Ejemplos De Problemas De Series De Fourier

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: T0 = 1 y ω0 = 2π .

Primero calcularemos los coeficientes an, de la fórmula tenemos que:
2
an =
T0

t +T0

∫ f ( t ) cosnω t dt
0

t

1

Entonces:

an = 2∫ e −t cos 2nπ t dt
0

Por tablas de integrales:

au
∫ e cos bu du =

eau
( a cos bu + b sen bu )
a 2 + b2

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

1
2 e−t
− cos 2nπ t + 2nπ sen 2nπ t ) 0
2 2(
1 + 4n π

Evaluando límites:

an =

2
1 + 4n 2π 2

(

⎡ e−1 − cos 2nπ
⎢
⎣

=1

an =

De tal formaque:

+ 2nπ sen 2nπ

=0

) − e ( − cos(0)
0

=1

+ 2nπ sen(0)

=0

)⎤⎥⎦

2
(1 − e−1 ) ∀n.
1 + 4n 2π 2

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

1
T0

t +T0

∫ 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:
2
bn =
T0

Portablas de integrales:

t +T0

∫ f ( t ) sen nω t dt
0

t

au
∫ e sen bu du =

eau
( a sen bu − b cos bu )
a 2 + b2

Sustituyendo a = −1 y b = 2nπ , se tendrá entonces:

bn =

2
1 + 4n 2π 2

1
2 e−t
bn =
− sen 2nπ t − 2nπ cos 2nπ t ) 0
2 2(
1 + 4n π

(

⎡e −1 − sen 2nπ
⎢
⎣

=0

− 2nπ cos 2nπ

=1

) − e ( − sen(0)
0

bn =
⇒

2
⎡ −2nπ e −1 + 2nπ ⎤
2 2⎣⎦
1 + 4n π

bn =

4nπ
(1 − e−1 ) ∀n.
1 + 4n 2π 2

=0

− 2nπ cos(0)

=1

)⎤⎥⎦

Finalmente, la representación en serie trigonométrica de Fourier para la señal f ( t )
será:
f ( t ) ≅ 1.264 +

∞

⎡
∑ ⎢1 + 4n π (1 − e ) cos 2nπ t
⎣
n =1

2

−1

2

2

+

4nπ
⎤
1 − e −1 ) sen 2nπ t ⎥
2 2(
1 + 4n π
⎦

Ejemplo 2. Halle la representación en serietrigonométrica 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: T0 = 1 y ω0 = 2π .

Primero calcularemos los coeficientes an.
De la fórmula tenemos que:
t +T
20
an =
f ( t ) cos nω0t dt
T0 ∫
t
1

an = 2∫ t 2 cos 2nπ t dt
0

u = t2

Utilizando integración por partes:

⇒ du = 2tdt
1
dv = cos 2nπ t dt ⇒ v =
sen 2nπ t
2nπ

1
1
⎡1 2
⎤
2
an = 2 ⎢
t sen 2nπ t −
t sen 2nπ t dt ⎥
2nπ ∫
⎢ 2nπ
⎥
0
0
⎣
⎦
1
1
1
⎤
12
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
⎤
12
2⎡
1
1
an =
t sen 2nπ t −
t cos 2nπ t + 2 2 sen 2nπ t ⎥
⎢−
nπ
nπ ⎢ 2nπ
4n π
0
0
0⎥
⎣
⎦
1

1

1

12
11
an =
t sen 2nπ t + 2 2 t cos 2nπ t − 3 3 sen 2nπ t
2n π
nπ
nπ
0
0
0

1⎡ 2
(1) sen 2nπ
⎣
nπ ⎢

an =

−

⇒

an =

1
2n3π 3
1
n π2
2

⎡ sen 2nπ
⎢
⎣

=0

=0

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

∀n ≠ 0.

Calculando el coeficiente a0 :
a0 =

1
T0

t +T0

∫ f ( t ) dt
t

1

111
a0 = ∫ t 2 dt = t 3 = (1 − 0 )
303
0⇒

a0 =

1
3

2
Calculando el coeficiente bn: bn =
T0

t +T0

∫ f ( t ) sen nω t dt
0

t

1

bn = 2∫ t 2 sen 2nπ t dt
0

Aplicando integración por partes:
u = t2

⇒ du = 2t dt

1
cos 2nπ t
2nπ
1
1
⎡12
⎤
1
bn = 2 ⎢ −
t cos 2nπ t +
∫ 2t cos 2nπ t dt ⎥
2nπ 0
⎢ 2nπ
⎥
0
⎣
⎦

dv = sen 2nπ t dt ⇒ v = −

=1

− 0⎤
⎥
⎦

1

1

12
2
bn = −
t cos2nπ t +
t cos 2nπ t dt
nπ
nπ ∫
0
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:
1
1
⎡1
⎤
1
t sen 2nπ t −
sen 2nπ t dt ⎥
⎢
2nπ ∫
⎢ 2nπ
⎥
0
0
⎣
⎦
1
1
⎤
2⎡1
1
1
t sen 2nπ t +
cos 2nπ t ⎥
+
⋅
⎢
nπ ⎢ 2nπ
2nπ 2nπ
0
0⎥
⎣
⎦

1

12
2
bn = −
t cos 2nπ t +...