Problemario de Series de Fourier

1. PROBLEMAS RESUELTOS DE SERIES DE FOURIER


Ejemplo 1. Halle la representación en serie trigonométrica de Fourier para la siguiente
señal
()e,0 1
t
ftt
−
=≤≤ , mostrada en la figura.





SOLUCION.


La señal es
()e,0 1
t
ftt
−
=≤≤ , y para este ejemplo:
00
1 y 2T ωπ= =.


Primero calcularemos los coeficientes a
n, de la fórmula tenemos que:


()
0
0
0
2
cos
tT
n
t
aftntdt
T ω
+
=∫


Entonces:
1
0
2e cos2
t
n
antdt π
−
=∫


Por tablas de integrales:
()
22
e
e cos cos sen
au
au
bu du a bu b bu
ab
=+
+∫



Realizando las sustituciones:
1 y 2abn
π=− = , se tendrá que:

()
1
22 02e
cos2 2 sen 2
14
t
n
antnnt
n ππ π
π
−
=−+
+

2. Evaluando límites:

1
222
ecos2
14
n
an
n π
π
−
=−
+
1
2sen2nnππ
=
+( )
0
0
ecos(0)
=
−−
1
2sen(0)nπ
=
+( )
0=
⎡⎤
⎢⎥⎣⎦


De tal forma que: ()
1
222
1e .
14
n
an
n
π
−
=−∀
+



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


()
0
0
0
1
1
10
0
0
0
1
eeee
tT
t
tt
aftdt
T
adt
+
−−−
=
==−=−+∫
∫


⇒
1
0
1 e 1.264a
−
=− ≅





Concluimos calculando los coeficientes
bn:


()
0
0
0
2
sen
tT
n
t
bftntdt
T ω
+
=∫

Por tablas de integrales:
()
22
e
esen sen cos
au
au
bu du a bu b bu
ab
=−
+∫


Sustituyendo
1 y 2abn
π=− = , se tendrá entonces:
()
1
22 02e
sen 2 2 cos2
14
t
n
bntnnt
n ππ π
π
−
=−−
+

1
222
esen2
14
n
bn
n π
π
−
=−
+
0
2cos2nnππ
=
−( )
1
0
esen(0)
=
−−
0
2cos(0)nπ
=
−( )
1=
⎡⎤
⎢⎥⎣⎦



1
222
2e 2
14
n
bnn
n
π π
π
−
⎡ ⎤=−+
⎣ ⎦
+


⇒ ()
1
224
1e .
14
n
n
bn
n
π
π
−
=−∀
+

3. Finalmente, la representación en serie trigonométrica de Fourier para la señal ()ft
será:
()
() ()
11
22 22
124
1.264 1 e cos2 1 e sen 2
14 14
n
n
ftntnt
nn
ππ π
ππ
∞
−−
=
⎡⎤
≅+ − + −
⎢⎥
++⎣⎦
∑

4. Ejemplo 2. Halle la representación en serie trigonométrica de Fourier para la siguiente
señal
()
2
,0 1
ftt t=≤≤ , mostrada en la figura.



SOLUCION.


La señal es
()
2
,0 1
ftt t=≤≤ , y para este ejemplo:
00
1 y 2Tωπ= =.


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

()
0
0
0
2
cos
tT
n
t
aftntdt
T ω
+
=∫



1
2
0
2cos2
n
atntdt π=∫



Utilizando integración por partes:
2
2
1
cos 2 sen 2
2
ut du tdt
dv n t dt v n t
n
π π
π
=⇒ =
=⇒=



1 1
2
0 0
12
2sen2 sen2
22
n
atnttntdt
nn ππ
ππ
⎡⎤
=−⎢⎥
⎢⎥⎣⎦
∫


11 1
2
00 0
1211
sen 2 cos2 cos2
22
n
atnt tnt ntdt
nnnn πππ
ππππ
⎡ ⎤
=−− + ⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦
∫


111
2
22
000
121 1
sen 2 cos2 sen 2
24
n
atnt tnt nt
nnn n πππ
πππ π
⎡ ⎤
=−− + ⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦


111
2
22 33
000
111
sen 2 cos2 sen 2
2
n
atnt tnt nt
nn n
π ππ
πππ=+ −

5. ()
21
1sen2
n
an
n π
π=
()
0
22 1
01cos2 n
n
π
π
=
⎡⎤
−+
⎢⎥⎣⎦
1
33
0
1
sen 2
2
n
n
π
π
=
⎡ ⎤
−
⎢ ⎥⎣ ⎦
− ()
0
sen 0
=
−
0=
⎡⎤
⎢⎥⎣⎦



⇒
22
1
0.
n
an
n
π
=∀≠



Calculando el coeficiente
0
a:


()
0
0
0
1
tT
t
aftdt
T
+
=∫


()
1
1
23
0
0
0
11
10
33
atdtt===−
∫


⇒
0
1
3
a=




Calculando el coeficiente
bn:
()
0
0
0
2
sen
tT
n
t
bftntdt
T ω
+
=∫



1
2
0
2sen2
n
bt ntdt π=∫


Aplicando integración por partes:


2
2
1
sen 2 cos2
2
ut du tdt
dv n t dt v n t
n
π π
π
=⇒ =
=⇒=−


1 1
2
0 0
11
2cos2 2cos2
22
n
btnttntdt
nn ππ
ππ
⎡⎤
=− +⎢⎥
⎢⎥⎣⎦
∫

6. 1 1
2
0 0
12
cos2 cos2
n
btnttntdt
nn ππ
ππ=− + ∫



Volviendo aplicar integración por partes:

1
cos 2 sen 2
2
ut dutdt
dv n t dt v n t
n
π π
π
=⇒ =
=⇒=


Realizando las operaciones correspondientes:


11 1
2
00 0
1211
cos2 sen 2 sen 2
22
n
btnt tnt ntdt
nnnn πππ
ππππ
⎡ ⎤
=− + − ⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦
∫


111
2
000
12111
cos2 sen 2 cos2
222
n
btnt tnt nt
nnnnn πππ
πππππ
⎡ ⎤
=− + + ⋅ ⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦


111
2
22 33
000
11 1
cos2 sen2 cos2
2
n
btnt tnt nt
nn n
π ππ
ππ π=− + +

1
cos2
n
bn
n π
π=−
1
22 1
0sen2 n
n
π
π
=
⎡⎤
−+
⎢⎥⎣⎦
0
33
0
1
cos2
2
n
n
π
π
=
⎡ ⎤
−+
⎢ ⎥⎣ ⎦
()
1
cos 0
=
−
1=
⎡⎤
⎢⎥⎣⎦


⇒
1
.
n
bn
n
π
=− ∀
Finalmente, la serie de Fourier para la señal
()ft es:


()
22
1
11 1
cos2 sen 2
3
n
ftntnt
nn
π π
ππ
∞
=
⎡⎤
=+ −
⎢⎥
⎣⎦
∑

7. 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.

La señal ()ft se definirá como: ()
22
cos ,
0,
At t
ft
otro caso
π π
−≤≤⎧
=⎨
⎩


Para la serie de Fourier tendremos que:
00
2 y 1T
πω= =.

Dado que la señal
()
ft tiene simetría par, entonces los coeficientes 0
n
b=.

Para este caso, solo consideraremos el cálculo de los coeficientes
an.

Por definición:
()
0
0
0
2
cos
tT
n
t
aftntdt
T ω
+
=∫


Sustituyendo:
22
22
2
cos cos cos cos
2
n
A
aAtntdt tntdt
ππ
ππ
ππ
++
−−
==∫∫


Resolviendo la integral por tablas:
()
()
()
()
sen sen
cos cos
22
abu abu
au bu du
ab ab
−+
=+
−+
∫

Sustituyendo
1 y abn== , en la integral:


()
()
()
()
22
22
sen 1 sen 1
21 21
n
nt ntA
a
nn
ππ
ππ
π
++
−−
⎡⎤
−+
⎢⎥=+
−+⎢⎥
⎣⎦

8. Evaluando los límites:


()() ()()
()
()() ()()
()
22 22
sen1 sen1 sen1 sen1
21 21
n
nn nnA
a
nn
ππ ππ
π
⎡⎤−−−− +−+−
=+⎢⎥
−+
⎣⎦


()() ()()
()
()() ()()
()
22 22
sen 1 sen 1 sen 1 sen 1
21 21
n
nn nnA
a
nn
ππ ππ
π
⎡⎤−+− +++
=+⎢⎥
−+
⎣⎦




()() ()()
22
sen1 sen1
11
n
nnA
a
nn
ππ
π
⎡⎤−+
=+⎢⎥
−+
⎣⎦



Por identidades trigonométricas:

()
sen 1 sen sen
2222
n
n
ππππ⎛⎞ ⎛ ⎞
±=±=
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎝⎠ ⎝ ⎠
1
cos cos
22
n
ππ
=
±
0
sen cos
22
nnπ π
=
=

Entonces:
22
cos cos 11
cos
11 211
nn
n
AAn
a
nn nn
ππ
π
ππ⎛⎞ ⎛⎞⎛ ⎞
=+= +
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟
−+ −+ ⎝⎠⎝ ⎠⎝⎠


()()
11
cos
21 1
n
An nn
a
nnπ
π⎛⎞++−⎛⎞
= ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟
−+⎝⎠ ⎝⎠


⇒
()
2
2
cos 1.
21
n
An
an
n
π
π
=∀≠
−




De la expresión anterior obtenida para los coeficientes
an, se establece que esta
expresión es válida para toda
n excepto para 1n
=, 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 1n=, en la expresión general de los coeficientes an, antes de
proceder al cálculo integral, tal como se muestra a continuación:

Formula general:
()
0
0
0
2
cos
tT
n
t
aftntdt
T ω
+
=∫

Para el caso
1n=:
2
2
2
1
cos
A
atdt
π
π
π
+
−
=∫

9. Por identidad trigonométrica: ()
21
cos 1 cos2
2
tt=+
Entonces: ()
222
222
1
1
1 cos2 cos2
22
AA
a t dt dt t dt
πππ
πππ
ππ
+++
−−−
⎛⎞
⎜⎟=+ = +
⎜⎟
⎝⎠
∫∫∫


( )
22
2 21
1 2
sen 2
2
A
at t
ππ
π π
π
++
− −
=+

Evaluando límites:
1
1
sen
222 2
A
aππ
π
π⎛⎞
=++
⎜⎟
⎝⎠
0
senπ
=
+( )
0=⎡⎤
⎢⎥
⎣⎦



1
2
A
a⇒=

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
2
cos
21
n
An
a
n
π
π
=
−


Aplicando regla L’Hopital:
()
()
()
11
1
1 2
1
1
2cos 2 sen
222
lim
2
1
nn
n
n
n
n
dn n
AA
dx
aa
d n
n
dx πππ
π
π
= =
→
=
=
⎡ ⎤⎛ ⎞
−⎜⎟⎢⎥
⎣ ⎦⎝ ⎠
== =
−
⎡⎤−
⎣⎦


Evaluando:
1
sen
2
A
a
π
π
−
=
1
22
Aπ
=
=
−



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 0n≠, produzca una indeterminación en la expresión general.

Ahora, solo basta hallar el coeficiente independiente
a0. Según la fórmula:

()
0
0
0
1
tT
t
aftdt
T
+
=∫

10. ()
2 2
22
0 2
1
cos sen sen
222
AA
aAtdt t
π π
ππ
π
πππ
+ +
−−
===∫
()
1
2
sen
π
=
−−
1=−
⎡ ⎤
⎢ ⎥⎣ ⎦


⇒
0
A
a
π
=


Luego entonces, la serie de Fourier para esta señal será:


()
()
2
2
2
cos cos cos
22 1
n
AA A n
ftt nt
n
π
π π
∞
=
=+ +
− ∑

11. PROBLEMAS PROPUESTOS DE SERIES DE FOURIER


Encuentre las representaciones en serie trigonométrica de Fourier para las señales
mostradas a continuación.

10
-10
2
-2
f(t)
t
4
-4
1
-1
g(t)
t
5
0.1-0.1
y(t)
t
......
0.2-0.2
1
h(t)
t
......
Función
generatriz:
cos(at)
π
4
π
4
π
2
π
2




RESPUESTAS.

(a)
10 , 2 0
()
10 , 0 2
t
ft
t
−≤≤⎧
=⎨
−≤≤⎩


Como
()
ft es impar 0
n
a⇒= .

()
220
1 cos 10 Sa
2
n
n
bnn
n
π
ππ
π
⎡⎤
=− − =−
⎢⎥
⎣⎦



2
1
() 10 Sa sen
22
n
nnt
ft n
ππ
∞
=
⎡⎤
=−
⎢⎥
⎣⎦
∑

12. (b)
()
()41,1 0
()
41,0 1
tt
gt
tt
+−≤≤⎧
⎪
=⎨
−≤≤⎪⎩


Como ( )
ft es impar 0
n
a⇒= .


8
n
b
nπ
=−

()
1
8
() sen
n
gt n n t
π
π
∞
=
=−∑




(c)
1
10
1
10
5sen10 , 0
()
()
tt
yt
ytπ
≤≤⎧
=⎨
±
⎩


Como ( )
ft es par 0
n
b⇒= .


()
2
20
14
n
an
n
π
=∀
−
y
0
10
a
π
=


()
()
2
1
10 20
() cos 20
14
n
yt nt
n π
π π
∞
=
=+
− ∑




(d)
4
42
cos 2 , 0
()
0,
tt
ht
t
π
π π
≤≤⎧
=⎨
≤≤
⎩



()
2
2cos
14
n
n
an
n
π
π
=∀
−
y
0
1
a
π
=


()
2
4
14
n
n
bn
n
π
−
=∀
−



()
()
()
()
22
1
12cos 4
() cos 4 sen 4
14 14
n
nn
h t nt nt
nnπ
π ππ
∞
=⎡⎤
⎢⎥=+ −
−−⎢⎥
⎣⎦
∑