Series Fourier

1Trabajo Grupal Nº1

Series de Fourier

Grupo 6 Cristina Maldonado, David Mayancela & Edwin Rodríguez Julio 06, 2016. Universidad de las Fuerzas Armadas “ESPE”. Departamento de Ciencias Exactas. Matemática Superior

1. Determinar los coeficientes de Fourier de la función: 0 ;−π < x <0 π π f ( x )= 2 ; 0< x< 2 π 0; <x<π 2

{

ao =

π 4

Respuesta:

an =

1 π Sen n· 2n 2

( )

{

1 ; si n impar 2n

bn = 1 ; si n=2,4,6, 10, … n 0 ; si n=4,8, 12,16, … 2. Sea f la función pulso rectangular unitario de período 2 definida por 1 ;−δ < x < δ f ( x) 2δ , obtenga la serie de Fourier de f(x) y calcule 0 ;−1 ≤ x ≤ δ ó δ < x ≤ 1

{

δ → 0+¿ ( a n ( δ ) ) δ → 0+¿ lim ( a n ( δ ) ) lim ¿ n→∞ ¿ los límites y ¿ lim ¿ ¿ lim ¿

(

)

sabiendo que an ( δ ) es

n→∞

el coeficiente n-ésimo de dicha serie Respuesta: ∞ Sen ( nπδ ) 1 1 f ( x )= + ∑ cos ( nπx ) , x ∈[1, 1] 2 δ n=1 nπ p 3. Considere la función: f ( t )=t− 2 de Fourier de senos de esta función. Respuesta: ∞ ∑ −nπp sin 2 nπt p n=1

( ) ( )

definida en

[ ] 0,

p 2

, obtenga la serie

4. Encontrar la Serie de Fourier de la función

{

1 −x ; 0 ≤ x ≤1 2 f ( x )= 3 x− ; 1 ≤ x ≤2 2

Respuesta: 2 n−1 ¿2 ¿ ¿ cos ( ( 2 n−1 ) nπx ) ¿ ∞ 4 f ( x )= 2 ∑ ¿ π n=1

5. Utilizando el desarrollo de Fourier de la extensión periódica de la función f ( x )=e x en el intervalo [-π, π[, probar que n

−1¿ ¿ −1¿ n ¿ ¿ ¿ ¿ ∞ 1 +∑ ¿ 2 n=1 2· Senh(π ) e x= ¿ π x 6. Utilizar la serie de fourier anteriormente calculada para f ( x )=e , para ∞

1 ∑ 1+n 2

calcular

n=1

Respuesta: 1 π −1 2 tanh ( π )

(

)

7. Calcular la Serie de Fourier para la función f ( x )=|x| en el intervalo [−π , π ] Respuesta:

π 2

|x|= −

[

4 cos ( x ) cos ( 3 x ) cos ( 5 x ) + + +… 2 2 2 π 1 3 5

]

8. Usar el desarrollo de la Serie de Fourier de f ( x )=|x| para calcular el ∞

∑(

valor de la serie

n=0

1 2 2 n+1 )

Respuesta: 2 1 π =¿ 8 ( 2 n−1 )2 ∞

∑¿ n =1

9. Sea f ( x )=xSen ( x ) para −π <x < π . Determine la serie de Fourier de −1 ¿n ¿ ¿ n2−1 ¿ f(x) y pruebe la convergencia de ¿ ∞

∑¿ n =1

10. Hallar la serie de Fourier de la función f ( x )=cos 2 ( 2 x )=

1+ cos(4 x) 2

11. Si f ( x )=cos ( αx ) ,−π ≤ x ≤ π ; α su serie de Fourier que

una constante no entera, probar a partir de

π 1 1 1 1 =2 α − 2 + 2 2− 2 2 2 Sen(απ ) 2 α α −1 α −2 α −3

(

)

12. Hallar la serie trigonométrica de Fourier para la función periódica definida por:

f (t)=

{

2

t , 0
Respuesta: ∞ 4 4 4 f ( t )= + ∑ 2 2 cos ( nπt ) − sin ( nπt ) 3 n =1 n π nπ

(

13.

)

{

f (t)= −π ,−π
Dada

a) Obtener la serie trigonométrica de Fourier de f(t). b) Graficar la suma de esa serie en [-4 ; 4 ].

( nπ ) 1−2 cos ¿ sin ⁡( nt) 1 ( cos ( nπt )−1 ) cos ( nt )+ 1 (¿¿) 2 n n π ¿ ∞ −π S ( t )= +∑ ¿ 4 n=1

Respuesta:

14. Desarrollar en serie compleja de Fourier f(t) = e-t, donde - <  <  . Respuesta: ∝π −∝ π (e −e )(∝+¿) ¿ cos ⁡( nπ ) e∫ 2 2 2 π (∝ + n ) ∞

f ( t ) =∑ ¿ −∞

15.

f (t)=

Dada la función

{

1, 0 ≤ t<

2,

π 2

π ≤ t< π 2

a) Desarrollarla en serie cosenoidal de Fourier. b) Hallar la suma de la serie en los intervalos (0;  /2), ( /2;  ) y en los puntos 0 y  . Respuesta:

a)

b)

∞

3 S ( t )= + ∑ 2 n=1 ∞

3 S ( 0 )= + ∑ 2 n=1

2sin

( 3 nπ2 ) cos ( nt )

nπ

2 sin

( 3 nπ2 )

nπ

16. Si f(x)=ex 0≤x≤2, obtener la Serie de Fourier de g(x), función par de periodo 8 tal que g(x)=f(x) en 0≤x≤2 Respuesta: ∞

1 8 e2 nπ g ( x ) = ( e2 −1 ) + ∑ cos x 2 2 4 4 n=1 16−n π

( )

17. Desarrollar en serie de Fourier la función f(x)=-x2 entre –π y π Respuesta: ∞ n−1 (−1) −π 2 f ( x )= +4 ∑ cos ( nx ) 3 n2 n=1 18. Sea f(x) = x(sin x); si –π < x < π; entonces determine la serie de esta función Respuesta: ∞

n+1

(−1) 1 f (x)=1− cos x+ 2 ∑ 2 cos (nx) 2 n=2 n −1 19. f ( x)=

Sea f la función de periodo 2 definida por

{

1 ,−z < x < z 2z 0 ,−1≤ x< z o z < x ≤ 1

Obtener la serie de Fourier de f(x) Respuesta: ∞ sin ( nπz ) 1 1 f ( x )= + ∑ cos ( nπx ) , x ∈ [ −1,1 ] 2 z n=2 nπ 20.

Sea la serie de Fourier de f(x)

f ( x )=

a0 ∞ + ∑ a cos ( nx ) +b n sin ( nx ) 2 n=1 n

Si g(x) = f(x-π), mostrar que la Serie de Fourier de g(x) es f ( x )=

a0 ∞ + ∑ (−1)n ( an cos ( nx ) +bn sin ( nx ) ) 2 n=1

Respuesta: a0 ∞ n f (x)= + ∑ (−1) ( an cos ( nx ) +bn sin ( nx ) ) 2 n=1 21.

Sea tЄR y f(x) = cos(tsenx), probar que f(x) es par Respuesta: cos ( t sin(x) )

22. Prueba que si s

es par

es cualquier número no entero, entonces:

cos ( sx )=

∞ 2 s sin( πs) 1 (−1)n cos(nx) + ∑ π 2 s2 n=1 s2−n2

(

)

∞

8 n 23. Obtener la función cos ( x )= π ∑ 4 n 2−1 sin ( 2 nx ) Si n=1

x ∈ ( 0, π )

−x 24. Para f ( x )=e , 0 ≤ x <1 obtener su serie de Fourier en cosenos,

periódica de periodo 4. Respuesta: −1

∞

1+ e + ∑ 2 ( 1−e−1) 2 n=1

( nπ2 ) cos nπx (2) nπ

sin

25. Utilice la serie de Fourier para demostrar la identidad trigonométrica:

3 1 3 sin ( x ) = sin ( x ) − sin(3 x) 4 4

¿ 26. Suponga que f ( t )=cos ⁡( at) en ¿ 0, π ¿ y a no es un entero. Obtenga

el desarrollo cosenoidal de medio rango para esta función. Respuesta: ∞ n (−1) sin(aπ ) 1 2a sin ( aπ ) + ∑ cos ⁡( nt) πa π n=1 a2−n2 27. Demuestre que: π cos ⁡( ax) 1 cos(x ) cos ( 2 x ) cos ( 3 x ) = 2 + 2 2 − 2 2 + 2 2 −… 2 a sin ⁡( aπ ) 2a 1 −a 2 −a 3 −a Donde a ∉ Z , a es cualquier número real. 2 28. Sea f ( x )=sin ( x ) Suponga que f ( x ) está definida en [ 0, π ] , obtenga

una serie de Fourier de senos asociada a f ( x ) Respuesta: Con n=2 k−1 obtenemos: ( 2 k −1 ) x [¿] sin (2 k−3)(2 k −1)(2 k + 1) ∞ −8 f ( x )= ∑¿ π k=1 29. Sea f : [ 0, π ] → R

definida por f ( x )=x ( π −x ) , encontrar una función par

F( x ) periódica, tal que

F ( x )=f ( x ) ∀ x ∈ [ 0, π ] y obtener el desarrollo

en serie de Fourier de la función Respuesta: ∞ n 1+(−1) π2 F ( x )= −4 ∑ 6 n2 n=1

F( x ) .

30. Sea f : [ 0, π ] → R

definida por f ( x )=x ( π −x ) , encontrar una función

impar G(x) periódica, tal que G ( x )=f ( x ) ∀ x ∈ [ 0, π ] desarrollo en serie de Fourier de la función G(x) . Respuesta: ∞ n+1 (−1) −1 4 G ( x )= ∑ π n=1 n3

y obtener el

1. Determinar los coeficientes de Fourier de la función: 0 ;−π < x <0 π π f ( x )= 2 ; 0< x< 2 π 0; <x<π 2

{

Solución π

ao =

1 ∫ f ( x ) · dx π −π

1 ao = π

ao =

[

π 2

0

π

π ∫ 0 · dx+∫ 2 · dx+∫ 0 ·dx −π 0 π 2

]

1 π 2 π = π 2 4

() π

1 an = ∫ f ( x ) cos (nx) · dx π −π 1 an = π

an =

[

π 2

0

π

π ∫ 0 · dx+∫ 2 cos ( nx ) · dx+∫ 0 · dx −π 0 π 2

]

1 π Sen n· 2n 2

( )

π

1 bn = ∫ f ( x ) cos (nx) · dx π −π 1 bn = π

bn =

[

0

π 2

π

π ∫ 0 · dx+∫ 2 Sen ( nx ) · dx+∫ 0· dx −π 0 π 2

(

( ))

{

]

1 ; si n impar 2n

1 π 1−cos n· = 1 2n 2 ; sin=2,4, 6,10, … n 0; si n=4, 8,12, 16,…

2. Sea f la función pulso rectangular unitario de período 2 definida por

{

1 ;−δ < x < δ f ( x) 2δ , obtenga la serie de Fourier de f(x) y calcule 0 ;−1 ≤ x ≤ δ ó δ < x ≤ 1 δ → 0+¿ ( a n ( δ ) ) δ → 0+¿ lim ( a n ( δ ) ) lim ¿ n→∞ ¿ los límites y ¿ lim ¿ ¿ lim ¿

(

)

n→∞

el coeficiente n-ésimo de dicha serie Solución: Como f(x) es una función par de período 2 entonces: L

a0 =∫ f ( x ) dx 0 δ

a0 =∫ 0

a0 =

1 dx 2δ

1 2 L

an =2∫ f ( x ) cos ( nπx ) ·dx 0 δ

an =2∫ 0

an =

1 cos ( nπx ) · dx 2δ

Sen ( nπδ ) =a n (δ) δ·nπ ∞

Sen ( nπδ ) 1 1 f ( x )= + ∑ cos ( nπx ) , x ∈[1, 1] 2 δ n=1 nπ

δ → 0+¿ ( an ( δ ) ) lim ¿ ¿ ¿ Sen ( nπδ ) δ → 0+¿ δ·nπ lim ¿ ¿ ¿ ¿ lim ¿

(

n→∞

)

sabiendo que an ( δ ) es

+¿

δ → 0 (an ( δ ) ) lim ¿ ¿

¿ ¿ lim ¿

n→∞

δ → 0+¿ ( a n ( δ ) ) lim ¿ ¿ ¿ ¿ lim ¿ n→∞

δ →0

+¿

( (

Sen ( nπδ ) δ·nπ

lim

n→∞

δ→0

+¿

))

( lim (a ( δ ) ))=lim ¿ n

n→∞

¿

lim ¿ ¿

δ → 0+¿

(

δ →0 +¿ ( 0 ) lim ( a n ( δ ) ) =lim ¿

)

n→∞

¿

lim ¿ ¿

δ → 0+¿ lim ( a n ( δ ) ) =0

(

)

n→∞

lim ¿ ¿

p 3. Considere la función: f ( t )=t− 2

definida en

[ ] 0,

p 2

, obtenga la serie

de Fourier de senos de esta función. Solución: Haremos una extensión impar de f ( t ) y como consecuencia de esto se tiene: an =0 todo n=0,1,2,3 … p 2

p 2

dt ( 2p ) sin ( nπtp ) dt = 4p ∫ (t− p2 ) sin ( 2 nπt p )

bn =∫ t− 0

2

p 2

bn =

0

p 2

4 2 nπt dt −2 ∫ sin dt ∫ t sin 2 nπt p0 p p 0

( )

(

)

p 2

p 2 0

−pt 2 nπt dt = cos ( ¿ ∫ t sin ( 2nπt ) p 2nπ p ) 0

p 2

∫ sin 0

(

p 2

+

2

p 2 nπt −p cos dt = cos (nπ ) ∫ 2 nπ 0 p 4 nπ

( )

p

2 nπt p 2 nπt 2 p dt= cos ¿0 = [ cos ( nπ )−cos(0)] p 2 nπ p 2 nπ

)

bn =

(

(

2

)

)

4 −p p cos (nπ ) +2 [ cos ( nπ ) −cos(0) ] p 4 nπ 2nπ p −p = nπ nπ −p p bn = cos ( nπ ) + cos ¿ nπ nπ

( nπ )−¿

La serie es: ∞

∑ (−nπp ) sin ( 2 nπt p ) n=1

4. Encontrar la Serie de Fourier de la función

Solución: 2

a0 =∫ f ( x ) · dx 0 1

a0 =∫ 0

2

1 3 −x · dx+∫ x− · dx 2 2 1

( )

( )

a0 =0 2

an =∫ f ( x ) cos (nπx )· dx 0

1

an =∫ 0

an =

{

2

1 3 −x cos( nπx)· dx+∫ x− cos(nπx) ·dx 2 2 1

( )

0 ; si n par 4 ; si n impar k2 π2

( )

{

1 −x ; 0 ≤ x ≤1 f ( x )= 2 3 x− ; 1 ≤ x ≤2 2

2

bn =∫ f ( x ) Sen(nπx )· dx 0

1

bn =∫ 0

2

1 3 −x Sen (nπx)· dx+∫ x− Sen (nπx) · dx 2 2 1

( )

( )

{

0 ; si n par an = −3 ; sin impar kπ 2 n−1 ¿2 ¿ ¿ cos ( ( 2 n−1 ) nπx ) ¿ ∞ 4 f ( x )= 2 ∑ ¿ π n=1

5. Utilizando el desarrollo de Fourier de la extensión periódica de la función f ( x )=e x en el intervalo [-π, π[, probar que −1¿ n ¿ −1¿ n ¿ ¿ ¿ ¿ ∞ 1 +∑ ¿ 2 n=1 2· Senh(π ) e x= ¿ π Solución

π

ao =

1 ∫ f ( x ) · dx π −π

1 ao = π

[

π

∫ e x · dx −π

]

1 1 ao = ( e x ) π = ( e π−e−π ) π −π π

|

π

−π

2 Senh ( π ) 2 e −e ao = · = π 2 π π

an =

1 ∫ f ( x ) cos (nx) · dx π −π

an =

1 π

[∫ π

e x · cos (nx) dx

−π

]

Integrando por partes π x 1 e Sen (nx) 1 an = − ∫ e x · Sen (nx) dx π n n −π

[

]

Integrando una vez más por partes

[

[

π

x x 1 e Sen (nx) 1 −e cos ( nx ) 1 an = − + ∫ e x · cos ( nx ) dx π n n n n −π

Por lo que n·Sen ( nx )+ cos(nx) ¿ x e ¿ ¿ 1 an = ¿ π n·Sen ( nπ ) +cos ( nπ )−e−π ( −n·Sen ( nπ )+ cos ( nπ ) ] eπ ¿ 1 an= ¿ π (n2 +1) −1 ¿n Senh (π ) ¿ 2¿ an=¿ Análogamente π 1 bn = ∫ f ( x ) Sen(nx )· dx π −π 1 bn = π

[∫ π

−π

e x · Sen(nx) dx

]

Integrando por partes π x 1 −e cos ( nx ) 1 bn = + ∫ e x · cos (nx)dx π n n −π

[

]

]]

Integrando una vez más por partes bn =

[

[

π

x x 1 −e cos ( nx ) 1 e Sen ( nx ) 1 x + − ∫ e · Sen ( nx ) dx π n n n n −π

]]

Por lo que −n·cos ( nx ) + Sen(nx ) ¿ x e ¿ ¿ 1 b n= ¿ π −n·cos ( nπ ) +Sen ( nπ )−e (−n· cos ( nπ )−Sen ( nπ ) ] π e ¿ 1 bn = ¿ π (n 2+1) −π

−1 ¿n Senh (π ) ¿ −2 n ¿ bn=¿

Sustituyendo los coeficientes en la serie de Fourier resulta que −1¿ n Senh( π) ¿ −1¿ n Senh( π) ¿ 2¿ ¿ ¿ Senh (π ) ∞ x f ( x )=e = +∑ ¿ π n=1 n

−1 ¿ ¿ −1 ¿n ¿ ¿ , ∀ x ∈(−π , π ) ¿ ¿ ∞ 1 +∑ ¿ 2 n=1 2 · Senh ( π ) f ( x )=e x = ¿ π

6. Utilizar la serie de fourier anteriormente calculada para f ( x )=e

x

, para

∞

1 ∑ 1+n 2

calcular

n=1

Solución: Para encontrar la serie numérica dada, hacemos

x=π , con lo cual se eliminan

todos los senos de la serie de Fourier y al mismo tiempo la alternancia de los signos de los términos de la misma. Pero con esta sustitución se debe tener en cuenta que se realiza en un punto de discontinuidad, luego, el valor de la serie se obtiene de la media aritmética de los valores laterales de la función, es decir +¿¿ π ¿ −¿ π¿ ¿ f¿ S ( π ) =¿ De donde: −1 ¿n ¿ −1¿ n−0 ¿ ¿ ¿ ∞ 1 +∑ ¿ 2 n=1 2 · Senh ( π ) cosh ( π ) = ¿ π cosh ( π ) =

[

∞

( )]

2 · Senh ( π ) 1 1 +∑ π 2 n =1 1+ n2

Despejando la serie pedida: ∞

∑ n=1

π · cosh ( π ) 1 1 1 π = − = −1 2 2 2 2· Senh ( π ) tanh ( π ) 1+ n

( )

(

)

7. Calcular la Serie de Fourier para la función f ( x )=|x| en el intervalo [−π , π ] Solución:

La función f(x) es par ya que:

|x|=|−x|

|x|=| x| f ( x )=f (−x)

Por lo tanto π

π

2 2 a0 = ∫ f ( x ) · dx ; a n= ∫ f ( x ) cos (nx )· dx ; bn=0 π 0 π 0

π

a0 =

2 ∫ x·dx π 0

a0 =

2 x2 π 2 π 2 = π 2 0 2π

[ |]

a0 =π

π

2 an = ∫ x cos(nx)·dx π 0

[

π

an =

Sen ( nx ) 2 xSen ( nx ) −∫ · dx π n n 0

an =

2 xSen ( nx ) cos ( nx ) π + π n 0 n2

an =

cos ( nπ ) cos ( 0 ) 2 0+ −0+ 2 π n n2

[

[

]

]|

]

(−1¿ n−1 ) ¿ 2¿ an=¿

an =

−4 ; para n=1,2, 3, … π (2 n−1)2

En donde ∞

π −4 |x|= −∑ cos ( 2n−1 ) x 2 n=1 π ( 2 n−1 )2

π 2

|x|= −

[

4 cos ( x ) cos ( 3 x ) cos ( 5 x ) + + +… π 12 32 52

]

8. Usar el desarrollo de la Serie de Fourier de f ( x )=|x| para calcular el ∞

valor de la serie

∑( n=0

1 2 2 n+1 )

Solución:

La Serie numérica pedida se obtiene de el desarrollo de Fourier de f ( x )=|x| para x=0, donde la función es contínua ∞

π −4 |0|= −∑ cos (0) 2 n=1 π ( 2n−1 )2 ∞

π −4 |0|= −∑ 2 n=1 π ( 2n−1 )2 De donde: 1 π =¿ 2 2 ( 2 n−1 ) ∞ 4 ∑¿ π n=1 Con lo que: 1 π2 =¿ 8 ( 2 n−1 )2 ∞

∑¿ n =1

9. Sea f ( x )=xSen ( x ) para −π <x < π . Determine la serie de Fourier de −1 ¿n ¿ ¿ n2−1 ¿ f(x) y pruebe la convergencia de ¿ ∞

∑¿ n =1

Solución: Ya que f(x) es par f ( x )=xSen ( x )=f (−x )=−xSen (−x ) f (−x )=−(−xSen ( x ) ) f (−x )=xSen ( x )=f ( x)

π

a0 =

1 ∫ f ( x ) · dx π 0

a0 =

1 ∫ xSen ( x ) · dx π 0

π

Integrando por partes:

[

π

1 a0 = −xCos ( x ) +∫ cos ( x ) · dx π 0 a0 =

1 [−xCos ( x )+ Sen(x )] π π 0

|

a0 =1

π

2 an = ∫ f ( x ) cos (nx) · dx π 0 π

2 an = ∫ xSen (x) cos( nx)· dx π 0

]

Para n ≠1 Sen ( x ( n+1 ) )−Sen ( x ( n−1 ) ) · dx x¿ π 1 an= ∫ ¿ π 0 −1 ¿n +1 ¿ 2¿ a n=¿

Para n=1 π

2 a1= ∫ xSen ( x ) cos (x) · dx π 0 π

1 a1= ∫ xSen(2 x)· dx π 0 a1=

−1 2 −1¿ ¿ ¿ ¿

n+1

∞

1 f ( x )=xSen ( x )=1− cos ( x ) +2 ∑ ¿ 2 n=2

Sabiendo que en x=0 hay un punto de continuidad de la función se puede decir que entonces la serie converge a f(0) −1 ¿n+1 ¿ ¿ ¿ ∞ 1 f ( 0 )=0 Sen (0)=1− cos ( 0 ) +2 ∑ ¿ 2 n=2

n+1

−1¿ ¿ ¿ ¿ ∞ 1 0=1− +2 ∑ ¿ 2 n=2 n+1

−1¿ ¿ ¿ ¿ ∞ 1 0=1− +2 ∑ ¿ 2 n=2 n +1

−1 ¿ ¿ (¿ n2 −1¿ ¿) ¿ ∞ −1 +∑ ¿ 2 n=1 1 0=1− +2 ¿ 2 n +1

−1 ¿ ¿ 2 ¿ n −1 ¿ ¿ ∞

∑¿ n=1

10. Hallar la serie de Fourier de la función f ( x )=cos 2 ( 2 x )=

1+ cos(4 x) 2

Solución π El período de f(x) es T = 2

según se observa en el gráfico

Entonces L

1 a0 = ∫ f ( x ) · dx L −L

a0 =

4 π

π 4

∫ −π 4

1+cos (4 x ) · dx 2

π 4

a0 =

4 ∫ 1+cos ( 4 x ) · dx π 0

a0 =1 L

1 nπx an = ∫ f ( x ) cos · dx L −L L

an =

4 π

( )

π 4

π 4

−π 4

0

∫ cos2 (2 x)cos ( 4 nx ) · dx= 8π ∫

1+cos (4 x) · cos ( 4 nx ) · dx 2

π 4

an =

4 ∫ cos ( 4 nx ) +cos ( 4 x ) cos(4 nx)· dx π 0

an =

4 Sen ( 4 nx ) Sen ( 4 +4 n ) x Sen ( 4−4 n ) x π + + 4 π 4n 2 ( 4 +4 n ) 2 ( 4−4 n ) 0

[

]|

an =0 si n ≠1

Para n=1 π 4

a1 =

4 ∫ cos ( 4 x ) +cos ( 4 x ) cos (4 x )· dx π 0

a1=

1 2

1 1 cos ( 4 x ) f ( x )= + a1 cos ( 4 x )= + 2 2 2 11. Si f ( x )=cos ( αx ) ,−π ≤ x ≤ π ; α su serie de Fourier que

una constante no entera, probar a partir de

π 1 1 1 1 =2 α − 2 + 2 2− 2 2 2 Sen(απ ) 2 α α −1 α −2 α −3

(

Solución:

Ya que f(x)=f(-x) se afirma que f(x) es par, obteniendo así: π

1 a0 = ∫ cos ( αx ) · dx π −π a0 =

2 Sen ( απ ) απ

π

2 an = ∫ cos ( αx ) cos( nx)· dx π 0 π

2 an = ∫ cos ( αx ) cos( nx)· dx π 0 π

an =

1 ∫ cos ( x ( α +n ) ) cos (x(α −n))· dx π 0

)

an =

[

]| [

1 Sen ( x ( α +n ) ) Sen ( x ( α−n ) ) π 1 Sen ( π ( α +n ) ) Sen ( π ( α−n ) ) + = + π α +n α−n α+n α −n 0 π

an =

[

1 Sen ( απ ) cos (nπ ) Sen ( απ ) cos( nπ) + π α+n α−n n

−1 ¿ Sen ( απ ) ¿ ¿ an =¿

−1 ¿n ¿ 2α ¿ an=¿

−1 ¿n ¿ 2α¿ ¿ ∞ S en ( απ ) f ( x )=cos ( αx )= +∑ ¿ απ n=1

−1 ¿n ¿ 2 2 (¿ ( α −n ) π cos ( nx ) ¿ ¿); si x=0 ¿ ∞ 1 +2 α ∑ ¿ α n=1 Sen ( απ ) cos ( αx )= ¿ π −1¿ n ¿ 2 (¿ ( α −n2 ) ¿ ¿) ¿ ∞ 1 +∑ ¿ 2 α 2 n=1 π =2α ¿ Sen ( απ )

]

]

12. El periodo T=1. Hallemos en primer lugar los coeficientes. Son: 2

an =∫ t 2 cos( nπt) dt , resolviendo por partes 0

an = an =

2 nπt cos (nπt)−2 sin ( nπt ) +n2 π 2 t 2 sin ( nπt ) 2 0 n3 π3

|

4 nπ cos (2 nπ)−2sin ( 2 nπ ) + 4 n2 π 2 sin ( 2 nπ ) 4 = 2 2 3 3 n π n π 2

bn =∫ t 2 sin(nπt )dt 0

2 nπt sin (2 nπ)+2 cos ( nπt )−n 2 π 2 t 2 cos ( nπt ) 2 bn = 0 n3 π 3

|

2

2

4 nπ sin(2 nπ )+2 cos ( 2 nπ )−4 n π cos ( 2 nπ ) 2 −1 bn = − 3 3= 3 3 nπ n π n π El coeficiente a0 debemos calcularlo por separado, dado que la forma de an obtenida arriba no está definida para n = 0. Calculamos, así: 2 t3 2 8 2 a0 =∫ t dt= = 3 0 3 0

|

De esa forma, la serie de Fourier buscada será: ∞ 4 4 4 f ( t )= + ∑ 2 2 cos ( nπt ) − sin ( nπt ) 3 n =1 n π nπ

(

)

13. a) Podemos hacer una extensión periódica de esta función, considerándola como de período 2. De esa manera tenemos T =  y podemos calcular los coeficientes como: a +2 T 1 nπt an = ∫ f (t )cos dt π a T

( )

bn =

1 T

a +2T

∫ a

f (t)sin

( nπtT ) dt

π

an = ¿−

0

π

1 1 1 f (t )cos ( nt ) dt= ∫ −π cos ( nt ) dt+ ∫ t cos ( nt ) dt ∫ π −π π −π π 0

sin ( nπ ) 1 cos ( nπ ) + nπ sin ( nπ ) 1 − 2 + = 2 (cos ( nπ )−1) 2 n n π n π n π π

bn =

0

π

1 ∫ f (t )sin ( nt ) dt= 1π ∫ −π sin ( nt ) dt+ 1π ∫ t sin ( nt ) dt π −π −π 0

1 cos ( nπ ) sin ( nπ ) −nπ cos ( nπ ) 1 ¿ − + = (1−2 cos ( nπ )) 2 n n n n π El coeficiente a0 lo calculamos por separado y da: 0 π 1 1 1 −π a0 = ∫ f (t )dt= ∫ −πdt + ∫ tdt= π −π π −π π 0 2 π

De modo que la serie queda: ( nπ ) 1−2 cos ¿ sin ⁡(nt) 1 ( cos ( nπt )−1 ) cos ( nt )+ 1 (¿¿) 2 n n π ¿ ∞ −π S ( t )= + ¿ 4 ∑ n=1 b) Para graficar la suma de la serie, recordemos que coincide con la función en los puntos en que ésta es continua, y converge a la semisuma de los límites laterales en los puntos de discontinuidad. Tenemos así:

S(t) t

-/2 -

Los puntos gordos indican los valores que alcanza la serie en los puntos de discontinuidad, que son la semisuma de los límites laterales en cada caso. 14.

Hallaremos en primer lugar los coeficientes: π − ¿ dt 1 1 e ∝t e ∫ = e(∝−¿)t π ∫ e(∝−¿)t dt= 2 π (∝−¿) 2 π −π −π

|

π

c n=

1 ∫¿ 2 π −π ¿

1 ∝ π −inπ −∝ π inπ (e e −e e ) 2 π (∝−¿ )

Aplicando la fórmula de Euler tenemos: ∝π −∝ π ( e −e ) c n= cos ⁡( nπ ) 2 π (∝−¿) Luego: (e −e−∝ π ) ¿ cos ⁡( nπ )e∫ 2 π (∝−¿) ∝π

cn e

inπt / T

∞

=¿ ∑ ¿ −∞

∞

f ( t )=∑ ¿ −∞

(e ∝ π−e−∝ π )(∝+¿) ¿ cos ⁡( nπ ) e∫ 2 2 2 π (∝ + n ) ∞

f ( t ) =∑ ¿ −∞

15. Para que una serie de Fourier sea de sólo cosenos la función debe ser par. Por ende, debemos plantear una extensión periódica de f tal que sea simétrica respecto al eje de ordenadas. Vemos que eso lo logramos planteando que la extensión periódica sea igual a 1 en (-/2; 0) y a 2 entre (-; -/2). Aparece como natural en ese caso que el período sea 2. La gráfica será:

-3/2

/2

3/2 f(t)

-/2

Donde las líneas gruesas marcan la función original, y las de puntos la extensión periódica. Vemos que para calcular los coeficientes conviene tomar el intervalo que va de -/2 a 3/2, de modo de hace sólo dos integrales por coeficiente. Por otra parte sólo debemos calcular los coeficientes a, dado que la función es par y su desarrollo no tendrá senos. Tenemos así: an =

1 π

3π 2

1

3π 2

∫ f ( t ) cos ( nt ) dt= π ∫ 1 cos ( nt ) dt+ ∫ 2 cos ( nt ) dt −π 2

2 sin an =

[

π 2

−π 2

π 2

]

( 3 nπ2 )

nπ Por otro lado es fácil calcular que a0 es 3. De esa forma:

∞

3 S ( t )= + ∑ 2 n=1

2sin

( 3 nπ2 ) cos ( nt )

nπ

Para calcular la serie que nos piden, tengamos en cuenta que S(0) = 1 (coincide con el valor de la función, que es continua en ese punto). El cos(nt) es 1 en el mismo punto. Así tendremos: 3 nπ ∞ 2sin 2 3 S ( 0 )=1= + ∑ 2 n=1 nπ

( )

16. Hacemos g(x) como la extensión par de la función f(x) extendida al 0≤x≤4 x f c ( x )= e ,0 ≤ x ≤ 2 0 ,2< x ≤ 4

{

Así g(x) es la extensión par de fc(x), por lo tanto: a0 ∞ nπ nπ g ( x ) = + ∑ an cos x +bn sin x 2 n=1 4 4

( )

( )

Con: 4 1 1 a0 = ∫ e x dx = ( e2 −1 ) 20 2

{

2 (−1)n−1 , n par 1 nπ 8 e2 x an = ∫ e cos xdx= n +1 nπ 20 4 ,n impar 16−n 2 π 2 (−1) 4

( )

Entonces la serie de Fourier será: ∞ 1 8 e2 nπ g ( x ) = ( e2 −1 ) + ∑ cos x 2 2 4 4 n=1 16−n π

( )

17.

Por ser una función par: bn=0 π

a0 =

3

( )|

1 x ∫−x 2 dx =−1 π 0 π 3

π = −π 0 3

2

{

−4 π , n par 2 2 −4 2 π n an = ∫ −x cos ( nx ) dx= 2 cos ⁡( nx ) = π 0 0 4 πn , n impar n2

|

Entonces la serie queda: ∞ (−1)n−1 −π 2 f ( x )= +4 ∑ cos ( nx ) 3 n2 n=1

18. La función f(x) es par, es decir f(x)=f(-x) para todo xЄ(ϖ,ϖ), entonces: bn =0

[

π

a0 =

|

π

]

1 1 x sin x dx= [ x (−cos x) ] π +∫ cos x dx =1 ∫ π 0 π 0 0 π

2 an = ∫ x sin x cos (nx)dx π 0 Para n≠1 π 2(−1)n +1 1 an = ∫ x [ sin ( ( n+1 ) x ) −sin( ( n−1 ) x)] dx= 2 π 0 n −1 Para n=1 π π 2 1 −1 a1= ∫ x sin x cos x dx= ∫ x sin(2 x)dx= π 0 π 0 2 Por lo tanto, la serie es: ∞ n+1 (−1) 1 f ( x)=1− cos x+ 2 ∑ 2 cos (nx) 2 n=2 n −1

19.

Como f es una función par de periodo 2, entonces:

bn =0 1

z

a0 =∫ f ( x )dx=∫ 0

0

1 1 dx= 2z 2

1

z

an =2∫ f ( x)cos (nπx)dx=2 ∫ 0

0

1 1 sin(nπz ) cos (nπx) dx= 2z z nπ

Luego, se tiene que: ∞ sin ( nπz ) 1 1 f ( x )= + ∑ cos ( nπx ) , x ∈ [ −1,1 ] 2 z n=2 nπ

20.

Si

g (x )=

A0 ∞ + ∑ A cos ( nx ) + Bn sin ( nx ) , donde 0 < x < 2π pues 2 n=1 n

–π < x-π < π 2π

2π

1 1 A 0= ∫ g(x )dx = ∫ f ( x−π )dx , si hacemos u = x-π entonces –π < u < π 0 π 0 π, luego 2π 1 A 0= ∫ f (u)du=a 0 π 0 2π

2π

1 1 A n= ∫ g(x )cos (nx )dx= ∫ f (x−π )cos (nx )dx π 0 π 0 π

A n=

π

1 1 f (u) cos(u+ π )du= ∫ f (u) [ cos u cos π −sin u sin π ] du ∫ π −π π −π π

π

1 1 A n= ∫ f (u) cos u cos π du= ∫ (−1)n f (u)cos u du=(−1)n an π −π π −π Se repite el proceso para Bn teniendo: π 1 B n= ∫ (−1)n f (u)sin u du=(−1)n b n π −π

Entonces: A0 ∞ g ( x ) = + ∑ A n cos ( nx ) + Bn sin ( nx ) 2 n=1 f ( x )=

a0 ∞ + ∑ (−1)n an cos ( nx )+(−1)n bn sin ( nx ) 2 n=1

f (x)=

a0 ∞ n + ∑ (−1) ( an cos ( nx ) +bn sin ( nx ) ) 2 n=1

21.

f(x) par ssi f(x)=f(-x), xЄ[-π;π]

f (−x )=cos ( t sin(−x) )=cos (−t sin(x ) )=cos ( t sin( x) )

es par

22. Prueba que si s es cualquier número no entero, entonces: ∞ 2 s sin( πs) 1 (−1)n cos(nx) cos ( sx )= + ∑ s2−n2 π 2 s2 n=1

(

)

Solución: Considere f ( x )=cos ( sx ) es una función par periódica de periodo 2 π lo que a0 ∞ f ( x )= + ∑ a n cos (nx) 2 n=1 π

a0 =

π

2 sin( sπ ) 1 2 2 cos( sx) dx= ∫ cos (sx )dx= sin(sx )¿ π0 = ∫ π −π π 0 πs πs

( s+n ) x +¿ cos ( s−n ) x cos ¿ dx 1 ¿ 2 π

an =

π

1 ∫ cos(sx)cos (nx)dx= 2π ∫ ¿ π −π 0

[ [

] ]

¿

1 sin ( s+n ) x sin ( s−n ) x π + ¿0 π s +n s−n

¿

1 sin ( s+n ) π sin ( s−n ) π + π s+ n s−n

¿

1 ( s−n ) sin ( s+ n ) π +(s+n) sin(s−n)π π s2 +n2

[

]

Por lo tanto ∞ n sin( sπ ) 2 s (−1) sin(sπ )cos (nx ) cos ( sx )= + ∑ sπ π n=1 s 2−n2 ¿

sin (sπ ) 2 s sin( sπ ) ∞ (−1) n cos (nx) + ∑ s2 −n2 sπ π n=1

∴ cos ( sx )=

∞ 2 s sin( sπ ) 1 (−1)n cos (nx) + ∑ π 2 s 2 n=1 s2 −n2

(

)

por

∞

23. Obtener la función

8 n cos ( x )= ∑ 2 sin(2 nx ) Si π n=1 4 n −1

x ∈ ( 0, π )

Solución: Se debe considerar la extensión impar de f (x)=cos ( x ) , al intervalo [ −π , π ] para así obtener la serie de Fourier seno de f (x)=cos ( x ) . Tal serie es: ∞

∑ b n sin (nx) n=1

, con:

π

[

]

2 −cos ( n−1 ) x cos ( n+1 ) x cos( x)sin ( x ) dx=¿ − , si n≠ 1 π 2 ( n−1 ) 2 ( n+1 ) 0 π

bn =

¿−

2 ¿ π∫ 0

2 cos ( n−1 ) π cos ( n+ 1 ) π 1 1 + − − ,n≠1 π 2 ( n−1 ) 2 ( n+ 1 ) 2 ( n−1 ) 2 ( n+1 )

(

)

{

n+1 n +1 4 n 1 (−1 ) −1 (−1 ) −1 . , si n es par ¿− + = π n 2−1 π ( n−1 ) ( n+1 ) 0, si n es impar

(

)

π

b1=

2 2 2 sin (x) π cos ( x ) sin ( x ) dx= ∨ =0 ∫ π 0 π 2 0

∞

La serie es cos ( x )=

8 n sin ( 2 nx ) , considerando cambio de indice par . ∑ π n=1 4 n2 −1 −x

24. Para f ( x )=e

, 0 ≤ x <1 obtener su serie de Fourier en cosenos,

periódica de periodo 4. Solución:

{

1 si 0 ≤ x <1 f ( x )=e = e−1 si 1≤ x< 2 con extensión par e−2 si x=2 −x

1 2 a0 ∞ nπx + ∑ an cos con a 0=∫ 1 dx+∫ e−1 dx 2 n=1 2 0 1

( )

(

1

a0 =1+ e−1 ; an = ∫ 1. cos 0

( nπx2 ) ¿ + e

sin ⁡ an =

nπ 2

sin

1 0

( nπ2 ) (1−e

−1

¿2

nπ

2

nπx nπx dx +∫ e−1 cos dx 2 2 1

)

( nπx2 ) ¿ =2 sin ⁡( nπ2 ) + 2e

sin ⁡( nπ )−sin ⁡

( )

( )

sin ⁡ −1

nπ 2

2 1

( nπ2 )

−1

nπ

−1

∞

) y la serie es : 1+ e + ∑ 2 ( 1−e−1) 2

n=1

nπ

( nπ2 ) cos nπx (2) nπ

sin

25. Utilice la serie de Fourier para demostrar la identidad trigonométrica: 3 1 3 sin ( x ) = sin ( x ) − sin(3 x) 4 4 Solución: 3 Se calcula se serie de Fourier de f ( x )=sin ( x ) en [ −π , π ] . Como f es

impar la serie será: π

∞

∑ b n sin ( nx ) ; con bn = n=1

2 ∫ sin 3 ( x ) sin (nx )dx π 0

π

π

cos(nx) ∫ sin ( x ) sin (nx)dx=−sin ( x ) n ¿ π0 + 3n ∫ cos( nx) sin2 ( x ) cos( x ) dx 0 0 3

3

π

¿

3 ∫ sin2 ( x ) 12 [ cos( n+1) x+ cos( n−1) x ] dx (1) n0

Para n=1 π π π 2 23 2· 3 sin ( 2 x ) 2 ·3 1−cos( 4 x ) 2 2 b1 = sin ( x ) cos (x) dx= dx= dx ∫ ∫ 4 ∫ π10 π 0 4π 0 2 b1=

2 ·3 π 3 · = 4π 2 4

Para n>1 en (1) ¿

[

π

sin( n+1) x sin(n−1) x π sin(n+1)x sin(n−1) x 3 sin 2 ( x ) + ¿0 −∫ + sin 2 x dx 2n n+ 1 n−1 n+1 n−1 0

(

π

¿−

)

(

)

]

sin(n+1) x sin (n−1) x 3 + sin 2 x dx ∫ 2n 0 n+1 n−1

(

)

π

π

3 1 1 3 1 1 ¿− · · ∫ ( cos ( n−1 ) x−cos (n+3) x ) dx− · · ∫ ( cos ( n−3 ) x−cos (n+1) x ) dx 2 n n+1 2 0 2 n n−1 2 0 ¿ 0 ∀ n≠ 3 −3 π 2 −1 Para n =3 el cálculo directo: b3 = 2 ·3 · 2 · 2 · π = 4 Luego por teorema de convergencia dada la continuidad de f 3 1 sin 3 ( x ) = sin ( x ) − sin(3 x) 4 4

se tiene:

¿ 26. Suponga que f ( t )=cos ⁡( at) en ¿ 0, π ¿ y a no es un entero Obtenga el desarrollo cosenoidal de medio rango para esta función. Solución: Debemos hacer una extensión par de f ( t )=cos ⁡( at) hacia el intervalo

(−π , 0 ) y tomamos la función entre −π y π bn =0 para todo n

periódica de periodo 2 π

π

2 2 2 a0 = ∫ cos ( at ) dt= sin ⁡( at)¿π0 = sin ⁡( aπ ) π 0 πa πa π

π

2 1 an = ∫ cos ( at ) cos ( nt ) dt= ∫ [ cos ( a+n ) t+ cos ( a−n ) t ] dt π 0 π 0 π

[

] [

1 sin (a+n) t sin(a−n)t 1 sin(a+ n)π sin(a−n) π an = + = + π a+n a−n π a+n a−n 0

[

n

n

]

1 (−1) sin(aπ ) (−1) sin(aπ ) 1 2 a an = + = (−1)n sin(aπ ) 2 2 π a+n a−n π a −n La serie cosenoidal de medio rango para esta función es: ∞ n (−1) sin(aπ ) 1 2a sin ( aπ ) + ∑ cos ⁡( nt) πa π n=1 a2−n2

]

27. Demuestre que: π cos ⁡( ax) 1 cos( x ) cos ( 2 x ) cos ( 3 x ) = 2 + 2 2 − 2 2 + 2 2 −… 2 a sin ⁡( aπ ) 2a 1 −a 2 −a 3 −a Donde a ∉ Z , a es cualquier número real.

Solución: Consideramos f ( x )=cos (ax ) definida en −π < x < π

como

f ( x )=con (ax)

define una función par, la serie de Fourier respectiva será una serie de cosenos, por lo que bn =0 ∀ n∈ N π

cos ( ax ) dx=¿

2 2 2 sin ⁡( ax) ¿π0 = sin ⁡( aπ ) ∫ cos ( ax ) dx= πa π 0 πa π

1 a0 = ∫ ¿ π −π π

[

] [

1 sin (a+n) x sin(a−n) x 1 sin(a+n) π sin(a−n) π cos ( ax ) cos ( nx ) dx=¿ + = + π a+n a−n π a+n a−n 0 π

an=

2 ∫¿ π 0

perosin ( a+ n ) π =sin(aπ )cos(nπ )+ cos( aπ) sin( nπ)=sin(aπ )cos( nπ ) sin ( a−n ) π =sin( aπ) cos (nπ )−cos (aπ ) sin(nπ )=sin (aπ )cos (nπ )

Entonces: 1 1 1 an = sin (aπ )cos(nπ ) + π a+ n a−n

(

1 2a an = sin (aπ ) cos(nπ ) 2 2 π a −n

(

)

)

Finalmente: (−1)n+1 2 a(−1)n +1 2a an = sin(aπ ) 2 2 = sin(aπ ) π n −a π (n2 −a2 )

(

)

Como f ( x )=cos (ax ) es continua en −π < x < π ∞

cos ( ax )=

n+1

sin( aπ ) 2a (−1) 1 + ∑ sin( aπ) aπ n2−a2 n=1 π ∞

cos ⁡(nx) n+1

2 a sin ⁡(aπ ) 2 a sin ⁡( aπ) (−1) cos ( ax )= + cos ⁡(nx) ∑ 2 2 2 π 2a π n=1 n −a

se tiene:

]

Multiplicando esta igualdad por

π 2 a sin (ax)

se tiene:

∞ π cos ⁡( ax) (−1)n+1 1 = +∑ cos ⁡( nx ) 2 a sin ⁡( aπ ) 2a 2 n=1 n 2−a2

2 28. Sea f ( x )=sin ( x ) Suponga que f ( x ) está definida en [ 0, π ] , obtenga

una serie de Fourier de senos asociada a f ( x ) Solución: 1−cos ⁡( 2 x ) sin 2 ( x ) = 2 ∞

La serie de Fourier pedida es: π

∑ b n sin ⁡(nx ) 1

π

1−cos ⁡(2 x ) 2 2 bn = ∫ sin 2 ( x ) sin ( nx ) dx= ∫ sin ( nx ) dx π 0 π 0 2

(

)

π

sin ( nx ) dx−¿

π

] [

[

π

¿

1 ¿ π∫ 0

1 −cos ( nπ ) cos ⁡( 0) 1 −cos ( 2+ n ) π cos ( n−2 ) π cos ( 0 ) cos ( 0 ) + − − + + π n n π 2 ( 2+ n ) 2 ( n−2 ) 2 ( 2+n ) 2 ( n−2 )

) ( ) 1 2 2 cos ( nπ ) −1 cos ⁡( 2+n)π −1 cos ⁡(n−2)π ∴b = − +( + +( + ( ) ) )] [ 2π n n n+2 n+ 2 n−2 n−2 ¿

(

n

bn =0 todon par ,incluso n=2

De aquí se deduce que: Si

n es impar:

∴ bn =

]

π

−cos ⁡( nx) −cos ( 2+n ) x cos ( n−2 ) x 1 − − ,n ≠ 2 ∫ cos (2 x)sin ( nx ) dx= 1π π 0 n 2 ( 2+n ) 2 ( n−2 ) 0 0

1 4 2 2 1 4 2 −8 − − = − = 2 π n n+2 n−2 2 π n n2−22 πn(n2−4)

(

)

(

)

Así con n=2 k−1 obtenemos: ( 2 k −1 ) x [¿] sin (2 k−3)(2 k −1)(2 k + 1) ∞ −8 f ( x )= ∑¿ π k=1 29. Sea f : [ 0, π ] → R

definida por f ( x )=x ( π−x )

F( x ) periódica, tal que

Encontrar una función par

F ( x )=f ( x ) ∀ x ∈ [ 0, π ] y obtener el desarrollo en serie de Fourier de la función

F( x ) .

Solución: Para ello, hacemos una extensión par de f ( x) y luego construimos una F ( x )=f ( x ) ∀ x ∈ [ 0, π ] .

F ( x ) periódica de periodo 2 π , tal que

función

Calculamos ahora los coeficientes de la serie de Fourier de la función

F ( x ) . Como

esta función es par tenemos que: bn =0 π

2 π2 a π2 a0 = ∫ x (π−x ) dx= → 0 = π 0 3 2 6

[

π

π

]

π

2 2 an = ∫ x (π−x ) cos ⁡( nx)dx= π ∫ x cos ⁡( nx )dx −∫ x 2 cos ⁡( nx )dx , con n ≥1 π 0 π 0 0 2 an = π an =2

[

[(

) (

)] π

cos ⁡( nx ) x sin( nx) π 2 xcos ⁡( nx) x 2 2 + − + − 3 sin ⁡( nx ) n n n n2 n2 0 0

−2 ( 1+cos ⁡( nx )) 2 n

)

]

∞

∴ F (x )=

(

n

1+(−1) π2 −4 ∑ 6 n2 n=1

30. Sea f : [ 0, π ] → R

definida por f ( x )=x ( π−x )

Encontrar una función impar G(x) periódica, tal que G ( x )=f ( x ) ∀ x ∈ [ 0, π ]

y obtener el desarrollo en serie de Fourier de la

función G( x) . Solución: Para ello, hacemos una extensión impar de f ( x) y luego construimos una función G ( x ) periódica de periodo 2 π , tal que G ( x )=f ( x ) ∀ x ∈ [ 0, π ] . Calculamos ahora los coeficientes de la serie de Fourier de la función G ( x ) . Como esta función es impar tenemos que: a0 ¿ an =0 , n ≥1

[

π

π

π

2 2 bn = ∫ x (π−x )sin ⁡( nx ) dx= π ∫ x sin ⁡( nx) dx−∫ x 2 sin ⁡( nx)dx π 0 π 0 0

]

Integrando por partes:

[(

) (

sin ⁡( nx ) x cos( nx) π 2 xsin ⁡(nx) −x2 2 2 bn = π − − + + cos ⁡( nx) π n n n3 n2 n2 0 bn =

−4 ( cos ( nπ )−1 ) π n3 ∞

∴G ( x )=

n +1

(−1) −1 4 ∑ π n=1 n3

(

)

)] π

0