Ejercicios Serie de Fourier Resueltos

 

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: T 0 = 1  y

ω

0

= 2π   .

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

2 T 0

t +T 0

∫

f ( t ) cos nω 0t dt    

t 

1

− t 

Entonces:

a = 2 0 e cos 2nπ  t dt    

Por tablas de integrales:

∫e

n

∫

au

cos bu du =

e au a 2 + b2

( a cos bu + b sen bu )  

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

2 e − t 

1

− cos 2nπ t + 2nπ sen 2nπ  t ) 0    2 (

1 + 4n 2π  

 

Evaluando límites: an =

2 1 + 4n 2π  2

⎡ e−1 − cos 2nπ   =1 + 2nπ sen 2nπ   =0 − e0 − cos(0) =1 + 2nπ   sen(0) =0 ⎤   ⎥⎦ ⎣⎢

 

(

2

an =

De tal forma que:

) (

(1 − e− ) 1

+

2

2

  π  

 

)

∀n.  

1 4n Ahora calcularemos el coeficiente independiente a0. A partir de la fórmula: a0 =

1

t +T 0

∫

T 0

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: bn = Por tablas de integrales:

∫e

au

2

t +T 0

∫

T 0

f ( t ) sen nω 0t dt    

t 

sen bu du =

e au a 2 + b2

( a sen bu − b cos bu )  

Sustituyendo a = −1 y b = 2nπ   , se tendrá entonces: − 1 2 e t  − sen 2nπ t − 2nπ cos 2nπ  t ) 0    bn = 2 2 ( 1 + 4n π   2 ⎡e−1 − sen 2nπ   =0 − 2nπ cos 2nπ   =1 − e0 − sen(0) = 0 − 2nπ   cos(0) =1 ⎤   bn = ⎦⎥ 1 + 4n 2π  2 ⎣⎢

 

(

bn =

⇒ 

bn =

) (

2 1 + 4n

2

2

⎡⎣ −2nπ e−1 + 2nπ  ⎤⎦  

2

(1 − e− )

π  

4nπ   1 + 4n

2

1

π  

∀n.  

 

)

 

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

 f ( t ) ≅ 1.264 +

⎡

2

  ⎢ 1 + 4n ∑ ⎣ n =1

cos 2n (1 − e− ) co 1

2

π

2

π

t +

4nπ   1 + 4n

2

sen 2n (1 − e− ) se 1

2

π  

⎤ ⎦

t ⎥  

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: T 0 = 1  y

ω

0

= 2π   .

Primero calcularemos los coeficientes an. De la fórmula tenemos que: an =

2 T 0

t +T 0

∫

f ( t ) cos nω 0t dt    

t 

1

∫

an = 2 t 2 cos 2nπ  t dt     0

u = t2 Utilizando integración por partes:

dv = cos 2nπ t dt

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

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

1

1

an = 1 t 2 sen 2nπ t + 21 2 t cos 2nπ t − 13 3 sen 2nπ  t     nπ nπ 2n π   0 0 0

 

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

an =

 

 

−

⇒ 

an =

1 2n3π  3

1

=0 =0 ⎡ sen2 nπ   − sen ( 0 ) ⎤   ⎢⎣ ⎥⎦

∀n ≠ 0.  

2

n   π  2

Calculando el coeficiente a0 : a0 =

  t +T 0

1

∫

T 0

f ( t ) dt    

t 

1

a0 = t 2 dt = 0

a0  =

1 3

1

1

0

3

t3   =

3

∫ ⇒ 

1

(1 − 0 )  

 

Calculando el coeficiente bn: bn =

2 T 0

t +T 0

∫

f ( t ) sen nω 0t dt    

t 

1

bn = 2 t 2 sen 2nπ  t dt    

∫ 0

Aplicando integración por partes: u = t2 dv = sen 2nπ t dt

⇒ du = 2t dt   ⇒ v=−

1 2nπ  

 

cos 2nπ  t  

1 1 ⎡ 1 2 ⎤ 1 bn = 2 ⎢ − t cos 2nπ t + t n 2 c o s 2 π  t dt ⎥    2nπ   ∫0 0 ⎣⎢ 2nπ ⎦⎥

 

bn = −

 

1 nπ

1

t cos 2nπ t + 2

0

2

1

∫ t cos 2n

t dt    

π  

nπ   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: bn = − bn = −

1 nπ 1 nπ

2 ⎡ 1

1

t cos 2nπ t + 2

0

⎢

nπ ⎢⎣ 2nπ

1

+

2

t cos 2nπ t 0

1

t sen 2nπ t − 0

2 ⎡ 1

1 2nπ

⎤

1

∫

sen 2nπ  t dt ⎥    

0

 

 

⎥⎦

⎤ ⋅ t sen 2nπ t + cos 2nπ  t ⎥    ⎢ nπ ⎢⎣ 2nπ 2nπ 2nπ   0 0⎥ ⎦ 

1

1

1

1

1

1

1

13 3 cos 2nπ  t     bn = − 1 t 2 cos 2nπ t + 21 2 t sen 2nπ t + nπ n n 2 π π   0 0 0 =0 =1 1 ⎡ 1 cos2nπ   − 0 ⎤ + 2 2 ⎡ sen 2nπ   − 0 ⎤ + ⎥⎦ ⎥⎦ nπ   ⎢⎣ n π   ⎢⎣   =1 =1 1 ⎡ cos2nπ   − cos ( 0 ) ⎤ 3 3 ⎢ ⎥⎦ 2n π   ⎣

bn = −

⇒ 

bn = −

1

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

 f ( t ) = 1 + 3  

∑ ⎡⎢⎣ n 1 n =1

2

π

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 , − 2 ≤ t  ≤ 2 La señal  f ( t )  se definirá como:  f ( t ) = ⎨   0 , otro caso ⎩ π

π  

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

an =

2 T 0

t +T 0

∫

f ( t ) cos nω 0t dt    

t 

+2 π

Sustituyendo:

an =

2 2π

an.

+2

π  

 A

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

−2 π

Resolviendo la integral por tablas:

∫

−2

cos au cos bu du =

π  

sen ( a − b ) u 2 ( a − b)

Sustituyendo a = 1 y b = n , en la integral:

⎡  A ⎢ sen (1 − n ) t an = 2 (1 − n ) π   ⎢ ⎣

+2 π

+ −2 π

+2

π  

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

−2

π  

 ⎤

⎥  ⎥ ⎦

+

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

 

 

Evaluando los límites:  A ⎡ sen (1 − n ) ( 2 ) − s en (1 − n ) ( − π

an =

π

sen (1 + n ) ( 2 ) − s en (1 + n ) ( −

)

π

π

)⎤

 

+ ⎢ ⎥  − + n n 2 1 2 1 ( ) ( ) ⎣ ⎦ sen (1 + n ) ( 2 ) + s en (1 + n ) ( 2 ) ⎤  A ⎡ sen (1 − n ) ( 2 ) + s en (1 − n ) ( 2 ) an = ⎢ + ⎥  − + π   2 (1 n ) 2 (1 n ) ⎣ ⎦ 2

 

π  

π

π

 A ⎡ sen (1 − n ) ( 2 ) π

an =

2

π  

⎢ ⎣

π

π

 

 sen (1 + n ) ( 2 ) ⎤ π  

+

1− n

⎥  ⎦

1+ n

Por identidades trigonométricas:

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

π ⎞ ⎟ = sen 2 ⎠

nπ

=1  

cos

n

  π

2

=0

± cos

π  

2

sen

nπ 2

= cos

nπ   2

 

nπ  

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

Entonces:

an =

⇒ 

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

 A ⎛

2 A

an = π  

(1 − n ) 2

cos

nπ   2

∀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:

an =

2 T 0

t +T 0

∫

f ( t ) cos nω 0t dt    

t 

+2

π  

Para el caso n = 1 :

a1 =

 A π  

∫ cos

−2

π  

2

t dt    

 

 

Por identidad trigonométrica: cos 2 t = +2 π

Entonces:

a1 = a1 =

 A

∫

π

−2 π

 A

Evaluando límites:

a1 =

⇒ a1 =

2

(1 + cos 2t )   + A ⎛ 2

+2

⎞ (1 + cos 2t ) dt = ⎜⎜ ∫ dt + ∫ cos 2t dt ⎟⎟    2 2π   − − ⎝ ⎠ π

π  

2

2

π

1

+

t −2 +

(

+

π  

π  

2π  

1

1 2 

π  

sen2t  − 2    

π  

 

2

π  

2

)

=0 =0 ⎤ ⎡⎛ π π   ⎞  A 1   + + + sen sen π   π   ⎜ ⎟ ⎥  2π   ⎢⎣⎝ 2 2 ⎠ 2 ⎦

 

(

 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: Expresión general:

2 A

an = π  

Aplicando regla L’Hopital:

(1 − n2 )

cos

nπ   2

 

d ⎡ nπ ⎤  A 2 c o s dx ⎢⎣ 2 ⎥⎦ n =1

a1 = lim an =

d 

n →1

⎡π  (1 − n ) ⎤   2

dx ⎣

⎦

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

( 2 A) ⎜ − =

n =1

=1

−π   A sen Evaluando:

a = 1

π  

 A

2

=2 

−2π  

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 T 0

  t +T 0

∫ t 

f ( t ) dt    

 

+2

 

π  

a0 =

 

⇒ 

a0 =

1 2π  A

∫

A cos t dt =

−2

π  

+2

 

π  

 A 2π

sen t    = −2

π  

=− 1 =1 A ⎡ sen ( 2 ) − sen ( − 2 ) ⎤   ⎥⎦ 2π   ⎢⎣ π  

 

π  

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

 A π  

+

A 2

∞

cos t +  

2A

∑ (1 − n ) cos n = 2 π  

2

nπ   2

cos nt   

 

π  

 

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

f(t)

4

10

2

1

t

-2

-4

-10

5

1 ...

... -0.1

0.1

0.2

t

t

⎧ 10 , − 2 ≤ t  ≤ 0   − ≤ ≤ 1 0 , 0 t  2 ⎩

 f (t ) = ⎨

Como  f (t )  es impar ⇒ an = 0 . bn = −

20 nπ  

⎡ nπ   ⎤   ⎣ 2 ⎥⎦

cos nπ ) = −10nπ   Sa 2 ⎢ (1 − co ∞

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

...

...

RESPUESTAS.

(a) 

Función generatriz: cos(at)

h(t)

y(t)

-0.2

t

-1

π

π

2

4

π

π

4

2

 

 

(b) 

⎧⎪ 4 ( t + 1) , − 1 ≤ t  ≤ 0   ⎪⎩ 4 ( t − 1) , 0 ≤ t  ≤ 1

 g (t ) = ⎨

Como omo  f (t )  es impar ⇒ an = 0 . 8   bn = − nπ    g (t ) = −

8

∞

  ∑ n sen ( n

(c) 

t )  

π  

π   n =1

⎧ 5 sen 10π  t ,  0 ≤ t  ≤ 101    y (t ) = ⎨ 1  y ( t  ) ± ⎩ 10 Como omo  f (t )  es par ⇒ bn = 0 . 20

an = π  

 y (t ) =

∀n  

(1 − 4n ) 2

10

∞

+

π  

 

a0 =

y

20

10

∑ (1 − 4n ) co  s ( 20

nt )  

π  

2

n =1 π  

 

π  

⎧ cos 2t , 0 ≤ t  ≤ 4   h(t ) = ⎨ ≤ ≤ 0 , t  ⎩ 4 2 π  

(d) 

π

an =

2cos nπ   π  

bn =

∀n  

(1 − 4n ) 2

π  

y

a0 =

1

 

π  

−4n ∀n   2 π   (1 − 4 n ) ∞

1 h(t ) =

π  

+

 

⎡ 2 cos nπ  

2 π 1 − 4n ⎢ ( ) co  s ( 4nt ) − ⎣ ∑ n =1

⎤

4n π  

(1 − 4n ) se  n ( 4nt ) ⎥⎦   2