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
ω0
= 2π .
Primero calcularemos los coeficientes an, de la fórmula tenemos que: an =
2
t + T 0
∫ f (t ) cos n
ω
T 0
0
t dt
t
1
Entonces:
∫
an = 2 e −t cos 2nπ t dt 0
Por tablas de integrales:
∫ e
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 + 4n
2
1
2
π
( − cos 2nπ t + 2nπ sen 2nπ t ) 0
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 ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦
) (
(
an =
De tal forma que:
2
(1 − e− )
∀n.
1
1 + 4n
2
2
π
)
Ahora calcularemos el coeficiente independiente a0. A partir de la fórmula: a0 =
1 T 0
t +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 0
t +T 0
∫ f ( t ) sen n
ω
0
t 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:
bn = bn =
2 1 + 4n
2
2
π
2e
− t
1
− sen 2nπ t − 2nπ cos 2nπ t ) 0 2 (
1 + 4n 2π
⎡e−1 − sen 2nπ =0 − 2nπ cos 2nπ =1 − e0 − sen(0) = 0 − 2nπ cos(0) =1 ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦
) (
(
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
(1 − e− ) cos 2 1
2
π
2
n t+
π
4nπ 1 + 4n
2
(1− e− ) sen 2 n 1
2
π
π
⎤ ⎥⎦t
Ejemplo 2. Halle la representación en serie trigonométrica de Fourier para la siguiente señal f ( t) = t2 , 0 ≤ t ≤ 1 , mostrada en la figura.
SOLUCION.
La señal es f ( t) = t2 , 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 + T 0
T 0
∫ f (t ) cos n
ω
0
t 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 2nπ
sen 2nπ t
1 1 ⎡ 1 2 ⎤ 2 sen 2 an = 2 ⎢ t sen 2nπ t − t n π t dt ⎥ 2nπ ∫ ⎢⎣ 2nπ ⎥⎦ 0 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 + sen 2 n π t ⎥ ⎢− nπ nπ ⎢⎣ 2nπ 4n 2π 2 0 0 0⎥ ⎦
an =
1 nπ
1
t sen 2nπ t + 2
0
1 n2π 2
1
t cos 2nπ t − 0
1 2n3π 3
1
sen 2nπ t
0
=0 =1 1 ⎡ 2 1 1) sen 2nπ − 0 ⎤ + 2 2 ⎡(1) cos 2nπ − 0 ⎤ ( ⎥⎦ n π ⎢⎣ ⎥⎦ nπ ⎢⎣
an =
−
⇒
an =
1 2n3π 3
1 n
2
2
⎡ sen2nπ =0 − sen ( 0 ) = 0 ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦
∀n ≠ 0.
π
Calculando el coeficiente a0 : a0 =
1 T 0
t + T 0
∫ f ( t ) dt t
1
∫
a0 = t 2 dt = 0
⇒
a0 =
1 3
1
1
0
3
t3 =
(1 − 0 )
1 3
Calculando el coeficiente bn: bn =
2
t + T 0
T 0
∫ f ( t ) sen n
ω 0
t 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 + 2 t cos 2 n π t dt ⎥ 2nπ ∫ 0 0 ⎣⎢ 2nπ ⎦⎥
1
1
bn = −
t cos 2nπ t + 2
nπ
0
2
1
∫ t cos 2n
t dt
π
nπ 0
Volviendo aplicar integración por partes: u =t
⇒ du = t dt
dv = cos 2nπ t dt
⇒ v=
1 2nπ
sen 2nπ t
Realizando las operaciones correspondientes: bn = − bn = − bn = −
⎤ t sen 2nπ t − sen 2 n π t dt ⎥ ⎢ nπ ⎣⎢ 2nπ 2nπ ∫ ⎥ 0 0 ⎦ 1 1 ⎤ 2 ⎡ 1 1 1 + + ⋅ t sen 2 n t cos 2 n t π π ⎢ ⎥ nπ ⎢⎣ 2nπ 2 n 2 n π π 0 0⎥ ⎦
1
1 nπ
0 1
1
2
nπ
2 ⎡ 1
t cos 2nπ t + 2
t cos 2nπ t 0 1
1
+
2
nπ
t cos 2nπ t 0
1 n 2π 2
1
1
+
t sen 2nπ t 0
1
1
1
1 2n3π 3
cos 2nπ t
=1 =0 1 ⎡ 1 cos2nπ − 0 ⎤ + 2 2 ⎡ sen 2nπ − 0 ⎤ + ⎦⎥ ⎦⎥ nπ ⎣⎢ n π ⎣⎢ =1 =1 1 ⎡ ⎤ n − cos2 cos 0 π ( ) 3 3 ⎢ ⎥⎦ 2n π ⎣
bn = −
⇒
bn = −
1
∀n. nπ Finalmente, la serie de Fourier para la señal f ( t ) es: f ( t) =
1 3
∞
+
⎡ 1
∑ ⎢⎣ n n =1
2
π
2
cos 2 nπ t −
1 nπ
⎤ ⎦
sen 2 nπ t⎥
0
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.
⎧ Acos 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 de los coeficientes an. Por definición:
an =
2 T 0
t +T 0
∫ f ( t ) cos n
ω 0
t dt
t
+2 π
Sustituyendo:
an =
2 2π
+2
π
A
∫ A cos t cos nt dt = ∫ cos t cos nt dt π
−2 π
Resolviendo la integral por tablas:
∫
−2
cos au cos bu du =
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
π
sen (1 + n ) t 2 (1 + n )
+2
π
−2
π
⎤
⎥ ⎥ ⎦
+
sen ( a + b ) u 2 ( a + b)
Evaluando los límites: A ⎡ sen (1 − n ) ( 2 ) − sen (1 − n ) ( − π
an =
sen (1 + n ) ( 2 ) − sen (1 + n ) ( −
)
π
π
π
)⎤
+ ⎢ ⎥ n − 2 1 2 (1 + n ) ( ) ⎣ ⎦ sen (1 + n ) ( 2 ) + sen (1 + n ) ( 2 ) ⎤ A ⎡ sen (1 − n ) ( 2 ) + sen (1 − n ) ( 2 ) an = ⎢ + ⎥ 2 1 n 2 1 n − + π ( ) ( ) ⎣ ⎦ 2
π
π
π
A ⎡ sen (1 − n ) ( 2 ) π
⎢ ⎣
π
π
sen (1 + n ) ( 2 ) ⎤
π
an =
2
π
+
1− n
⎥ ⎦
1+ n
Por identidades trigonométricas:
⎛π ⎞ ⎛ π nπ sen (1 ± n ) ⎜ ⎟ = sen ⎜ ± ⎝2⎠ ⎝2 2
π ⎞ ⎟ = sen 2 ⎠
=1
cos
n π 2
=0
± cos
π
2
sen
nπ 2
= cos
nπ 2
cos n2 ⎞ 1 ⎞ n⎞⎛ 1 π ⎛Acos n2 ⎛A + = + cos ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 + n ⎠ π ⎝ 2 ⎠⎝ 1 − n 1+ n ⎠ π ⎝ 1− n A⎛ nπ ⎞ ⎛ 1 + n+ 1 − n ⎞ an = ⎜ cos ⎟ ⎟⎜ 2 ⎠ ⎜⎝ (1 − n )(1 + n ) ⎟⎠ π ⎝ π
π
an =
Entonces:
⇒
an =
2 A 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 n
ω 0
t
+2
π
Para el caso n = 1 :
a1 =
A π
∫ cos
−2
π
2
t dt
t dt
Por identidad trigonométrica: cos2 t = +2 π
Entonces:
a1 =
a1 =
Evaluando límites:
a1 =
⇒ a1 =
A π
∫
−2
A 2π
π
(
1 2
(1 + cos 2t )
+ A ⎛ 1 (1 + cos 2t ) dt = ⎜ ∫ dt + 2 2π ⎜ − ⎝
+2
π
π
2
+
+
π
t −2 + π
2
A ⎡⎛ π
⎢⎜
2π ⎣⎝ 2
+
1 2
π
sen2t − 2
π
2
⎞ cos 2t dt ⎟ ∫ ⎟ − ⎠
2
π
π
2
)
=0 =0 ⎤ 1 ⎞ + + sen sen π π ⎟ ⎥ 2⎠ 2 ⎦
)
(
π
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:
Aplicando regla L’Hopital:
an =
2 A π
(1 − n ) 2
cos
nπ 2
d ⎡ nπ ⎤ A 2 cos 2 ⎥⎦ n =1 dx ⎢⎣
a1 = lim an =
d ⎡π (1 − n2 ) ⎤ ⎦ dx ⎣ n =1
n →1
nπ ⎞ ⎛ π sen ⎟ 2 ⎠ n =1 ⎝ 2 π ( −2 n ) n =1
( 2 A) ⎜ − =
=1
−π A sen Evaluando:
a1 =
π
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 T 0
t + T 0
∫ f ( t ) dt t
+2
+2
π
a0 =
⇒
a0 =
1 2π
∫
π
A cos t dt =
−2
π
A 2π
=1 =− 1 A ⎡ sen ( 2 ) − sen ( − 2 ) ⎤ ⎥⎦ 2π ⎢⎣
sen t =
π
−2
π
π
A π
Luego entonces, la serie de Fourier para esta señal será:
( f) =t
A π
+
A cos 2
+t
∞
2 A
∑ (1 − n ) cos n=2
π
2
n
π
2
cos
nt
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
t
t
0.2
⎧ 10 , − 2 ≤ t ≤ 0 ⎩−10 , 0 ≤ t ≤ 2
f (t ) = ⎨
Como f (t ) es impar ⇒ an = 0 .
bn = −
20
nπ
⎡ nπ ⎤ ⎣ 2 ⎥⎦
(1 − cos nπ ) = −10nπ Sa 2 ⎢
f( )t = −10
∞
∑ n =1
...
...
RESPUESTAS.
(a)
Función generatriz: cos(at)
h(t)
y(t)
-0.2
t
-1
nπ t ⎡ nπ ⎤ sen 2 ⎣ 2 ⎥⎦
nSa 2 ⎢
π
π
2
4
π
π
4
2
(b)
⎧⎪ 4 ( t + 1) , − 1 ≤ t ≤ 0 ⎪⎩ 4 ( t − 1) , 0 ≤ t ≤ 1
g (t ) = ⎨
Como f (t ) es impar ⇒ an = 0 . 8
bn = −
nπ
g( t) = −
8
∞
∑ n sen ( n
π
π n =1
(c)
t)
⎧ 5sen10π t , 0 ≤ t ≤ 101 y (t ) = ⎨ 1 ⎩ y (t ± 10 ) Como f (t ) es par ⇒ bn = 0 .
an =
20 π
(1 − 4n )
( ) y= t
10
∞
+
π
(d)
∀n
2
20
bn =
π
2cos nπ
∀n
(1 − 4n ) 2
π
2
n =1 π
π
π
10
∑ (1 − 4n ) cos ( 20
⎧ cos 2t , 0 ≤ t ≤ h(t ) = ⎨ , 4 ≤ t ≤ ⎩ 0 an =
a0 =
y
)
nt
π
4 π
2
y
a0 =
1 π
−4n ∀n 2 π (1 − 4n )
h(t ) =
1 π
⎡ 2 cos nπ + ∑⎢ cos ( 4nt ) − 2 n =1 ⎢ π (1 − 4n ) ⎣ ∞
⎤ sen ( 4nt ) ⎥ 2 π (1 − 4n ) ⎥⎦ 4n
