Series de Fourier
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Series de Fourier
Luis Angel Zaldívar Cruz
Departamento de Ciencias BásicasInstituto Tecnológico de Tehuacán
12 de diciembre de 2017
Competencias del temaEn este tema desarrollaremos las representaciones en series de funciones queusaremos para resolver ecuaciones diferenciales parciales.
I Consideraremos una clase especial de problema de valores en la fronteraconocido como problema de Sturm-Liouville, que nos permitirá introducirvarios conceptos importantes.
I Estudiaremos cinco problemas con valores en la frontera para la ecuacióndiferencial
y′′ + λy = 0.
Estos problemas con valores en la frontera están relacionados con lasecuaciones diferenciales parciales que discutiremos posteriormente.Definiremos qué debemos entender por valores característicos (valorespropios) y funciones características (funciones propias) de los problemascon valores en la frontera y mostraremos que estas funcionescaracterísticas tienen una propiedad conocida como ortogonalidad.
I Introduciremos las series de Fourier, que son expansiones de funcionesdadas en términos de senos y cosenos.
I Utilizaremos SAGE (acrónimo de Software for Algebra and GeometryExperimentation) para el cálculo de los coeficientes de Fourier.
Problema de Sturm-LiouvilleDefinición 1Consideremos un problema con valores en la frontera que consiste de
1. una ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden
d
dx
[p(x)
dy
dx
]+ [q(x) + λr(x)] y = 0, (1)
donde p, q, y r son funciones reales tales que p tiene una derivadacontinua, q y r son continuas, p(x) > 0 y r(x) > 0 para todo x enun intervalo real a ≤ x ≤ b; λ es un parámetro independiente de x; y
2. dos condiciones adicionales
A1y(a) +A2y′(a) = 0,
B1y(b) +B2y′(b) = 0, (2)
donde A1, A2, B1 y B2 son constantes reales tales que A1 y A2 noson ambas cero y B1 y B2 no son ambas cero.
Este tipo de problema con valores en la frontera se denomina unproblema de Sturm-Liouville.
Problema de valores propios para y′′ + λy = 0
Si en la ecuación diferencial (1) del problema de Sturm-Liouville hacemosp(x) = 1, q(x) = 0 y r(x) = 1; y en las condiciones adicionales (2) hacemosa = 0 y b = L, obtenemos los cinco problemas
Problema 1: y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y(L) = 0
Problema 2: y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y′(L) = 0
Problema 3: y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y′(L) = 0
Problema 4: y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y(L) = 0
Problema 5: y′′ + λy = 0, y(−L) = y(L), y′(−L) = y′(L)
Observe que las condiciones de frontera del Problema 5, a diferencia de losproblemas 1-4, no requieren que y o y′ sean cero en los puntos frontera, exigesolamente que y y y′ tengan el mismo valor en x = ±L. Decimos que lascondiciones de frontera en el Problema 5 son periódicas.
Problema de valores propios para y′′ + λy = 0
I Obviamente, y ≡ 0 (la solución trivial) es una solución de los Problemas1-5 para cualquier valor de λ. Para la mayoría de los valores de λ no hayotras soluciones.
I La cuestión interesante es:¿Para qué valores de λ los problemas (1-5) tienen solucionesno triviales y cuáles son estos valores?
Definición 2Un valor de λ para el que uno de los problemas 1-5 tiene una solución no triviales un valor propio de dicho problema y las soluciones no triviales son funcionespropias asociadas con λ.Los Problemas 1-5 se denominan problemas de valores propios. Resolver unproblema de valores propios significa encontrar todos sus valores propios y susfunciones propias asociadas. Consideraremos como un hecho dado que todoslos valores propios de los Problemas 1-5 son números reales.
Problema de valores propios para y′′ + λy = 0
Teorema 1Los Problemas 1-5 no tienen valores propios negativos. Además, λ = 0 es unvalor propio de los Problemas 2 y 5, con función propia asociada y0 = 1, peroλ = 0 no es un valor propio de los Problemas 1, 3, o 4.
Demostración.Consideraremos los Problemas 1-4 y dejamos el Problema 5 como ejercicio allector. Si y′′ + λy = 0, entonces y(y′′ + λy) = 0, así
ˆ L
0
y(x)(y′′(x) + λy(x)
)dx = 0
y por consiguiente
λ
ˆ L
0
y2(x)dx = −ˆ L
0
y(x)y′′(x)dx. (3)
Problema de valores propios para y′′ + λy = 0Continuación de la demostración.La integración por partes produce
ˆ L0y(x)y′′(x)dx = y(x)y′(x)
∣∣∣L0−ˆ L0
(y′(x)
)2dx
= y(L)y′(L)− y(0)y′(0)−ˆ L0
(y′(x)
)2dx. (4)
Sin embargo, si y satisface cualquiera de las condiciones de frontera de los Problemas1-4, entonces
y(L)y′(L)− y(0)y′(0) = 0;
de aquí, (3) y (4) implican
λ
ˆ L0y2(x)dx =
ˆ L0
(y′(x)
)2dx.
Si y 6= 0, entonces´ L0 y2(x)dx > 0. Por consiguiente λ ≥ 0, y si λ = 0, entonces
y′(x) = 0 para todo x en (0, L) (¿por qué?), y y es una función constante en (0, L).Cualquier función constante satisface las condiciones de frontera del Problema 2, asíλ = 0 es un valor propio del Problema 2 y cualquier función constante distinta de ceroes una función propia asociada. Sin embargo, la única función constante que satisfacelas condiciones de frontera de los Problemas 1, 3 o 4 es y ≡ 0. Por consiguiente λ = 0no es un valor propio de los Problemas 1, 3 o 4.
Problema de valores propios para y′′ + λy = 0Teorema 2El problema de valores propios
y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y(L) = 0 (5)
tiene un número infinito de valores propios positivos λn = n2π2/L2, con funcionespropias asociadas
yn = sennπx
L, n = 1, 2, 3, . . . .
No hay otros valores propios.
Demostración.Del Teorema 1, cualquier valor propio de (5) debe ser positivo. Si y satisface (5) conλ > 0, entonces
y = c1 cos√λx+ c2 sen
√λx
donde c1 y c2 son constantes. La condición de frontera y(0) = 0 implica que c1 = 0.Por consiguiente y = c2 sen
√λx. Ahora la condición de frontera y(L) = 0 implica que
c2 sen√λL = 0. Para hacer c2 sen
√λL = 0 con c2 6= 0 debemos elegir
√λ = nπ/L,
donde n es un entero positivo. Por consiguiente, λn = n2π2/L2 es un valor propio y
yn = sennπx
L
es una función propia asociada.
Problema de valores propios para y′′ + λy = 0Teorema 3El problema de valores propios
y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y′(L) = 0 (6)
tiene el valor propio λ0 = 0, con la función propia asociada y0 = 1, y un númeroinfinito de valores propios positivos λn = n2π2/L2, con funciones propias asociadas
yn = cosnπx
L, n = 1, 2, 3, . . . .
No hay otros valores propios.
Teorema 4El problema de valores propios
y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y′(L) = 0 (7)
tiene un número infinito de valores propios positivos λn = (2n− 1)2π2/4L2, confunciones propias asociadas
yn = sen(2n− 1)πx
2L, n = 1, 2, 3, . . . .
No hay otros valores propios.
Problema de valores propios para y′′ + λy = 0
Demostración.Del Teorema 1, cualquier valor propio de (7) debe ser positivo. Si y satisface(7) con λ > 0, entonces
y = c1 cos√λx+ c2 sen
√λx
donde c1 y c2 son constantes. La condición de frontera y(0) = 0 implica quec1 = 0. Por consiguiente y = c2 sen
√λx. De aquí que y′ = c2
√λ cos
√λx y la
condición de frontera y′(L) = 0 implica que c2 cos√λx = 0. Para hacer
c2 cos√λx = 0 con c2 6= 0 debemos elegir
√λ =
(2n− 1)π
2L,
donde n es un entero positivo. Entonces λn = (2n− 1)2π2/4L2 es un valor propio y
yn = sen(2n− 1)πx
2L, n = 1, 2, 3, . . . .
No hay otros valores propios.
Problema de valores propios para y′′ + λy = 0Teorema 5El problema de valores propios
y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y(L) = 0 (8)
tiene un número infinito de valores propios positivos λn = (2n− 1)2π2/4L2, confunciones propias asociadas
yn = cos(2n− 1)πx
2L, n = 1, 2, 3, . . . .
No hay otros valores propios.
Teorema 6El problema de valores propios
y′′ + λy = 0, y(−L) = y(L), y′(−L) = y′(L) (9)
tiene el valor propio λ0 = 0, con función propia asociada y0 = 1, y un número infinitode valores propios positivos λn = n2π2/L2, con funciones propias asociadas
y1n = cosnπx
Ly y2n = sen
nπx
L, n = 1, 2, 3, . . . .
No hay otros valores propios.
Problema de valores propios para y′′ + λy = 0
Demostración.Del Teorema 1, λ = 0 es un valor propio de (9) con función propia asociaday0 = 1, y cualquier otro valor propio de (9) debe ser positivo. Si y satisface (9)con λ > 0, entonces
y = c1 cos√λx+ c2 sen
√λx (10)
donde c1 y c2 son constantes. La condición de frontera y(−L) = y(L) implicaque
c1 cos(−√λL)
+ c2 sen(−√λL)
= c1 cos√λL+ c2 sen
√λL. (11)
Ya que
c1 cos(−√λL)
= c1 cos√λL y c2 sen
(−√λL)
= −c2 sen√λL, (12)
(11) implicac2 sen
√λL = 0. (13)
Derivando (10) produce
y′ =√λ(−c1 sen
√λx+ c2 cos
√λx).
Problema de valores propios para y′′ + λy = 0
Continuación de la demostración.La condición de frontera y′(−L) = y′(L) implica
−c1 sen(−√λL)
+ c2 cos(−√λL)
= −c1 sen√λL+ c2 cos
√λL,
y (12) implicac1 sen
√λL = 0. (14)
Las ecuaciones (13) y (14) implican c1 = c2 = 0 a no ser que√λ = nπ/L donde n es
un entero positivo, en cuyo caso (13) y (14) se cumplen para valores arbitrarios de c1y c2. Los valores propios determinados en esta manera son λn = n2π2/L2, y estosvalores propios tienen las funciones propias asociadas linealmente independientes
cosnπx
Ly sen
nπx
L.
Ortogonalidad
Definición 3Se dice que dos funciones integrables f y g son ortogonales en un intervalo[a, b] si ˆ b
a
f(x)g(x)dx = 0.
Mas generalmente, decimos que el conjunto de funciones φ1, φ2, . . . , φn, . . .(finito o infinito) es ortogonal en [a, b] si
ˆ b
a
φi(x)φj(x)dx = 0 siempre que i 6= j.
¡La importancia del concepto de ortogonalidad será entendida cuandoestudiemos las series de Fourier!
Ejemplo 1Demuestre que las funciones propias
1, cosπx
L, sen
πx
L, cos
2πx
L, sen
2πx
L, . . . , cos
nπx
L, sen
nπx
L, . . . (15)
del Problema 5 son ortogonales en [−L,L].
OrtogonalidadSolución:Debemos demostrar que ˆ L
−Lf(x)g(x)dx = 0 (16)
siempre que f y g sean funciones distintas de (15). Si r es cualquier enterodistinto de cero, entonces
ˆ L
−Lcos
rπx
Ldx =
L
rπsen
rπx
L
∣∣∣∣L−L
= 0 (17)
y ˆ L
−Lsen
rπx
Ldx = − L
rπcos
rπx
L
∣∣∣∣L−L
= 0.
Por consiguiente, (16) se cumple si f ≡ 1 y g es otra función cualquiera en(15).Si f(x) = cosmπx/L y g(x) = cosnπx/L donde m y n son enteros positivosdistintos, entonces
ˆ L
−Lf(x)g(x)dx =
ˆ L
−Lcos
mπx
Lcos
nπx
Ldx. (18)
Ortogonalidad
Continuación de la soluciónPara evaluar esta integral utilizamos la identidad
cosA cosB =1
2[cos (A−B) + cos (A+B)]
con A = mπx/L y B = nπx/L. Entonces (18) se convierte enˆ L
−Lf(x)g(x)dx =
1
2
[ˆ L
−Lcos
(m− n)πx
Ldx+
ˆ L
−Lcos
(m+ n)πx
Ldx
].
Puesto que m− n y m+ n son enteros distintos de cero, (17) implica que lasintegrales en la derecha son iguales a cero. Por consiguiente, (16) es cierta eneste caso.Si f(x) = senmπx/L y g(x) = sennπx/L donde m y n son enteros positivosdistintos, entonces
ˆ L
−Lf(x)g(x)dx =
ˆ L
−Lsen
mπx
Lsen
nπx
Ldx. (19)
Ortogonalidad
Continuación de la soluciónPara evaluar esta integral utilizamos la identidad
senA senB =1
2[cos (A−B)− cos (A+B)] ,
con A = mπx/L y B = nπx/L. Entonces (19 ) se convierte enˆ L
−Lf(x)g(x)dx =
1
2
[ˆ L
−Lcos
(m− n)πx
Ldx−
ˆ L
−Lcos
(m+ n)πx
Ldx
]= 0.
Si f(x) = senmπx/L y g(x) = cosnπx/L donde m y n son enteros positivosdistintos, entonces
ˆ L
−Lf(x)g(x)dx =
ˆ L
−Lsen
mπx
Lcos
nπx
Ldx = 0
puesto que el integrando es una función impar y los límites son simétricosalrededor de x = 0.
Los ejercicios 19-22 le piden al lector verificar que las funciones propias de losProblemas 1-4 son ortogonales en [0, L]. Sin embargo, esto también se sigue deun teorema general involucrando el problema de Sturm-Liouville.
Ejercicios 11. Pruebe que λ = 0 es un valor propio del Problema 5 con función propia
asociada y0 = 1 y que cualquier otro valor propio debe ser positivo. Ayuda: Veala prueba del Teorema 1.
En los Ejercicios 2-16 resuelva el problema de valores propios.
2. y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y(π) = 0
3. y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y′(π) = 0
4. y′′ + λy = 0, y(−π) = y(π), y′(−π) = y′(π)
5. y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y(1) = 0
6. y′′ + λy = 0, y(−1) = y(1), y′(−1) = y′(1)
7. y′′ + λy = 0, y(−2) = y(2), y′(−2) = y′(2)
8. y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y(3) = 0
9. y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y′(π) = 0
10. y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y(π) = 0
11. y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y′(1) = 0
12. y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y(1) = 0
13. y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y′(1) = 0
14. y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y(2) = 0
15. y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y′(1/2) = 0
16. y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y′(5) = 0
Ejercicios 117. Pruebe el Teorema 318. Pruebe el Teorema 519. Verifique que las funciones propias
senπx
L, sen
2πx
L, . . . , sen
nπx
L, . . .
del Problema 1 son ortogonales en [0, L].20. Verifique que las funciones propias
1, cosπx
L, cos
2πx
L, . . . , cos
nπx
L, . . .
del Problema 2 son ortogonales en [0, L].21. Verifique que las funciones propias
senπx
2L, sen
3πx
2L, . . . , sen
(2n− 1)πx
2L, . . .
del Problema 3 son ortogonales en [0, L].22. Verifique que las funciones propias
cosπx
2L, cos
3πx
2L, . . . , cos
(2n− 1)πx
2L, . . .
del Problema 4 son ortogonales en [0, L].
Series de Fourier: IA continuación se demostrará un resultado que permitirá determinar loscoeficientes de una serie de Fourier.
Teorema 7Suponga que las funciones φ1, φ2, φ3, . . . , son ortogonales en [a, b] y
ˆ baφ2n(x)dx 6= 0, n = 1, 2, 3, . . . . (20)
Sean c1, c2, c3, . . . constantes tales que las sumas parciales fN (x) =∑Nm=1 cmφm(x)
satisfacen las desigualdades
|fN (x)| ≤M, a ≤ x ≤ b, N = 1, 2, 3, . . .
para alguna constante M <∞. Suponga también que la serie
f(x) =∞∑m=1
cmφm(x) (21)
converge y es integrable en [a, b]. Entonces
cn =
´ ba f(x)φn(x)dx´ ba φ
2n(x)dx
, n = 1, 2, 3, . . . . (22)
Series de Fourier: I
Demostración.Multiplicando (21) por φn e integrando obtenemos
ˆ baf(x)φn(x)dx =
ˆ baφn(x)
( ∞∑m=1
cmφm(x)
)dx. (23)
Puede demostrarse que el acotamiento de las sumas parciales {fN}∞N=1 y la integrabilidad de f nospermite intercambiar las operaciones de integración y suma en la derecha de (23), y reescribir (23) como
ˆ baf(x)φn(x)dx =
∞∑m=1
cm
ˆ baφn(x)φm(x)dx. (24)
(No es fácil comprobar ésto). Puesto que
ˆ baφn(x)φm(x)dx = 0 si m 6= n,
(24) se reduce a ˆ baf(x)φn(x)dx = cn
ˆ baφ2n(x)dx.
Ahora (20) implica (22).
Motivado por el Teorema 7, hacemos la siguiente definición.
Series de Fourier: I
Definición 4Supóngase que φ1, φ2, φ3, . . . , son ortogonales en [a, b] y
´ ba φ
2n(x)dx 6= 0, n = 1, 2, 3, . . .. Sea f
integrable en [a, b], y defina
cn =
´ ba f(x)φn(x)dx´ ba φ
2n(x)dx
, n = 1, 2, 3, . . . . (25)
Entonces, la serie infinita∑∞n=1 cnφn(x) se denomina la expansión de Fourier de f en términos del
conjunto ortogonal {φn}∞n=1, y c1, c2, . . . , cn, . . . se denominan los coeficientes de Fourier de frespecto a {φn}∞n=1. Indicamos la relación entre f y su expansión de Fourier por
f(x) ∼∞∑n=1
cnφn(x), a ≤ x ≤ b. (26)
Puede parecer extraño por qué no escribimos
f(x) =∞∑n=1
cnφn(x), a ≤ x ≤ b,
en lugar de (26). Desafortunadamente, esto no siempre es cierto. La serie en la derecha de (26) puededivergir para algunos o todos los valores de x en [a, b], o puede converger a f(x) para algunos valoresde x y no hacerlo para otros. Así, que por ahora pensaremos de la serie como asociada con f debido a ladefinición de los coeficientes {cn}, e identificaremos esta asociación informalmente mediante (26).
Series de Fourier: ISERIES DE FOURIEREstudiaremos las expansiones de Fourier en términos de las funciones propias
1, cosπx
L, sen
πx
L, cos
2πx
L, sen
2πx
L, . . . , cos
nπx
L, sen
nπx
L, . . .
del Problema 5. Si f es integrable en [−L,L], entonces su expansión de Fourier entérminos de estas funciones se denomina la serie de Fourier de f en [−L,L]. Puestoque ˆ L
−L12dx = 2L,
ˆ L−L
cos2nπx
Ldx =
1
2
ˆ L−L
(1 + cos
2nπx
L
)dx =
1
2
(x+
L
2nπsen
2nπx
L
)∣∣∣∣L−L
= L,
y
ˆ L−L
sen2 nπx
Ldx =
1
2
ˆ L−L
(1− cos
2nπx
L
)dx =
1
2
(x−
L
2nπsen
2nπx
L
)∣∣∣∣L−L
= L,
vemos de (25) que la serie de Fourier de f en [−L,L] es
a0 +∞∑n=1
(an cos
nπx
L+ bn sen
nπx
L
)
Series de Fourier: I
donde
a0 =1
2L
ˆ L
−Lf(x)dx,
an =1
L
ˆ L
−Lf(x) cos
nπx
Ldx, y bn =
1
L
ˆ L
−Lf(x) sen
nπx
Ldx, n ≥ 1.
Observe que a0 es el valor promedio de f en [−L,L], mientras que an y bn(para n ≥ 1) son dos veces los valores promedio de
f(x) cosnπx
Ly f(x) sen
nπx
L
en [−L,L], respectivamente.
CONVERGENCIA DE LAS SERIES DE FOURIERLa cuestión de la convergencia de las series de Fourier para funcionesintegrables arbitrarias está fuera del alcance de este tema. Sin embargo,exponemos un teorema que establece esta cuestión para la mayoría de lasfunciones que surgen en las aplicaciones.
Series de Fourier: I
Comenzamos con la siguiente definición.
Definición 5Se dice que una función es suave en partes en [a, b] si:
(a) f tiene a lo más un número finito de puntos de discontinuidad en (a, b);
(b) f ′ existe y es continua excepto posiblemente en un número finito depuntos en (a, b);
(c) f(x0+) = lımx→x+0
f(x) y f ′(x0+) = lımx→x+0
f ′(x) existen sia ≤ x0 < b;
(d) f(x0−) = lımx→x−0
f(x) y f ′(x0−) = lımx→x−0
f ′(x) existen sia < x0 ≤ b;
Puesto que se requiere que f y f ′ sean continuas (con la posible excepción deun número finito de puntos) en [a, b], se sigue que f(x0+) = f(x0−) yf ′(x0+) = f ′(x0−) en (a, b), excepto posiblemente en un número finito devalores de x0 en (a, b). Se dice que la función f tiene una discontinuidad desalto en x0 si f(x0+) 6= f(x0−).
Series de Fourier: I
El siguiente teorema da las condiciones suficientes para la convergencia de unaserie de Fourier. La prueba está fuera del alcance de este tema1.
Teorema 8Si f es suave en partes en [−L,L], entonces la serie de Fourier
F (x) = a0 +
∞∑n=1
(an cos
nπx
L+ bn sen
nπx
L
)(27)
de f en [−L,L] converge para todo x en [−L,L]; además
F (x) =
f(x) si − L < x < L y f es continua en x;f(x−)+f(x+)
2si − L < x < L y f es discontinua en x;
f(−L+)+f(L−)2
si x = L o x = −L.
1Para su prueba, puede consultar: Fourier Series and Boundary ValueProblems, Brown and Churchill, McGraw-Hill, 5th edition.
Series de Fourier: I
Puesto que f(x+) = f(x−) si f es continua en x, también podemos decir que
F (x) =
{f(x+)+f(x−)
2si − L < x < L,
f(L−)+f(−L+)2
si x = ±L.
Observe que F es en si misma suave en partes en [−L,L], y F (x) = f(x) entodos los puntos del intervalo abierto (−L,L) donde f es continua. Puesto quela serie en (27) converge a F (x) para todo x en [−L,L], usted puede estartentado a inferir que el error
EN (x) =
∣∣∣∣∣F (x)− a0 −N∑n=1
(an cos
nπx
L+ bn sen
nπx
L
)∣∣∣∣∣se puede hacer tan pequeño como queramos para todo x en [−L,L] eligiendoN suficientemente grande. Sin embargo, esto no es cierto si f tiene unadiscontinuidad en alguna parte en (−L,L) o si f(−L+) 6= f(L−). En estecaso la situación es la siguiente.
Series de Fourier: IFenómeno de GibbsSi f tiene una discontinuidad de salto en un punto α en (−L,L), existirán sucesionesde puntos {uN} y {vN} en (−L,α) y (α,L), respectivamente, tal que
lımN→∞
uN = lımN→∞
vN = α
yEN (uN ) ≈ .09 |f(α−)− f(α+)| y EN (vN ) ≈ .09 |f(α−)− f(α+)| .
Así, el valor máximo del error EN (x) cerca de α no se aproxima a cero cuandoN →∞, sino lo que ocurre es que estará cada vez más cerca de (y en ambos ladosde) α y es esencialmente independiente de N .Si f(−L+) 6= f(L−), entonces existirán sucesiones de puntos {uN} y {vN} en(−L,L) tal que
lımN→∞
uN = −L y lımN→∞
vN = L
y
EN (uN ) ≈ .09 |f(−L+)− f(L−)| y EN (vN ) ≈ .09 |f(−L+)− f(L−)| .
ObservaciónPodrá ver este fenómeno en las Figuras 2, 3 y 4; sin embargo, daremos un ejemploespecífico al final de esta sección.
Series de Fourier: IEjemplo 2Encuentre la serie de Fourier de la función suave en partes
f(x) =
{−x, −2 < x < 012, 0 < x < 2
en [−2, 2](Figura 1). Determine la suma de la serie de Fourier para −2 ≤ x ≤ 2.
Figura 1: Gráfica de f(x) =
{−x, −2 < x < 012, 0 < x < 2
.
Series de Fourier: ISolución:Observe que no nos hemos molestado por definir f(−2), f(0) y f(2). Sin importarcómo puedan ser definidas estas cantidades, f es suave en partes en [−2, 2], y loscoeficientes en la serie de Fourier
F (x) = a0 +∞∑n=1
(an cos
nπx
L+ bn sen
nπx
L
)
no son afectados por ello. En cualquier caso, el Teorema 8 implica que F (x) = f(x)en (−2, 0) y (0, 2), donde f es continua, mientras
F (−2) = F (2) =f(−2+) + f(2−)
2=
1
2
(2 +
1
2
)=
5
4
y
F (0) =f(0−) + f(0+)
2=
1
2
(0 +
1
2
)=
1
4.
Para resumir
F (x) =
54, x = −2
−x, −2 < x < 0,14, x = 0,
12, 0 < x < 2,
54, x = 2.
Series de Fourier: ICalculamos los coeficientes de Fourier como sigue:
a0 =1
4
ˆ 2
−2
f(x)dx =1
4
[ˆ 0
−2
(−x) dx+
ˆ 2
0
1
2dx
]=
3
4;
si n ≥ 1, entonces
an =1
2
ˆ 2
−2
f(x) cosnπx
2dx =
1
2
[ˆ 0
−2
(−x) cosnπx
2dx+
ˆ 2
0
1
2cos
nπx
2dx
]=
2
n2π2(cosnπ − 1) ,
y
bn =1
2
ˆ 2
−2
f(x) sennπx
2dx =
1
2
[ˆ 0
−2
(−x) sennπx
2dx+
ˆ 2
0
1
2sen
nπx
2dx
]=
1
2nπ(1 + 3 cosnπ) .
Por consiguiente
F (x) =3
4+
2
π2
∞∑n=1
cosnπ − 1
n2cos
nπx
2+
1
2π
∞∑n=1
1 + 3 cosnπ
nsen
nπx
2.
Series de Fourier: ILa Figura 2 muestra cómo la suma parcial
Fm(x) =3
4+
2
π2
m∑n=1
cosnπ − 1
n2cos
nπx
2+
1
2π
m∑n=1
1 + 3 cosnπ
nsen
nπx
2
aproxima f(x) para m = 5 (curva verde), m = 10 (curva azul cielo) y m = 15 (curva roja). Los puntos
(−2, 5/4), (0, 1/4) y (2, 5/4) se muestran como círculos pequeños.
Figura 2: Aproximación de f(x) =
{−x, −2 < x < 012, 0 < x < 2
, mediante sumas parciales de la serie de
Fourier.
Series de Fourier: IFUNCIONES PARES E IMPARESEl cálculo de los coeficientes de Fourier de una función f puede ser tedioso; sinembargo, a menudo estos cálculos pueden simplificarse aprovechando lassimetrías en f o de algunos de sus términos. Centrándonos en esto, recordemoslos conceptos de funciones pares e impares que estudiamos en cálculodiferencial. Sean u y v funciones definidas en [−L,L] y supóngase que
u(−x) = u(x) y v(−x) = −v(x), ∀x ∈ [−L,L] .
Entonces decimos que u es una función par y v una función impar.
Teorema 9 (Propiedades fundamentales de las funciones parese impares)
1. El producto de funciones pares es una función par.
2. El producto de funciones impares es una función par.
3. El producto de una función impar y de una función par es una funciónimpar.
4. La suma (diferencia) de dos funciones pares es una función par.
5. La suma (diferencia) de dos funciones impares es una función impar.
Series de Fourier: I
Demostración.Sólo demostraremos el inciso (2) de este Teorema; se deja los restantes comoejercicios para el lector.Supongamos que u y v son funciones impares. En este caso tenemosu(−x) = −u(x) y v(−x) = −v(x). Definiendo el producto comoU(x) = u(x)v(x), entonces
U(−x) = u(−x)v(−x) = (−u(x)) (−v(x)) = u(x)v(x) = U(x),
lo cual demuestra que U(x) es par. Queda demostrado, que el producto de dosfunciones impares es una función par.
Ejemplo 3Las funciones u(x) = cos ax y v(x) = x2 son funciones pares, mientras quew(x) = sen ax y z(x) = x3 son funciones impares. La función y(x) = exno espar ni impar. De acuerdo con el Teorema 9, la función G(x) = x3 cosx es unafunción impar y la función H(x) = x3 senx es una función par.
Series de Fourier: I
Teorema 10 (Propiedades (del cálculo) de las funciones pares eimpares)Supóngase que u es una función par y v una función impar en [−L,L].Entonces,
1.ˆ L
−Lu(x)dx = 2
ˆ L
0
u(x)dx,
2.ˆ L
−Lv(x)dx = 0,
3.ˆ L
−Lu(x) cos
nπx
Ldx = 2
ˆ L
0
u(x) cosnπx
Ldx,
4.ˆ L
−Lv(x) sen
nπx
Ldx = 2
ˆ L
0
v(x) sennπx
Ldx,
5.ˆ L
−Lu(x) sen
nπx
Ldx = 0,
6.ˆ L
−Lv(x) cos
nπx
Ldx = 0.
Series de Fourier: IDemostración.Demostraremos únicamente los incisos (1) y (2). Los incisos restantes son consecuencia de los dosprimeros incisos.
1. Por una propiedad conocida de la integral definida
ˆ L−L
u(x)dx =
ˆ 0
−Lu(x)dx +
ˆ L0u(x)dx. (28)
Sea x = −t en la primer integral del lado derecho de (28):
ˆ 0
−Lu(x)dx = −
ˆ 0
Lu(−t)dt =
ˆ L0u(−t)dt =
ˆ L0u(t)dt (29)
puesto que u(−t) = u(t). Puesto que en matemáticas las variables son mudas, podemos escribir(29) como ˆ 0
−Lu(x)dx =
ˆ L0u(x)dx. (30)
Sustituyendo (30) en (28),
ˆ L−L
u(x)dx =
ˆ L0u(x)dx +
ˆ L0u(x)dx = 2
ˆ L0u(x)dx,
que es lo que se quería demostrar.
Series de Fourier: I
Demostración.La demostración del inciso (2) es similar.
2. Por una propiedad conocida de la integral definida
ˆ L−L
v(x)dx =
ˆ 0
−Lv(x)dx +
ˆ L0v(x)dx. (31)
Sea x = −t en la primer integral del lado derecho de (31):
ˆ 0
−Lv(x)dx = −
ˆ 0
Lv(−t)dt =
ˆ L0v(−t)dt = −
ˆ L0v(t)dt (32)
puesto que v(−t) = −v(t). Puesto que en matemáticas las variables son mudas, podemosescribir (32) como ˆ 0
−Lv(x)dx = −
ˆ L0v(x)dx. (33)
Sustituyendo (33) en (31),
ˆ L−L
v(x)dx = −ˆ L0v(x)dx +
ˆ L0v(x)dx = 0,
que es lo que se quería demostrar.
Series de Fourier: IEjemplo 4Encuentre la serie de Fourier de f(x) = x2 − x en [−2, 2], y determine su sumapara −2 ≤ x ≤ 2.
SoluciónYa que L = 2,
F (x) = a0 +
∞∑n=1
(an cos
nπx
2+ bn sen
nπx
2
)donde
a0 =1
4
ˆ 2
−2
(x2 − x
)dx, (34)
an =1
2
ˆ 2
−2
(x2 − x
)cos
nπx
2dx, n = 1, 2, 3, . . . , (35)
y
bn =1
2
ˆ 2
−2
(x2 − x
)sen
nπx
2dx, n = 1, 2, 3, . . . . (36)
Simplificamos la evaluación de estas integrales utilizando el Teorema 10 conu(x) = x2 y v(x) = x; así de (34)
Series de Fourier: I
a0 =1
2
ˆ 2
0
x2dx =x3
6
∣∣∣∣20
=4
3.
De (35),
an =
ˆ 2
0
x2 cosnπx
2dx =
2
nπ
[x2 sen
nπx
2
∣∣∣20− 2
ˆ 2
0
x sennπx
2dx
]=
8
n2π2
[x cos
nπx
2
∣∣∣20−ˆ 2
0
cosnπx
2dx
]=
8
n2π2
[2 cosnπ − 2
nπsen
nπx
2
∣∣∣∣20
]= (−1)n
16
n2π2.
De (36),
bn = −ˆ 2
0
x sennπx
2dx =
2
nπ
[x cos
nπx
2
∣∣∣20−ˆ 2
0
cosnπx
2dx
]=
2
nπ
[2 cosnπ − 2
nπsen
nπx
2
∣∣∣∣20
]= (−1)n
4
nπ.
Series de Fourier: I
Por consiguiente,
F (x) =4
3+
16
π2
∞∑n=1
(−1)n
n2cos
nπx
2+
4
π
∞∑n=1
(−1)n
nsen
nπx
2.
El Teorema 8 implica que
F (x) =
4, x = −2,
x2 − x, −2 < x < 2,
4, x = 2.
La Figura 3 muestra cómo la suma parcial
Fm(x) =4
3+
16
π2
m∑n=1
(−1)n
n2cos
nπx
2+
4
π
m∑n=1
(−1)n
nsen
nπx
2
aproxima f(x) para m = 5 (curva verde), m = 10 (curva azul cielo) y m = 15(curva roja).
Series de Fourier: I
Figura 3: Aproximaciones de f(x) = x2 − x mediante sumas parciales de laserie de Fourier en [−2, 2].
Series de Fourier: IEl teorema siguiente se sigue inmediatamente del Teorema 10.
Teorema 11Supóngase que f es integrable en [−L,L].
1. Si f es par entonces la serie de Fourier de f en [−L,L] es
F (x) = a0 +
∞∑n=1
an cosnπx
Ldx,
donde
a0 =1
L
ˆ L
0
f(x)dx y an =2
L
ˆ L
0
f(x) cosnπx
Ldx, n ≥ 1.
2. Si f es impar entonces la serie de Fourier de f en [−L,L] es
F (x) =
∞∑n=1
bn sennπx
Ldx,
donde
bn =2
L
ˆ L
0
f(x) sennπx
Ldx, n ≥ 1.
Series de Fourier: I
Ejemplo 5Encuentre la serie de Fourier de f(x) = x en [−π, π], y determine su suma para−π ≤ x ≤ π.
SoluciónPuesto que f es impar y L = π,
F (x) =
∞∑n=1
bn sennx
donde
bn =2
π
ˆ π
0
x sennxdx = − 2
nπ
[x cosnx|π0 −
ˆ π
0
cosnxdx
]= − 2
ncosnπ +
2
n2πsennx
∣∣∣∣π0
= (−1)n+1 2
n.
Por lo tanto
F (x) = −2∞∑n=1
(−1)n
nsennx.
Series de Fourier: IContinuación de la soluciónLa Figura 4 muestra cómo la suma parcial
Fm(x) = −2m∑n=1
(−1)n
nsennx
aproxima f(x) para m = 5 (curva en verde), m = 10 (curva en azul) y m = 15 (curvaen rojo).
Figura 4: Aproximaciones de f(x) = x mediante sumas parciales de la serie de Fourier en [−π, π].
Series de Fourier: IEjemplo 6Encuentre la serie de Fourier de f(x) = |x| en [−π, π], y determine su sumapara −π ≤ x ≤ π.
SoluciónPuesto que f es par y L = π,
F (x) = a0 +∞∑n=1
an cosnx.
Puesto que f(x) = x si x ≥ 0,
a0 =1
π
ˆ π
0
x dx =x2
2π
∣∣∣∣π0
=π
2
y si n ≥ 1,
an =2
π
ˆ π
0
x cosnxdx =2
nπ
[x sennx
∣∣∣∣π0
−ˆ π
0
sennxdx
]=
2
n2πcosnx
∣∣∣∣π0
=2
n2π(cosnπ − 1) =
2
n2π[(−1)n − 1] .
Series de Fourier: I
Continuación de la soluciónPor lo tanto,
F (x) =π
2+
2
π
∞∑n=1
(−1)n − 1
n2cosnx. (37)
Sin embargo, ya que
(−1)n − 1 =
{0, si n = 2m,
−2, si n = 2m + 1,
los términos en (37) para los que n = 2m son todos iguales a cero. Por consiguiente, solamentetenemos que incluir los términos para los que n = 2m + 1; esto es, podemos reescribir (37) como
F (x) =π
2−
4
π
∞∑m=0
1
(2m + 1)2cos(2m + 1)x.
Sin embargo, puesto que el nombre del índice de la suma no importa, preferimos reemplazar m por n yescribir
F (x) =π
2−
4
π
∞∑n=0
1
(2n + 1)2cos(2n + 1)x.
Puesto que |x| es una función continua para toda x y |−π| = |π|, el Teorema 8 implica queF (x) = |x| para toda x ∈ [−π, π].
Series de Fourier: IEjemplo 7Encuentre la serie de Fourier de f(x) = x
(x2 − L2
)en [−L,L], y determine su suma para
−L ≤ x ≤ L.
SoluciónPuesto que f es impar
F (x) =∞∑n=1
bn sennπx
L
donde
bn =2
L
ˆ L0x(x2 − L2
)sen
nπx
Ldx
= −2
nπ
[x(x2 − L2
)cos
nπx
L
∣∣∣∣L0−ˆ L0
(3x
2 − L2)cos
nπx
Ldx
]
=2L
n2π2
[(3x
2 − L2)sen
nπx
L
∣∣∣∣L0− 6
ˆ L0x sen
nπx
Ldx
]
=12L2
n3π3
[x cos
nπx
L
∣∣∣∣L0−ˆ L0
cosnπx
Ldx
]= (−1)
n 12L3
n3π3.
Por consiguiente,
F (x) =12L3
π3
∞∑n=1
(−1)n
n3sen
nπx
L.
El Teorema 8 implica que F (x) = x(x2 − L2
)para toda x ∈ [−L,L].
Series de Fourier: I
Ejemplo 8 (Fenómeno de Gibbs)La serie de Fourier de
f(x) =
0, −1 < x < − 1
2,
1, − 12< x < 1
2,
0, 12< x < 1
en [−1, 1] es
F (x) =1
2+
2
π
∞∑n=1
(−1)n−1
2n− 1cos(2n− 1)πx.
¡Verifíquelo!. De acuerdo al Teorema 8,
F (x) =
0, −1 ≤ x < − 12,
12, x = − 1
2,
1, − 12< x < 1
2,
12, x = 1
2,
0, 12< x ≤ 1;
así F (al igual que f) tiene discontinuidades de salto unitario en x = ± 12. Las Figuras 5, 6 y 7
muestran las gráficas de y = f(x) donde
y = F2N−1(x) =1
2+
2
π
N∑n=1
(−1)n−1
2n− 1cos(2n− 1)πx
Series de Fourier: Ipara N = 10, 20 y 30. Usted puede ver que aunque F2N−1 aproxima bien a F (y porconsiguiente a f) cuando N se incrementa, los valores absolutos de los errorespermanecen aproximadamente iguales a 0.09, lo que ocurre muy cerca a lasdiscontinuidades x = ± 1
2cuando N se incrementa.
Figura 5: El fenómeno de Gibss, Ejemplo 8, N = 10.
Series de Fourier: I
Figura 6: El fenómeno de Gibss, Ejemplo 8, N = 20.
Series de Fourier: I
Figura 7: El fenómeno de Gibss, Ejemplo 8, N = 30.
Ejercicios 2En los ejercicios 1-15 encuentre la serie de Fourier de f en[−L,L] y determine su suma para−L ≤ x ≤ L. En los ejercicios 1, 5,7, 14, 15 y 16 utilizando SAGE grafique f y las sumas parciales
Fm(x) = a0 +m∑n=1
(an cos
nπx
Ldx + bn sen
nπx
Ldx
)
en los mismos ejes para varios valores de m.
1. L = 1; f(x) = 2− x
2. L = π; f(x) = 2x− 3x2
3. L = 1; f(x) = 1− 3x2
4. L = π; f(x) = |sen x|
5. L = π; f(x) = x cos x
6. L = π; f(x) = |x| cos x
7. L = π; f(x) = x sen x
8. L = π; f(x) = |x| sen x
9. L = 1; f(x) =
0, −1 < x < − 1
2,
cosπx, − 12< x < 1
2,
0, 12< x < 1
10. L = 1; f(x) =
0, −1 < x < − 1
2,
π cosπx, − 12< x < 1
2,
0, 12< x < 1
Ejercicios 211. L = 1; f(x) =
0, −1 < x < − 1
2,
senπx, − 12< x < 1
2,
0, 12< x < 1
12. L = 1; f(x) =
0, −1 < x < − 1
2,
|senπx| , − 12< x < 1
2,
0, 12< x < 1
13. L = 1; f(x) =
0, −1 < x < − 1
2,
π senπx, − 12< x < 1
2,
0, 12< x < 1
14. L = 4; f(x) =
{0, −4 < x < 0,
x, 0 < x < 4
15. L = 1; f(x) =
{x2, −1 < x < 0,
1− x2, 0 < x < 1
16. Verifique el fenómeno de Gibbs para
f(x) =
2, −2 < x < −1,
1, −1 < x < 1,
−1, 1 < x < 2.
17. Verifique el fenómeno de Gibbs para
f(x) =
2, −3 < x < −2,
3, −2 < x < 2,
1, 2 < x < 3.
18. Deduzca del Ejemplo 6 que∞∑n=1
1
(2n + 1)2=π2
8.
Series de Fourier: IIEn esta sección discutiremos las expansiones de Fourier en términos de las funciones propias de losProblemas 1-4.
SERIE DE FOURIER DE COSENOSDel Ejercicio 20 del conjunto de Ejercicios I, las funciones propias
1, cosπx
L, cos
2πx
L, . . . , cos
nπx
L, . . .
del problema con valores en la frontera
y′′
+ λy = 0, y′(0) = 0, y
′(L) = 0 (38)
(Problema 2) son ortogonales en [0, L]. Si f es integrable en [0, L] entonces la expansión de Fourier def en términos de estas funciones se denomina serie de Fourier de cosenos de f en [0, L]. Esta serie es
a0 +∞∑n=1
an cosnπx
L,
donde
a0 =
´L0 f(x)dx´L
0 dx=
1
L
ˆ L0f(x)dx
y
an =
´L0 f(x) cos nπx
Ldx´L
0 cos2 nπxL
dx=
2
L
ˆ L0f(x) cos
nπx
Ldx, n = 1, 2, 3, . . . .
Series de Fourier: IIComparando esta definición con el Teorema 11 inciso (1) vemos que la serie de Fourierde cosenos de f en [0, L] es la serie de Fourier de la función
f1(x) =
{f(−x), −L < x < 0,
f(x), 0 ≤ x ≤ L,
obtenida por la extensión de f en [−L,L] como una función par (ver la Figura 8).
Figura 8: Gráfica típica de y =
{f(−x), −L < x < 0,
f(x), 0 ≤ x ≤ L.
Series de Fourier: II
Aplicando el Teorema 8 a f1 se llega al siguiente teorema.
Teorema 12Si f es una función suave en partes en [0, L] entonces la serie de Fourier decosenos
C(x) = a0 +∞∑n=1
an cosnπx
L
de f en [0, L], con
a0 =1
L
ˆ L
0
f(x)dx y an =2
L
ˆ L
0
f(x) cosnπx
Ldx, n = 1, 2, 3, . . . ,
converge para todo x en [0, L]; además
C(x) =
f(0+) si x = 0;
f(x) si 0 < x < L y f es continua en x;f(x−)+f(x+)
2si 0 < x < L y f es discontinua en x;
f(L−) si x = L.
Series de Fourier: IIEjemplo 9Encuentre la serie de Fourier de cosenos de f(x) = x en [0, L].
SoluciónLos coeficientes son
a0 =1
L
ˆ L0xdx =
1
L
x2
2
∣∣∣∣∣L
0
=L
2
y si n ≥ 1,
an =2
L
ˆ L0x cos
nπx
Ldx =
2
nπ
[x sen
nπx
L
∣∣∣∣L0−ˆ L0
sennπx
Ldx
]
= −2
nπ
ˆ L0
sennπx
Ldx =
2L
n2π2cos
nπx
L
∣∣∣∣L0
=2L
n2π2
[(−1)
n − 1]
=
−4L
(2m− 1)2π2si n = 2m− 1,
0 si n = 2m.
Por consiguiente
C(x) =L
2−
4L
π2
∞∑n=1
1
(2n− 1)2cos
(2n− 1)πx
L.
El Teorema 12 implica queC(x) = x, 0 ≤ x ≤ L.
Series de Fourier: II
SERIE DE FOURIER DE SENOSDel Ejercicio 19 del conjunto de Ejercicios I, las funciones propias
senπx
L, sen
2πx
L, . . . , sen
nπx
L, . . .
del problema con valores en la frontera
y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y(L) = 0 (39)
(Problema 1) son ortogonales en [0, L]. Si f es integrable en [0, L] entonces laexpansión de Fourier de f en términos de estas funciones se denomina serie deFourier de senos de f en [0, L]. Esta serie es
∞∑n=1
bn sennπx
L,
donde
bn =
´ L0f(x) sen nπx
Ldx´ L
0sen2 nπx
Ldx
=2
L
ˆ L
0
f(x) sennπx
Ldx, n = 1, 2, 3, . . . ..
Series de Fourier: IIComparando esta definición con el Teorema 11 inciso (2) vemos que la serie de Fourierde senos de f en [0, L] es la serie de Fourier de la función
f2(x) =
{−f(−x), −L < x < 0,
f(x), 0 ≤ x ≤ L,
obtenida por la extensión de f en [−L,L] como una función impar (ver la Figura 9).
Figura 9: Gráfica típica de y =
{−f(−x), −L < x < 0,
f(x), 0 ≤ x ≤ L.
Series de Fourier: II
Aplicando el Teorema 8 a f2 se llega al siguiente teorema.
Teorema 13Si f es una función suave en partes en [0, L] entonces la serie de Fourier desenos
S(x) =∞∑n=0
bn sennπx
L
de f en [0, L], con
bn =2
L
ˆ L
0
f(x) sennπx
Ldx, n = 1, 2, 3, . . . ,
converge para todo x en [0, L]; además
S(x) =
0 si x = 0;
f(x) si 0 < x < L y f es continua en x;f(x−)+f(x+)
2si 0 < x < L y f es discontinua en x;
0 si x = L.
Series de Fourier: II
Ejemplo 10Encuentre la serie de Fourier de senos de f(x) = x en [0, L].
SoluciónLos coeficientes son
bn =2
L
ˆ L0x sen
nπx
Ldx = −
2
nπ
[x cos
nπx
L
∣∣∣∣L0−ˆ L0
cosnπx
Ldx
]
= (−1)n+1 2L
nπ+
2L
n2π2sen
nπx
L
∣∣∣∣L0
= (−1)n+1 2L
nπ.
Por consiguiente
S(x) = −2L
π
∞∑n=1
(−1)n
nsen
nπx
L.
El Teorema 12 implica que
S(x) =
{x, 0 ≤ x < L,
0, x = L.
Series de Fourier: II
SERIE DE FOURIER MIXTA DE COSENOSDel Ejercicio 22 del conjunto de Ejercicios I, las funciones propias
cosπx
2L, cos
3πx
2L, . . . , cos
(2n− 1)πx
2L, . . .
del problema con valores en la frontera
y′′
+ λy = 0, y′(0) = 0, y(L) = 0 (40)
(Problema 4) son ortogonales en [0, L]. Si f es integrable en [0, L] entonces la expansión de Fourier def en términos de estas funciones se denomina serie de Fourier mixta de cosenos de f en [0, L]. Estaserie es
∞∑n=1
cn cos(2n− 1)πx
2L,
donde
cn =
´L0 f(x) cos
(2n−1)πx2L
dx´L0 cos2
(2n−1)πxL
dx=
2
L
ˆ L0f(x) cos
(2n− 1)πx
2Ldx, n = 1, 2, 3, . . . .
Denominamos a esta expansión la serie de Fourier mixta de cosenos de f en [0, L], debido a que lascondiciones de frontera de (40) están «mezcladas» en el sentido de que requieren que y sea cero en unpunto frontera y y′ sea cero en el otro. Por contraste, la serie de Fourier de cosenos «ordinaria» estáasociada con (38), en donde las condiciones de frontera requieren que y′ sea igual a cero en los dospuntos frontera.
Series de Fourier: IIPuede demostrarse que la serie de Fourier mixta de cosenos de f en [0, L] essimplemente la restricción a [0, L] de la serie de Fourier de cosenos de
f3(x) =
{f(x), 0 ≤ x ≤ L,−f(2L− x), L < x ≤ 2L
en [0, L] (Figura 10).
Figura 10: Gráfica típica de y =
{f(x), 0 ≤ x ≤ L,−f(2L− x), L < x ≤ 2L.
Series de Fourier: IIAplicando el Teorema 12 con f reemplazada por f3 y Lreemplazada por 2L se obtiene el siguiente teorema.
Teorema 14Si f es suave en partes en [0, L] entonces la serie de Fourier mixta de cosenos
CM (x) =
∞∑n=1
cn cos(2n− 1)πx
2L
de f en [0, L], con
cn =2
L
ˆ L
0
f(x) cos(2n− 1)πx
2Ldx, n = 1, 2, 3, . . . .
converge para todo x en [0, L]; además
CM (x) =
f(0+) si x = 0;
f(x) si 0 < x < L y f es continua en x;f(x−)+f(x+)
2si 0 < x < L y f es discontinua en x;
0, si x = L.
Series de Fourier: IIEjemplo 11Encuentre la serie de Fourier mixta de cosenos de f(x) = x− L en [0, L].
SoluciónLos coeficientes son
cn =1
2L
ˆ L0
(x− L) cos(2n− 1)πx
2Ldx
=4
(2n− 1)π
[(x− L) sen
(2n− 1)πx
2L
∣∣∣∣L0
−ˆ L0
sen(2n− 1)πx
2Ldx
]
=8L
(2n− 1)2 π2cos
(2n− 1)πx
2L
∣∣∣∣L0
= −8L
(2n− 1)2 π2.
Por consiguiente
CM (x) = −8L
π2
∞∑n=1
1
(2n− 1)2cos
(2n− 1)πx
2L.
El Teorema 14 implica que
CM (x) = x− L, 0 ≤ x ≤ L.
Series de Fourier: IISERIE DE FOURIER MIXTA DE SENOSDel Ejercicio 21 del conjunto de Ejercicios I, las funciones propias
senπx
2L, sen
3πx
2L, . . . , sen
(2n− 1)πx
2L, . . .
del problema con valores en la frontera
y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y′(L) = 0 (41)
(Problema 3) son ortogonales en [0, L]. Si f es integrable en [0, L] entonces laexpansión de Fourier de f en términos de estas funciones se denomina serie de Fouriermixta de senos de f en [0, L]. Esta serie es
∞∑n=1
dn sen(2n− 1)πx
2L,
donde
dn =
´ L0 f(x) sen
(2n−1)πx2L
dx´ L0 sen2 (2n−1)πx
2Ldx
=2
L
ˆ L0f(x) sen
(2n− 1)πx
2Ldx, n = 1, 2, 3, . . . .
Series de Fourier: IIPuede demostrarse que la serie de Fourier mixta de senos de f en [0, L] es simplemente la restricción a[0, L] de la serie de Fourier de senos de
f4(x) =
{f(x), 0 ≤ x ≤ L,f(2L− x), L < x ≤ 2L
en [0, 2L] (Figura 11).
Figura 11: Gráfica típica de y =
{f(x), 0 ≤ x ≤ L,f(2L− x), L < x ≤ 2L.
Series de Fourier: IIAplicando el Teorema 13 con f reemplazada por f4 y L reemplazada por 2L seobtiene el siguiente teorema.
Teorema 15Si f es suave en partes en [0, L] entonces la serie de Fourier mixta de senos
SM (x) =∞∑n=1
dn sen(2n− 1)πx
2L
de f en [0, L], con
dn =2
L
ˆ L0f(x) sen
(2n− 1)πx
2Ldx, n = 1, 2, 3, . . . .
converge para todo x en [0, L]; además
SM (x) =
0 si x = 0;
f(x) si 0 < x < L y f es continua en x;f(x−)+f(x+)
2si 0 < x < L y f es discontinua en x;
f(L−), si x = L.
Series de Fourier: II
Ejemplo 12Encuentre la serie de Fourier mixta de senos de f(x) = x en [0, L].
SoluciónLos coeficientes son
dn =2
L
ˆ L0x sen
(2n− 1)πx
2Ldx
= −4
(2n− 1)π
[x cos
(2n− 1)πx
2L
∣∣∣∣L0−ˆ L0
cos(2n− 1)πx
2Ldx
]
=4
(2n− 1)π
ˆ L0
cos(2n− 1)πx
2Ldx
=8L
(2n− 1)2 π2sen
(2n− 1)πx
2L
∣∣∣∣L0
= (−1)n+1 8L
(2n− 1)2 π2.
Por consiguiente
SM (x) = −8L
π2
∞∑n=1
(−1)n
(2n− 1)2sen
(2n− 1)πx
2L.
El Teorema 15 implica queSM (x) = x, 0 ≤ x ≤ L.
Series de Fourier: IIObservación 1En las aplicaciones que involucran expansiones en términos de las funciones propias de los Problemas1-4, las funciones que se expanden a menudo son polinomios que satisfacen las condiciones de fronteradel problema bajo consideración. En este caso el siguiente teorema presenta una manera eficiente paraobtener los coeficientes en la expansión.
Teorema 16
1. Si f ′(0) = f ′(L) = 0, f ′′ es continua y f ′′′ es continua en partes en [0, L], entonces
f(x) = a0 +∞∑n=1
an cosnπx
L, 0 ≤ x ≤ L, (42)
con
a0 =1
L
ˆ L0f(x)dx y an =
2L2
n3π3
ˆ L0f′′′
(x) sennπx
Ldx, n ≥ 1. (43)
2. Si f(0) = f(L) = 0, f ′ es continua y f ′′ es continua en partes en [0, L], entonces
f(x) =∞∑n=1
bn sennπx
L, 0 ≤ x ≤ L, (44)
con
bn = −2L
n2π2
ˆ L0f′′(x) sen
nπx
Ldx. (45)
Series de Fourier: II
Teorema 16 (cont.)
3. Si f ′(0) = f(L) = 0, f ′ es continua y f ′′ es continua en partes en [0, L],entonces
f(x) =∞∑n=1
cn cos(2n− 1)πx
2L, 0 ≤ x ≤ L, (46)
con
cn = − 8L
(2n− 1)2 π2
ˆ L
0
f ′′(x) cos(2n− 1)πx
2Ldx. (47)
4. Si f(0) = f ′(L) = 0, f ′ es continua y f ′′ es continua en partes en [0, L],entonces
f(x) =
∞∑n=1
dn sen(2n− 1)πx
2L, 0 ≤ x ≤ L, (48)
con
dn = − 8L
(2n− 1)2 π2
ˆ L
0
f ′′(x) sen(2n− 1)πx
2Ldx. (49)
Series de Fourier: IIDemostración.Probaremos (1) y dejamos los otros incisos al lector. Ya que f es continua en [0, L], elTeorema 12 implica (42) con a0, a1, a2, . . . como se definen en dicho Teorema 12. Yasabemos que a0 es como se muestra en (43). Si n ≥ 1, integrando por partes dosveces se obtiene
an =2
L
ˆ L0f(x) cos
nπx
Ldx
=2
nπ
[f(x) sen
nπx
L
∣∣∣∣L0
−ˆ L0f ′(x) sen
nπx
Ldx
]
= −2
nπ
ˆ L0f ′(x) sen
nπx
Ldx (puesto que sen 0 = sennπ = 0)
=2L
n2π2
[f ′(x) cos
nπx
L
∣∣∣∣L0
−ˆ L0f ′′(x) cos
nπx
Ldx
]
= −2L
n2π2
ˆ L0f ′′(x) cos
nπx
Ldx (puesto que f ′(0) = f ′(L) = 0)
= −2L2
n3π3
[f ′′(x) sen
nπx
L
∣∣∣∣L0
−ˆ L0f ′′′(x) sen
nπx
Ldx
]
=2L2
n3π3
ˆ L0f ′′′(x) sen
nπx
Ldx (puesto que sen 0 = sennπ = 0).
Series de Fourier: II
Ejemplo 13Encuentre la expansión de Fourier de cosenos de f(x) = x2 (3L− 2x) en [0, L].
SoluciónAquí
a0 =1
L
ˆ L0
(3Lx
2 − 2x3)dx =
1
L
(Lx
3 −x4
2
)∣∣∣∣∣L
0
=L3
2
y
an =2
L
ˆ L0
(3Lx
2 − 2x3)cos
nπx
Ldx, n ≥ 1.
La evaluación de esta integral es muy laboriosa. Sin embargo, puesto que f ′(x) = 6Lx− 6x2, vemosque f ′(0) = f ′(L) = 0. Puesto que f ′′′(x) = −12, vemos de (43) que si n ≥ 1 entonces
an = −24L2
n3π3
ˆ L0
sennπx
Ldx =
24L3
n4π4cos
nπx
L
∣∣∣∣∣L
0
=24L3
n4π4
[(−1)
n − 1]
=
− 48L3
(2m−1)4π2 si n = 2m− 1,
0, si n = 2m.
Por consiguiente
C(x) =L3
2−
48L3
π4
∞∑n=1
1
(2n− 1)4cos
(2n− 1)πx
L.
Series de Fourier: II
Ejemplo 14Encuentre la expansión de Fourier de senos de f(x) = x
(x2 − 3Lx+ 2L2
)en [0, L].
SoluciónPuesto que f(0) = f(L) = 0 y f ′′(x) = 6 (x− L), vemos de (45) que
bn = −12L
n2π2
ˆ L0
(x− L) sennπx
Ldx
=12L2
n3π3
[(x− L) cos
nπx
L
∣∣∣∣L0
−ˆ L0
cosnπx
Ldx
]
=12L2
n3π3
[L−
L
nπsen
nπx
L
∣∣∣∣L0
]=
12L3
n3π3.
Por consiguiente
S(x) =12L3
π3
∞∑n=1
1
n3sen
nπx
L.
Series de Fourier: IIEjemplo 15Encuentre la expansión de Fourier mixta de cosenos de f(x) = 3x3 − 4Lx2 + L3 en[0, L].
SoluciónPuesto que f ′(0) = f(L) = 0 y f ′′(x) = 2 (9x− 4L), vemos de (47) que
cn = −16L
(2n− 1)2 π2
ˆ L0
(9x− 4L) cos(2n− 1)πx
2Ldx
= −32L2
(2n− 1)3 π3
[(9x− 4L) sen
(2n− 1)πx
2L
∣∣∣∣L0
− 9
ˆ L0
sen(2n− 1)πx
2Ldx
]
= −32L2
(2n− 1)3 π3
[(−1)n+1 5L+
18L
(2n− 1)πcos
(2n− 1)πx
2L
∣∣∣∣L0
]
=32L3
(2n− 1)3 π3
[(−1)n 5 +
18
(2n− 1)π
].
Por consiguiente
CM (x) =32L3
π3
∞∑n=1
1
(2n− 1)3
[(−1)n 5 +
18
(2n− 1)π
]cos
(2n− 1)πx
2L.
Series de Fourier: IIEjemplo 16Encuentre la expansión de Fourier mixta de senos de f(x) = x
(2x2 − 9Lx+ 12L2
)en [0, L].
SoluciónPuesto que f(0) = f ′(L) = 0, y f ′′(x) = 6 (2x− 3L), vemos de (49) que
dm = −48L
(2n− 1)2 π2
ˆ L0
(2x− 3L) sen(2n− 1)πx
2Ldx
=96L2
(2n− 1)3 π3
[(2x− 3L) cos
(2n− 1)πx
2L
∣∣∣∣L0
− 2
ˆ L0
cos(2n− 1)πx
2Ldx
]
=96L2
(2n− 1)3 π3
[3L−
4L
(2n− 1)πsen
(2n− 1)πx
2L
∣∣∣∣L0
]
=96L3
(2n− 1)3 π3
[3 + (−1)n
4
(2n− 1)π
].
Por consiguiente
SM (x) =96L3
π3
∞∑n=1
1
(2n− 1)3
[3 + (−1)n
4
(2n− 1)π
]sen
(2n− 1)πx
2L.
Ejercicios 3
En los ejercicios 2, 3, 5, 9, 10, 11, 12, 14, 15, 16, 18, 20, 21, 24, 25 , 30, 36,37 y 43, grafique la función f y algunas sumas parciales de la serie requerida.Si el intervalo es [0, L], elija un valor específico de L para la gráfica.En los Ejercicios 1-10 encuentre la serie de Fourier de cosenos.
1. f(x) = x2; [0, L]
2. f(x) = 1− x; [0, 1]
3. f(x) = x2 − 2Lx; [0, L]
4. f(x) = sen kx (k 6= entero); [0, π]
5. f(x) =
{1, 0 ≤ x ≤ L
2
0, L2< x < L;
; [0, L]
6. f(x) = x2 − L2; [0, L]
7. f(x) = (x− 1)2; [0, 1]
8. f(x) = ex; [0, π]
9. f(x) = x (L− x) ; [0, L]
10. f(x) = x (x− L) ; [0, L]
Ejercicios 3 (cont.)En los Ejercicios 11-17 encuentre la serie de Fourier de senos.
11. f(x) = 1; [0, L]
12. f(x) = 1− x; [0, 1]
13. f(x) = cos kx (k 6= entero); [0, π]
14. f(x) =
{1, 0 ≤ x ≤ L
2
0, L2< x < L
; [0, L]
15. f(x) =
{x, 0 ≤ x ≤ L
2
L− x, L2< x < L
; [0, L]
16. f(x) = x senx; [0, π]
17. f(x) = ex; [0, π]
En los Ejercicios 18-24 encuentre la serie de Fourier mixta de cosenos.
18. f(x) = 1; [0, L]
19. f(x) = x2; [0, L]
20. f(x) = x; [0, 1]
21. f(x) =
{1, 0 ≤ x ≤ L
2
0, L2< x < L
; [0, L]
22. f(x) = cosx; [0, π]
23. f(x) = senx; [0, π]
24. f(x) = x (L− x) ; [0, L]
Ejercicios 3 (cont.)
En los Ejercicios 25-30 encuentre la serie de Fourier mixta de senos.
25. f(x) = 1; [0, L]
26. f(x) = x2; [0, L]
27. f(x) =
{1, 0 ≤ x ≤ L
2
0, L2< x < L
; [0, L]
28. f(x) = cosx; [0, π]
29. f(x) = senx; [0, π]
30. f(x) = x (L− x) ; [0, L]
En los Ejercicios 31-34 utilice el Teorema 16 (1) para encontrar la serie de Fourier decosenos de f en [0, L]
31. f(x) = 3x2(x2 − 2L2
)32. f(x) = x3 (3x− 4L)
33. f(x) = x2(3x2 − 8Lx+ 6L2
)34. f(x) = x2 (x− L)2
Ejercicios 3 (cont.)
35. (a) Pruebe el Teorema 16 inciso (2)(b) Además de las suposiciones del Teorema 16 inciso (2), suponga quef ′′(0) = f ′′(L) = 0, f ′′′ es continua, y f (4) es continua en partes en [0, L].Demuestre que
bn =2L3
n4π4
ˆ L0f (4)(x) sen
nπx
Ldx, n ≥ 1.
En los Ejercicios 36-41 utilice el Teorema 16 inciso (2) o, donde sea aplicable, elEjercicio 35(b), para encontrar la serie de Fourier de senos de f en [0, L].
36. f(x) = x (L− x)
37. f(x) = x2 (L− x)
38. f(x) = x(L2 − x2
)39. f(x) = x
(x3 − 2Lx2 + L3
)40. f(x) = x
(3x4 − 10L2x2 + 7L4
)41. f(x) = x
(3x4 − 5Lx3 + 2L4
)
Ejercicios 3 (cont.)
42. (a) Pruebe el Teorema 16 inciso (3)(b) Además de las suposiciones del Teorema 16 inciso (3), suponga quef ′′(L) = 0, f ′′ es continua, y f ′′′ es continua en partes en [0, L]. Demuestre que
cn =16L2
(2n− 1)3 π3
ˆ L0f ′′′(x) sen
(2n− 1)πx
2Ldx, n ≥ 1.
En los Ejercicios 43-49 utilice el Teorema 16 inciso (3) o, donde sea aplicable, elEjercicio 42(b), para encontrar la serie de Fourier mixta de cosenos de f en [0, L].
43. f(x) = x2 (L− x)
44. f(x) = L2 − x2
45. f(x) = L3 − x3
46. f(x) = 2x3 + 3Lx2 − 5L3
47. f(x) = 4x3 + 3Lx2 − 7L3
48. f(x) = x4 − 2Lx34L3
49. f(x) = x4 − 4Lx3 + 6L2x2 − 3L4
Ejercicios 3 (cont.)
50. (a) Pruebe el Teorema 16 inciso (4)(b) Además de las suposiciones del Teorema 16 inciso (4), suponga quef ′′(0) = 0, f ′′ es continua, y f ′′′ es continua en partes en [0, L]. Demuestre que
dn = −16L2
(2n− 1)3 π3
ˆ L0f ′′′(x) cos
(2n− 1)πx
2Ldx, n ≥ 1.
En los Ejercicios 51-56 utilice el Teorema 16 inciso (4) o, donde sea aplicable, elEjercicio 50(b), para encontrar la serie de Fourier mixta de senos de f en [0, L].
51. f(x) = x (2L− x)
52. f(x) = x2 (3L− 2x)
53. f(x) = (L− x)3 + L3
54. f(x) = x(x2 − 3L2
)55. f(x) = x3 (3x− 4L)
56. f(x) = x(x3 − 2Lx2 + 2L3
)