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• Luis Perez

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PROBLEMAS RESUELTOS DE SERIES DE FOURIER Ejemplo 1. Halle la representación en serie trigonométrica de Fourier para la siguiente señal f ( t ) = e −t , 0 ≤ t ≤ 1 , mostrada en la figura.

SOLUCION. La señal es f ( t ) = e −t

, 0 ≤ t ≤ 1 , y para este ejemplo: T0 = 1 y ω0 = 2π .

Primero calcularemos los coeficientes an, de la fórmula tenemos que: 2 an = T0

t +T0

∫ f ( t ) cos nω t dt 0

t

1

Entonces:

an = 2∫ e −t cos 2nπ t dt 0

Por tablas de integrales:

au ∫ e cos bu du =

eau ( a cos bu + b sen bu ) a 2 + b2

Realizando las sustituciones: a = −1 y b = 2nπ , se tendrá que: an =

1 2 e−t − cos 2nπ t + 2nπ sen 2nπ t ) 0 2 2 ( 1 + 4n π

Evaluando límites:

an =

2 1 + 4n 2π 2

(

⎡ e−1 − cos 2nπ ⎢⎣

=1

an =

De tal forma que:

+ 2nπ sen 2nπ

=0

) − e ( − cos(0) 0

=1

+ 2nπ sen(0)

=0

)⎤⎥⎦

2 (1 − e−1 ) ∀n. 1 + 4n 2π 2

Ahora calcularemos el coeficiente independiente a0. A partir de la fórmula: a0 =

1 T0

t +T0

∫ f ( t ) dt t

1

1

a0 = ∫ e −t dt = − e −t = − e −1 + e0 0

0

⇒

a0 = 1 − e−1 ≅ 1.264

Concluimos calculando los coeficientes bn: 2 bn = T0

Por tablas de integrales:

t +T0

∫ f ( t ) sen nω t dt 0

t

au ∫ e sen bu du =

eau ( a sen bu − b cos bu ) a 2 + b2

Sustituyendo a = −1 y b = 2nπ , se tendrá entonces:

bn =

2 1 + 4n 2π 2

1 2 e−t bn = − sen 2nπ t − 2nπ cos 2nπ t ) 0 2 2 ( 1 + 4n π

(

⎡e −1 − sen 2nπ ⎢⎣

⇒

=0

− 2nπ cos 2nπ

=1

) − e ( − sen(0) 0

bn =

2 ⎡ −2nπ e −1 + 2nπ ⎤⎦ 2 2 ⎣ 1 + 4n π

bn =

4nπ (1 − e−1 ) ∀n. 1 + 4n 2π 2

=0

− 2nπ cos(0)

=1

)⎤⎥⎦

Finalmente, la representación en serie trigonométrica de Fourier para la señal f ( t ) será: f ( t ) ≅ 1.264 +

∞

⎡ ∑ ⎢⎣1 + 4n π (1 − e ) cos 2nπ t n =1

2

−1

2

2

+

4nπ ⎤ 1 − e −1 ) sen 2nπ t ⎥ 2 2 ( 1 + 4n π ⎦

Ejemplo 2. Halle la representación en serie trigonométrica de Fourier para la siguiente señal f ( t ) = t 2 , 0 ≤ t ≤ 1 , mostrada en la figura.

SOLUCION.

La señal es f ( t ) = t 2 , 0 ≤ t ≤ 1 , y para este ejemplo: T0 = 1 y ω0 = 2π .

Primero calcularemos los coeficientes an. De la fórmula tenemos que: t +T 2 0 an = f ( t ) cos nω0t dt T0 ∫t 1

an = 2∫ t 2 cos 2nπ t dt 0

u = t2

Utilizando integración por partes:

⇒ du = 2t dt 1 dv = cos 2nπ t dt ⇒ v = sen 2nπ t 2nπ

1 1 ⎡ 1 2 ⎤ 2 sen 2 an = 2 ⎢ t sen 2nπ t − t n π t dt ⎥ 2nπ ∫0 0 ⎣⎢ 2nπ ⎦⎥ 1 1 1 ⎤ 1 2 2 ⎡ 1 1 an = t sen 2nπ t − t cos 2nπ t + n π t dt cos 2 ⎢− ⎥ nπ nπ ⎣⎢ 2nπ 2nπ ∫0 0 0 ⎦⎥ 1 1 1 ⎤ 1 2 2 ⎡ 1 1 an = t sen 2nπ t − t cos 2nπ t + 2 2 sen 2nπ t ⎥ ⎢− nπ nπ ⎣⎢ 2nπ 4n π ⎥ 0 0 0⎦ 1

1

1

1 2 1 1 an = t sen 2nπ t + 2 2 t cos 2nπ t − 3 3 sen 2nπ t 2n π nπ nπ 0 0 0

1 ⎡ 2 (1) sen 2nπ nπ ⎢⎣

an =

−

⇒

an =

1 2n3π 3 1 n π2 2

⎡ sen 2nπ ⎢⎣

=0

=0

1 − 0 ⎤⎥ + 2 2 ⎡⎢(1) cos 2nπ ⎦ nπ ⎣ =0 − sen ( 0 ) ⎤ ⎥⎦

∀n ≠ 0.

Calculando el coeficiente a0 : a0 =

1 T0

t +T0

∫ f ( t ) dt t

1

1 1 1 a0 = ∫ t 2 dt = t 3 = (1 − 0 ) 3 0 3 0 ⇒

a0 =

1 3

2 Calculando el coeficiente bn: bn = T0

t +T0

∫ f ( t ) sen nω t dt 0

t

1

bn = 2∫ t 2 sen 2nπ t dt 0

Aplicando integración por partes: u = t2

⇒ du = 2t dt

1 cos 2nπ t 2nπ 1 1 ⎡ 1 2 ⎤ 1 bn = 2 ⎢ − t cos 2nπ t + 2t cos 2nπ t dt ⎥ ∫ 2nπ 0 ⎢⎣ 2nπ ⎥⎦ 0

dv = sen 2nπ t dt ⇒ v = −

=1

− 0 ⎤⎥ ⎦

1

1

1 2 2 bn = − t cos 2nπ t + t cos 2nπ t dt nπ nπ ∫0 0 Volviendo aplicar integración por partes: u = t ⇒ du = t dt 1 dv = cos 2nπ t dt ⇒ v = sen 2nπ t 2nπ Realizando las operaciones correspondientes: 1 1 ⎡ 1 ⎤ 1 t sen 2nπ t − n π t dt sen 2 ⎢ ⎥ 2nπ ∫0 0 ⎣⎢ 2nπ ⎦⎥ 1 1 ⎤ 2 ⎡ 1 1 1 t sen 2nπ t + cos 2nπ t ⎥ + ⋅ ⎢ nπ ⎣⎢ 2nπ 2nπ 2nπ ⎥ 0 0⎦

1

1 2 2 bn = − t cos 2nπ t + nπ nπ 0 1

1 2 bn = − t cos 2nπ t nπ 0 1

1

1

1 2 1 1 bn = − t cos 2nπ t + 2 2 t sen 2nπ t + cos 2nπ t nπ nπ 2n3π 3 0 0 0 = 1 = 0 1 ⎡ 1 cos 2nπ − 0 ⎤⎥ + 2 2 ⎡⎢ sen 2nπ − 0 ⎤⎥ + bn = − ⎢ ⎣ ⎦ ⎦ nπ ⎣ nπ =1 =1 1 ⎡ ⎤ cos 2 n π − cos 0 ( ) 3 3 ⎢ ⎥⎦ 2n π ⎣

1 ∀n. nπ Finalmente, la serie de Fourier para la señal f ( t ) es: ⇒

bn = −

f (t ) =

1 + 3

∞

⎡ 1

∑ ⎢⎣ n π n =1

2

2

cos 2nπ t −

1 ⎤ sen 2nπ t ⎥ nπ ⎦

Ejemplo 3. Halle la representación en serie trigonométrica de Fourier para la siguiente señal, mostrada en la figura. Suponga que el intervalo de repetición para la serie será de −π a +π.

SOLUCION. ⎧ A cos t , − π2 ≤ t ≤ π2 La señal f ( t ) se definirá como: f ( t ) = ⎨ ⎩ 0 , otro caso

Para la serie de Fourier tendremos que: T0 = 2π y ω0 = 1 . Dado que la señal f ( t ) tiene simetría par, entonces los coeficientes bn = 0 . Para este caso, solo consideraremos el cálculo de los coeficientes an. Por definición:

Sustituyendo:

an =

2 T0

2 an = 2π

t +T0

∫ f ( t ) cos nω t dt 0

t

+ π2

A

+ π2

∫ A cos t cos nt dt = π ∫ cos t cos nt dt

− π2

− π2

Resolviendo la integral por tablas: ∫ cos au cos bu du =

sen ( a − b ) u sen ( a + b ) u + 2 ( a − b) 2 (a + b)

Sustituyendo a = 1 y b = n , en la integral: A ⎡ sen (1 − n ) t an = ⎢ π ⎢ 2 (1 − n ) ⎣

+ π2

− π2

sen (1 + n ) t + 2 (1 + n )

⎤ ⎥ ⎥ − π2 ⎦ + π2

Evaluando los límites: an = an =

sen (1 + n ) ( π2 ) − sen (1 + n ) ( − π2 ) ⎤ A ⎡ sen (1 − n ) ( π2 ) − sen (1 − n ) ( − π2 ) + ⎢ ⎥ 2 (1 − n ) 2 (1 + n ) π⎣ ⎦ sen (1 + n ) ( π2 ) + sen (1 + n ) ( π2 ) ⎤ A ⎡ sen (1 − n ) ( π2 ) + sen (1 − n ) ( π2 ) + ⎢ ⎥ 2 (1 − n ) 2 (1 + n ) π⎣ ⎦

sen (1 + n ) ( π2 ) ⎤ A ⎡ sen (1 − n ) ( π2 ) + an = ⎢ ⎥ 1− n 1+ n π⎣ ⎦

Por identidades trigonométricas:

π ⎛π ⎞ ⎛ π nπ ⎞ sen (1 ± n ) ⎜ ⎟ = sen ⎜ ± ⎟ = sen 2 ⎝2⎠ ⎝2 2 ⎠

=1

nπ π cos ± cos 2 2

=0

sen

nπ nπ = cos 2 2

nπ ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎞ A⎛ ⎟ = π ⎜ cos 2 ⎟ ⎜ 1 − n + 1 + n ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎠ A⎛ nπ ⎞ ⎛ 1 + n + 1 − n ⎞ an = ⎜ cos ⎟ ⎟⎜ π⎝ 2 ⎠ ⎜⎝ (1 − n )(1 + n ) ⎟⎠

Entonces:

⇒

an =

cos n2π A ⎛ cos n2π + π ⎝⎜ 1 − n 1+ n

an =

2A nπ cos 2 2 π (1 − n )

∀n ≠ 1.

De la expresión anterior obtenida para los coeficientes an, se establece que esta expresión es válida para toda n excepto para n = 1 , dado que para ese valor se produce una indeterminación. Se procede a obtener dicho valor a1, el cual puede obtenerse sustituyendo el valor particular de n, para este caso n = 1 , en la expresión general de los coeficientes an, antes de proceder al cálculo integral, tal como se muestra a continuación: Formula general: Para el caso n = 1 :

2 an = T0

a1 =

A

π

t +T0

∫ f ( t ) cos nω t dt 0

t

+ π2

∫ cos

− π2

2

t dt

Por identidad trigonométrica: cos 2 t = Entonces:

1 (1 + cos 2t ) 2

+ 1 A ⎛ 2 ⎜ dt + a1 = ∫ (1 + cos 2t ) dt = π − π2 2 2π ⎜ −∫π ⎝ 2 π π A +2 + a1 = t − π + 12 sen 2t − π2 2 2 2π

A

+ π2

π

)

(

Evaluando límites:

a1 =

⇒ a1 =

(

A ⎡⎛ π π ⎞ 1 sen π ⎜ + ⎟ + ⎢ 2π ⎣⎝ 2 2 ⎠ 2

=0

⎞ ⎟ cos 2 t dt ∫ ⎟ − π2 ⎠

+ π2

+ sen π

=0

)⎤⎥⎦

A 2

Si recordamos el concepto de cálculo diferencial sobre la regla de L’Hopital, ésta se utiliza para encontrar el límite de una función en un punto, cuando en ese punto la función presentara una indeterminación. Si aplicamos esta regla a la expresión obtenida para los coeficientes an, tendremos lo siguiente: 2A nπ cos 2 2 π (1 − n )

Expresión general:

an =

Aplicando regla L’Hopital:

d ⎡ nπ ⎤ π nπ 2 A cos ⎥ ( 2 A) ⎛⎜ − sen ⎞⎟ ⎢ 2 ⎦ n =1 2 ⎠ n =1 dx ⎣ ⎝ 2 = a1 = lim an = d ⎡ π ( −2n ) n =1 n →1 π (1 − n 2 ) ⎤⎦ ⎣ dx n =1 −π A sen

Evaluando:

a1 =

π

=1

2

=

−2π

A 2

De lo anterior, se deduce que a consideración del estudiante, tiene 2 opciones para encontrar el valor particular de aquel coeficiente an (y de igual manera para cualquier coeficiente bn) donde n ≠ 0 , produzca una indeterminación en la expresión general. Ahora, solo basta hallar el coeficiente independiente a0. Según la fórmula: a0 =

1 T0

t +T0

∫ f ( t ) dt t

1 a0 = 2π ⇒

a0 =

+ π2

∫

− π2

+π

2 =1 =−1 A A ⎡ A cos t dt = sen t = sen ( π2 ) − sen ( − π2 ) ⎤ ⎦⎥ 2π 2π ⎣⎢ − π2

A

π

Luego entonces, la serie de Fourier para esta señal será: f (t ) =

A

π

+

A cos t + 2

∞

2A

∑ π (1 − n ) cos n=2

2

nπ cos nt 2

PROBLEMAS PROPUESTOS DE SERIES DE FOURIER Encuentre las representaciones en serie trigonométrica de Fourier para las señales mostradas a continuación. f(t)

g(t)

10

4 2

1

t

-2 -10

-4

5

1 ...

... -0.1

0.1

0.2

t

⎧ 10 , − 2 ≤ t ≤ 0 f (t ) = ⎨ ⎩−10 , 0 ≤ t ≤ 2 Como f (t ) es impar ⇒ an = 0 . bn = −

...

...

RESPUESTAS.

(a)

Función generatriz: cos(at)

h(t)

y(t)

-0.2

t

-1

20 nπ (1 − cos nπ ) = −10nπ Sa 2 ⎡⎢ ⎤⎥ nπ ⎣ 2 ⎦

∞ nπ t ⎡ nπ ⎤ f (t ) = −10 ∑ n Sa 2 ⎢ ⎥ sen 2 ⎣ 2 ⎦ n =1

π 2

π 4

π 4

π 2

t

(b)

⎧⎪ 4 ( t + 1) , − 1 ≤ t ≤ 0 g (t ) = ⎨ ⎪⎩ 4 ( t − 1) , 0 ≤ t ≤ 1 Como f (t ) es impar ⇒ an = 0 . bn = −

8 nπ

g (t ) = −

(c)

8

π

∞

∑ n sen ( nπ t ) n =1

⎧ 5sen10π t , 0 ≤ t ≤ 101 y (t ) = ⎨ 1 ⎩ y (t ± 10 )

Como f (t ) es par ⇒ bn = 0 . an =

20 ∀n π (1 − 4n 2 )

y (t ) =

(d)

10

π

+

∞

a0 =

y

10

π

20

∑ π (1 − 4n ) cos ( 20π nt ) 2

n =1

⎧ cos 2t , 0 ≤ t ≤ π4 h(t ) = ⎨ , π4 ≤ t ≤ π2 ⎩ 0

an =

2 cos nπ ∀n π (1 − 4n 2 )

bn =

−4n ∀n π (1 − 4n 2 )

h(t ) =

1

π

+

y

a0 =

1

π

⎡ 2 cos nπ ⎤ 4n ⎢ ⎥ cos 4 nt sen 4 nt − ( ) ( ) ∑ 2 2 π 1 4 n − n =1 ⎢ π (1 − 4n ) ⎥⎦ ( ) ⎣ ∞