series de fourier · el ejemplo 1.1 se encuentra resuelto en el libro de ecuaciones diferenciales...
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�SERIES DE FOURIER�
17 de abril de 2013
Material Didáctico.
Ismael Hernández de Jesús, Eloy García Santiago. Licenciatura en Ingeniería Física, Universidad
Autónoma Metropolitana, Unidad Azcapotzalco
Av. San Pablo 180, C.P. 02200 México, D.F.
1
SERIES DE FOURIER INTRODUCCIÓN
Una función se puede representar en forma de Serie, lo cual es una práctica muy común en las
matemáticas, y es que con bastante frecuencia encontramos ventajas al expandir una función
en alguna serie. Seguramente recuerda expansiones un poco más familiares y que además ha
trabajado con ellas, como las series de potencia de la forma:
f(x) =
∞∑n=0
anxn (1)
Las series de Fourier dadas en términos de seno y coseno han sido una importante herramienta
para la solución de aquellos problemas donde intervienen ecuaciones diferenciales ordinarias y
parciales, además de emplearse para analizar funciones periódicas a través de la descomposición
en una suma in�nita de funciones senoidales mucho más simples. Si bien toda la teoría que
engloba las series de Fourier es complicada, la aplicación de éstas, llega a ser más simple,
siendo, en cierto sentido, más universales que las series de Taylor, ya que muchas funciones de
interés práctico que son periódicas discontinuas pueden desarrollarse en series de Fourier, pero
no tienen representación en series de Taylor. (Kreyszig 1999).
El nombre se debe al matemático francés Jean-Baptiste Joseph Fourier (1768-1830), que desa-
rrolló la teoría cuando estudiaba la ecuación de calor. Fue el primero en estudiar tales series
sistemáticamente, publicando sus resultados iniciales en 1807 y 1811. (Kreyszig 1999).
Entre las áreas de aplicación donde se suele emplear series de Fourier podemos encontrar el
análisis vibratorio, acústica, óptica, procesamiento de imágenes y voz, señales, en teoría de
comunicaciones. (Glyn James 2008)
Una serie de Fourier de una función en su forma general es la siguiente: (Dennis G. Zill, Michael
R. Cullen, 2009):
2
f(x) =a02
+
∞∑n=1
(ancosnπ
px+ bnsen
nπ
px) (2)
Estando de�nida en el intervalo (−∞,+∞), cuyo periodo es 2p. El término n = 0, es indepen-
diente de x y está fuera de la sumatoria.
De la Ecuación 2 encontramos un coe�ciente llamado a0, el cual corresponde a una constante
real. Y los any bn son coe�cientes de la serie.
En conjunto estos tres coe�cientes son llamados Coe�cientes de Fourier y son el verdadero
detalle de las series de Fourier. La forma de calcularlos se muestran en las Ecuaciones 3, 4 y
5.
a0 =1
p
ˆ p
−pf(x) dx (3)
an =1
p
ˆ p
−pf(x) cos
nπ
px dx (4)
bn =1
p
ˆ p
−pf(x) sen
nπ
px dx (5)
Algunos ejemplos aparecen al �nal de éste trabajo.
BASES DE FUNCIONES.
Un espacio vectorial de dimensión in�nita cuyos vectores de base son funciones, es un tipo de
espacio-funcional. Esto signi�ca que cada función en el espacio funcional puede representarse
como una combinación lineal de las funciones de la base.
Para ilustrar el concepto, se empleo el siguiente ejemplo:
Se puede crear un vector bidimensional sumando múltiplos de los vectores (1, 0) y (0, 1) :
(x
y
)= X
(1
0
)+ Y
(0
1
)(6)
3
En éste ejemplo, se puede decir que el vector (x, y) está generado por los vectores (1, 0) y (0, 1).
Los vectores base más adecuados son ortogonales, lo que se cumple para (1, 0) y (0, 1). Dos
vectores son ortogonales si su producto escalar es cero, lo que signi�ca que están en ángulo
recto. De la misma forma, dos funciones son ortogonales si su producto escalar es cero. Las
funciones y son ortogonales, ya que:
ˆ ∞−∞
sen x cos x dx = 0 (7)
Una función f(x) es de cuadrado integrable sí y solo sí:
ˆ ∞−∞
[f(x)]2dx <∞ (8)
Cualquier función de cuadrado integrable (como por ejemplo: una grabación musical) puede
representarse por una suma de senos y cosenos varias amplitudes y frecuencias. Esta descompo-
sición lleva a la transformada de Fourier. En este caso los senos y los cosenos son las funciones
de base. Es importante destacar que mientras que el espacio bidimensional está generado única-
mente por dos vectores, un espacio funcional está generado por un número in�nito de funciones
de base, porque su espacio funcional es de dimensión in�nita.
ORTONORMALIDAD
Dos vectores x & y de un espacio euclidiano E, se dice que son ortogonales si su producto
interno es nulo:
< x, y >= 0 (9)
(Rafael Bru, Joan Josep Climent, 2001)
Además dos vectores son ortonormales sí:
Si su producto interno, (llamado también escalar), es cero.
Los dos vectores son unitarios.
4
Un ejemplo de esto es:
En el espacio euclídeo bidimensional el conjunto S = {e1, e2} formado por los dos vectores e1 = (1,0), e2 =
(0,1) es un conjunto ortonormal.como se muestra en la �gura 1.
Figura 1: Vectores i & j ortonormales entre sí.
En el caso de funciones cos(mx) y cos(nx), así como de las funciones sen(nx) y cos(nx) se sabe
que son ortogonales en el intervalo −π ≤ x ≤ π:
< f1, f2 >=
ˆ b
a
f1(x) f2(x) dx (10)
< cos(mx), cos(nx) >=
ˆ π
−πcos(mx)cos(nx) dx = 0 (11)
Si m y n son números enteros no negativos distintos.
En álgebra lineal, una base ortonormal de un espacio es un conjunto mutuamente ortogonal y
normal (es decir, de magnitud unitaria) que puede desarrollar (generar) todo vector de dicho
espacio. Recíprocamente, en un espacio vectorial todo vector puede ser expresado como una
combinación lineal de la base.
Una base ortogonal satisface las mismas condiciones, salvo la de magnitud unitaria; es muy
sencillo transformar una base ortogonal en una base ortonormal mediante el producto por un
escalar apropiado y de hecho, esta es la forma habitual en la que se obtiene una base ortonormal;
por medio de una base ortogonal. Así, una base ortonormal es una base ortogonal, en la cual
la norma de cada elemento que la compone es unitaria.
5
‖V ‖ = ‖(vx, vy, vz)‖ =√
(vx)2 + (vy)2 + (vz)2 (12)
V =vxVUx +
vyVUy +
vzVUz (13)
< cos(mx), cos(nx) >=
ˆ π
−πcos(mx)cos(nx) dx = 0 (14)
‖φn(x)‖ =
√ˆ b
a
φ2n(x) dx = 1 (15)
Tiene la propiedad de que es 1 para n=1,2,3,4.....
Figura 2: Funciones sen(mx) y cos(mx) ortogonales entre sí.
6
SERIES DE FOURIER; EJEMPLOS Y SUMAS PARCIALES DE FUNCIONES PERIÓDICAS.
El Ejemplo 1.1 se encuentra resuelto en el libro de Ecuaciones Diferenciales de los autores Zill y Cullen, de
este ejemplo se muestra la serie de Fourier correspondiente, además de la grá�ca tanto de la función como de
la serie de Fourier de la quinta suma. Junto con esta primer serie y la de los ejemplos 1.2 y 1.3 se realizó una
tabla que índica la evaluación de los siete primeros sumandos, obteniendo las primeras siete sumas parciales
(desde n = 1 hasta n = 7). Así, en la Tabla 1 se observan los valores de las sumas parciales con el valor de
las funciones respectivas evaluadas en (x = π), y se presentan los resultados.
A partir del Ejemplo 1.2 se ilustra de forma detallada la forma de encontrar la Serie de Fourier para funciones
de valores reales, así como el desarrollo de la serie de Fourier de funciones exponenciales.
Ejemplo 1.1 (Citado en la Tabla 1 para comparación de resultados). Ejemplo 1, de la sección 11.2, extraído
del libro de Ecuaciones Diferenciales con problemas con valores en la frontera, Séptima edición, de los autores
Zill y Cullen
Desarrollo de una función f(x) en una Serie de Fourier.
f1(x) =
0 −π < x < 0
π − x 0 ≤ x < π
Figura 3: Grá�ca de la función f1(x).
7
El resultado de la serie de Fourier para la función f1(x) es de la siguiente forma:
f1(x) =π
4+
∞∑n=1
{1− (−1)n
n2πcos nx+
1
nsennx
}
Figura 4: Grá�ca de la Serie de Fourier de la función f1(x), con una n = 5
Haciendo las sumas parciales correspondientes a n = 1 hasta n = 7 para f1(x) son:
El elemento n = 1 de la suma es:
S1 =2
πcosx+ senx
El elemento n = 2 de la suma es:
S2 =1
2sen 2x
El elemento n = 3 de la suma es:
S3 =2
9πcos 3x+
1
3sen 3x
8
El elemento n = 4 de la suma es:
S4 =1
4sen 4x
El elemento n = 5 de la suma es:
S5 =2
25πcos 5x+
1
5sen 5x
El elemento n = 6 de la suma es:
S6 =1
6sen 6x
El elemento n = 7 de la suma es:
S7 =2
49πcos 7x+
1
7sen 7x
Por lo tanto, hasta la séptima Suma parcial de la serie de Fourier, queda de la forma:
Sp7_f1(x) =π
4+{(2
πcosx+ senx
)+
(1
2sen 2x
)+
(2
9πcos 3x+
1
3sen 3x
)+
(1
4sen 4x
)+
(2
25πcos 5x+
1
5sen 5x
)
+
(1
6sen 6x
)+
(2
49πcos 7x+
1
7sen 7x
)}
9
Ejemplo 1.2 (Citado en la Tabla 1 para comparación de resultados), Ejercicio 5 de la sección 11.2, extraído
del libro de Ecuaciones Diferenciales con problemas con valores en la frontera, Séptima edición, de los autores
Zill y Cullen.
f2(x) =
0 −π < x < 0
x2 0 ≤ x < π
Figura 5: Grá�ca de la función f2(x).
Calculando el coe�ciente ao se tiene que:
a0 =1
π
ˆ π
−πf2(x) dx =
1
π
[ˆ 0
−π0 dx+
ˆ π
0
(x2) dx
]
a0 =1
π
[x3
3
]π0
=π2
3
Ahora se calcula an y bn.
an =1
π
ˆ π
−πf2(x) cos(nx)dx =
1
π
[ˆ 0
−π0 cos(nx)dx+
ˆ π
0
(x2) cos(nx)dx
]
10
Integrando por partes tenemos que:
u = x2 dv = cos nx dx
du = 2x dx v =1
nsennx
Y la forma para resolver una integral de este tipo es:
uv −ˆvdu
Sustituyendo valores
1
π
[x2
nsennx−
ˆ2x
nsennx dx
]π0
De nuevo se puede observar que la integral del lado derecho se tiene que resolver por partes.
u = x dv = sennx dx
du = dx v = − 1
ncos nx
[x2
nπsennx+
2x
n2πcos nx− 2
n3πsennx
]π0
Evaluando con los límites de integración nos queda:
a0 =2(−1)n
n2
Y se hace lo mismo para bn:
bn =1
π
ˆ π
−πf2(x) sen(nx)dx =
1
π
[ˆ 0
−π0 sen(nx)dx+
ˆ π
0
(x2) sen(nx)dx
]
11
Integrando por partes tenemos que:
u = x2 dv = sennx dx
du = 2x dx v = − 1
ncos nx
Y la forma para resolver una integral de este tipo es:
uv −ˆvdu
Sustituyendo valores:
1
π
[−x
2
ncos nx+
ˆ2x
ncos nx dx
]π0
u = x dv = cos nx dx
du = dx v =1
nsennx
[− x
2
nπcos nx+
2x
n2πsennx+
2
n3πcos nx
]π0
Evaluando con los límites de integración nos queda:
bn = −π(−1)n
n+
2(−1)n
πn3− 2
πn3=π(−1)n+1
n+
2
πn3[(−1)n − 1]
Por lo tanto el resultado �nal de la serie de Fourier es
f2(x) =π2
6+
∞∑n=1
{2(−!)n
n2cos nx+
[π(−1)n+1
n+
2
πn3[(−1)n − 1]
]sennx
}
12
Figura 6: Grá�ca de la Serie truncada de Fourier de la función f2(x), con una n = 5.
Haciendo las sumas parciales correspondientes a n = 1 hasta n = 7 para f2(x) son:
El elemento n = 1 de la suma es:
S1 = −2cos x+
[π − 4
π
]sen x
El elemento n = 2 de la suma es:
S2 =2
4cos 2x+
[−π2
]sen 2x
El elemento n = 3 de la suma es:
S3 = −2
9cos 3x+
[π
3− 4
27π
]sen 3x
El elemento n = 4 de la suma es:
S4 =2
16cos 4x+
[−π4
]sen 4x
13
El elemento n = 5 de la suma es:
S5 = − 2
25cos 5x+
[π
5− 4
125π
]sen 5x
El elemento n = 6 de la suma es:
S6 =2
36cos 6x+
[−π6
]sen 6x
El elemento n = 7 de la suma es:
S7 = − 2
49cos 7x+
[π
7− 4
343π
]sen 7x
Por lo tanto, hasta la séptima Suma parcial de la serie de Fourier, queda de la forma:
Sp7_f2(x) =π2
6+{(−2cos x+
[π − 4
π
]sen x
)+
(2
4cos 2x+
[−π2
]sen 2x
)+
(−2
9cos 3x+
[π
3− 4
27π
]sen 3x
)
+
(2
16cos 4x+
[−π4
]sen 4x
)+
(− 2
25cos 5x+
[π
5− 4
125π
]sen 5x
)+
(2
36cos 6x+
[−π6
]sen 6x
)
+
(− 2
49cos 7x+
[π
7− 4
343π
]sen 7x
)}
14
Ejemplo 1.3 (Citado en la Tabla 1 para comparación de resultados), Ejercicio 7 de la sección 11.2, extraído
del libro de Ecuaciones Diferenciales con problemas con valores en la frontera, Séptima edición, de los autores
Zill y Cullen.
f3(x) = x+ π − π < x < π
Figura 7: Grá�ca de la función f3(x).
Calculando a0se tiene:
a0 =1
π
ˆ π
−πf3(x) dx =
1
π
[ˆ π
−π(x+ π) dx
]
a0 =1
π
[x2
2+ πx
]π−π
=1
π
[[π2
2− π2
2
]+[π2 + π2
]]=
1
π
[2π2]= 2π
Ahora se calcula an y bn .
an =1
π
ˆ π
−πf3(x) cos(nx)dx =
1
π
[ˆ π
−π(x+ π) cos(nx)dx
]
1
π
[ˆ π
−π(x) cos(nx)dx+
ˆ π
−π(π) cos(nx)dx
]
15
Integrando por partes el lado izquierdo nos queda:
u = x dv = cos nx dx
du = dx v =1
nsennx
Y la forma para resolver una integral de este tipo es:
uv −ˆvdu
Sustituyendo valores:
1
π
[[x
nsennx−
ˆ1
nsennx dx
]+π
nsennx
]π−π
[x
nπsennx+
1
n2πcos nx+
1
nsennx
]π−π
Evaluando en los límites de integración nos queda:
an =(−1)n
πn2− (−1)n
πn2= 0
Y se hace lo mismo para bn:
bn =1
π
ˆ π
−πf3(x) sen(nx)dx =
1
π
[ˆ π
−π(x+ π) sen(nx)dx
]
1
π
[ˆ π
−π(x) sen(nx)dx+
ˆ π
−π(π) sen(nx)dx
]
Integrando por partes el lado izquierdo tenemos que:
u = x dv = sennx dx
du = dx v = − 1
ncos nx
16
Y la forma para resolver una integral de este tipo es:
uv −ˆvdu
Sustituyendo valores
1
π
[[−xncos nx+
ˆ1
ncos nx dx
]− π
ncos nx
]π−π
[− x
nπcos nx+
1
n2πsennx− 1
ncos nx
]π−π
Evaluando con los limites de integración nos queda:
bn =
[[−π(−1)
n
πn− π(−1)n
πn+
(−1)n
n− (−1)n
n= −2π(−1)n
nπ
]]=
2(−1)n+1
n
Por lo tanto el resultado �nal de la serie de Fourier es:
f3(x) = π + 2
∞∑n=1
{(−1)n+1
nsennx
}
Figura 8: Grá�ca de la Serie truncada de Fourier de la función f3(x), con un n = 5.
17
Haciendo las sumas parciales correspondientes a n = 1 hasta n = 7 para f3(x) son:
El elemento n = 1 de la suma es:
S1 = 2sen x
El elemento n = 2 de la suma es:
S2 = −2sen 2x
El elemento n = 3 de la suma es:
S3 =2
3sen 3x
El elemento n = 4 de la suma es:
S4 = −2
4sen 4x
El elemento n = 5 de la suma es:
S5 =2
5sen 5x
El elemento n = 6 de la suma es:
S6 = −2
6sen 6x
El elemento n = 7 de la suma es:
S7 =2
7sen 7x
Por lo tanto, hasta la séptima Suma parcial de la serie de Fourier, queda de la forma:
Sp7_f3(x) = π+
{(2sen x) + (−2sen 2x) +
(2
3sen 3x
)+
(−2
4sen 4x
)+
(2
5sen 5x
)+
(−2
6sen 6x
)+
(2
7sen 7x
)}
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Comparación entre las funciones y sus series parciales.
A continuacion, se comparan los valores de las funciones en dos puntos,(x = π y x = π/2), con los valores de
las sumas parciales hasta el séptimo elemento, correspondientes a cada función.
Tomando los valores de los elementos y dándole valores a x = π y x = π/2 se tienen los siguientes valores
mostrados en la Tabla 1.
Tabla 1. Evaluacion en x = π de los primeros 7 elementos de la Serie de Fourier para los ejemplos 1.1, 1.2 y
1.3. Se muestra también la evaluacion de las primeras sumas parciales y la diferencia del valor de f(π) y la
septima suma parcial.
Ejemplo 1.1 a0 n = 1 n = 2 n = 3 n = 4 n = 5 n = 6 n = 7 f(π)− S7
elemento enésimo .79 -.64 .00 -.070 .00 -.025 .00 -.013
sumas parciales dei = 0 a i = n .79 .15 .15 .078 .078 .052 .052 .03 -0.039
Ejemplo 1.2
elemento enésimo 1.64 2.00 .50 -.22 .13 .08 .06 .04
sumas parciales dei = 0 a i = n 1.64 3.64 4.14 3.92 4.04 4.12 4.18 4.22 0,710
Ejemplo 1.3
elemento enésimo 3.14 .00 .00 .00 .00 .00 .00 .00
sumas parciales dei = 0 a i = n 3.14 3.14 3.14 3.14 3.14 3.14 3.14 3.14 0
Ejemplo 1.1 a0 n = 1 n = 2 n = 3 n = 4 n = 5 n = 6 n = 7 f(π/2)− S7
elemento enésimo 0.785 1 0 -0.333 0 0.2 0 -0.142
sumas parciales de i = 0 a i = n 0.785 1.785 1.785 1.452 1,452 1.652 1.652 1.509 0.061
Ejemplo 1.2
elemento enésimo 1.644 1.868 -0.5 1.094 0.125 0.618 -0.055 0.452
sumas parciales de i = 0 a i = n 1.644 3.513 3.013 4.107 4.232 4.850 4.795 5.247 -2.780
Ejemplo 1.3
elemento enésimo 3.141 5.141 3.141 2.474 3.141 3.541 3.141 2.855
sumas parciales de i = 0 a i = n 3.141 8.283 11.424 13.899 17.041 20.582 23.724 26.580 -21.867
Como puede verse en la tabla y gra�cas, la aproximacion lograda con una serie de Fourier truncada en algun
n, puede acercarse mucho o no, al valor de la funcion evaluada en algun x0, ya sea en el dominio o en el
borde del dominio. Un analisis de la funcion previo a la expansion en la serie de Fourier generalmente es
de utilidad, incluyendo gra�cacion. ( en Tabla 1, n=7, en �guras de las series truncadas de las funciones se
muestran gra�cas de series hasta n=5, 20, 50, 300).
19
Los siguientes ejemplos corresponden a algunos ejercicios sugeridos del libro de los autores Zill y Cullen, en
ellos no se evalua la función ni se desarrollan los términos y sumas parciales.
Ejemplo 1.4, Ejercicio 11 de la sección 11.2, extraído del libro de Ecuaciones Diferenciales con problemas
con valores en la frontera, Séptima edición, de los autores Zill y Cullen
Desarrollar la serie de Fourier de la siguiente función:
f4(x) =
0, −2 < x < −1
−2, −1 ≤ x < 0;
1, 0 ≤ x < 1
0, 1 ≤ x < 2
Figura 9: Grá�ca de la función f4(x).
Calculando a0, tenemos:
a0 =1
2
ˆ 2
−2f4(x) dx =
1
2
[ˆ −1−2
0 dx+
ˆ 0
−1(−2) dx+
ˆ 1
0
1 dx+
ˆ 2
1
0 dx
]
a0 =1
2
[−2x |0−1 +x |10
]=
[−1 + 1
2
]= −1
2
20
Calculando an, tenemos:
an =1
2
ˆ 2
−2f4(x) cos
nπ
2x dx =
1
2
[ˆ −1−2
0 cosnπ
2x dx+
ˆ 0
−1(−2) cosnπ
2x dx+
ˆ 1
0
cosnπ
2x dx+
ˆ 2
1
0 cosnπ
2x dx
]
=1
2
[− 4
nπsen
nπ
2x |0−1 +
2
nπsen
nπ
2x |10]
an =
[− 2
nπsen
nπ
2x |0−1 +
1
nπsen
nπ
2x |10]= − 2
nπsen
nπ
2+
1
nπsen
nπ
2= − 1
nπsen
nπ
2
y ahora calculandobn,tenemos que:
bn =1
2
ˆ 2
−2f4(x) sen
nπ
2x dx =
1
2
[ˆ −1−2
0 sennπ
2x dx+
ˆ 0
−1(−2) sennπ
2x dx+
ˆ 1
0
sennπ
2x dx+
ˆ 2
1
0 sennπ
2x dx
]
=1
2
[4
nπcos
nπ
2x |0−1 −
2
nπcos
nπ
2x |10]
bn =
[2
nπcos
nπ
2x |0−1 −
1
nπcos
nπ
2x |10]=
2
nπ− 2
nπcos
nπ
2− 1
nπcos
nπ
2+
1
nπ= − 3
nπcos
nπ
2+
3
nπ
Por lo tanto el resultado �nal de la serie de Fourier es:
f4(x) = −1
4+
1
π
∞∑n=1
[− 1
nsen
nπ
2cos
nπ
2x+
3
n
(1− cosnπ
2
)sen
nπ
2x
]
21
Figura 10: Grá�ca de la Serie truncada de Fourier de la función f4(x), con una n = 300.
22
Ejemplo 1.5, Ejercicio 13 de la sección 11.2, extraído del libro de Ecuaciones Diferenciales con problemas
con valores en la frontera, Séptima edición, de los autores Zill y Cullen.
f5(x) =
1, −5 < x < 0
1 + x, 0 ≤ x < 5
Figura 11: Grá�ca de la función f5(x).
Calculando a0, se tiene:
a0 =1
5
ˆ 5
−5f5(x) dx =
1
5
[ˆ 0
−5dx+
ˆ 5
0
(1 + x) dx
]
a0 =1
5
[x |0−5 +x |50 +
x2
2|50]=
1
5
[5 + 5 +
25
2
]=
1
5
(45
2
)=
9
2
Ahora se calcula a an y bn:
an =1
5
ˆ 5
−5f5(x) cos
nπ
5x dx =
1
5
[ˆ 0
−5(1) cos
nπ
5x dx+
ˆ 5
0
(1) cosnπ
5x dx+
ˆ 5
0
(x) cosnπ
5x dx
]
23
Integrando por partes la integral de la derecha tenemos:
u = x dv = cosnπ
5xdx
du = dx v =5
nπsen
nπ
5x
La forma para resolver esta integral de este tipo es :
uv −ˆv du
Sustituyendo los valores
1
5
[ˆ 0
−5cos
nπ
5x dx+
ˆ 5
0
cosnπ
5x dx+
5x
nπsen
nπ
5x |50 −
ˆ 5
0
5
nπsen
nπ
5x dx
]
1
5
[5
nπsen
nπ
5x |0−5 +
5
nπsen
nπ
5x |50 +
5x
nπsen
nπ
5x |50 +
25
n2π2cos
nπ
5x |50]
an =1
5
[25
n2π2cos
nπ
5x |50=
25(−1)n
n2π2− 25
n2π2
]= 5
((−1)n − 1
n2π2
)
y ahora se hace lo mismo para bn:
bn =1
5
ˆ 5
−5f5(x) sen
nπ
5x dx =
1
5
[ˆ 0
−5(1) sen
nπ
5x dx+
ˆ 5
0
(1) sennπ
5x dx+
ˆ 5
0
(x) sennπ
5x dx
]
Integrando por parte la integral de la derecha
u = x dv = sennπ
5xdx
du = dx v = − 5
nπcos
nπ
5x
La forma para resolver esta integral de este tipo es :
uv −ˆv du
24
sustituyendo valores:
1
5
[ˆ 0
−5(1) sen
nπ
5x dx+
ˆ 5
0
(1) sennπ
5x dx− 5x
nπcos
nπ
5x |50 +
ˆ 5
0
5
nπcos
nπ
5x dx
]
1
5
[− 5
nπcos
nπ
5x |0−5 −
5
nπcos
nπ
5x |50 −
5x
nπcos
nπ
5x |50 +
25x
n2π2sen
nπ
5x |50]
bn =
[[− 1
nπ+
(−1)n
nπ
]+
[1
nπ− (−1)n
nπ
]+
[5(−1)n+1
nπ
]]=
5(−1)n+1
nπ
Por lo tanto el resultado de la Serie de Fourier es:
f5(x) =9
4+ 5
∞∑n=1
[(−1)n − 1
n2π2cos
nπ
5x+
(−1)n+1
nπsen
nπ
5x
]
Figura 12: Grá�ca de la Serie truncada de Fourier de la función f5(x), con una n = 20.
25
Figura 13: Grá�ca de la Serie de Fourier de la función f5(x)
26
Ejemplo 1.6
Encuentre la Serie de Fourier de la función dada en el respectivo intervalo:
f6(z) =
0 −π < z < 0
4π − 3z 0 ≤ z < π
Figura 14: Grá�ca de la función f6(z).
Se calculan los coe�cientes a0,an,bn para construir la serie de Fourier de f6(z) con p = π.
a0 =1
π
ˆ π
−πf6(z) dz =
1
π
[ˆ 0
−π0 dz
ˆ π
0
(4π − 3z) dz
]
a0 =1
π
[4πz − 3z2
2
]π0
=5π
2
Para anse tiene:
an =
ˆ π
−πf6(z) cos nz dz =
1
π
[ˆ 0
−π0 dz
ˆ π
0
(4π − 3z) cos nz dz
]
27
an =1
π
[(4π − 3z)
sennz
n|π0 +
3
n
ˆ π
0
sennz dz
]
Por lo tanto el resultado para an es:
an = − 3
nπcos
nz
n|π0=
3− 3(−1)n
n2π
Donde se toma al cos nπ = (−1)n
Ahora por ultimo hay que calcular bn.
bn =1
π
ˆ π
0
(4π − 3z)sennz dz =4− (−1)n
n
Por lo tanto con los resultados obtenidos de los coe�cientes, la serie nos queda de la siguiente forma:
f6(z) =5π
4+
∞∑n=1
3− 3(−1)n
n2πcos nz +
4− (−1)n
nsennz
Figura 15: Grá�ca de la Serie truncada de Fourier de la función f6(z), con una n = 50.
28
Ejemplo 1.7
Determinar la Serie de Fourier de la función mostrada a continuación, en el intervalo indicado:
f7(m) = 3m+ 6π − π < m < π
Figura 16: Grá�ca de la función f7(m)
Lo primero que se tiene que hacer es calcular los coe�cientes para así poder darle la forma de Serie de Fourier.
a0 =1
π
ˆ π
−πf7(m) dm =
1
π
[+
ˆ π
−π(3m+ 6π) dm
]
a0 =1
π
[3m2
2+ 6πm
]π−π
=1
π
[[3π2
2− 3π2
2
]+[6π2 + 6π2
]]=
1
π12π2 = 12π
Ahora solo se calcula an y bn:
an =1
π
ˆ π
−πf7(m) cos(nm)dm =
1
π
[ˆ π
−π(3m+ 6π) cos(nm)dm
]
=1
π
[ˆ π
−π(3m) cos(nm)dm+
ˆ π
−π6π cos(nm)dm
]
29
Integrando por partes el lado izquerdo nos queda:
u = m dv = cos nmdm
du = dm v =1
nsennm
Y la forma de resolver esta integral es:
uv −ˆvdu
Sustituyendo valores
an =1
π
[6π
nsennm+
3m
nsennm− 3
ˆ1
nsennmdm
]π−π
[6π
nπsennm+
3m
nπsennm+
3
n2πcos nm
]π−π
Por lo tanto el resultado para an es:
an =3(−1)n
n2π− 3(−1)n
n2π= 0
Ahora por último calculamos bn.
bn =1
π
ˆ π
−πf7(m) sen(nm)dm =
1
π
[ˆ π
−π(3m+ 6π) sen(nm)dm
]
1
π
[ˆ π
−π(3m) sen(nm)dm+
ˆ π
−π6π sen(nm)dm
]
Integrando por partes el lado izquierdo nos queda:
u = m dv = sennmdm
du = dm v = − 1
ncos nm
30
Y la forma de resolver esta integral nuevamente es:
uv −ˆvdu
Sustituyendo valores:
bn =1
π
[−6π
ncos nm− 3m
ncos nm+ 3
ˆ1
ncos nmdm
]π−π
[− 6
ncos nm− 3m
nπcos nm+
3
n2πsennm
]π−π
Evaluando los límites de integración nos queda:
bn =1
π
[[−3π(−1)n
n− 6π(−1)n
n− 3π(−1)n
n+
6π(−1)n
n= −6π(−1)n
n
]]=
6(−1)n+1
n
Por lo tanto el resultado �nal para la Serie de Fourier es:
f7(m) = 6π + 6
∞∑n=1
{(−1)n+1
nsennm
}
31
Ejemplo 1.8
Determinar la Serie de Fourier de la función mostrada a continuación, en el intervalo indicado:
f8(h) =
4 −5 < h < 0
2 + 8h 0 ≤ h < 5
Figura 17: Grá�ca de la función f8(h).
a0 =1
5
ˆ 5
−5f8(h) dh =
1
5
[ˆ 0
−5(4) dh+
ˆ 5
0
(2 + 8h) dh
]
a0 =1
5
[4h |0−5 +2h |50 +
8h2
2|50]=
1
5
[20 + 10 +
200
2
]=
1
5
(260
2
)= 26
Ahora se calcula an y bn.
an =1
5
ˆ 5
−5f8(h) cos
nπ
5h dh =
1
5
[ˆ 0
−54 cos
nπ
5h dh+
ˆ 5
0
2 cosnπ
5h dh+
ˆ 5
0
8h cosnπ
5h dh
]
32
Integrando por partes la integral de la derecha tenemos que:
u = h dv = cosnπ
5h dh
du = dh v =5
nπsen
nπ
5h
y la forma para resolver esta integral es:
uv −ˆvdu
Sustituyendo valores:
1
5
[ˆ 0
−54 cos
nπ
5h dh+
ˆ 5
0
2 cosnπ
5h dh+
5h
nπsen
nπ
5h |50 −
ˆ 5
0
5
nπsen
nπ
5h dh
]
1
5
[20
nπsen
nπ
5h |0−5 +
10
nπsen
nπ
5h |50 +
40
nπsen
nπ
5h |50 +
200
n2π2cos
nπ
5h |50]
an =1
5
[200
n2π2cos
nπ
5h |50=
200(−1)n
n2π2− 200
n2π2
]= 40
((−1)n − 1
n2π2
)y ahora se hace lo mismo para bn:|
bn =1
5
ˆ 5
−5f8(h) sen
nπ
5h dh =
1
5
[ˆ 0
−54 sen
nπ
5h dh+
ˆ 5
0
2 sennπ
5h dh+
ˆ 5
0
8h sennπ
5h dh
]
Integrando por partes la integral de la derecha tenemos que:
u = h dv = sennπ
5h dh
du = dh v = − 5
nπcos
nπ
5h
y la forma para resolver esta integral es:
uv −ˆvdu
33
Sustituyendo valores
1
5
[ˆ 0
−54 sen
nπ
5h dh+
ˆ 5
0
2 sennπ
5h dh− 40h
nπcos
nπ
5h |50 +
ˆ 5
0
40
nπcos
nπ
5h dh
]
1
5
[− 20
nπcos
nπ
5h |0−5 −
10
nπcos
nπ
5h |50 −
40
nπcos
nπ
5h |50 +
200
n2π2sen
nπ
5h |50]
bn =1
5
[[− 20
nπ+
20(−1)n
nπ
]+
[10
nπ− 10(−1)n
nπ
]+
[−200(−1)n
nπ
]]=
(38(−1)n+1 − 2
nπ
)
Por lo tanto el resultado �nal de la Serie de Fourier es:
f8(h) = 13 +
∞∑n=1
40
[(−1)n − 1
n2π2cos
nπ
5h
]+
[38(−1)n+1 − 2
nπsen
nπ
5h
]
Figura 18: Grá�ca de la serie truncada de Fourier de f8(h), con una n = 5
34
Ejemplo 1.9 La función exponencial. Este ejemplo es un clásico en Series de Forier, por lo que lo pode-
mos encontrar en la sección de Ejercicios, siendo el número 15 de la sección 11.2 del libro de Ecuaciones
Diferenciales con problemas con valores en la frontera, Séptima edición, de los autores Zill y Cullen.
Encontrar la Serie de Fourier de la función f9en el intervalo dado:
f9(x) = ex, −π < x < π
Calculando el coe�ciente a0, tenemos:
a0 =1
π
ˆ π
−πf9(x)dx =
1
π
ˆ π
−πexdx
a0 =1
π
(eπ − e−π
)Para an tenemos:
an =1
π
ˆ π
−πf9(x)cosnx dx =
1
π
ˆ π
−πexcosnx dx =
1
π
[exsen
nx
n−ˆsen
nx
nexdx
]π−π
an =(−1)n(eπ − e−π)
π(1 + n2)
Por último, para bn, tenemos:
bn =1
π
ˆ π
−πf9(x)sennx dx =
1
π
ˆ π
−πexsennx dx
Desarrollando la integral por partes de lado derecho tenemos:
u = ex dv = sennxdx
du = exdx v = −cosnxn
35
Sustituyendo valores:
1
n
[−ex cosnx
n+
ˆcosnx
nexdx
]|π−π
bn =(−1)nn(e−π − eπ)
π(1 + n2)
f9(x) =(eπ − e−π)
2π+
∞∑n=1
[(−1)n(eπ − e−π)
π(1 + n2)cosnx+
(−1)nn(e−π − eπ)π(1 + n2)
sennx
]
Figura 19: Grá�ca de la función Exponencial f9(x). El eje x corresponde a la recta y = 5
36
Serie de Fourier de una Funcion Compleja
Ejemplo 1.10 Funcion exponencial compleja.
f10(x) = ei2πx
Se trata de una función exponencial compleja, lo que ímplica que la serie de Fourier a considerar es:
f (x) =
∞∑−∞
cneinπx/L
donde:
cn =1
2L
ˆ L
−Lf (x)e−inπx/Ldx
Calculamos el coe�ciente cncomo sigue:
cn =1
2L
ˆ L
−Lf10(x)e
−inπx/Ldx
cn =1
2L
ˆ L
−Lei2πx · e−inπx/Ldx =
1
2L
ˆ L
−Le(i2πx−inπx/L)dx
=1
2L
ˆ L
−Le(i2π−inπ/L)xdx =
1
2Le(i2π−inπ/L)x
(1
(i2π − inπ/L)
)|L−L=
=1
2L·(
1
(i2π − inπ/L)
)[e(i2π−inπ/L)L − e(i2π−inπ/L)(−L)
]
Si multiplicamos tanto al numerador como al denominador por el factor: (i2π + inπ/L), sabiendo que:
einπ = einπ = (−1)n, y además que senhz = 12 (e
z − e−z), obtenemos:
cn =1
2L
(1
(i2π − inπ/L)
)(ei2πLe−inπ − e−i2πLeinπ) ·
((i2π + inπ/L)
(i2π + inπ/L)
)
=1
2L
((2π + nπ/L)i
(nπ/L)2 − (2π)2
)(−1)n(ei2πL − e−i2πL)
37
cn =1
L
((2π + nπ/L)i
(nπ/L)2 − (2π)2
)(−1)n(senh(i2πL))
Esto nos lleva a construir la serie del siguiente modo:
f10(x) =
∞∑−∞
cn · einπx/L
f10(x) =
∞∑n=−∞
1
L
((2π + nπ/L)i
(nπ/L)2 − (2π)2
)(−1)n(senh(i2πL)) · einπx/L
38
Ejemplo 1.11 Ejercicio 47, sección 11.3, extraído del libro de Ecuaciones Diferenciales con problemas con
valores en la frontera, Séptima edición, de los autores Zill y Cullen.
Problema: Cuando una viga uniforme está soportada por un cimiento elástico y sujeta a una carga w (x)por
unidad de longitud, la ecuación diferencial de su �exión y (x)es:
EId4y
dx4+ ky = w (x)
donde k es el módulo del cimiento. Suponga que la viga y el cimiento elástico tienen longitud in�nita (esto
es que −∞ < x <∞), y que la carga por unidad de longitud es la función periódica:
w (x) =
0,
w0,
0,
−π < x < −π/2
−π/2 ≤ x ≤ π/2,
π/2 < x < π
w (x+ 2π) = w (x)
Figure 20: Grá�ca de la función W (x).
Determinar una solución particular yp (x)de la ecuación diferencial.
SOLUCIÓN:
Planteamos este problema del siguiente modo; la función w (x) es periódica cada2π. Por lo que se hace una
serie de Fourier de cosenos, lo que implica que utilizaremos las siguientes relaciones:
f (x) =a02
+
∞∑n=1
an cosnπ
px
39
con a0
a0 =2
p
ˆ p
0
f (x) dx
y an
an =2
p
ˆ p
0
f (x) cosnπ
pxdx
Esto para una función f(x) par en un intervalo(−p, p)
En nuestro caso la función w (x)en efecto es una función par y utilizaremos un valor de p = π, para así
calcular:
a0 =2
π
ˆ π
0
w (x) dx =2
π
[ˆ π/2
0
w0dx+
ˆ π
π/2
0dx
]=
2
π[w0x]
π/20 =
=2
π
[w0
(π2− 0)]
= w0
∴
a0 = w0
Para an tenemos:
an =2
π
ˆ π
0
w (x) cosnπ
πxdx =
2
π
[ˆ π/2
0
w0cos nxdx+
ˆ π
π/2
0 · cos nxdx
]=
=2
π
[w0
nsennx
]π/20
=2w0
nπ
[sen
nπ
2− senn · 0
]=
2w0
nπsen
nπ
2
∴
an =2w0
nπsen
(nπ2
)
40
Asi, la Serie de Fourier de cosenos queda como:
w (x) =w0
2+
∞∑n=1
2w0
nπsen
(nπ2
)cos(nππx)
Sacando un término constante de la sumatoria y uni�cando aπen el término coseno queda:
w (x) =w0
2+
2w0
π
∞∑n=1
1
nsen
(nπ2
)cos (nx) .
Figure 21: Grá�ca de la serie de truncada de Fourier de w(x) para n = 20
Figure 22: Grá�ca de la serie de truncada de Fourier de w(x) para n = 300
Asumiendo una solución particular de la forma:
yp (x) =A0
2+
∞∑n=1
Ancos nx
41
La cuarta derivada sería entonces:
y4p (x) =
∞∑n=1
Ann4cos nx
Así al sustituir en la ecuación diferencial, y realizando operaciones del lado derecho obtenemos:
EI · y4p (x) + k · yp (x) = EI ·∞∑n=1
Ann4cos nx+ k ·
(A0
2+
∞∑n=1
Ancos nx
)
= k · A0
2+ k ·
∞∑n=1
Ancos nx+ EI ·∞∑n=1
Ann4cos nx
= k · A0
2+
∞∑n=1
kAncos nx+
∞∑n=1
EIn4Ancos nx
=kA0
2+
∞∑n=1
(k + EIn4
)Ancos nx = w (x)
Nótese que esto es igual a w (x), y sustituyendo obtenemos la expresión:
kA0
2+
∞∑n=1
(k + EIn4
)Ancos nx = w (x) =
w0
2+
2w0
π
∞∑n=1
1
nsen
(nπ2
)cos (nx) .
Entonces, comparando términos tenemos que:
kA0
2=w0
2∴ A0 =
w0
k
y
∞∑n=1
(k + EIn4
)Ancos nx =
2w0
π
∞∑n=1
1
nsen
(nπ2
)cos (nx)
∴
An =2w0
π·
sen(nπ2
)n · (k + EIn4)
Así, sustituimos en nuestra expresión de la solución particular:
yp (x) =A0
2+
∞∑n=1
Ancos nx
42
quedando �nalmente de la siguiente forma:
yp (x) =w0
2k+
2w0
π
∞∑n=1
sen(nπ2
)n · (k + EIn4)
cos nx.
43
Ejemplo 1.12 Ejercicio extraido del libro Ecuaciones diferenciales con aplicaciones y notas históricas, George
F. Simmons
Desarrollar a la función f12 en una serie adecuada de cosenos o senos.
f12(x) =
2
0
0 ≤ x ≤ 1
1 < x ≤ 2
Figure 23: Grá�ca de la función f12(x).
La serie del coseno tiene la forma de este tipo:
f(x) =q02
+
∞∑n=1
ancos(nπx
p)
Por lo tanto hay que resolver lo coe�cientes a0 y an,
a0 =2
p
ˆ p
0
f12(x)dx
a0 =2
2
ˆ 2
0
f12(x)dx =
ˆ 1
0
2dx+
ˆ 2
1
0dx
-
a0 =[2x |10
]= [2 (2)]− [2 (0)] = 2
an =2
p
ˆ p
0
f12(x)cos(nπx
2)dx
44
=2
2
ˆ 2
0
f12(x) · cos(nπx
2)dx =
ˆ 1
0
2cos(nπx
2)dx+
ˆ 2
1
0 · cos(nπx2
)dx
=
[4
nπsen(
nπx
2)
]10
=
[[4
nπsen(
nπ
2)
]− [0]
]=
4
nπsen(
nπ
2)
Por lo tanto la expresión de la serie queda de la siguiente forma:
f12(x) = 1+
∞∑n=1
[4
nπsen(
nπ
2)
]cos(
nπx
2)
Figure 24: Grá�ca de la serie truncada de Fourier de la funcion f12(x), con n = 30
Figure 25: Grá�ca de la serie truncada de Fourier de la funcion f12(x), con n = 300
45
Ejemplo 1.13 Ejercicio extraido del libro Ecuaciones diferenciales con aplicaciones y notas históricas, George
F. Simmons
Desarrollar a la función f13 en una serie adecuada de cosenos o senos.
f13(x) = x2 − x+ 16 0 < x < 1
Figure 26: Grá�ca de la función f13(x).
f13(x) =q02
+
∞∑n=1
ancos(nπx
p)
Por lo tanto hay que resolver lo coe�cientes a0 y an,
a0 =2
p
ˆ p
0
f13(x)dx
a0 =2
1
ˆ 1
0
f13(x)dx = 2
[ˆ 1
0
x2dx−ˆ 1
0
xdx+ 16
ˆ 1
0
dx
]
a0 = 2
[x3
3− x2
2+ 16x
]10
= 2
[(1
3− 1
2+ 16
)− 0
]=
95
3
an =2
p
ˆ p
0
f13(x) · cos(nπx
p)dx
=2
1
ˆ 1
0
f13(x) · cos(nπx)dx = 2
[ˆ 1
0
x2cos(nπx)dx−ˆ 1
0
xcos(nπx)dx+ 16
ˆ 1
0
cos(nπx)dx
]
46
u = x2 dv = cos(nπx)dx
du = 2xdx v =1
nπsen(nπx)
-
= 2
[[x2
nπsen(nπx)− 1
nπ
ˆ 1
0
2xsen(nπx)dx
]10
−[x
nπsen(nπx)− 1
nπ
ˆ 1
0
sen(nπx)dx
]10
+
[16
nπsen(nπx)
]10
]
= 2
[[x2
nπsen(nπx)− 2
nπ
[− x
nπcos(nπx) +
1
n2π2sen(nπx)
]]10
−[x
nπsen(nπx) +
1
n2π2cos(nπx)
]10
+
[16
nπsen(nπx)
]10
]
= 2
[[x2
nπsen(nπx) +
2x
n2π2cos(nπx)− 2
n3π3sen(nπx)
]10
−[x
nπsen(nπx) +
1
n2π2cos(nπx)
]10
+
[16
nπsen(nπx)
]10
]
= 2
[[[2
n2π2cos(nπ)
]−[
1
n2π2cos(nπx)− 1
n2π2cos(0)
]]]
=
[4(−1)n
n2π2− 2(−1)n
n2π2+
2
n2π2
]
Por lo tanto la expresión de la serie queda de la siguiente forma:
f13(x) =95
6+
∞∑n=1
[4(−1)n
n2π2− 2(−1)n
n2π2+
2
n2π2
]cos(nπx)
Figure 27: Grá�ca de la serie truncada de Fourier de la funcion f13(x), con n = 20
47
Figure 28: Grá�ca de la serie truncada de Fourier de la funcion f13(x), con n = 200
48
Ejemplo 1.14, Ejercicio 17 de la sección 11.2 del libro de Ecuaciones Diferenciales con problemas con valores
en la frontera, Séptima edición, de los autores Zill y Cullen.
Con el resultado Obtenido del problema 1.2 demostrar:
a)π2
6= 1 +
1
22+
1
32+
1
42+ .......
b)π2
12= 1− 1
22+
1
32− 1
42............
La función con la que se trabajo en el problema 1.2 es la saiguiente:
f2(x) =
0 −π < x < 0
x2 0 ≤ x < π
con la que obtuvimos el siguiente resultado para la serie de Fourier.
f2(x) =π2
6+
∞∑n=1
2(−1)n
n2cos(nx) +
((−1)n+1π
n+
2
πn3[(−1)n − 1] sen(nx)
)
Solución:
a)
Se observa que la función es discontinua en x = π, por lo que la serie de Fourier correspondiente converge enπ2/2cuando x toma este valor.
Al evaluar tenemos:
f(π) =π2
6+
∞∑n=1
2(−1)n
n2cos(nπ) +
((−1)n+1π
n+
2
πn3[(−1)n − 1] sen(nπ)
)
como se puede ver la parte del sennπ se vuelve cero, por lo que solo se trabaja con el término que depende
del coseno.
π2
2=π2
6+
∞∑n=1
2(−1)n
n2cos(nπ)
49
π2
2=π2
6+
∞∑n=1
2(−1)n
n2(−1)n
π2
2=π2
6+
∞∑n=1
2(−1)2n
n2
π2
2− π2
6=
∞∑n=1
2(−1)2n
n2
2π2
6=
∞∑n=1
2(−1)2n
n2
π2
6=
∞∑n=1
(−1)2n
n2
evaluando desde n = 1, 2, 3, 4, 5...... se obtiene:
π2
6= 1 +
1
22+
1
32+
1
42+ · · ·
Solución:
b)
Se evalua la funcion en x = 0, ya que aquí se presenta otra discontinuidad de la función. Y evaluamos como
en el inciso anterior:
f(0) =π2
6+
∞∑n=1
2(−1)n
n2cos(0) +
((−1)n+1π
n+
2
πn3[(−1)n − 1] sen(0)
)
al igual que en el inciso a) se observa que la parte del seno se anula:
0 =π2
6+
∞∑n=1
2(−1)n
n2cos(0)
−π2
6=
∞∑n=1
2(−1)n
n2· 1
50
− π2
2 · 6=
∞∑n=1
2(−1)n
n2
−π2
12=
∞∑n=1
(−1)n
n2
evaluando nuevamente en n = 1, 2, 3, 4, 5......... y multiplicando por −1 a la ecuación, se obtiene lo siguiente:
π2
12= +1− 1
22+
1
32− 1
42+ · · ·
Quedando así comprobados los incisos requeridos en el problema.
51
Ejemplo 1.15 Ejercicio extraido del libro Ecuaciones diferenciales con aplicaciones y notas históricas, George
F. Simmons
Hallar la serie de Fourier de tipo coseno para la función de�nida por:
f15 (x) =
14 − x, 0 ≤ x < 1
2
x− 34 ,
12 ≤ x ≤ 1
Figure 29: Grá�ca de la función f14(x).
Para la serie de Fourier de tipo coseno, tenemos:
f (x) =a02
+
∞∑n=1
an cosnπ
px
con coe�cientes a0 y an;
a0 =2
p
ˆ p
0
f15 (x) dx
an =2
p
ˆ p
0
f15 (x) cosnπ
pxdx
Esto para una función f(x) par en un intervalo(−p, p). Para esta función tomamos un valor de p = 1, ya que
de (−p, p) la función se comporta como una función par.
Así, para calcular a0 hacemos:
a0 =2
p
ˆ p
0
f15 (x) dx =2
1
ˆ 1
0
f15 (x) dx = 2
[(ˆ 1/2
0
(1
4− x)dx
)+
(ˆ 1
1/2
(x− 3
4
)dx
)]=
52
a0 = 2
[(1
4x− x2
2
)1/2
0
+
(x2
2− 3
4x
)1
1/2
]= 0
a0 = 0
Ahora, para antenemos:
an =2
p
ˆ p
0
f15 (x) cosnπ
pxdx =
2
1
ˆ 1
0
f15 (x) cosnπ
1xdx = 2
[(ˆ 1/2
0
(1
4− x)· cosnπxdx
)+
(ˆ 1
1/2
(x− 3
4
)· cosnπxdx
)]=
= 2
[ˆ 1/2
0
1
4cosnπxdx−
ˆ 1/2
0
x · cosnπxdx+
ˆ 1
1/2
x · cosnπxdx−ˆ 1
1/2
3
4· cosnπxdx
]=
= 2
[sennπ24nπ
−
(sennπ22nπ
− 1
(nπ)2
)+
(cosnπ
(nπ)2 −
sennπ22nπ
)−(− 3
4nπsen
nπ
2
)]=
= 2
[sennπ24nπ
−sennπ22nπ
+1
(nπ)2 +
cosnπ
(nπ)2 −
sennπ22nπ
+3sennπ24nπ
]=
=sennπ22nπ
−sennπ2nπ
+2
(nπ)2 +
2 cosnπ
(nπ)2 −
sennπ2nπ
+3sennπ22nπ
=
Agrupando términos, simpli�cando y sabiendo que cosnπ = (−1)n, resulta:
= 2sennπ2nπ
− 2sennπ2nπ
+2
(nπ)2 +
2 cosnπ
(nπ)2 =
2
(nπ)2 +
2 cosnπ
(nπ)2 =
2
(nπ)2 · (1 + (−1)n) =
an =2
(nπ)2 · (1 + (−1)n) .
Por lo que al sustituir en la serie de Fourier de tipo coseno, la expresión paraf (x)queda:
f15 (x) =a02
+
∞∑n=1
an cosnπ
px =
0
2+
∞∑n=1
[2
(nπ)2 · (1 + (−1)n)
]· cos nπ
1x =
53
=
∞∑n=1
[2
(nπ)2 · (1 + (−1)n)
]· cosnπx =
= 2
∞∑n=1
[(1 + (−1)n)
(nπ)2
]· cosnπx
Resultando la serie de Fourier del siguiente modo:
f15 (x) = 2
∞∑n=1
[(1 + (−1)n)
(nπ)2
]· cosnπx
54
Ejemplo 1.16 Ejercicio extraido del libro Ecuaciones diferenciales con aplicaciones y notas históricas, George
F. Simmons
Demostrar que:
1
2L− x =
L
π
∞∑n=1
1
nsen
2nπx
L, 0 < x < L
Solución:
Comenzamos calculando el coe�ciente bn del siguiente modo:
bn =2
p
ˆ p
0
f (x) sennπ
px dx.
bn =2L/2
ˆ L/2
0
(L
2− x)sen
nπL/2
x dx =4
L
[ˆ L/2
0
L
2sen
2nπ
Lxdx−
ˆ L
0
x sen2nπ
Lxdx
]=
La primer integral es sencilla de resolver, la segunda se hará por partes, haciendo:
u = x dv = sen 2nπL x dx
du = dx v = − L2nπ cos
2nπL x
Así, regresando a la integral y reacomodando tenemos:
bn =4
L
[− L2
4nπcos
2nπ
Lx−
(− xL
2nπcos
2nπ
Lx−ˆ− L
2nπcos
2nπ
Lxdx
)]L/20
=
bn =4
L
[− L2
4nπcos
2nπ
Lx+
xL
2nπcos
2nπ
Lx− L2
4n2π2sen
2nπ
Lx
]L/20
=
al evalular en los límites de integración, y simpli�cando terminos resulta:
bn =4
L
[(− L2
4nπcosnπ +
L2/2
2nπcosnπ − L2
4n2π2sennπ
)−(− L2
4nπ
)]=
bn =4
L
[− L2
4nπ(−1)n +
L2
4nπ(−1)n +
L2
4nπ
]=
55
bn =4
L
[L2
4nπ
]=
[L
nπ
]
bn =L
nπ
Esto para trabajar con la serie de Fourier de senos conformada como se muestra a continuación:
f (x) =
∞∑n=1
bnsennπ
px
Así tenemos:
f (x) =
∞∑n=1
L
nπsen
nπL/2
x
f (x) =L
π
∞∑n=1
1
nsen
2nπ
Lx
Demostrando asi que:
1
2L− x =
L
π
∞∑n=1
1
nsen
2nπ
Lx
56
Ejercicio 1.17 Ejercicio 9 de la sección 11.2 del libro de Ecuaciones Diferenciales con problemas con valores
en la frontera, Séptima edición, de los autores Zill y Cullen.
Encontrar la serie de Fourier en el intervalo dado
f17 (x) =
0, −π < x < 0
sen x 0 ≤ x < π
Solución:
Calculando a0tenemos:
a0 =1
π
ˆ π
−πf17 (x) dx =
1
π
[ˆ 0
−π0 dx+
ˆ π
0
sen x dx
]=
= − 1
π[cos x]
π0 = − 1
π[cos π − cos 0] = − 1
π[−1− 1] =
2
π
a0 =2
π.
Calculando antenemos:
an =1
π
ˆ π
−πf17 (x) · cos
nπ
πx dx =
1
π
[ˆ 0
−π0 · cos nx dx+
ˆ π
0
sen x · cos nx dx]=
Utilizando una identidad trigonométrica y acomodando de modo conveniente, tenemos a la integral del
siguiente modo:
an =1
2π
[ˆ π
0
[sen (n+ 1)x+ sen (1− n)x] dx]=
1 + (−1)n
π (1− n2)
Pero resulta para un n = 2, 3, 4, . . .
Por lo que calculamos a1para un mejor resultado:
a1 =1
2π
[ˆ π
0
[sen 2x] dx
]=
1
2π
[−1
2cos 2x
]π0
=1
2π
[−1
2cos 2π +
1
2cos 0
]
a1 =1
2π
[−1
2+
1
2
]= 0
57
a1 = 0.
Calculamos ahora a bn:
bn =1
π
ˆ π
−πf17 (x) · sen
nπ
πx dx =
1
π
[ˆ 0
−π0 · sennx dx+
ˆ π
0
sen x · sennx dx]=
Nuevamente utilizamos una identidad trigonométrica y acomodamos:
bn =1
2π
[ˆ π
0
[cos (1− n)x− cos (1 + n)x] dx
]= 0
Observamos qué ocurre al calcularb1, y obtenemos un mejor resultado:
b1 =1
2π
[ˆ π
0
[1− cos 2x] dx]=
1
2π
[x− 1
2sen 2x
]π0
=1
2π(π) =
1
2
b1 =1
2
Por lo que al desarrollar la primer suma, nuestra serie de Fourier queda del siguiente modo:
f17 (x) =a02
+
∞∑n=1
(ancos
nπ
px+ bnsen
nπ
px
)
=2
2π+ 0 · cos nx+
1
2sennx+
∞∑n=2
(1 + (−1)n
π (1 + n2)
)cos nx
f17 (x) =1
π+
1
2sen x+
1
π
∞∑n=2
(1 + (−1)n
(1 + n2)
)cos nx.
58
REFERENCIAS
1. Dennis G. Zill, Michael R. Cullen, Ecuaciones Diferenciales con Problemas con Valores en
la Frontera, Séptima edición, Cengage Learning Editores, México D.F. 2009.
2. Kreyszig Erwin, Matemáticas Avanzadas Para Ingeniería Vol. II, Tercera edicón, Limusa
Wiley, México 2008
3. Glyn James, Matemáticas Avanzadas Para Ingeniería, Segunda edición, Prentice Hall, Mé-
xico 2002.
4. Rafael Bru, Joan Josep Climent, Àlgebra Lineal, Alfaomega, México D.F. 2001.
5. http://aprendeenlinea.udea.edu.co/lms/moodle/�le.php/541/semana8clase1.pdf
6. http://www.geoan.com/vectores/ortogonales.html
7. George F. Simmons, Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones y Notas Históricas.
59