PROBLEMAS RESUELTOS DE SERIES DE FOURIER Ejemplo 1. Halle la representación en serie trigonométrica de Fourier para la siguiente señal ( ) e , 0 1tf t t−= ≤ ≤ , mostrada en la figura. SOLUCION. La señal es ( ) e , 0 1tf t t−= ≤ ≤ , y para este ejemplo: 0 01 y 2T ω π= = . Primero calcularemos los coeficientes an, de la fórmula tenemos que: ( )0 0 0 2 cos t T n t a f t n t dt T ω + = ∫ Entonces: 1 0 2 e cos 2tna n t dtπ−= ∫ Por tablas de integrales: ( )2 2ee cos cos sen au au bu du a bu b bu a b = ++∫ Realizando las sustituciones: 1 y 2a b nπ= − = , se tendrá que: ( ) 12 2 02e cos 2 2 sen 21 4 t na n t n n tn π π ππ − = − ++ Evaluando límites: 1 2 2 2 e cos 2 1 4n a n n ππ −= −+ 1 2 sen 2n nπ π= +( )0 0e cos(0)= − − 1 2 sen(0)nπ= +( )0=⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ De tal forma que: ( )12 22 1 e .1 4na nn π −= − ∀+ Ahora calcularemos el coeficiente independiente a0. A partir de la fórmula: ( )00 0 1 1 1 0 0 0 0 1 e e e e t T t t t a f t dt T a dt + − − − = = = − = − + ∫ ∫ ⇒ 10 1 e 1.264a −= − ≅ Concluimos calculando los coeficientes bn: ( )0 0 0 2 sen t T n t b f t n t dt T ω + = ∫ Por tablas de integrales: ( )2 2ee sen sen cos au au bu du a bu b bu a b = −+∫ Sustituyendo 1 y 2a b nπ= − = , se tendrá entonces: ( ) 12 2 02e sen 2 2 cos 21 4 t nb n t n n tn π π ππ − = − −+ 1 2 2 2 e sen 2 1 4n b n n ππ −= −+ 0 2 cos 2n nπ π= −( )1 0e sen(0)= − − 0 2 cos(0)nπ= −( )1=⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 12 2 2 2 e 2 1 4n b n n n π ππ −⎡ ⎤= − +⎣ ⎦+ ⇒ ( )12 24 1 e .1 4n nb nnππ −= − ∀+ Finalmente, la representación en serie trigonométrica de Fourier para la señal ( )f t será: ( ) ( ) ( )1 12 2 2 2 1 2 41.264 1 e cos 2 1 e sen 2 1 4 1 4n nf t n t n t n n ππ ππ π ∞ − − = ⎡ ⎤≅ + − + −⎢ ⎥+ +⎣ ⎦∑ Ejemplo 2. Halle la representación en serie trigonométrica de Fourier para la siguiente señal ( ) 2 , 0 1f t t t= ≤ ≤ , mostrada en la figura. SOLUCION. La señal es ( ) 2 , 0 1f t t t= ≤ ≤ , y para este ejemplo: 0 01 y 2T ω π= = . Primero calcularemos los coeficientes an. De la fórmula tenemos que: ( )0 0 0 2 cos t T n t a f t n t dt T ω + = ∫ 1 2 0 2 cos 2na t n t dtπ= ∫ Utilizando integración por partes: 2 2 1cos 2 sen 2 2 u t du t dt dv n t dt v n t n π ππ = ⇒ = = ⇒ = 1 1 2 0 0 1 22 sen 2 sen 2 2 2n a t n t t n t dt n n π ππ π ⎡ ⎤= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦∫ 1 1 1 2 0 0 0 1 2 1 1sen 2 cos 2 cos 2 2 2n a t n t t n t n t dt n n n n π π ππ π π π ⎡ ⎤= − − +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦∫ 1 1 1 2 2 2 0 0 0 1 2 1 1sen 2 cos 2 sen 2 2 4n a t n t t n t n t n n n n π π ππ π π π ⎡ ⎤= − − +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 1 1 1 2 2 2 3 3 0 0 0 1 1 1sen 2 cos 2 sen 2 2n a t n t t n t n t n n n π π ππ π π= + − ( )21 1 sen 2na nn ππ= ( ) 0 2 2 10 1 cos 2n n ππ =⎡ ⎤− +⎢ ⎥⎣ ⎦ 1 3 3 0 1 sen 2 2 n n ππ =⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦ − ( )0 sen 0= − 0=⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ⇒ 2 21 0.na nn π= ∀ ≠ Calculando el coeficiente 0a : ( )00 0 1 t T t a f t dt T + = ∫ ( )1 12 30 0 0 1 1 1 0 3 3 a t dt t= = = −∫ ⇒ 0 13a = Calculando el coeficiente bn: ( )0 0 0 2 sen t T n t b f t n t dt T ω + = ∫ 1 2 0 2 sen 2nb t n t dtπ= ∫ Aplicando integración por partes: 2 2 1sen 2 cos 2 2 u t du t dt dv n t dt v n t n π ππ = ⇒ = = ⇒ = − 1 1 2 0 0 1 12 cos 2 2 cos 2 2 2n b t n t t n t dt n n π ππ π ⎡ ⎤= − +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦∫ 1 1 2 0 0 1 2cos 2 cos 2nb t n t t n t dtn n π ππ π= − + ∫ Volviendo aplicar integración por partes: 1cos 2 sen 2 2 u t du t dt dv n t dt v n t n π ππ = ⇒ = = ⇒ = Realizando las operaciones correspondientes: 1 1 1 2 0 0 0 1 2 1 1cos 2 sen 2 sen 2 2 2n b t n t t n t n t dt n n n n π π ππ π π π ⎡ ⎤= − + −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦∫ 1 1 1 2 0 0 0 1 2 1 1 1cos 2 sen 2 cos 2 2 2 2n b t n t t n t n t n n n n n π π ππ π π π π ⎡ ⎤= − + + ⋅⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 1 1 1 2 2 2 3 3 0 0 0 1 1 1cos 2 sen 2 cos 2 2n b t n t t n t n t n n n π π ππ π π= − + + 1 cos 2nb nn ππ= − 1 2 2 10 sen 2n n ππ =⎡ ⎤− +⎢ ⎥⎣ ⎦ 0 3 3 0 1 cos 2 2 n n ππ =⎡ ⎤− +⎢ ⎥⎣ ⎦ ( )1 cos 0= − 1=⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ⇒ 1 .nb nnπ= − ∀ Finalmente, la serie de Fourier para la señal ( )f t es: ( ) 2 2 1 1 1 1cos 2 sen 2 3 n f t n t n t n n π ππ π ∞ = ⎡ ⎤= + −⎢ ⎥⎣ ⎦∑ 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. La señal ( )f t se definirá como: ( ) 2 2cos , 0 , A t t f t otro caso π π− ≤ ≤⎧= ⎨⎩ Para la serie de Fourier tendremos que: 0 02 y 1T π ω= = . Dado que la señal ( )f t tiene simetría par, entonces los coeficientes 0nb = . Para este caso, solo consideraremos el cálculo de los coeficientes an. Por definición: ( )0 0 0 2 cos t T n t a f t n t dt T ω + = ∫ Sustituyendo: 2 2 2 2 2 cos cos cos cos 2n Aa A t nt dt t nt dt π π π ππ π + + − − = =∫ ∫ Resolviendo la integral por tablas: ( )( ) ( ) ( ) sen sen cos cos 2 2 a b u a b u au bu du a b a b − += +− +∫ Sustituyendo 1 y a b n= = , en la integral: ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 sen 1 sen 1 2 1 2 1n n t n tAa n n π π π ππ + + − − ⎡ ⎤− +⎢ ⎥= +− +⎢ ⎥⎣ ⎦ Evaluando los límites: ( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )2 2 2 2 sen 1 sen 1 sen 1 sen 1 2 1 2 1n n n n nAa n n π π π π π ⎡ ⎤− − − − + − + −= +⎢ ⎥− +⎣ ⎦ ( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )2 2 2 2 sen 1 sen 1 sen 1 sen 1 2 1 2 1n n n n nAa n n π π π π π ⎡ ⎤− + − + + += +⎢ ⎥− +⎣ ⎦ ( )( ) ( )( )2 2sen 1 sen 1 1 1n n nAa n n π π π ⎡ ⎤− += +⎢ ⎥− +⎣ ⎦ Por identidades trigonométricas: ( )sen 1 sen sen 2 2 2 2 nn π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞± = ± =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 cos cos 2 2 nπ π= ± 0 sen cos 2 2 n nπ π= = Entonces: 2 2cos cos 1 1cos 1 1 2 1 1 n n n A A na n n n n π π π π π ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− + − +⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ( )( ) 1 1cos 2 1 1n A n n na n n π π ⎛ ⎞+ + −⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− +⎝ ⎠⎝ ⎠ ⇒ ( )2 2 cos 1. 21n A na n n π π= ∀ ≠− De la expresión anterior obtenida para los coeficientes an, se establece que esta expresión es válida para toda n excepto para 1n = , 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 1n = , en la expresión general de los coeficientes an, antes de proceder al cálculo integral, tal como se muestra a continuación: Formula general: ( )0 0 0 2 cos t T n t a f t n t dt T ω + = ∫ Para el caso 1n = : 2 2 2 1 cos Aa t dt π ππ + − = ∫ Por identidad trigonométrica: ( )2 1cos 1 cos 2 2 t t= + Entonces: ( )2 2 2 2 2 2 1 1 1 cos 2 cos 2 2 2 A Aa t dt dt t dt π π π π π ππ π + + + − − − ⎛ ⎞⎜ ⎟= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ ∫ ( )22 2 2 1 1 2 sen 22 Aa t t ππ π ππ ++ − −= + Evaluando límites: 1 1 sen 2 2 2 2 Aa π π ππ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠ 0 senπ= +( )0=⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 1 2 Aa⇒ = 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: Expresión general: ( )2 2 cos 21n A na n π π= − Aplicando regla L’Hopital: ( ) ( ) ( )1 11 1 2 1 1 2 cos 2 sen 2 2 2 lim 21 n n n n n n d n nA A dx a a d nn dx π π π ππ = = → = = ⎡ ⎤ ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎝ ⎠= = = −⎡ ⎤−⎣ ⎦ Evaluando: 1 sen 2 A a ππ− = 1 2 2 A π = =− 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 0n ≠ , produzca una indeterminación en la expresión general. Ahora, solo basta hallar el coeficiente independiente a0. Según la fórmula: ( )00 0 1 t T t a f t dt T + = ∫ ( )2 2 22 0 2 1 cos sen sen 2 2 2 A Aa A t dt t π π ππ π π π π + + −− = = =∫ ( )1 2sen π= − − 1=−⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ⇒ 0 Aa π= Luego entonces, la serie de Fourier para esta señal será: ( ) ( )22 2cos cos cos 2 21n A A A nf t t nt n π π π ∞ = = + + −∑ PROBLEMAS PROPUESTOS DE SERIES DE FOURIER Encuentre las representaciones en serie trigonométrica de Fourier para las señales mostradas a continuación. 10 -10 2 -2 f(t) t 4 -4 1 -1 g(t) t 5 0.1-0.1 y(t) t ...... 0.2-0.2 1 h(t) t ...... Función generatriz: cos(at) π 4 π 4 π 2 π 2 RESPUESTAS. (a) 10 , 2 0( ) 10 , 0 2 t f t t − ≤ ≤⎧= ⎨− ≤ ≤⎩ Como ( )f t es impar 0na⇒ = . ( ) 220 1 cos 10 Sa 2n nb n n n ππ ππ ⎡ ⎤= − − = − ⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 1 ( ) 10 Sa sen 2 2n n n tf t n π π∞ = ⎡ ⎤= − ⎢ ⎥⎣ ⎦∑ (b) ( )( ) 4 1 , 1 0 ( ) 4 1 , 0 1 t t g t t t + − ≤ ≤⎧⎪= ⎨ − ≤ ≤⎪⎩ Como ( )f t es impar 0na⇒ = . 8nb nπ= − ( ) 1 8( ) sen n g t n n tππ ∞ = = − ∑ (c) 1 10 1 10 5sen10 , 0 ( ) ( ) t t y t y t π ≤ ≤⎧= ⎨ ±⎩ Como ( )f t es par 0nb⇒ = . ( )2 20 1 4n a n nπ= ∀− y 0 10a π= ( ) ( )21 10 20( ) cos 20 1 4n y t nt n ππ π ∞ = = + −∑ (d) 4 4 2 cos 2 , 0 ( ) 0 , t t h t t π π π ≤ ≤⎧= ⎨ ≤ ≤⎩ ( )2 2cos 1 4n na n n π π= ∀− y 0 1a π= ( )2 4 1 4n nb n nπ −= ∀− ( ) ( ) ( ) ( )2 21 1 2cos 4( ) cos 4 sen 4 1 4 1 4n n nh t nt nt n n π π π π ∞ = ⎡ ⎤⎢ ⎥= + −− −⎢ ⎥⎣ ⎦ ∑ /ColorImageDict > /JPEG2000ColorACSImageDict > /JPEG2000ColorImageDict > /AntiAliasGrayImages false /CropGrayImages true /GrayImageMinResolution 300 /GrayImageMinResolutionPolicy /OK /DownsampleGrayImages true /GrayImageDownsampleType /Bicubic /GrayImageResolution 300 /GrayImageDepth -1 /GrayImageMinDownsampleDepth 2 /GrayImageDownsampleThreshold 1.50000 /EncodeGrayImages true /GrayImageFilter /DCTEncode /AutoFilterGrayImages true /GrayImageAutoFilterStrategy /JPEG /GrayACSImageDict > /GrayImageDict > /JPEG2000GrayACSImageDict > /JPEG2000GrayImageDict > /AntiAliasMonoImages false /CropMonoImages true /MonoImageMinResolution 1200 /MonoImageMinResolutionPolicy /OK /DownsampleMonoImages true /MonoImageDownsampleType /Bicubic /MonoImageResolution 1200 /MonoImageDepth -1 /MonoImageDownsampleThreshold 1.50000 /EncodeMonoImages true /MonoImageFilter /CCITTFaxEncode /MonoImageDict > /AllowPSXObjects false /CheckCompliance [ /None ] /PDFX1aCheck false /PDFX3Check false /PDFXCompliantPDFOnly false /PDFXNoTrimBoxError true /PDFXTrimBoxToMediaBoxOffset [ 0.00000 0.00000 0.00000 0.00000 ] /PDFXSetBleedBoxToMediaBox true /PDFXBleedBoxToTrimBoxOffset [ 0.00000 0.00000 0.00000 0.00000 ] /PDFXOutputIntentProfile () /PDFXOutputConditionIdentifier () /PDFXOutputCondition () /PDFXRegistryName () /PDFXTrapped /False /Description > /Namespace [ (Adobe) (Common) (1.0) ] /OtherNamespaces [ > /FormElements false /GenerateStructure true /IncludeBookmarks false /IncludeHyperlinks false /IncludeInteractive false /IncludeLayers false /IncludeProfiles true /MultimediaHandling /UseObjectSettings /Namespace [ (Adobe) (CreativeSuite) (2.0) ] /PDFXOutputIntentProfileSelector /NA /PreserveEditing true /UntaggedCMYKHandling /LeaveUntagged /UntaggedRGBHandling /LeaveUntagged /UseDocumentBleed false >> ] >> setdistillerparams > setpagedevice