≤ q , ahol q = max(1 − ε, (cos δ + ε)) < 1. Ekkor x ∈ [δ, π] esetén |ϕ(x)N | ≤ q N . A [−π, −ϕ]ben is igaz, mert ϕ páros. Tegyük fel, hogy |f (x)| ≤ K minden x ∈ [−π, π]-re. Ekkor: Z π
és
f (x)ϕ(x)N dx ≤ πKq N
δ −δ
Z
f (x)ϕ(x) dx ≤ πKq N N
−π
Valamint: Z
δ
Z
N
−η
f (x)ϕ(x) dx > −δ
Z
N
−η
Tehát
Z
−η
f (x)ϕ(x) dx > −η
1 f (x)dx > 2η = η. 2
π
f (x)ϕ(x)N dx > η − 2πKq N > 0,
−π
ami ellentmondás, ha N elég nagy.
3. Lemma.
Tegyük fel, hogy
f
folytonos és
2π
szerint periodikus, valamint, hogy
minden Fourier -együtthatója nulla. Ekkor minden is folytonos és
2π
szerint periodikus. Belátjuk, hogy
a ∈ R-re f (x + a)
az
f (x + a)
Bizonyítás. 2π
Z
2π+a
f (x) cos(n(x − a))dx =
f (x + a) cos nxdx = 0
a
14
függvény
Fourier -együtthatói is
nullák.
Z
f
2π
Z =
f (x)(cos nx cos a + sin nx sin a)dx = 0
Z = cos a
2π
Z
2π
f (x) cos nxdx + sin a 0
f (x) sin nxdx = 0
= (cos a)0 + (sin a)0 = 0,
Hasonló mód látható, hogy 2π
Z
f (x + a) sin nxdx = 0. 0
Tehát f (0 + a) = 0 (a 2. Lemma bizonyítása alapján), ez minden a-ra igaz, így f azonosan nulla. Tehát a három lemma segítségével bizonyítottuk a tételt.
Megjegyzés: A tételt azért hívjuk teljességi tételnek, mert azt mondja ki, hogy a trigonometrikus függvények teljes rendszert alkotnak. Ha vesszük a [0, 2π] intervallumban a cos nx(n = 0, 1, . . . ) és a sin nx(n = 1, 2, . . . ) függvényeket, ezek közül bármely kett® mer®leges egymásra. A tételünk pedig azt állítja, hogy ha egy f folytonos függvény ezen függvények mindegyikére mer®leges akkor f azonosan nulla, tehát ez azt jelenti, hogy mer®legesség szempontjából folytonos függvénnyel már nem b®víthet® a trigonometrikus függvények rendszere. A teljességi tételre azért volt szükség, mert a segítségével könnyen beláthatjuk, hogy ha egy folytonos függvény Fourier-sora egyeneletesen konvergens akkor a függvényt el®állítja:
3. Tétel.
Legyen
f :R→R
egyenletesen konvergens
R-en
folytonos és periodikus
2π
szerint. Ha
, akkor az összege minde pontban
f
Fourier-sora
f (x)-szel
egyenl®.
Bizonyítás. A bizonyítás az el®z® tétel alapján: Jelöljük f Fourier-sorának összegét g -vel. Ekkor g folytonos, és Fourier-együtthatói megegyeznek f Fourier-együtthatóival.
Tekintsük a folytonos és 2π szerint periodikus f − g függvényt, melynek Fourieregyütthatói nullával egyenl®ek. Az el®z® tétel szerint, ha a függvényünk minden Fourier-együtthatója nulla, akkor a függvény is azonosan nulla. f − g = 0 ⇒ f = g .
További konvergencia tételeket találhatnak [1]-ben.
15
A következ® tétel a Fourier-sor n-edik részletösszeg-sorozatára ad zárt alkot:
4. Tétel. lamint
Legyen
2π
f
Riemann-integrálható függvény a
sn
intervallumon, va-
szerint periodikus függvény, ekkor
1 sn (x) = π ahol
∈ [−π, π]
az
f
Z
f (x + t)Dn (t)dt, −π
függvény Fourier-sorának n X
sn (x) =
π
n − edik
részletösszege :
ak cos(kx) + bk sin(kx) .
k=0
Valamint
Dn (t)
a Dirichlet- féle magfüggvény :
Dn (t) =
sin(n+ 21 )t 2 sin( 2t ) n + 12
ha
t∈R
ha
t = 2kπ , k ∈ Z
és
t 6= 2kπ
Bizonyítás. Nézzünk egy tetsz®leges (k > 0) tagot: Z Z 1 π 1 π f (t) cos(kt) cos(kx)dt+ f (t) sin(kt) sin(kx)dt = ak cos(kx)+bk sin(kx) = π −π π −π Z Z 1 π 1 π f (t)[cos(kt) cos(kx) + sin(kt) sin(kx)]dt = f (t) cos k(t − x)dt = π −π π −π
Helyettesítsünk s = t − x -et Z
Valamint, de níció szerint:
1 a0 = 2π
π−x
1 f (x + s) cos(ks)ds = π −π−x
1 ak cos(kx) + bk sin(kx) = π
1 a0 = 2π Z
Z
Z
π
f (x + s) cos(ks)ds −π
π
f (t)dt −π
π−x
1 f (x + s)ds = 2π −π−x
Z
π
f (x + s)ds −π
Tehát: 1 sn (x) = π
Z
π
1 1 f (s + x) + cos s + cos 2s + · · · + cos ns = 2 π −π
ahol Dn (s) =
Z
1 + cos s + cos 2s + · · · + cos ns. 2
16
π
f (s + x)Dn (s)ds, −π
Most Dn (s)-t zárt alakra hozzuk a cos α sin β =
sin(α + β) − sin(α − β) 2
(1.7)
azonosság alapján: t 1 t 1 1 1 1 Dn (t) sin( ) = sin( )+ sin(1+ )t−sin(1− )t +· · ·+ sin(n+ )t−sin(n− )t = 2 2 2 2 2 2 2 1 1 sin(n + )t 2 2 (k ∈ Z), valamint k = 2kπ esetben triviális. =
Tehát t ∈ R és t 6= 2kπ
17
1.4.
Függvények kiterjesztése
Ebben a szakaszban megvizsgáljuk a nem 2π szerint periódikus függvények Fouriersorát.
4. Lemma.
F (x)
Tegyük fel, hogy
tetsz®leges valós
k
tetsz®leges
2π
szerint periódikus függvény. Ekkor
számra teljesül, hogy π+k
Z
π
Z
F (x)dx.
F (x)dx = −π
−π+k
Nézzük meg, hogy hogyan változnak az 1. De níció-ban de niált együtthatók értékei, ha nem 2π az intervallum hossza, amin integrálunk. Legyen: −a ≤ x ≤ a. A [−π, π] intervallumról szeretnénk áttérni a [−a, a] intervallumra, ahol 2a a periódusa a sin nπx és cos nπx függvényeknek. a a A 4. Lemma következ® alakja kapható: Z
π
1 F (t)dt = 2a −π
1 2π
Z
a
F −a
πx dx a
az alábbi helyettesítéses integrál segítségével: t= dt =
π x a π dx. a
A soron következ® tételben tehát összefoglalom, hogy ha nem 2π szerint periódikus a függvény, akkor hogyan módosul az 1. De níció.
5. Tétel. az
f (x)
Ha
f (x) = a0 +
P∞
k=1
ak cos( kπx ) + bk sin( kπx ), a a
függvény Fourier-együtthatói:
a0 an bn
Z a 1 = f (x)dx 2a −a Z nπx 1 a f (x) cos dx = a −a a Z 1 a nπx = f (x) sin dx. a −a a
18
ahol
−a ≤ x ≤ a,
ekkor
A következ® kérdésünk, hogy hogyan lehet egy [0, L] intervallumon de niált függvényt Fourier-sorba fejteni. Egy ötlet, hogy kiterjesztjük a [−L, L] intervallumra a függvényt, majd ennek a kiterjesztett függvénynek számítjuk ki a Fourier-sorát. A Fourier-sor konvergálni fog a kiterjesztett függvényhez, illetve [0, L]-re lesz¶kítve a Fourier-sor értelmezési tartományát, az eredeti függvényhez, ha a következ® feltételek teljesülnek: f : R → R szakaszonként folytonosan dierenciálható, 2L szerint periodikus függvény. Két esetet nézünk: páros illetve páratlan függvényként terjesztjük ki f -et. • Páros kiterjesztés
Legyen f : [0, L] → R adott, és legyen ( fe(x) =
f (−x), x ∈ [−L, 0], f (x),
x ∈ [0, L].
Ekkor fe Fourier-sora tiszta koszinuszos sor, így a bk együtthatók a Fouriersorában azonosan nullák. Az ak együtthatókat pedig az alábbi módon számítjuk ki: 1 ak = L
L
Z
1 kπx fe(x) cos dx = L L −L
Z
0
kπx fe(x) cos dx + L −L
Z 0
L
kπx fe(x) cos dx L
két páros függvény szorzata, A fenti két integál megegyezik, mert a fe(x) cos kπx L ezért maga is páros függvény, tehát 2 ak = L
Z
L
f (x) cos 0
kπx dx, L
k = 0, 1, 2, . . . .
• Páratlan kiterjesztés
Legyen fe(x) =
−f (−x), x ∈ [−L, 0], 0, f (x),
x = 0,
x ∈ [0, L].
Ekkor fe páratlan periodikus függvény, ezért a Fourier-sora tisztán szinuszos sor lesz, tehát minden ak = 0. A bk együtthatókat az el®z®höz hasolnó mód kapjuk: 1 bk = L
Z Z L kπx kπx 1 0 e kπx e f (x) sin dx = f (x) sin dx + fe(x) sin dx L L −L L L −L 0 Z 2 L kπx = f (x) sin dx, k = 1, 2, . . . . L 0 L
Z
L
19
1.5.
Fourier-sor komplex alakja
Az Euler-formula segítségével az f (x) függvény Fouier-sorát komplex alakra hozhatjuk a következ®képpen: einx + e−inx 2 inx e − e−inx sin nx = 2i
cos nx =
f (x) =
∞ X
an cos nx + bn sin nx
n=0
=
∞ X
an
einx + e−inx 2
n=0
+ bn
einx − e−inx 2i
∞
1X an einx + an e−inx − ibn einx + ibn e−inx = c0 + 2 n=1 ∞
1 X inx e (an − ibn ) + e−inx (an + ibn ) = c0 + 2 n=1
Ha a hamonikus összetev®kre bevezetjük a cn =
an − ibn 2
jelölést, a szummát még egyszer¶bben felírhatjuk: k=∞ X
f (x) =
ck eikx ,
k=−∞
ahol ck =
1 2 (ak − ibk )
ha k > 0 ha k = 0 + ib−k ) ha k < 0
1 a 2 0 1 (a 2 −k
Az 1.De níció képleteit felhasználva kapjuk, hogy 1 ck = 2π
Z
π
f (x)e−ikx dx
−π
(k = 0, ±1, ±2, . . . ).
20
2. fejezet Hangtan Hangnak nevezzük a 20 Hz - 20 kHz közötti (rugalmas közegben terjed®) mechanikai rezgéshullámot (akusztikus hullám-hanghullám), amely hangérzetet kelt. A rezgés leírása történhet id®tartományban és frekvenciatartományban. 2.1.
Hallás
A hallás (akusztikus érzékelés) az él®lények hangérzékelésének neve. A hanghullámok a közegen keresztül érzékszerveinkhez jutnak (innent®l fül 1 ). A (2.1) szemlélteti, ahogy a hanghullám el®ször a küls® hallójáratba jut, majd onnan a dobhártyát rezegteti meg. A három hallócsontocska közül az els® a dobhártya bels®felszínéhez kapcsolódik, amely rezgésbe jön így a hallócsontocskák a rezgést a folyadékkal teli csigába közvetítik. A csigában található a Cortiféle szerv, ahol a rezgések ingerülettél 2.1. ábra. Az emberi fül [8] válnak, még pedig úgy, hogy a Corti féle szerv sz®rsejtjei csak a saját rezonanciafrekvenciájával azonos frekvencia hatására 1a
hangot más érzékszervek is érzékelhetik
21
kezdenek rezegni, a sz®rsejtek idegvégz®désein, az idegrostokon, majd a hallóidegen keresztül az ingerület az agy hallóközpontjába jut, ahol a hang-érzet keletkezik. 2.2.
A hang tulajdonságai
HANGMAGASSÁG A hangmagasságot a hang frekvenciája határozza meg, a frekvencia és hangmagasságérzet között logaritmikus az összefüggés, tehát egy 50 Hz és 100 Hz-es hang között ugyanakkora magasságkülönbséget érzékelünk, mint egy 1000Hz-es és 2000 Hz-es hang között. Az ember hozzávet®legesen 20−20000 Hz közötti hangokat képes hallani.
22
HANGERSSÉG Különböz® frekvenciájú hangok "szubjektív" hanger®sségének összehasonlítására bevezették a hanger®sség fogalmát: egy hang hanger®ssége annyi [phon], ahány dB a vele azonos hangosságérzetet kelt® 1 kHz-es szinuszhang hangnyomásszintje. A (2.3) ábrán látszik, hogy ahhoz, hogy 2.2. ábra. Az emberi hallás azonos 20 phon hanger®sség¶ jelet kapfrekvenciafügg® változásai [13] junk, az 1 kHz es szinusz jelet 21 dB-el kell kiadni(zöld vonal), míg a 200 Hz-et 39 dB-el (sárga vonal). A phon értékeket nem adhatjuk egyszer¶en össze, hiszen 20 phon + 20 phon (=? 40 phon) nem kelt kétszeres hangosságérzetet, át kell számolni, a hallás logaritmikussága miatt a következ®képp: Lp = 2
(Ln−40) 10
Ahol, Lp a hangosság, Ln pedig a hanger®sség. 2.3. ábra. Fletcher- Munson görbék [13] HANGOSSÁG Lp mennyiség neve, mértékegysége [sone].40 phon-hoz tartozik 1 sone. Így , az átváltás után már összeadhatjuk a phon értékeket, és például 1 sone + 1 sone = 2 sone, ami kétszer olyan hangos hangot jelent. HANGSZÍN A hangszín a hang egy olyan pszichoakusztikus tulajdonsága, ami lehet®vé teszi számunkra, a különböz® hangszereken megszólaltatott azonos hangmagasságú hangok megkülönböztetését. A hang egy alaphang (legkisebb frekvenciás összetev®) és felhangjaiból (az alapfrekvencia egész számú többszörösei) áll, a felhangok intenzitása, aránya pedig a hangszín.
23
HANGKÖZÖK
2.4. ábra. A természetes felhangrendszer viszonyai [8] A hangköz két zenei hang frekvenciakülönbségének arányban kifejezett mértéke. Püthagorasz megállapította, hogy azok a hangok, amiknek a felharmonikusai között sok megegyez® van konszonánsak. Ha két hangszeren azonos frekvenciájú (rezgésszámok aránya 1 : 1) hangot szólaltunk meg a hangközt TISZTA PRÍMNEK nevezzük. TISZTA OKTÁVRÓL akkor beszélünk, ha a két hang frekvenciájának aránya (1 : 2), ez a zeneelmélet legfontosabb hangköze, két oktávot alkotó hang nagyon szépen szól együtt, ennek oka, hogy felharmonikusaik "megegyeznek". 2 A következ® hangközünk a TISZTA KVINT, mely (2 : 3) arányú, a felharmonikusok között itt is sok megegyez®t találunk, ezét jól szólnak együtt. A heged¶ a brácsa, a cselló . . . , szomszédos húrjait is kvint hangközre hangolják. Püthagorasz hangrendszerét tiszta kvintekb®l építette fel, mindaddig, amíg vissza nem ért a kiinduló hanghoz (illetve annak els® felhangjához). Püthagorasz elmélete az európai zene egyik legfontosabb alkotó elemének a kvintkörnek a kiindulópontja volt. A következ® 13 tagból álló sort kapjuk , ha felfelé haladunk e körön: C-G-D-A-E-H-Fisz-Cisz(Desz)Gisz(Asz)-Disz(Esz)-Aisz(B)-Eisz(F)-Hisz(C). Az utolsó hang elméletileg azonos a C-vel, így 12 tagról beszélhetünk: európai zenekultúránk 12 fokúságának gyökere. A 2 "megegyeznek"
alatt azt értem, hogy ha egy a' 440Hz ennek felharmonikusai: 880 Hz, 1320 Hz, 1760 Hz, . . . , míg egy 880 Hz es hang felhangjai: 1760 Hz . . .
24
gyakorlatban viszont a Hisz és C között különbség mutatkozik. Mértéke egész pontosan 531441:524288, tehát a Hisz ennyivel magasabb a C-nél. Ennek az eltérésnek a neve: püthagoraszi komma. Az eltérés komoly fejtörést okozott a zenészeknek, hiszen ha egy billenty¶s hangszer húrjait püthagoraszi értelemben vett tiszta kvintre hangolják, akkor bizony a kiindulóponttól távolabbi húrokon játszott akkordhangok hamisak lesznek. A 17. századtól fogva egyre több rendszert dolgoztak ki, hogy a problémát áthidalják. A 19. század közepét®l került fokozatosan gyakorlatba a ma használt egyenletes temperálás, amely matematikailag egyenl® részekre (centekrea felhang század részei) osztja a hangokat. Ez a hangolás nem a felhangokra, hanem egy elméleti állandóra épül, emiatt a hangnemek egyformán "hamisak" lesznek, egyformák lesznek, illetve elveszítik sajátosságaikat. A (3 : 4) arányú hangköz neve TISZTA KVART, kvart hangközökre hangolják például a nagyb®g®t vagy a basszusgitárt. Ha összeadunk egy kvintet és egy kvartot, akkor oktávot kapunk. A (4 : 5) arány a NAGYTERCnek, az (5 : 6) a KISTERCnek felel meg, ezek összegei pont egy kvint. A két hangközt egymásra építve, kapjuk a dur hármashangzatot (4 : 5 : 6) illetve visszafelé(10 : 12 : 15) pedig mollt -a két legfontosabb harmóniája a mai európai zenekultúrának-. Továbbá, a (8 : 9) hangköz a NAGYSZEKUND. Tiszta még (15 : 16) arány, amely a KISSZEKUND.
25
3. fejezet MATlab
3.1.
Bevezetés
Ebben a fejezetben, a bevezet® idézetben felvetett érdekes kérdést szeretném körüljárni, miszerint mi a különbség két azonos hangjegyekkel leírt (azonos magasságon és hanger®vel) különböz® hangforrás által megszólaltatott hangok között. Érezzük, hogy a különbséget valahol ott kell megfogni, hogy különböz® hangszerek különböz® mód produkálják különböz®ségük miatt ugyanazt a hangot (rezgést), például egy zongoránál ütéssel hozzunk rezgésbe egy húrt a kalapácsmechanika segítségével, míg egy fafúvós hangszernél a tüd®b®l kiáramló leveg® hozza rezgésbe például hangszer nádját. Minden hangszerre jellemz® egy egyedi hangszín, amit a Matlab segítségével szeretnék bemutatni. A MATlab a MATrix LABoratory rövidítése, Cleve Moler kezdte el fejleszteni az 1970-es évek elejét®l, majd harmadmagával 1984-ben alapított The Mathworks foglalkozott tovább a numerikusszámításokra alkalmas rendszerrel, amit ekkor Cnyelven újra is írtak1 . A MATlab alkalmas arra, hogy hangfájlokat (.wav) beolvassuk, tároljuk, kirajzoljuk, különböz® transzformációkat végezzünk rajta, . . . . Különböz® hangforrásokból felvett A hangokat fogok MATlab-ban elemezni, majd a felharmonikusok közti különbséget bemutatni. A hangfelvételek id®tartományban valósulhatnak meg, nekünk viszont frekvencia tartomány kellene. A két tartomány közötti áttérést a Fourier transzformáció biztosítja. A MATlab-ban erre a külön parancs az t, amit vizsgáljunk meg most egy picit közelebbr®l. 1 2000-ben
szintén újra írták
26
Mindennek az alapja, az, hogy periodikus jeleket Fourier sorba szeretnénk fejteni. Nagyon leegyszer¶sítve itt: egy hangot komponenseire (alapfrekvencia, illetve azok egészszámú többszörösei) akarunk felbontani, meghatározva ezzel alapharmonikusát illetve a felharmonikusok viszonyát. A Fourier transzformáció diszkrét 2 változatából indulunk ki: 3.2.
Diszkrét Fourier transzformáció
Általában ha egy jel analízisét digitális módszerekkel végezzük, akkor a jel, a függvény csak diszkrét mintáival áll rendelkezésünkre. Legyen a helyzet például a (3.1) ábra szerint, ahol egy olyan függvényt láthatunk, amely, N darab diszkrét mintájával jellemzett. Tehát a feladatunk, hogy van egy N ponton mintavételezett függvény, mely diszkrét ér3.1. ábra. N ponton mintavételezett tékekb®l áll, de szeretnénk a Fourier sofüggvény [3] rát el®állítani. A függvényünk legyen L szerint periodikus, ∆x id®nként veszünk mintát, és egy periódus alatt N szer minta vételezünk. 3 A mintavételekhez tartozó értékek: fk . A Fourier-sort csak közelít®leg tudjuk meghatározni, az integrál jelünk szummává szelídül. N −1 1 1 X Cn ∼ ∆xfk e−2iπn L k∆x L k=0
helyettesítsünk: ∆x =
L N
-et
N −1 N −1 2π 1 L 1 X L 1 X −2iπn L kN Cn ∼ fk e = fk e−i N kn L k=0 N N k=0 2 mivel
a valós életben az adataink diszkrétek-véges sok mintavételezés lehetséges mintavételezésnél fontos megemlíteni Shanon -mintavételezési törvényét, miszerint a mintavételezési frekvenciának nagyobbnak kell lennie, mint a jelben el®forduló legmagasabb frekvenciájú komponens frekvenciájának kétszerese, ellenkez® esetben Aliasing-eektus léphet fel, ami hamis frekvenciákat eredményez. 3A
27
4. De níció.
Az
fk
diszkrét értéksorozat
Dn
diszkrét Fourier transzformáltját a kö-
vetkez® mód számoljuk ki:
Dn = ahol,
Dn
az
N −1 2π 1 X fk e−i N kn N k=0
n. komponens komplex spektrumértéke, N
a mintavételek száma, a szinu-
szos és koszinuszos értékeket pedig komplex trigonometrikus alakban az exponenciális szorzó képviseli.
Szeretném megjegyezni, hogy a képlet átrendezésével mátrix m¶veletként is értelmezhet® a következ®ként:
D0
1
1
1
...
D1
=
1
ω
ω −2
...
1
ω −2
ω −4
...
D2
.. .
DN −1
.. .
1 ω −(N −1) ω −2(N −1) . . .
1
f0
ω −(N −1) f1 ω −2(N −1) f2 . .. 2 fN −1 ω −(N −1)
,
ahol i2π
ω=eN
Az inverz transzformáció képlete pedig a következ®: fs =
N −1 X
2π
Dn ei N sn
0≤s≤N −1
n=0
Sajnos a DFT m¶veletigénye borzasztó nagy: o(N 2 ) nagyságrend¶, hiszen, N 2 szorzás és N (N − 1) összeadás. 1965-ben J. W. Cooley és J. W. Tukey dolgozták ki az FFT-t aminek a m¶veletigénye sokkal kevesebb, mint a DFT -jé, alapgondolata, egyszer¶en csak az "oszd meg és uralkodj". 3.2.1.
FFT - Fast Fourier Transform
Az FFT alapgondolata, hogy egy N (N kett® hatvány) alappontú transzformáltat N/2 alappontú résztranszformáltból állítjuk el®, amit pedig N/4 alappontúból és így tovább. M¶velet igénye: o(N log2 N ). Egy egyszer¶ példán szeretném szemléltetni az FFT- m¶ködését: 28
Nézzük a következ® függvényt, amit 8 alappontjával adtunk meg, itt a DFTelemeit a következ® képlet adná meg: 7
2π 1X D8r = fk e−i 8 kr L k=0
0≤r≤7
D8r -nek összesen nyolc független értéke
van (r = 0 . . . 7). Írjuk át a szumma jelet két részletbe, valamint az N1 szorzót az egyszer¶ség kedvéért elhagyjuk.
3.2. ábra. [3]
2,4,6
D8r =
X
3,5,7 1
fk e−i2π 8 kr +
k=0
X
1
fk e−i2π 8 kr
k=1
Helyettesítsünk a második szummába k = q+1-et, majd emeljünk ki az exponenciális szorzóból. 2,4,6
D8r =
X
2,4,6
1
1
fk e−i2π 8 kr + e−i2π 8 r
X
1
fk e−i2π 8 qr .
q=0
k=0
Most, az els® szummába k = 2s-t, a másodikba q = 2s-t. D8r =
.
3 X
fk e
−i2π 82 sr
−i2π 18 r
+e
s=0
3 X
2
f2s+1 e−i2π 8 sr
s=0
Észrevehetjük, hogy itt pont négy-négy alappontra támaszkodó transzformációk vannak, mégpedig úgy, hogy, az egyik a páros alappontokhoz tartozó transzformált (f0 , f2 , f4 , f6 ) jelöljük ezt: D4♣ r -vel, a másik a páratlan alappontokhoz (f1 , f3 , f5 , f7 ) tartozó transzformált, jelöljük: D4♠ r 1
−i2π 8 r D8r = D4♣ D4♠ r +e r
0 ≤ r ≤ 3.
♠ Tehát ha feltesszük, hogy ismerjük D4♣ r és D4r értékét, akkor a nyolc alappontra támaszkodó transzformációt ebb®l már egyszer¶en kiszámolhatjuk. Honnan ismerhetjük a négy alappontra támaszkodó transzformáltakat? Rekurzíve alkalmazzuk ugyanazt az algoritmust, tehát a négy alappontra támaszkodó transzformáltakat a két alappontra támaszkodókból tudjuk, amiket pedig az egy alappontra támaszkodókból, de ezen utóbbi transzformáltak az alappontok maguk. A számításokat a (3.3) ábrával szeretném szemléltetni, ahol láthatjuk például, hogy a D8 nulladik eleméhez ♠ vennünk kell D4♣ 0 és D40 elemeket.
29
A számítási séma tehát: kiindulás: 8 alappont Alappontokból 4db két alappontos transzformált két alappontosakból 2db négy alappontos transzformált négy alappontosakból nyolc alappontos transzformált el®állítása. Az FFT algoritmusáról b®vebben olvashatnak [2] -ben, valamint [4] és [5]-ben. 3.3.
3.3. ábra. Lepke-szabály [3]
A MATlab alkalmazása
Most, hogy megnéztük, hogy mit csinál az t parancs el is kezdhetjük használni. A rendelkezésre álló hangminták: furulya, n®i hang, gitár, hangvilla, zongora, szintetizátor. Mindegyik hangforrásból egy A hangot (440Hz )szólaltattam meg (illetve, amelyik nem saját forrás annak eredetét a forrásjegyzékben feltüntettem [12]). Az els® feladat, hogy kirajzoltassuk MATlab-ban, a hangok képét id®tartományban. Ez látható a (3.4) -es ábrán. Ha megnézzük például a zongora által kiadott A-hangot, meg gyelhetjük, hogy a hang egyre kisebb intenzitással szól, végül teljesen lecseng, míg az ének hang ábra egy kitartott A-hangot mutat. Ha kinagyítjuk az ábrákat (a (3.5) ábrán szemléltetem) nagyon szépen látszik, hogy periodikus jelekb®l állnak4 , például az "A-hang" ábra egy tiszta A hangot mutat, amit egy generátor segítségével állítottam el® majd vettem fel, valóban egy szinusz hullám.
4 További
példákat láthat az olvasó: [13].
30
3.4. ábra. Id®tartománybeli analízis
3.5. ábra. A periódusok kinagyítása 31
A következ® lépésben az t parancs segítségével áttérünk id®tartományból- frekvenciatartományba. Az ábákon láthatjuk, hogy mindegyik hang alapharmonikusa 440Hz - es A hang, majd rendre a felhangjaik. Az ábrákon az x tengely beosztása 20 − 16000 Hz (hallható tartomány)-ig megy, valamint az x tengely teljes kirajzolásakor hamis információk (tükörfrekvenciák) is megjelennek a képen, ezek számunkra nem hasznos információk, ezért ezek ábrázolásától eltekintettem. Az y tengely skálázása logaritmikus, mint ahogy az emberi hallás is.
3.6. ábra. Spektrum képek A következ® képen, a (3.6) ábra els® két képének kinagyítása látszik, a csúcsok értékeivel. A pontatlanság a mérési hibákból, illetve a hangszer nem behangoltságából adódik.
32
3.7. ábra. Spektrum képek egy szelete Egy érdekességet szeretnék még bemutatni az utolsó két ábrán, ahol egy zongora van és egy szintetizátor. Gyönyör¶en kirajzolódnak a két hangszer közötti különbségek (felhangok száma, felhangok intenzitása, árkülönbség). A zongora egy Steinway and Sons B-modell, a szintetizátor pedig egy Casio CTK-700 típus, valamint végezetül megjegyezném, hogy a zongora 441Hz- re van hangolva.
3.8. ábra. Spektrum kép kinagyítva
33
Irodalomjegyzék [1]
Sz®kefalvi-Nagy Béla
adó,
[2] [3]
: Valós Függvények és Függvénysorok,
Tankönyvki-
Budapest, 1975.
: Képkorrekció, Hanganalízis,Térszámítás PC-n, terBooks, Budapest, 1994. Székely Vladimír
: Analízis II.,
Laczkovich Miklós - T. Sós Vera
Compu-
Nemzeti Tankönyvkiadó,
Budapest, 2007. [4]
Stoyan Gisbert
: MATLAB,(4. és 5. verzió), TIPOTEX, 1999.
[5]
Brian D.Storey
: Computing Fourier Series and Power Spectrum with MAT-
LAB, http://faculty.olin.edu/bstorey/Notes/Fourier.pdf
[6]
: Fourier-sorok (egyetemi segédanyag ),
Szilágyi Brigitta
http://www.math.bme.hu/~szilagyi/11_Taylor_Fourier.pdf
[7]
Bátkai András
: Fourier-sorok (egyetemi jegyzet),
http://www.cs.elte.hu/~batka/oktatas/fouriersor.pdf
[8]
Bátkai András
: Hatványsorok, Függvénysorok (egyetemi jegyzet),
http://www.cs.elte.hu/~batka/oktatas/hatvanysorok.pdf
[9]
: Hang és zene, 2008.04.24-én elhangzott Gyerekegyetem el®adás írásos anyaga, Wersényi György, Hontvári Csaba
http://vip.tilb.sze.hu/~wersenyi/GYE.pdf
[10]
Wersényi György
: M¶szaki Akusztika, egyetemi jegyzet, 2010,
(NGB_TA_020_1). 34
[11]
: Konvolúció és teremszimuláció Matlab program segítségével (Szakdolgozat), 2008,
Petrovszki András
http://vip.tilb.sze.hu/~wersenyi/PA.pdf
[12]
: Fourier-elmélet (el®adás jegyzet),
Gy®ri István
http://math.uni-pannon.hu/~gyori/ma1114f/jegyzet6.pdf
[13]
: Elektronikus hangszintézis és moduláció szemléltetése LabView segítségével (Szakdolgozat), 2010, Ritter Tamás
http://ganymedes.lib.unideb.hu:8080/dea/bitstream/2437/100636/4/Ritter_Tamas _Szakdolgozat_titkositott.pdf
[14]
Mark Petersen
: Mathematical Harmonies,
http://amath.colorado.edu/pub/matlab/music/MathMusic.pdf
[15]
Mark Petersen
: Resources to Accompany Musical Analysis and Synthesis
in Matlab, http://amath.colorado.edu/pub/matlab/music/
35
Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretnék köszönetet mondani témavezet®mnek, Keleti Tamásnak, aki értékes észrevételeivel, tanácsaival, ösztönözte és támogatta munkám. Szeretném megköszönni családomnak, akik mindvégig támogattak tanulmányaim során, az odaadást és a sok szeretetet. Külön köszönet jár a barátaimnak, akik nélkül az akusztikai rész nem jöhetett volna létre. Folyamatos biztatásukért hálás vagyok.
36
Nyilatkozat
Név: Kovács Anikó ELTE TTK, Matematika B.Sc. szak, Matematikai elemz® szakirány ETR azonosító: KOAOAGT.ELTE Szakdolgozat címe: Fourier-sorok és alkalmazásai
A szakdolgozat szerz®jeként fegyelmi felel®sségem tudatában kijelentem, hogy a dolgozatom önálló munkám eredménye, saját szellemi termékem, abban a hivatkozások és idézések standard szabályait következetesen alkalmaztam, mások által írt részeket a megfelel® idézés nélkül nem használtam fel.
Budapest, 2011. 05. 31.
Kovács Anikó
37
