Cari bentuk transfromasi Fourier sinyal berikut ini: a. 10 sin(2π100t) b. 10 cos(2π100t

a. [tex]f(t)=10\sin{2\pi 100t}[/tex] dengan [tex]F_0=100\ Hz[/tex]
Transformasi Fourier untuk sinyal periodik kontinu:
[tex]C(k)=\frac{1}{T}\int\limits_{-T/2}^{T/2}f(t)e^{-i2\pi kF_0t}dt\\C(k)=\frac{1}{T}\int\limits_{-T/2}^{T/2}10\sin{2\pi F_0t}e^{-i2\pi kF_0t}dt\\C(k)=\frac{1}{T}\int\limits_{-T/2}^{T/2}10(\frac{e^{i2\pi F_0t}-e^{-i2\pi F_0t}}{2i})e^{-i2\pi kF_0t}dt\\C(k)=\frac{5}{iT}\int\limits_{-T/2}^{T/2}(e^{i2\pi F_0t}-e^{-i2\pi F_0t})e^{-i2\pi kF_0t}dt\\C(k)=\frac{5}{iT}\int\limits_{-T/2}^{T/2}(e^{i2\pi F_0(1-k)t}-e^{-i2\pi F_0(1+k)t})dt\\C(k)=\frac{5}{iT}(\frac{e^{i2\pi F_0(1-k)t}}{i2\pi F_0(1-k)}-\frac{e^{-i2\pi F_0(1+k)t}}{-i2\pi F_0(1+k)})|^{T/2}_{-T/2}[/tex]
[tex]C(k)=\frac{5}{i^22\pi F_0T}(\frac{e^{i2\pi F_0(1-k)t}}{(1-k)}+\frac{e^{-i2\pi F_0(1+k)t}}{(1+k)})|^{T/2}_{-T/2}, F_0T=1\\C(k)=-\frac{5}{2\pi}(\frac{e^{i2\pi F_0(1-k)t}}{(1-k)}+\frac{e^{-i2\pi F_0(1+k)t}}{(1+k)})|^{T/2}_{-T/2}[/tex]
Masukkan batas-batas integralnya:
[tex]C(k)=-\frac{5}{2\pi}(\frac{e^{i\pi (1-k)}-e^{-i\pi (1-k)}}{(1-k)}+\frac{e^{-i\pi (1+k)}-e^{i\pi (1+k)}}{(1+k)})\\C(k)=-\frac{5}{2\pi}(\frac{2i\sin{\pi (1-k)}}{(1-k)}-\frac{2i\sin{\pi (1+k)}}{(1+k)})[/tex]

Nilai [tex]\frac{\sin{\pi (1-k)}}{(1-k)}[/tex] selalu bernilai 0 untuk semua nilai k, kecuali k = 1 karena akan membuat penyebutnya 0, sehingga nilai untuk k = 1:
[tex] \lim_{k \to 1} \frac{\sin{\pi (1-k)}}{(1-k)} = \pi[/tex]
sehingga nilai [tex]C(k)[/tex] untuk k = 1:
[tex]C(1) = -\frac{5}{2\pi}(2i)(\pi-0)= -5i[/tex]

Nilai [tex]\frac{\sin{\pi (1+k)}}{(1+k)}[/tex] selalu bernilai 0 untuk semua nilai k, kecuali k = -1 karena akan membuat penyebutnya 0, sehingga nilai untuk k = -1:
[tex] \lim_{k \to -1} \frac{\sin{\pi (1+k)}}{(1+k)} = \pi[/tex]
sehingga nilai [tex]C(k)[/tex] untuk k = -1:
[tex]C(-1) = -\frac{5}{2\pi}(2i)(0-\pi)= 5i[/tex]
sehingga bentuk transformasi Fourier-nya:
[tex]C(k)= \left \{ {{-5i, \ k=1} \atop {5i, \ k=-1}} \right[/tex] dan [tex]C(k) =0,\ k \ lainnya[/tex]

b. [tex]f(t)=10\cos{2\pi 100t}[/tex] dengan [tex]F_0=100\ Hz[/tex]
Transformasi Fourier untuk sinyal periodik kontinu:
[tex]C(k)=\frac{1}{T}\int\limits_{-T/2}^{T/2}f(t)e^{-i2\pi kF_0t}dt\\C(k)=\frac{1}{T}\int\limits_{-T/2}^{T/2}10\cos{2\pi F_0t}e^{-i2\pi kF_0t}dt\\C(k)=\frac{1}{T}\int\limits_{-T/2}^{T/2}10(\frac{e^{i2\pi F_0t}+e^{-i2\pi F_0t}}{2})e^{-i2\pi kF_0t}dt\\C(k)=\frac{5}{T}\int\limits_{-T/2}^{T/2}(e^{i2\pi F_0t}+e^{-i2\pi F_0t})e^{-i2\pi kF_0t}dt\\C(k)=\frac{5}{T}\int\limits_{-T/2}^{T/2}(e^{i2\pi F_0(1-k)t}+e^{-i2\pi F_0(1+k)t})dt\\C(k)=\frac{5}{T}(\frac{e^{i2\pi F_0(1-k)t}}{i2\pi F_0(1-k)}+\frac{e^{-i2\pi F_0(1+k)t}}{-i2\pi F_0(1+k)})|^{T/2}_{-T/2}[/tex]
[tex]C(k)=\frac{5}{i2\pi F_0T}(\frac{e^{i2\pi F_0(1-k)t}}{(1-k)}-\frac{e^{-i2\pi F_0(1+k)t}}{(1+k)})|^{T/2}_{-T/2}, F_0T=1\\C(k)=\frac{5}{i2\pi}(\frac{e^{i2\pi F_0(1-k)t}}{(1-k)}-\frac{e^{-i2\pi F_0(1+k)t}}{(1+k)})|^{T/2}_{-T/2}[/tex]
Masukkan batas-batas integralnya:
[tex]C(k)=\frac{5}{i2\pi}(\frac{e^{i\pi (1-k)}-e^{-i\pi (1-k)}}{(1-k)}-\frac{e^{-i\pi (1+k)}-e^{i\pi (1+k)}}{(1+k)})\\C(k)=\frac{5}{i2\pi}(\frac{2i\sin{\pi (1-k)}}{(1-k)}+\frac{2i\sin{\pi (1+k)}}{(1+k)})[/tex]

Nilai [tex]\frac{\sin{\pi (1-k)}}{(1-k)}[/tex] selalu bernilai 0 untuk semua nilai k, kecuali k = 1 karena akan membuat penyebutnya 0, sehingga nilai untuk k = 1:
[tex] \lim_{k \to 1} \frac{\sin{\pi (1-k)}}{(1-k)} = \pi[/tex]
sehingga nilai [tex]C(k)[/tex] untuk k = 1:
[tex]C(1) = \frac{5}{i2\pi}(2i)(\pi-0)= 5[/tex]

Nilai [tex]\frac{\sin{\pi (1+k)}}{(1+k)}[/tex] selalu bernilai 0 untuk semua nilai k, kecuali k = -1 karena akan membuat penyebutnya 0, sehingga nilai untuk k = -1:
[tex] \lim_{k \to -1} \frac{\sin{\pi (1+k)}}{(1+k)} = \pi[/tex]
sehingga nilai [tex]C(k)[/tex] untuk k = -1:
[tex]C(-1) = \frac{5}{2\pi}(2i)(0-\pi)= -5[/tex]
sehingga bentuk transformasi Fourier-nya:
[tex]C(k)= \left \{ {5, \ k=1} \atop {-5, \ k=-1}} \right[/tex] dan [tex]C(k) =0,\ k \ lainnya[/tex]