Prepa N1 Series de Fourier

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Preparaduría: Series de Fourier.
Javier Freites y Johan Diaz
May 2021
1. Repaso Teórico
1.1. Teorema de Fourier:
Sea una función periodica, con periodo T, y de cuadrado integrable (f(t) ∈ L2[−T/2, T/2])
puede aproximarse a una serie geométrica:
f(t) =
A0
2
+
∞∑
n=1
AnCos(wnt) +
∞∑
n=1
BnSen(wnt) (1)
Donde:
wn = nw0, w0 =
2π
T
1.2. Coeficientes de la Serie de Fourier:
A0 =
2
T
∫ T
2
−T
2
f(t)dt (2)
An =
2
T
∫ T
2
−T
2
f(t)Cos(wnt)dt (3)
Bn =
2
T
∫ T
2
−T
2
f(t)Sen(wnt)dt (4)
1.3. Teorema de simetría
-Si f(t) es impar (f(-t) igual -f(t), para todo t) entonces An es 0
-Si f(t) es par (f(t) igual f(-t), para todo t) entonces Bn es 0
1
1.4. Integral y derivada de una serie de Fourier
-Siempre es posible integrar la serie de Fourier término a término.
-Para derivar, hay que tener cuidado si la función no es continua, si no diverge al derivar.
2. Problemas:
2.1. Dada la función f(t) = t,−π < t < π
-Hallar la Serie de Fourier
-Hallar la serie de Fourier de t2
-Hallar el valor de
∑∞
n=1
1
n2
Respuesta
2.1.1. Hallar la Serie de fourier de f(t)
- Primero se estudia la función para ver si es par, impar o ninguna. Para ello primero grafi-
camos f(t)
Figura 1: Gráfica 1. Función f(t) de periodo T = 2π
2
Observando la gráfica se deduce que, el periodo de ella es 2π, y además:
f(−t) = −t = −f(t) = −(t)
Debido a que la función es impar por el Teorema de simetría podemos decir que An es 0, por
lo tanto tenemos que obtener únicamente el valor de Bn.
Bn =
2
T
∫ T
2
−T
2
f(t)Sen(wnt)dt
Donde wn = nw0 = n2πT =
n2π
2π
= n
Bn =
2
2π
∫ 2π
2
−2π
2
tSen(nt)dt
Bn =
1
π
∫ π
−π
tSen(nt)dt
Se integra por partes realizando un cambio de variable u = t; v’ = Sin(nt), tal que:
1
π
∫ π
−π
tSen(nt)dt =
1
π
[
−tCos(nt)
n
|π−π]−
∫ π
−π
−cos(nt)
n
dt
1
π
∫ π
−π
tSen(nt)dt =
1
nπ
[−tCos(nt)|π−π −
∫ π
−π
−cos(nt)dt]
1
π
∫ π
−π
tSen(nt)dt =
1
nπ
[[−πCos(nπ)− (−(−π)Cos(nπ))]− (−sin(nt)
n
)|π−π]
1
π
∫ π
−π
tSen(nt)dt =
1
nπ
[(−π(−1n)− π(−1n))− (−sin(nπ)
n
− −sin(−nπ)
n
)]
1
π
∫ π
−π
tSen(nt)dt =
1
n
(−2(−1n))
3
Entonces:
Bn =
−2(−1n)
n
Por ende tenemos que para f(t) = t su serie de fourier es:
f(t) =
∞∑
n=1
−2(−1n)
n
Sen(nt)
2.1.2. Hallar la Serie de fourier de f(t) = t2
- Para conseguir la serie de Fourier de f(t) = t2 se tiene dos alternativas, la primera es
realizar todo el procedimiento anterior teniendo en cuenta de que esta función es par, o la
segunda opción sería agarrar el valor obtenido anteriormente para la función f(t) = t, lo cual
procederemos a realizar:
t =
∞∑
n=1
−2(−1n)
n
Sen(nt)
∫
tdt =
∫ ∞∑
n=1
−2(−1n)
n
Sen(nt)dt
t2
2
+ C1 =
∞∑
n=1
−2(−1n)
n
∫
Sen(nt)dt
t2
2
+ C1 =
∞∑
n=1
−2(−1n)
n
(
−Cos(nt)
n
) + C2
t2 =
∞∑
n=1
4(−1n)
n2
Cos(nt) + 2C
4
Para obtener el valor de C, debemos observar si la función del problema es par o impar
debido a que si es par el valor de 2C vendría dado por el término de A0
2
f(t) = t2 = (−t)2 = f(−t)
¿Por qué 2C es A0
2
? Observen la expresión de la serie de Fourier para funciones pares:
f(t) =
A0
2
+
∞∑
n=1
AnCos(wnt)
Al comparar, observamos que el término que es una constante resulta ser A0
2
por lo que en
nuestro problema el valor de 2C vendrá dado entonces por el A0
2
Entonces, procedemos a calcular el valor de A0:
A0 =
2
T
∫ T
2
−T
2
f(t)dt
A0 =
2
2π
∫ 2π
2
−2π
2
t2dt
A0 =
1
π
∫ π
−π
t2dt
A0 =
1
π
(
x3
3
|π−π)
A0 =
1
π
(
π3
3
− (−π)
3
3
)
A0 =
1
π
(
π3
3
+
π3
3
)
5
A0 =
1
π
(
2π3
3
)
A0 =
2π2
3
2C =
A0
2
2C =
π2
3
Finalmente , sustituimos y despejamos:
t2 =
∞∑
n=1
4(−1n)
n2
Cos(nt) +
π2
3
Nota: Otra manera de hacerlo es considerar 2C2 − 2C1 = C y en este caso C = A02 y se
realizaría el mismo procedimiento anterior, Calcular A0 y luego dividirlo entre 2 para obtener
el A0
2
2.1.3. Obtener el valor de la serie
∑∞
n=1
1
n2
- Por último, para obtener el valor de
∑∞
n=1
1
n2
sustituimos en el resultado anterior t = π,
tal que:
(π)2 =
∞∑
n=1
4(−1n)
n2
Cos(nπ) +
π2
3
π2 − π
2
3
=
∞∑
n=1
4(−1n)
n2
(−1n)
6
2π2
3(4)
=
∞∑
n=1
(−1n)(−1n)
n2
2π2
12
=
∞∑
n=1
1
n2
∞∑
n=1
(1)
n2
=
π2
6
2.2. Hallar la serie de Fourier de f(t) = |Sen(t)|,−π < t < π
-Primero, graficamos la función y estudiamos su pariedad.
Utilizando la definición de valor absoluto podemos escribir la función como:
|Sen(t)| =
{
−Sen(t),−π < t < 0
Sen(t), 0 < t < π
(5)
Observando la gráfica se deduce que, el periodo de ella es 2π, y, además, la función es par.
Debido a que la función es par por el Teorema de simetría podemos decir que Bn es 0, por lo
tanto tenemos que obtener A0 y An.
Considerando lo anterior y como (f(t) ∈ L2[−π, π]), podemos escribir f(t) de forma única
en términos de su serie de Fourier de la forma:
f(t) =
A0
2
+
∞∑
n=1
AnCos(wnt)
Donde wn = nw0 = n2πT =
n2π
2π
= n
-Procedemos a Calcular los coeficientes de la Serie
A0 =
2
T
∫ T
2
−T
2
f(t)dt
7
Figura 2: Gráfica 2. Función f(t) = |Sen(t)| de periodo T = 2π
A0 =
2
2π
∫ 2π
2
−2π
2
|Sen(t)|dt
A0 =
1
π
∫ π
−π
|Sen(t)|dt
A0 =
1
π
[
∫ 0
−π
(−Sen(t))dt+
∫ π
0
Sen(t)dt]
A0 =
1
π
[−(−Cos(t)|0−π) + (−Cos(t)|π0 )]
A0 =
1
π
[−(−Cos(0) + Cos(−π))− Cos(π) + Cos(0)]
8
A0 =
1
π
[Cos(0)− Cos(−π)− Cos(π) + Cos(0)]
A0 =
1
π
[1− (−1)− (−1) + 1]
A0 =
4
π
A0
2
=
2
π
An =
2
T
∫ T
2
−T
2
f(t)Cos(wnt)dt
An =
2
2π
∫ 2π
2
− 2π
2
|Sen(t)|Cos(nt)dt
An =
1
π
∫ π
−π
|Sen(t)|Cos(nt)dt
Podemos resolver estas integrales:
An =
1
π
[
∫ 0
−π
(−Sen(t))Cos(nt)dt+
∫ π
0
Sen(t)Cos(nt)dt]
o mejor, utilizamos teoremas de simetría: Como |Sen(t)| y Cos(wnt) son funciones pares, el
producto de ellas dará como resultado una función par, por lo que se cumple:
An =
2
π
∫ π
0
Sen(t)Cos(nt)dt
Utilizando las identidades trigonométricas:
Sen(a+ b) = Sen(a).Cos(b) + Cos(a).Sen(b)
Sen(a− b) = Sen(a).Cos(b)− Cos(a).Sen(b)
—————————————————————
Sen(a+ b) + Sen(a− b) = 2Sen(a).Cos(b)
Sen(a)Cos(b) = 1
2
[Sen(a+ b) + Sen(a− b)]
9
An =
2
π
∫ π
0
1
2
[Sen(t+ nt) + Sen(t− nt)]dt
An =
1
π
[
∫ π
0
Sen(t+ nt)dt+
∫ π
0
Sen(t− nt)dt]
Para n 6= 1
u = t+ nt
du = 1 + n
v = t− nt
dv = 1− n
An =
1
π
[
1
1 + n
∫ π+nπ
0
Sen(u)du+
1
1− n
∫ π−nπ
0
Sen(v)dv]
An =
1
π
[
1
1 + n
(−Cos(u)|π+nπ0 ) +
1
1− n
(−Cos(v)|π−nπ0 )]
An =
1
π
[
1
1 + n
(−Cos(π + nπ) + Cos(0)) + 1
1− n
(−Cos(π − nπ) + Cos(0))]
Para n par:
An =
1
π
[
1
1 + n
(−(−1) + 1) + 1
1− n
(−(−1) + 1)]
An =
1
π
[
2
1 + n
+
2
1− n
]
An =
1
π
[
2− 2n+ 2 + 2n
(1 + n)(1− n)
]
An =
1
π
[
4
1− n2
]
An =
4
π(1− n2)
Para n impar:
An =
1
π
[
1
1 + n
(−1 + 1) + 1
1− n
(−1 + 1)]
An = 0
Para todos los n impares
Ahora evaluemos n = 1, es decir A1
A1 =
1
π
[
∫ π
0
Sen(2t)dt+
∫ π
0
Sen(0)dt]
10
A1 =
1
π
[
∫ π
0
Sen(2t)dt
A1 =
1
π
[
∫ π
0
Sen(2t)dt
A1 =
1
2π
[−Cos(2t)|π0 ]
A1 =
1
2π
[−Cos(0)− (−Cos(2π))]
A1 =
1
2π
[−1− (−(1))]
A1 = 0
Entonces An será:
An =
{ 4
π(1−n2) , n par
0, n impar
Finalmente la Serie de Fourier de f(t) = |Sen(t)| será aproximadamente:
f(t) ' 2
π
+
∞∑
n=par
4
π(1− n2)
Cos(nt)
f(t) ' 2
π
+
∞∑
n=1
4
π(1− 2n2)
Cos(2nt)
2.3. Demuestre que sif(t) ∈ L2[−T2 ,
T
2 ] es una función impar An = 0
Sea f(t) ∈ L2[−T
2
, T
2
] una función par. Recordemos que An se escribe como:
An =
2
T
∫ T
2
−T
2
f(t)cos(wnt)dt
Reescribiendo
An =
2
T
∫ T
2
−T
2
f(t)cos(wnt)dt =
2
T
∫ 0
−T
2
f(t)cos(wnt)dt+
2
T
∫ T
2
0
f(t)cos(wnt)dt
11
Hacemos un cambio de variable t = −t′ dt = −dt′
Cuidado con los límites de integración
An =
2
T
∫ 0
T
2
f(−t′)cos(wn(−t′))(−dt′) +
2
T
∫ T
2
0
f(t)cos(wnt)dt
Como f(t) es impar f(−t′) = −f(t′)
Como cos(wnt) es par cos(wn(−t′)) = cos(wnt′)
Considerando esto reescribimos
An =
2
T
∫ 0
T
2
−f(t′)cos(wnt′)(−dt′) +
2
T
∫ T
2
0
f(t)cos(wnt)dt
Manipulamos e intercambiamos los límites de integración de la primera integral
An = −
2
T
∫ T
2
0
f(t′)cos(wnt′)dt′+
2
T
∫ T
2
0
f(t)cos(wnt)dt
Luego, por variables mudas:
An = 0
3. Fenómeno de Gibbs
Se conoce como fenómenode Gibbs al comportamiento que presenta la serie de Fourier
que aproxima a una función con discontinuidades finitas y que se observa en el límite (cercanía)
de esas discontinuidades. En el límite de las discontinuidades, la serie presenta un salto o
diferencia respecto a la función f(x) a la que se está aproximando. El valor de ese salto no
disminuye al aumentar el número de términos de la Serie de Fourier. El aumento
del número de términos corre el salto hacia la discontinuidad y se hace más Angosto
".
12