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
1
t +T0

∫ f ( t ) cos nω tdt
0 t

Entonces:

an = 2∫ e −t cos 2nπ t dt
0
au ∫ e cos bu du =

Por tablas de integrales:

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

+ 2nπ sen 2nπ

=0

) − e ( − cos(0)
0=1

+ 2nπ sen(0)

=0

)⎤⎥⎦

De tal forma que:

an =

2 (1 − e−1 ) ∀n. 1 + 4n 2π 2

Ahora calcularemos el coeficiente independiente a0. A partir de la fórmula:
a0 = 1 T0
1 t +T0

∫ f ( t ) dt
t 1 0

a0 = ∫ e −t dt = − e −t = − e −1 + e0
0

⇒

a0 = 1 − e−1 ≅ 1.264

Concluimos calculando los coeficientes bn:
2 bn = T0
t +T0

∫ f ( t ) sen nω t dt
0 t

Por tablas deintegrales:

au ∫ e sen bu du =

eau ( a sen bu − b cos bu ) a 2 + b2

Sustituyendo a = −1 y b = 2nπ , se tendrá entonces:
1 2 e−t bn = − sen 2nπ t − 2nπ cos 2nπ t ) 0 2 2 ( 1 + 4n π =0

bn =

2 1 + 4n 2π 2

⎡e −1 − sen 2nπ ⎢ ⎣

(

− 2nπ cos 2nπ

=1

) − e ( − sen(0)
0

=0

− 2nπ cos(0)

=1

)⎤⎥⎦

bn = ⇒ bn =

2 ⎡ −2nπ e −1 + 2nπ ⎤ 2 2 ⎣ ⎦ 1 + 4n π 4nπ (1 − e−1 )∀n. 1 + 4n 2π 2

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 ⎣ 2
−1 n =1 2 2 ∞

+

4nπ ⎤ 1 − e −1 ) sen 2nπ t ⎥ 2 2 ( 1 + 4n 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: T0 = 1 y ω0 = 2π .

Primero calcularemos los coeficientes an. De la fórmula tenemos que: t +T 2 0 an = f ( t ) cos nω0t dt T0 ∫ t an = 2∫ t 2 cos 2nπ t dt
0 1

Utilizando integración por partes:

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

u = t2

1 1 ⎡ 1 2 ⎤ 2 an = 2 ⎢ t sen 2nπ t − t sen 2nπ t dt ⎥ 2nπ ∫ ⎢ 2nπ ⎥ 00 ⎣ ⎦ 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 + 2 2 sen 2nπ t ⎥ ⎢− nπ nπ ⎢ 2nπ 4n π 0 0 0⎥ ⎣ ⎦

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

1

1

1

an =

1 ⎡ 2 (1) sen 2nπ ⎣ nπ ⎢ 1 2n3π 3 1 n π2
2

=0

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

=1

− 0⎤ ⎥ ⎦

−

⎡ sen 2nπ ⎢ ⎣

=0

⇒

an =

∀n ≠ 0.

Calculando el coeficiente a0 :
a0 = 1 T0
1

t +T0

∫ f ( t ) dt
t

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

2 Calculando el coeficiente bn: bn = T0
1

t +T0

∫ f ( t ) sen nω t dt
0

t

bn = 2∫ t 2 sen 2nπ t dt
0

Aplicando integración por partes:
u = t2 ⇒ du= 2t dt

dv = sen 2nπ t dt ⇒ v = −

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

1 2 2 bn = − t cos 2nπ 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 2 2 bn = − t cos 2nπ t + nπ nπ 0 1 2 bn = − t cos 2nπ t nπ 01 1 1 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 1

1

1

1 2 1 1 bn = − t cos 2nπ t + 2 2 t sen 2nπ t + cos 2nπ t nπ nπ 2n3π 3 0 0 0 =1 =0 1 ⎡ 1 ⎡ ⎤ ⎤ bn = − ⎢ cos 2nπ − 0 ⎥ + n 2π 2 ⎢ sen 2nπ − 0 ⎥ + ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ nπ =1 =1 1 ⎡ cos 2nπ − cos ( 0 ) ⎤ ⎥ ⎣ ⎦ 2n3π 3 ⎢

1 ∀n. nπ Finalmente, la...