Series Fourier

Tema 3. Series de Fourier 1

Series trigonom´ etricas

Las series trigonom´etricas son de la forma ∞ X 1 S(x) = a0 + (an cos(nx) + bn sen(nx)) 2 n=1

para todo x en el intervalo (−π, π]. Este tipo de series se utilizan en la resoluci´on de problemas f´ısicos como son la transmisi´on de sonido, ondas electromagn´eticas, etc.

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Coeficientes de Fourier

Sea f : (−π, π] → R una funci´on integrable. Definimos los coeficientes de Fourier de f mediante: 1Zπ f (x)dx π −π 1Zπ f (x)cos(nx)dx an = π −π 1Zπ bn = f (x)sen(nx)dx π −π a0 =

para n ≥ 1. La serie

∞ X 1 Sf (x) = a0 + (an cos(nx) + bn sen(nx)) 2 n=1

obtenida usando los coeficientes de Fourier se llama serie de Fourier. Como idea, este tipo de series verifican que entre todas las series trigonom´etricas, son las que “mejor aproximan” una funci´on f (x) dada.

1

3

Convergencia

Una funci´on f : I → R (I intervalo) es suave a trozos si I se puede dividir en un n´ umero finito de subintervalos, donde f y f 0 sean funciones continuas en cada uno de estos subintervalos abiertos y las u ´nicas discontinuidades de f y f 0 en I sean de salto finito, esto u ´ltimo, quiere decir que los l´ımites laterales de f y f 0 en cada uno de los extremos de estos subintervalos existan y sean finitos. Obs´ervese que no es esencial que las funciones f y f 0 existan en los extremos de los subintervalos. Teorema 3.1 Teorema de Dirichlet. Sea f : (−π, π] → R una funci´on suave a trozos, entonces la serie de Fourier de f converge (puntualmente): • a la extensi´on peri´odica de f , en los puntos en los que ´esta sea continua; 1 − • a (f (x+ on peri´odica de f tenga 0 ) + f (x0 )) en los puntos x0 ∈ R donde la extensi´ 2 discontinuidad de salto finito. As´ı, en general tendremos ∞ X 1 1 − (f (x+ ) + f (x )) = a + (an cos(nx) + bn sen(nx)) 0 0 0 2 2 n=1

para todo x ∈ R. Recordemos que lim− f (x) = f (x− 0)

lim+ f (x) = f (x+ 0)

x→x0

x→x0

y que la extensi´on peri´odica de f (x) es la traslaci´on de la porci´on definida de f en (−π, π], a los sucesivos intervalos de longitud 2π a derecha e izquierda del intervalo (−π, π].

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Funciones pares e impares

Una funci´on f se dice que es par si f (−x) = f (x). Su gr´afica es sim´etrica respecto al eje Y. Una funci´on f se dice que es impar si f (−x) = −f (x). Su gr´afica es sim´etrica respecto al origen de coordenadas.

2

Teorema 4.1 Sea f : (−π, π] → R una funci´ on suave a trozos. • Si f es par, sus coeficientes vienen dados por 2Zπ an = f (x) cos (nx) dx, π 0

bn = 0

Por tanto, su series de Fourier es de la forma: ∞ X 1 Sf (x) = a0 + an cos(nx) 2 n=1

• Si f es impar, sus coeficientes vienen dados por an = 0,

2Zπ f (x) sen (nx) dx bn = π 0

Por tanto, su series de Fourier es de la forma: Sf (x) =

∞ X

bn sen(nx)

n=1

Proposici´ on 4.2 Sea f : [0, π] → R entonces • La serie de Fourier en cosenos de f (x) es ∞ X 1 Sf (x) = a0 + an cos(nx) 2 n=1

2Zπ donde an = f (x)cos(nx)dx para todo n ≥ 0. π 0 • La serie de Fourier en senos de f (x) es Sf (x) =

∞ X

bn sen(nx)

n=1

donde bn =

5

2Zπ f (x)sen(nx)dx para todo n ≥ 1. π 0

Extensi´ on a intervalos arbitrarios

En muchas aplicaciones es deseable adaptar la forma de una serie de Fourier a funciones f (x) definidas sobre intervalos (−L, L], donde L es un n´ umero positivo cualquiera. 3

Para ello hacemos un cambio de variable. La variable de f es x que se encuentra en −L < x ≤ L, consideramos una nueva variable t que se encuentra en −π < t ≤ π. Por una simple regla de tres tenemos: t x πx Lt = , o sea, t = y x= π L L π Por tanto, f (x) se transforma en una funci´on de t, f (x) = f (

Lt ) = g(t), π

(1)

−π < t ≤ π

Obs´ervese que si f : (−L, L] → R es integrable (y satisface la condiciones de Dirichlet), tambi´en g: (−π, π] → R ser´a integrable (y verificar´a las condiciones de Dirichlet). Por tanto, podemos desarrollar g(t) en serie de Fourier del modo usual. A partir de esta serie y deshaciendo el cambio de variable, es decir, expres´andola en t´erminos de la variable x, se obtiene la serie de Fourier de f (x). La aplicaci´on del cambio de variable (1), nos da directamente la f´ormula de la serie de Fourier de una funci´on f (x) definida en un intervalo (−L, L], que es: ∞ nπx nπx a0 X Sf (x) = + an cos + bn sen . 2 L L n=1





donde 1ZL a0 = f (x) dx, L −L

1ZL nπx 1ZL nπx an = f (x) cos dx y bn = f (x) sen dx. L −L L L −L L

Nota 5.1 Gu´ıas de las soluciones de algunos ejercicios propuestos: 2) Los coeficientes de Fourier que obtenemos son: a0 =

π , 2

Luego S(f )(x) =

a2n = 0,

a2n−1 =

−2 , (2n − 1)2 π

bn =

(−1)n+1 n

∞ π X −2 (−1)n+1 + cos(2n − 1)x + sin nx . 4 n=1 (2n − 1)2 π n

Por el Teorema de Dirichlet, S(f )(x) converge puntualemente a la extensi´on peri´odica de f (x) en todos los puntos donde f (x) es continua (es decir, x 6= (2n − 1)π siendo n un entero). En los puntos x = (2n − 1)π con n entero, S(f )(x) converge a π/2. Si x = π entonces

∞ π π X −2 = + (−1) . 2 4 n=1 (2n − 1)2 π

4

Por tanto,

∞ X

1 π2 = . 2 8 n=1 (2n − 1) π Por otro lado, ∞ X 1 n=1

Llamando S =

n2

∞ X

∞ ∞ X 1 1 π2 1 X 1 + = + . 2 2 8 4 n=1 n2 n=1 (2n − 1) n=1 (2n)

∞ X 1 n=1

3)

=

n

, obtenemos que S = 2

1. Desarrollo en senos:

∞ X 2(−1)n+1 n=1

2. Desarrollo en cosenos:

n

π2 1 π2 + S, luego S = . 8 4 6

sin nx

∞ π X −4 + cos(2n − 1)x 2 n=1 π(2n − 1)2

4) Calculamos los coeficientes de Fourier: 1Zπ sin(2x)dx = 0 . b1 = π 0 1 Para calcular bn con n > 1, usamos que sin A cos B = (sin(A + B) + sin(A − B)). 2 Obtenemos que 8n b2n−1 = 0 b2n = π(4n2 − 1) Por tanto, el desarrollo en senos de f (x) = cos x es: ∞ 8X n sin 2nx . 2 π n=1 (4n − 1)

6) La funci´on f est´a definida en el intervalo (−L, L). Hacemos el cambio de variable, Lt x = . Desarrollamos en series de Fourier la funci´on π (

g(t) = f (Lt/π) =

0, 1,

si −π ≤ t < π/2 si −π/2 ≤ t < π

Obtenemos: 1 a0 = 2 an =

   a2n = 0

− sin(nπ/2) + sin nπ − sin(nπ/2) = ⇒  nπ nπ  a2n−1 =

(−1)n (2n − 1)π    b2(2n) = 0

   (−1)n − 1   −1  b = ⇒  2n cos(nπ/2) − cos nπ b2(2n−1) = 2nπ  bn = ⇒ 2(2n − 1)π  nπ   1    b2n−1 =

(2n − 1)π

5

Tenemos que S(g(t)) = 14 +

∞ X

(−1)n (2n−1)π

−1 1 cos((2n−1)t)+ 2(2n−1)π sin(2(2n−1)t)+ (2n−1)π sin((2n−1)t)

n=1

Deshaciendo el cambio de variable, t = S(f (x)) =

πx , L

∞ 1 X (−1)n (2n − 1)πx + cos 4 n=1 (2n − 1)π L −1 2(2n − 1)πx 1 (2n − 1)πx + sin + sin . 2(2n − 1)π L (2n − 1)π L

Vamos a demostrar ahora que

∞ X π (−1)n = . 4 n=0 2n + 1

Por el teorema de Dirichlet, g(0) = S(g(0)), por tanto 0=

∞ 1 X (−1)n −1 1 + cos 0 + sin 0 + sin 0 4 n=1 (2n − 1)π 2(2n − 1)π (2n − 1)π

es decir 0=

∞ 1 X (−1)n+1 + 4 n=1 (2n − 1)π

Despejando, obtenemos la soluci´on deseada. 13)

a) Veamos que es par: Si −π ≤ x < 0 entonces 0 < −x ≤ π y por tanto f (−x) = π − (−x) = π + x = f (x). An´alogamente, si 0 ≤ x ≤ π, entonces f (−x) = π + (−x) = π − x = f (x). Calculamos la serie de Fourier de f (x): a0 = π an =

   a2n = 0

2(1 − cos(nπ)) ⇒  n2 π  a2n−1 =

Por tanto, S(f )(x) =

4 π(2n − 1)2

∞ π X 4 + cos((2n − 1)x). 2 n=1 π(2n − 1)2

b) Como podemos observar, la extensi´on de f es continua en todo R. Por el teorema de Dirichlet la serie converge a la extensi´on peri´odica de f en todo R. ∞ X π2 1 Hay que demostrar que = . Como S(f )(x) = f (x) para todo 2 8 n=1 (2n − 1) x, entonces ∞ ∞ π X 4 π X 4 π = f (0) = S(f )(0) = + cos 0 = + . 2 2 n=1 π(2n − 1) 2 n=1 π(2n − 1)2

Despejando la serie, obtenemos la igualdad pedida. 6

15)

a) Dado que la funci´on es impar, an = 0 para todo n y por tanto s´olo hay que calcular Z 1 Z 1 nπx cos(nπx) 1 bn = 2 f (x) sin sin(nπx) dx = 2[− dx = 2 ]0 = 1( nπ 0 0 0 n par 2 = nπ ((−1)n+1 + 1) = 4 n impar nπ Luego la serie de Fourier es S(f (x)) =

∞ X

4 sin((2n − 1)πx) n=1 (2n − 1)π

Probemos que f : [−1, 1] → R verifica las condiciones de Dirichlet. Para ello, veamos, que el intervalo [−1, 1] puede subdividirse en un n´ umero finito 0 de subintervalos, en cada uno de los cuales f y f son continuas y sus u ´nicas discontinuidades son de salto finito. ( 0 0<x<1 0 Es f´acil obtener f (x) = obviamente f y f 0 son continuas 0 −1 < x < 0 en los intervalos (−1, 0), (0, 1) y los u ´nicos puntos donde presenta discontinuidad son en −1, 0, 1 y son de salto finito. 1 1 b) Aplicando el teorema de Dirichlet, tenemos que S(f ( )) = f ( ) = 1. Por 2 2 otro lado, tenemos que ∞ X 1 4 π S(f ( )) = sin((2n − 1) ) 2 2 n=1 (2n − 1)π

teniendo en cuenta que sin((2n − 1) π2 ) = (−1)n+1 y lo expuesto anteriormente concluimos con ∞ X 4 =1 (−1)n+1 (2n − 1)π n=1 18)

t a) Cambio variable x = . g(t) = π

(

0 1

−π ≤ t ≤ 0 0
∞ a0 X + (an cos(nt) + bn sen(nt)) g(t) = 2 n=1

1Zπ 1dt = 1 π 0 1Zπ sen(nπ) − sen(0) an = cos(nt)dt = =0 π 0 n ( 1Zπ −cos(nπ) + cos(0) 0 sen(nt)dt = = bn = 2 π 0 n nπ

a0 =

S(g)(t) =

∞ X 1 sen((2n − 1)t) +2 ) 2 (2n − 1)π n=1

7

n par n impar

Por tanto, S(f )(x) =

∞ 1 2X sen((2n − 1)πx) + 2 π n=1 2n − 1

b) x ∈ / Z, por Dirichlet (hay que verificar que se satisfacen las condiciones de Dirichlet) f (x) = S(f )(x). Despejar la serie. Si x ∈ Z entonces S(f )(x) = 1/2 mientras que f (x) vale 0 ´o 1 seg´ un sea x par ´o impar. Luego la igualdad no es cierta. c) Inmediato. Es posible agrupar porque ambas series son convergentes. d) En ambos se trata de una suma alternada. Sumamos hasta N . En (2) el error ser´ıa 2N + 1 (usando el criterio de Leibniz) |E| ≤ 1 + (2N + 1)2 1 (2N + 1)(1 + (2N + 1)2 ) Si N grande vemos que la primera cota es de orden O(1/N ) y la segunda O(1/N 3 ). Entonces (4) cometer´ıa menor error. En (4) |E| ≤

19) (a) Si α ∈ Z, como cos(−nx) = cos(nx), la serie de Fourier coincide con la funci´on f (x). (b) Si α 6∈ Z, la funci´on es par, por tanto, bn = 0. a0 =

1Zπ 2 cos(αx)dx = sen(απ) π −π πα

1Zπ 1 cos(αx)cos(nx)dx = an = π −π π

sen((α + n)π) sen((α − n)π) + α+n α−n

!

Por tanto ∞ X 1 1 S(f )(x) = sen(απ) + πα n=1 π

!

sen((α + n)π) sen((α − n)π) + cos(nx) α+n α−n

(c) Aplicando la ayuda y usando el teorema de Dirichlet cos(αx) =

∞ X 1 2α(−1)n sen(απ) sen(απ) + cos(nx) απ π(α2 − n2 ) n=1

Ahora basta con dividir la ecuaci´on entre 2αsen(απ) y multiplicar por π (d) Aplicar teorema de Weierstrass. (e) Sustituir α y x por π y operar. Como la suma es desde n = 1, nos queda 1 2

1 1 − 2 2 tg π π

8

!

.

21)

a) Sabemos que la serie de Fourier de la extensi´on par de f es lo que se llama serie de Fourier en cosenos de f . Respectivamente, la serie de Fourier de la extensi´on impar de f es lo que se llama serie de Fourier en senos de f . Denotemos por fp y fi las extensiones par e impar de f , respectivamente. Sabemos que la serie de Fourier de fp (serie de Fourier en cosenos de f ) es de la forma ∞ a0 /2 +

X

an cos(nx)

n=1

y que la serie de Fourier de fi (serie de Fourier en senos de f ) es de la forma ∞ X

bn sen (nx)

n=1

El enunciado del problema asegura que tanto fp con fi satisfacen las condiciones de Dirichlet en (−π, π]; por tanto, en ambos casos, podemos aplicar la ayuda y tendr´ıamos ∞ X 1Zπ 2 2 fp (x) dx = a0 /2 + a2n , π −π n=1

∞ X 1Zπ 2 fi (x) dx = b2n π −π n=1

Teniendo en cuenta que fp2 (x) = fi2 (x), ∀x ∈ (−π, π] se concluye la igualdad pedida. b) Calculemos la serie de Fourier en senos de cos x. 2Zπ 1Zπ bn = cos xsen (nx) dx = (sen(n + 1)x + sen(n − 1)x) dx = π 0 π 0 "

1 cos(n + 1)x cos(n − 1)x = − − π n+1 n−1

#π 0

2n = π

1 + (−1)n n2 − 1

!

Caigamos en la cuenta de que al aparecer 1/(n − 1) en la expresi´on anterior estamos suponiendo que n 6= 1. Tratemos aparte el caso n = 1 " #π 2Zπ 2 sen2 x b1 = cos xsen x dx = =0 π 0 π 2 0

Por tanto, b2n−1 = 0 y b2n =

8n . As´ı pues la serie de Fourier en π(4n2 − 1)

cosenos de cos x es: ∞ X

8n sen 2nx 2 n=1 π(4n − 1) La serie de Fourier en cosenos de cos x es claramente cos x. Ya que por ser cos x par, la serie de Fourier en cosenos de cos x es su serie de Fourier en (−π, π], esta funci´on satisface las condiciones de Dirichlet y adem´as es continua en 9

todo R, por tanto sabemos que la serie de Fourier del cos x converge al cos x en todo R cos x = S(cos x) = a0 /2 +

∞ X

an cos nx,

∀x ∈ R

n=0

por tanto, a1 = 1 y para n 6= 1, an = 0. Otro modo de llegar a este resultado es calcular los an mediante sus f´ormulas y usar la identidad cos A cos B = 1/2(cos(A + B) + cos(A − B)) c) Vamos a usar el apartado a), para ello hay que probar que la extensiones par e impar del cos x satisfacen las condiciones de Dirichlet, (esto es un simple ejercicio). Por el apartado a) aplicado a f (x) = cos x, tenemos que ∞ X

64n2 =1 2 2 2 n=1 π (4n − 1) ∞ X

n2 Por tanto, = π 2 /64 2 2 n=1 (4n − 1) 22)

Z π 1Zπ f (x)dx, entonces f (x)dx = πa0 = 6 π. π −π −π b) Por el teorema de Dirichlet, S(f )(π) = f (π), luego

a) Como a0 =

f (π) = 3 +

∞ X (−1)n n=1

n!

= 3 + e−1 − 1 = 2 +

1 . e

∞ 1 6X 1 cos(2n − 1)x. c) S(f )(x) = − − 2 π n=1 2n − 1

d) Aplicando la igualdad que nos dice el enunciado, ∞ 1 36 X 1Zπ 1 2 g(x) dx = + 2 . π −π 2 π n=1 (2n − 1)2

Por tanto, 23)

∞ X

1 π2 π2 = (5 − 1) = 2 36 8 n=1 (2n − 1)

a) Teniendo en cuenta que f es par, todos los coeficientes de Fourier bn son nulos. Adem´as, 2Zπ a0 = (π − x) dx = π π 0 an

  2Zπ 2 xsen nx cos nx πsen nx π = (π − x) cos nx dx = − − + π 0 π n n2 n 0

2 1 − (−1)n = = π n2 "

#

(

4 1 π (2k−1)2

0 10

n = 2k − 1 n = 2k

Luego, Sf (x) =

π X4 1 + cos(2k − 1)x . 2 π (2k − 1)2

Es un simple ejercicio ver que f satisface las condiciones de Dirichlet. Adem´as la extensi´on periodica de f es continua. As´ı pues, tenemos que sf (x) converge puntualmente a f (x) en todo R. b) Para hallar la suma pedida, evaluemos Sf (x) en x = 0. Observemos que Sf (0) = f (0) = π y operemos convenientemente hasta llegar a que 1+

1 1 π2 + + . . . = . 32 52 8

11