series de fourier 3 ejemplos resueltos
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PROBLEMAS RESUELTOS DE SERIES DE FOURIER Ejemplo 1. Halle la representación en serie trigonométrica de Fourier para la siguiente señal ( ) e , 0 1tf t t−= ≤ ≤ , mostrada en la figura.
SOLUCION. La señal es ( ) e , 0 1tf t t−= ≤ ≤ , y para este ejemplo: 0 01 y 2T ω π= = . Primero calcularemos los coeficientes an, de la fórmula tenemos que:
( )0
00
2 cost T
nt
a f t n t dtT
ω+
= ∫
Entonces: 1
0
2 e cos 2tna n t dtπ−= ∫
Por tablas de integrales: ( )2 2
ee cos cos senau
au bu du a bu b bua b
= ++∫
Realizando las sustituciones: 1 y 2a b nπ= − = , se tendrá que:
( ) 1
2 2 0
2e cos 2 2 sen 21 4
t
na n t n n tn
π π ππ
−
= − ++
Evaluando límites:
12 2
2 e cos 21 4na n
nπ
π−= −
+1
2 sen 2n nπ π=+( )0 0e cos(0)
=− −
12 sen(0)nπ
=+( )0=⎡ ⎤
⎢ ⎥⎣ ⎦
De tal forma que: ( )12 2
2 1 e .1 4na n
n π−= − ∀
+
Ahora calcularemos el coeficiente independiente a0. A partir de la fórmula:
( )
0
00
11 1 0
0 00
1
e e e e
t T
t
t t
a f t dtT
a dt
+
− − −
=
= = − = − +
∫
∫
⇒ 1
0 1 e 1.264a −= − ≅ Concluimos calculando los coeficientes bn:
( )0
00
2 sent T
nt
b f t n t dtT
ω+
= ∫
Por tablas de integrales: ( )2 2
ee sen sen cosau
au bu du a bu b bua b
= −+∫
Sustituyendo 1 y 2a b nπ= − = , se tendrá entonces:
( ) 1
2 2 0
2e sen 2 2 cos 21 4
t
nb n t n n tn
π π ππ
−
= − −+
12 2
2 e sen 21 4nb n
nπ
π−= −
+0
2 cos 2n nπ π=−( )1 0e sen(0)
=− −
02 cos(0)nπ
=−( )1=⎡ ⎤
⎢ ⎥⎣ ⎦
12 2
2 2 e 21 4nb n n
nπ π
π−⎡ ⎤= − +⎣ ⎦+
⇒ ( )12 2
4 1 e .1 4n
nb nnππ
−= − ∀+
Finalmente, la representación en serie trigonométrica de Fourier para la señal ( )f t será:
( ) ( ) ( )1 12 2 2 2
1
2 41.264 1 e cos 2 1 e sen 21 4 1 4n
nf t n t n tn n
ππ ππ π
∞− −
=
⎡ ⎤≅ + − + −⎢ ⎥+ +⎣ ⎦∑
Ejemplo 2. Halle la representación en serie trigonométrica de Fourier para la siguiente señal ( ) 2 , 0 1f t t t= ≤ ≤ , mostrada en la figura.
SOLUCION. La señal es ( ) 2 , 0 1f t t t= ≤ ≤ , y para este ejemplo: 0 01 y 2T ω π= = . Primero calcularemos los coeficientes an. De la fórmula tenemos que:
( )0
00
2 cost T
nt
a f t n t dtT
ω+
= ∫
1
2
0
2 cos 2na t n t dtπ= ∫
Utilizando integración por partes:
2 21cos 2 sen 2
2
u t du t dt
dv n t dt v n tn
π ππ
= ⇒ =
= ⇒ =
1 1
2
0 0
1 22 sen 2 sen 22 2na t n t t n t dtn n
π ππ π
⎡ ⎤= −⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦∫
1 1 1
2
0 0 0
1 2 1 1sen 2 cos 2 cos 22 2na t n t t n t n t dt
n n n nπ π π
π π π π⎡ ⎤
= − − +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
∫
1 1 1
22 2
0 0 0
1 2 1 1sen 2 cos 2 sen 22 4na t n t t n t n t
n n n nπ π π
π π π π⎡ ⎤
= − − +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
1 1 1
22 2 3 3
0 0 0
1 1 1sen 2 cos 2 sen 22na t n t t n t n t
n n nπ π π
π π π= + −
( )21 1 sen 2na nn
ππ
= ( )0
2 2
10 1 cos 2nn
ππ
=⎡ ⎤− +⎢ ⎥⎣ ⎦1
3 3
0
1 sen 22
nn
ππ
=⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦
− ( )0sen 0
=−
0=⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
⇒ 2 2
1 0.na nn π
= ∀ ≠
Calculando el coeficiente 0a :
( )0
00
1 t T
t
a f t dtT
+
= ∫
( )1
12 30 0
0
1 1 1 03 3
a t dt t= = = −∫
⇒ 013
a =
Calculando el coeficiente bn: ( )0
00
2 sent T
nt
b f t n t dtT
ω+
= ∫
1
2
0
2 sen 2nb t n t dtπ= ∫
Aplicando integración por partes:
2 21sen 2 cos 2
2
u t du t dt
dv n t dt v n tn
π ππ
= ⇒ =
= ⇒ = −
1 1
2
0 0
1 12 cos 2 2 cos 22 2nb t n t t n t dtn n
π ππ π
⎡ ⎤= − +⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦∫
1 1
2
0 0
1 2cos 2 cos 2nb t n t t n t dtn n
π ππ π
= − + ∫
Volviendo aplicar integración por partes:
1cos 2 sen 22
u t du t dt
dv n t dt v n tn
π ππ
= ⇒ =
= ⇒ =
Realizando las operaciones correspondientes:
1 1 1
2
0 0 0
1 2 1 1cos 2 sen 2 sen 22 2nb t n t t n t n t dt
n n n nπ π π
π π π π⎡ ⎤
= − + −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
∫
1 1 1
2
0 0 0
1 2 1 1 1cos 2 sen 2 cos 22 2 2nb t n t t n t n t
n n n n nπ π π
π π π π π⎡ ⎤
= − + + ⋅⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
1 1 1
22 2 3 3
0 0 0
1 1 1cos 2 sen 2 cos 22nb t n t t n t n t
n n nπ π π
π π π= − + +
1 cos 2nb nn
ππ
= −1
2 2
10 sen 2nn
ππ
=⎡ ⎤− +⎢ ⎥⎣ ⎦0
3 3
0
1 cos 22
nn
ππ
=⎡ ⎤− +⎢ ⎥⎣ ⎦
( )1cos 0
=−
1=⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
⇒ 1 .nb nnπ
= − ∀
Finalmente, la serie de Fourier para la señal ( )f t es:
( ) 2 21
1 1 1cos 2 sen 23 n
f t n t n tn n
π ππ π
∞
=
⎡ ⎤= + −⎢ ⎥⎣ ⎦∑
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 ( )f t se definirá como: ( ) 2 2cos ,0 ,
A t tf t
otro caso
π π− ≤ ≤⎧= ⎨⎩
Para la serie de Fourier tendremos que: 0 02 y 1T π ω= = . Dado que la señal ( )f t tiene simetría par, entonces los coeficientes 0nb = . Para este caso, solo consideraremos el cálculo de los coeficientes an.
Por definición: ( )0
00
2 cost T
nt
a f t n t dtT
ω+
= ∫
Sustituyendo: 2 2
2 2
2 cos cos cos cos2n
Aa A t nt dt t nt dtπ π
π ππ π
+ +
− −
= =∫ ∫
Resolviendo la integral por tablas: ( )( )
( )( )
sen sencos cos
2 2a b u a b u
au bu dua b a b− +
= +− +∫
Sustituyendo 1 y a b n= = , en la integral:
( )( )
( )( )
2 2
2 2
sen 1 sen 12 1 2 1n
n t n tAan n
π π
π ππ
+ +
− −
⎡ ⎤− +⎢ ⎥= +− +⎢ ⎥
⎣ ⎦
Evaluando los límites:
( )( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
2 2 2 2sen 1 sen 1 sen 1 sen 12 1 2 1n
n n n nAan n
π π π π
π⎡ ⎤− − − − + − + −
= +⎢ ⎥− +⎣ ⎦
( )( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
2 2 2 2sen 1 sen 1 sen 1 sen 12 1 2 1n
n n n nAan n
π π π π
π⎡ ⎤− + − + + +
= +⎢ ⎥− +⎣ ⎦
( )( ) ( )( )2 2sen 1 sen 11 1n
n nAan n
π π
π⎡ ⎤− +
= +⎢ ⎥− +⎣ ⎦
Por identidades trigonométricas:
( )sen 1 sen sen2 2 2 2
nn π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞± = ± =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1
cos cos2 2nπ π
=
±0
sen cos2 2n nπ π
=
=
Entonces: 2 2cos cos 1 1cos1 1 2 1 1
n n
nA A na
n n n n
π π ππ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− + − +⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠
( )( )1 1cos
2 1 1nA n n na
n nπ
π⎛ ⎞+ + −⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− +⎝ ⎠⎝ ⎠
⇒ ( )2
2 cos 1.21n
A na nn
ππ
= ∀ ≠−
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
00
2 cost T
nt
a f t n t dtT
ω+
= ∫
Para el caso 1n = : 2
2
21 cosAa t dt
π
ππ
+
−
= ∫
Por identidad trigonométrica: ( )2 1cos 1 cos 22
t t= +
Entonces: ( )2 2 2
2 2 2
11 1 cos 2 cos 22 2
A Aa t dt dt t dtπ π π
π π ππ π
+ + +
− − −
⎛ ⎞⎜ ⎟= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠
∫ ∫ ∫
( )22
2 2
11 2 sen 2
2Aa t t
ππ
π ππ++
− −= +
Evaluando límites: 11 sen
2 2 2 2Aa π π ππ
⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠
0senπ
=+( )0=⎡ ⎤
⎢ ⎥⎣ ⎦
1 2Aa⇒ =
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 cos21n
A nan
ππ
=−
Aplicando regla L’Hopital: ( )
( )
( )1 1
11 2 1
1
2 cos 2 sen2 2 2
lim21
n nn
nn
n
d n nA Adx
a ad nndx
π π π
ππ
= =
→=
=
⎡ ⎤ ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎝ ⎠= = =−⎡ ⎤−⎣ ⎦
Evaluando: 1
sen2
Aa
ππ−=
1
2 2A
π
=
=−
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
00
1 t T
t
a f t dtT
+
= ∫
( )2 2
22
0 21 cos sen sen
2 2 2A Aa A t dt t
π π
ππ
π
π π π
+ +
−−
= = =∫ ( )1
2sen π=− −
1=−⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
⇒ 0Aaπ
=
Luego entonces, la serie de Fourier para esta señal será:
( ) ( )22
2cos cos cos2 21n
A A A nf t t ntn
ππ π
∞
=
= + +−
∑
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
......
Funcióngeneratriz:cos(at)
π4
π4
π2
π2
RESPUESTAS.
(a) 10 , 2 0( )
10 , 0 2t
f tt
− ≤ ≤⎧= ⎨− ≤ ≤⎩
Como ( )f t es impar 0na⇒ = .
( ) 220 1 cos 10 Sa2nnb n n
nππ π
π⎡ ⎤= − − = − ⎢ ⎥⎣ ⎦
2
1
( ) 10 Sa sen2 2n
n n tf t n π π∞
=
⎡ ⎤= − ⎢ ⎥⎣ ⎦∑
(b) ( )( )
4 1 , 1 0( )
4 1 , 0 1
t tg t
t t
+ − ≤ ≤⎧⎪= ⎨− ≤ ≤⎪⎩
Como ( )f t es impar 0na⇒ = .
8nb nπ= −
( )1
8( ) senn
g t n n tππ
∞
=
= − ∑
(c) 1
101
10
5sen10 , 0( )
( )t t
y ty t
π ≤ ≤⎧= ⎨ ±⎩
Como ( )f t es par 0nb⇒ = .
( )2
201 4na n
nπ= ∀
− y 0
10aπ
=
( ) ( )2
1
10 20( ) cos 201 4n
y t ntn
ππ π
∞
=
= +−
∑
(d) 4
4 2
cos 2 , 0( )
0 ,t t
h tt
π
π π
≤ ≤⎧= ⎨
≤ ≤⎩
( )2
2cos1 4nna nnπ
π= ∀
− y 0
1aπ
=
( )2
41 4nnb nnπ
−= ∀
−
( ) ( ) ( ) ( )2 2
1
1 2cos 4( ) cos 4 sen 41 4 1 4n
n nh t nt ntn nπ
π π π
∞
=
⎡ ⎤⎢ ⎥= + −
− −⎢ ⎥⎣ ⎦∑