Series de fourier - Ejemplos Resueltos

1. 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: 0 0 T =1 y ω = 2π .
Primero calcularemos los coeficientes an, de la fórmula tenemos que:
2 cos
( ) 0
a ft ntdt
0
0
t T
n
t
T
ω
+
= ∫
Entonces:
1
a = 2 ∫ e − t cos 2
nπ t dt
n0
au
e cos e cos sen
Por tablas de integrales: ( ) 2 2
+ ∫
au bu du = a bu +
b bu
a b
Realizando las sustituciones: a = −1 y b = 2nπ , se tendrá que:
t
2e cos 2 2 sen 2
1 4
( )1
na nt n n t
2 2 0
n
π π π
π
−
= − +
+

2. Evaluando límites:
2 e 1
cos2
= − −
a n
n 1 4 n
2 2
π
π
+
1 2nπ sen 2nπ = ( + 0 ) e0 cos(0) = − − 1 2nπ sen(0) = ⎡ ( + =0 )⎤
⎢⎣ ⎥⎦
2 1 e .
De tal forma que: ( 1 )
= − − ∀
a n
n 1 +
4 n 2 π
2
Ahora calcularemos el coeficiente independiente a0. A partir de la fórmula:
t T
( ) 0
+
∫
∫
a ftdt
0
1
T
0
1
1 1 0
t
t t
− − −
a dt
0 0
0
e e e e
=
= =− =− +
⇒ 1
0 a =1− e− ≅1.264
Concluimos calculando los coeficientes bn:
2 sen
( ) 0
b ft ntdt
0
0
t T
n
t
T
ω
+
= ∫
au
e sen e sen cos
Por tablas de integrales: ( ) 2 2
∫ +
au bu du = a bu −
b bu
a b
Sustituyendo a = −1 y b = 2nπ , se tendrá entonces:
t
2e sen 2 2 cos 2
1 4
( )1
nb nt n n t
2 2 0
n
π π π
π
−
= − −
+
2 e 1
sen2
= − −
b n
n 1 4 2 2
n
π
π
+
0 2nπ cos 2nπ = ( − 1 ) e0 sen(0) = − − 0 2nπ cos(0) = ⎡ ( − =1 )⎤
⎢⎣ ⎥⎦
2 2 e 2
= ⎡− − 1
⎣ + ⎤ + ⎦
b n n
n 1 4 2 2
n
π π
π
b n n
4 1 e .
π
π
⇒ ( 1 )
= − − ∀
2 2
n 1 4
n
+

3. Finalmente, la representación en serie trigonométrica de Fourier para la señal f (t )
será:
π
f t 1.264 2 1 e cos 2 n t 4 n 1 e sen 2
n t
≅ + ⎡ − + − ⎤ ⎢⎣ + + ⎥⎦ Σ
( ) ( 1 ) ( 1 )
π π
2 2 2 2
n 1 4 1 4
1
n n
π π
∞
− −
=

4. Ejemplo 2. Halle la representación en serie trigonométrica de Fourier para la siguiente
señal f (t ) = t2 , 0 ≤ t ≤1, mostrada en la figura.
SOLUCION.
La señal es f (t ) = t2 , 0 ≤ t ≤1, y para este ejemplo: 0 0 T =1 y ω = 2π .
Primero calcularemos los coeficientes an.
De la fórmula tenemos que:
2 cos
( ) 0
a ft ntdt
0
0
t T
n
t
T
ω
+
= ∫
1
a = 2 ∫t 2
cos2 nπ t dt
n0
Utilizando integración por partes:
2 2
u t du tdt
cos 2 1 sen 2
dv n π t dt v n π
t
2
n
π
= ⇒ =
= ⇒ =
⎡ 1 1
⎤
2 1 2
sen 2 2 sen 2
∫
n 2 2 a t n t t n t dt
π π
= ⎢ − ⎥
n n
π π
⎢⎣ 0 0
⎥⎦
⎡ ⎤
1 1 1
1 2
sen 2 2 1 cos 2 1 cos 2
∫
n 2 2 a t nt t nt ntdt
π π π
= − ⎢− + ⎥
n n n n
π π π π
⎢⎣ ⎥⎦
0 0 0
⎡ ⎤
1 1 1
1 2
sen 2 2 1 cos 2 1 sen 2
n 2 4 a t nt t nt nt
= − ⎢− + ⎥
π π π
2 2
n n n n
π π π π
⎢⎣ ⎥⎦
0 0 0
1 1 1
1 2
sen 2 1 cos 2 1 sen 2
a = t nt + t nt −
nt
n 2 π π π
2 2 3 3
n n n
π π π
0 0 0

5. 1 (1)2 sen 2 na n
0 1 1 cos 2n
= ( ) 0
n
π
π
2 2
n
π
π
⎡ = − ⎤ + ⎢⎣ ⎥⎦
1
3 3
0
1 sen 2
2
n
n
π
π
⎡ = − ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦
− ( ) 0 sen 0 = − ⎡ =0 ⎤
⎢⎣ ⎥⎦
1 0. na n
⇒ 2 2
= ∀ ≠
n π
Calculando el coeficiente 0 a :
1 t T
( ) 0
a ftdt
0
0
t
T
+
= ∫
( )
1
2 3 1
0 0
0
1 11 0
3 3
a = ∫t dt = t = −
⇒ 0
1
3
a =
2 sen
Calculando el coeficiente bn: ( ) 0
b ft ntdt
0
0
t T
n
t
T
ω
+
= ∫
1
b = 2 ∫t 2
sen2 nπ t dt
n0
Aplicando integración por partes:
2 2
u t du tdt
sen 2 1 cos 2
dv n π t dt v n π
t
2
n
π
= ⇒ =
= ⇒ = −
⎡ 1 1
⎤
2 1 2
cos 2 1 2 cos 2
∫
n 2 2 b t n t t n t dt
π π
= ⎢− + ⎥
n n
π π
⎢⎣ 0 0
⎥⎦

6. 1 1
1 cos 2 2 cos 2 nb t nt t ntdt
= − 2
+ ∫
π π
n n
π π
0 0
Volviendo aplicar integración por partes:
u t du tdt
1 cos 2 sen 2
dv n π t dt v n π
t
2
n
π
= ⇒ =
= ⇒ =
Realizando las operaciones correspondientes:
⎡ ⎤
1 1 1
1 2
cos 2 2 1 sen 2 1 sen 2
∫
n 2 2 b t nt t nt ntdt
π π π
= − + ⎢ − ⎥
n n n n
π π π π
⎢⎣ ⎥⎦
0 0 0
⎡ ⎤
1 1 1
1 2
cos 2 2 1 sen 2 1 1 cos 2
n 2 2 2 b t nt t nt nt
π π π
= − + ⎢ + ⋅ ⎥
n n n n n
π π π π π
⎢⎣ ⎥⎦
0 0 0
1 1 1
1 2
cos 2 1 sen 2 1 cos 2
b = − t nt + t nt +
nt
n 2 π π π
2 2 3 3
n n n
π π π
0 0 0
1 cos 2 nb n
= − 1
n
π
π
0 1 sen 2n
2 2
n
π
π
⎡ = − ⎤ + ⎢⎣ ⎥⎦
0
3 3
0
1 cos 2
2
n
n
π
π
⎡ = − ⎤ + ⎢⎣ ⎥⎦
( ) 1 cos 0 = − ⎡ =1 ⎤
⎢⎣ ⎥⎦
⇒ b = − 1 ∀
n
. nnπ
Finalmente, la serie de Fourier para la señal f (t ) es:
1 1 cos 2 1 sen 2
3 n
= + ⎡ − ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ Σ
( ) 2 2
ft nt n t
1
π π
n n
π π
∞
=

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.
() ( ) A cos t ,
t
La señal f t se definirá como: 2 2 ⎨⎩
⎧ − π ≤ ≤ π
=0 ,
f t
otro caso
Para la serie de Fourier tendremos que: 0 0 T = 2π y ω =1.
Dado que la señal f (t ) tiene simetría par, entonces los coeficientes 0 n b = .
Para este caso, solo consideraremos el cálculo de los coeficientes an.
2 cos
Por definición: ( ) 0
a ft ntdt
0
0
t T
n
t
T
ω
+
= ∫
Sustituyendo:
+ +
2 2
a 2 A cos t cos nt dt A cos t cos
nt dt
= ∫ = ∫
2 2
n 2
π π
π π π π
− −
Resolviendo la integral por tablas:
( )
( )
( )
( )
a b u a b u
sen sen
∫
cos cos
− + − +
= +
2 2
au bu du
a b a b
Sustituyendo a =1 y b = n , en la integral:
⎡ − + ⎤ = ⎢ + ⎥
( )
( )
π π
+ +
( )
( )
a
A sen 1 n t sen 1
n t 2 2
n 2 1 2 1
n n
⎢ − + ⎥
⎣ ⎦
π π π
− −
2 2

8. Evaluando los límites:
( )( ) ( )( )
A n n n n a
2 2 2 2 sen 1 sen 1 sen 1 sen 1
π π π π
( )
( )( ) ( )( )
( )
n 2 1 2 1
n n
π
⎡ − − − − + − + − ⎤
= ⎢ + ⎥ ⎣ − + ⎦
( )( ) ( )( )
A n n n n a
2 2 2 2 sen 1 sen 1 sen 1 sen 1
π π π π
( )
( )( ) ( )( )
( )
n 2 1 2 1
n n
π
⎡ − + − + + + ⎤
= ⎢ + ⎥ ⎣ − + ⎦
( )( ) ( )( ) 2 2 sen 1 sen 1
A n n a
π π
n 1 1
n n
π
⎡ − + ⎤
= ⎢ + ⎥ ⎣ − + ⎦
Por identidades trigonométricas:
nπ π =
n n ⎛π ⎞ ⎛π π ⎞ π ± ⎜ ⎟ = ⎜ ± ⎟ =
sen (1 ) sen sen
2 2 2 2
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1
cos ±
cos
2 2
0
sen cos
nπ nπ =
=
2 2
a A A n
π π π
Entonces: cos cos cos 1 1
2 2 ⎛ n n
= + ⎞ = ⎛ ⎞⎛ ⎜ + ⎞ ⎝ 1 − 1 + ⎟ ⎜ 2 ⎟⎜ ⎠ ⎝ ⎠⎝ 1 − 1
+ ⎟ ⎠
n
n n n n
π π
⎛ ⎞⎛ + + − ⎞ = ⎜ ⎟⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ⎠⎝ − + ⎠
a A cos n 1 n 1
n
( )( )
n 2 1 1
n n
π
π
a A n n
= 2 cos ∀ ≠
1.
n
1 2 ⇒ ( n
2 )
π
π
−
De la expresión anterior obtenida para los coeficientes an, se establece que esta
expresión es válida para toda n excepto para n =1, 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 n =1, en la expresión general de los coeficientes an, antes de
proceder al cálculo integral, tal como se muestra a continuación:
2 cos
Formula general: ( ) 0
a ft ntdt
0
0
t T
n
t
T
ω
+
= ∫
Para el caso n =1:
+
2
a A cos t dt
1 = ∫
2
2
π
π π
−

9. Por identidad trigonométrica: cos2 t = 1 (1 + cos 2 t
)
2
⎛ ⎞
π π π
+ + +
a A t dt A dt t dt
Entonces: ( ) 2 2 2
∫ ∫ ∫
( 2 2 )
= + = ⎜ + ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 2 2
1
1 1 cos 2 cos 2
2 2
π π π π π
− − −
A a t tπ
π
π π π
+ +
− − = +
1
sen 2
1 2 2 2
2
0 senπ = ( + =0 ) ⎡ ⎤
a A π π
Evaluando límites: 1
1 sen
= ⎛ + ⎞ + ⎜ ⎟
⎢ ⎥
⎣ ⎦
2 2 2 2
π
π
⎝ ⎠
⇒ a = A
1 2
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:
a A n
2 cos
1 2 n
Expresión general: ( n
2 )
π
π
=
−
Aplicando regla L’Hopital:
d A n A n
dx
π π π
⎡ ⎢ 2 cos ⎤ 2 ⎛− sen
⎞ ⎣ 2 ⎥ ⎜ ⎟ = = ⎦ 2 2
= ⎝ ⎠
⎡ − ⎣ ( − )
⎤ ⎦
( )
n n
1 1
= =
( )
1
1 2 1
1
lim
1 2
n
n
n
n
a a
d π n π
n
dx
→
=
=
Evaluando: 1
sen
2
A
a
π
−π
=
1
A
2 π
2
=
=
−
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 n ≠ 0 , produzca una indeterminación en la expresión general.
Ahora, solo basta hallar el coeficiente independiente a0. Según la fórmula:
1 t T
( ) 0
a ftdt
0
0
t
T
+
= ∫

10. π π
+ +
a A t dt A t A
1 cos sen sen
2 2 2
( ) 2 2
2 2
=
− − ⎡ =−1 ⎤
⎢⎣ ⎥⎦
= ∫ = = ( ) 1
0 2
π π
π
π π π
− −
2 sen π
a A
⇒ 0
π
=
Luego entonces, la serie de Fourier para esta señal será:
f t A A t A n nt
∞
cos 2 cos cos
2 n 1 2
( ) ( 2 )
2
n
π
π π
=
= + +
− Σ

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
y(t)
5
-0.1 0.1
t
... ...
-0.2 0.2
h(t)
1
t
Función
generatriz:
cos(at)
... ...
π
4
π
4
π
2
π
2
RESPUESTAS.
(a)
t
10 , 2 0
( )
⎧ − ≤ ≤
= ⎩
⎨− 10 , 0 ≤ ≤ 2
f t
t
Como f (t) es impar 0 n ⇒a = .
b n n n
20 (1 cos ) 10 Sa2
= − − = − ⎡ ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦
n n
2
π
π π
π
f t n n n t ∞ π π
= − Σ
2
⎡ ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ ( ) 10 Sa sen
n =
1
2 2

12. (b)
( )
( )
t t
4 1 , 1 0
( )
+ − ≤ ≤ ⎧⎪
= ⎨
⎩⎪ − ≤ ≤
4 1 , 0 1
g t
t t
Como f (t) es impar 0 n ⇒a = .
8
n b
nπ
= −
( )
( ) 8 sen
= − Σ
g t n nπ t
1
n
π
∞
=
(c)
1
10
5sen10 , 0
⎧ π ≤ ≤
= ⎨ ⎩
± 1
10
( )
( )
t t
y t
y t
Como f (t) es par 0 n ⇒ b = .
a = 20
∀
n
n1 4 ( 2 )
π −
n
a 10
y 0
π
=
( ) 10 20 cos 20
( ) ( ) 2
∞
y t nt
n 1
1 4
n
π
π π
=
= +
− Σ
t t
cos 2 , 0
⎧ ≤ ≤
= ⎨
⎩ ≤ ≤
(d) 4
4 2
( )
0 ,
h t
t
π
π π
a n n
2cos
1 4 n
π
= ∀
( n
2 )
π
−
a 1
y 0
π
=
b n n
−
4
n
1 4 = ∀
( 2 )
π −
n
h ( t ) 1 2cos n π
cos 4 nt 4 n sen 4
nt
( ) ( ) ( ) ( ) 2 2
π π π
n 1
1 4 1 4
n n
∞
=
⎡ ⎤
= + ⎢ − ⎥
⎢⎣ − − ⎥⎦
Σ