series de fourier

Cap¶
³tulo 7

Series Funcionales.
Series de Fourier.

Problemas resueltos
Salvador Vera Ballesteros
www.satd.uma.es/matap/svera

7.1 Series de funciones

7.2 series de potencias

De¯nici¶n 7.1 Se llama serie de potencia a la serie de funciones del tipo
o
1
X
an xn = a0 + a1x + a2 x2 + ¢ ¢ ¢ + an xn + ¢ ¢ ¢
n=0

o del tipo
1
X
an(x ¡ x0)n = a 0 + a1 (x ¡ x0) + a2(x ¡ x0 )2 + ¢ ¢ ¢ + an (x ¡ xn )n + ¢ ¢ ¢
n=0

donde los coe¯cientes a 0; a1; a 2; ¢ ¢ ¢ ; an; ¢ ¢ ¢ son constantes.

1
X
Teorema 7.1 Para la convergencia de la serie de potencias an xn s¶lamente
o
n=0
caben las tres posibilidades siguientes

1

2 CAP¶
ITULO 7. SERIES FUNCIONALES. SERIES DE FOURIER.

1. La serie converge u nicamente en el punto x = 0
¶
2. La serie converge en toda la recta real (¡1; 1)

3. La serie converge en un intervalo centrado en el origen (¡R; +R) y
diverge fuera de ¶l. Pudiendo ser convergente o no en los extremos de
e
dicho intervalo.

De¯nici¶n 7.2 Al intervalo donde converge la serie se le llama intervalo de
o
convergencia y a R radio de convergencia

Teorema 7.2 El radio de convergencia de una serie de potencias puede cal-
cularse por cualquiera de las dos f¶rmulas siguientes
o
j an j 1
R = lim R = lim p
n!1 j an+1 j n
n!1 j an j

Teorema 7.3 (Continuidad uniforme) La serie de potencias converge ab-
solutamente y de manera uniforme en cualquier intervalo cerrado totalmente
comprendido en el intervalo de convergencia
[¡a; a] ½ (¡R; R)

Teorema 7.4 1. La suma de la serie de potencias S(x) es continua en
cada punto x de su intervalo de convergencia (¡R; R)
2. La serie de potencias puede derivarse e integrarse dentro del intervalo
de convergencia,conserv¶ndose el radio de convergencia.
a

Ejemplo 7.1 Halla el campo de convergencia de la serie
1
X xn
n!
n=1

Soluci¶n: Podemos elegir entre aplicar el criterio del cociente o calcular el
o
radio de convergencia directamente. Tenemos
1 1
an = an+1 =
n! (n + 1)!
de donde
¯ ¯
¯ an ¯ (n + 1)! (n + 1) ¢ n!
R = lim ¯ ¯
¯ an+1 ¯ = n!1 n!
lim = lim = lim (n + 1) = 1
n!1 n!1 n! n!1

Por consiguiente, el intervalo de convergencia es (¡1; 1), es decir, la serie
converge en toda la recta real.

7.2. SERIES DE POTENCIAS 3

1
X
n! xn
n=1

o
an = n! an+1 = (n + 1)!
de donde
¯ ¯
¯ an ¯ n! n! 1
R = lim ¯ ¯ ¯ = lim
n!1 an+1 ¯ n!1 (n + 1)! = n!1 (n + 1) ¢ n! = n!1 n + 1 = 0
lim lim

Por consiguiente, la serie converge s¶lo en el punto x = 0.
o

1
X (¡1)n¡1
(x + 1)n
n=1
n ¢ 3n

o
(¡1)n¡1 (¡1)n
an = an+1 =
n ¢ 3n (n + 1) ¢ 3n+1
de donde
¯ ¯
¯ an ¯ n+1
R = lim ¯ ¯ = lim (n + 1) ¢ 3 1
= lim 3(1 + ) = 3
n!1 ¯ an+1 ¯ n!1 n¢ 3 n n!1 n
Por consiguiente, la serie converge absolutamente en el intervalo j x + 1 j< 3,
y eliminando el valor absoluto tenemos
j x + 1 j< 3 ! ¡3 < x + 1 < 3 ! ¡4 < x < 2
Tenemos que comprobar la convergencia de la serie en los extremos del in-
tervalo
Cuando x = ¡4, obtenemos la serie num¶rica
e
1
X (¡1)n¡1 1
X (¡1)n¡1 1
X (¡1)2n¡1 1
X1
n n
(¡3) = (¡1) = =¡
n=1
n ¢ 3n n=1
n n=1
n n=1
n

que es la serie armonica divergente.
Cuando x = 2, obtenemos la serie num¶rica
e
1
X (¡1) n¡1 1
X (¡1)n¡1
n
(3) =
n=1
n ¢ 3n n=1
n

4 CAP¶

que es una serie alternada condicionalmente convergente.
Por lo tanto el campo de convergencia de la serie es ¡4 < x · 2.

1
X (¡1)n
n
(x + 1)n
n=1
n

Soluci¶n: Podemos elegir entre aplicar el criterio de la raiz o calcular el
o
(¡1)n
an =
nn
de donde
s
1 p
R = lim n = lim n nn = lim n = 1
n!1 j a n j n!1 n!1

Por consiguiente, la serie converge absolutamente en el intervalo (¡1; 1),
es decir, la serie converge para todos los valores de x.

7.2.1 Desarrollo de funciones en series de potencias

Para hallar el desarrollo de una funci¶n en serie de potencias se suele segir
o
uno de los dos procedimientos siguientes:

1. Mediante la serie geom¶trica
e
2. Mediante la serie de Taylor.

Desarrollo de funciones en series de potencias mediante la serie
geom¶trica
e

Teniendo en cuenta que la suma de la serie geom¶trica viene de¯nida por
e
1
= 1 + r + r2 + r3 + ¢ ¢ ¢
1¡r
y que la convergencia en este caso viene determinada por j r j< 1.
Resulta que aquellas funciones que puedan expresarse en la forma del primer
miembro podr¶n desarrollarse en serie de potencia mediante la serie ge-
a
om¶trica, sin m¶s que sustituir r por la expresi¶n correspondiente, y el inter-
e a o
valo de convergencia vendr¶ determinado por la raz¶n correspondiente. (en
a o
este caso la convergencia en los extremos no ser¶ necesaria veri¯carla, ya que
a
la serie geom¶trica diverge en los mismos).
e


Ejemplo 7.5 Desarrollar en serie de potencias, indicando el intervalo de
convergencia, la funci¶n
o
1
f(x) =
1+x

Soluci¶n: Teniendo en cuenta la suma geom¶trica
o e
1
= 1 + x + x2 + x3 + ¢ ¢ ¢
1¡x
Cambiando x por ¡x obtenemos el desarrollo pedido
1 1
= = 1 ¡ x + x2 ¡ x3 + ¢ ¢ ¢
1+x 1 ¡ (¡x)

Ejemplo 7.6 Desarrollar en serie de potencias, indicando el intervalo de
convergencia, la funci¶n
o
5
f(x) =
3¡x

o e
1
= 1 + r + r2 + r3 + ¢ ¢ ¢
1¡r
Tratamos de expresar la funci¶n en la forma del primer miembro y sustitu-
o
imos r por la expresi¶n correspondiente
o
µ ¶
5 5 5 1 5 x x2
f (x) = = = = 1 + + 2 ¢¢¢
3¡x 3(1 ¡ x ) 3 1 ¡ x
3 3 3 3 3
x
El intervalo de convergencia viene dado por j r j=j 3
j< 1, de donde j x j< 3,
es decir IC = (¡3; 3)

Ejemplo 7.7 Desarrollar en serie de potencias, centrada en x0 = 1, indi-
cando el intervalo de convergencia, la funci¶n
o
5
f(x) =
3¡x

o e
1
= 1 + r + r2 + r3 + ¢ ¢ ¢
1¡r
Tratamos de expresar la funci¶n en la forma del primer miembro, intentando
o
que r sea del tipo (x ¡ 1), y sustituimos r por la expresi¶n correspondiente
o
5 5 5 5
f(x) = = = = =
3¡x 3 ¡ (x ¡ 1 + 1) 3 ¡ (x ¡ 1) ¡ 1 2 ¡ (x ¡ 1)

6 CAP¶
µ ¶
5 1 5 x ¡ 1 (x ¡ 1)2 (x ¡ 1)3
= = 1+ + + ¢¢¢
21 ¡ x¡1 2 2 22 23
2
El intervalo de convergencia viene dado por j r j=j x¡1 j< 1, de donde
2
j x ¡ 1 j< 2, y quitando el valor absoluto resulta ¡2 < x ¡ 1 < 2, de donde
¡1 < x < 3, es decir IC = (¡1; 3)

Desarrollo de funciones en series de potencias mediante la serie de
Taylor

Toda funci¶n in¯nitamente derivable en un intervalo (x0 ¡ r; x0 + r) puede
o
desarrollarse en este intervalo mediante una serie in¯nita de potencias de la
forma:
f 0 (x0) f 00 (x0) f (n)(x0)
f(x) = f (x0) + (x¡x0) + (x ¡x0 )2 + ¢ ¢ ¢+ (x¡x0)n + ¢ ¢ ¢
1! 2! n!
Cuando x = 0 obtenemos la llamada serie de Mac Laurin.
f 0 (0) f 00(0) 2 f (n)(0) n
f (x) = f(0) + x+ x +¢¢ ¢ + x + ¢¢¢
1! 2! n!

Teorema 7.5 (Convergencia de la serie de Taylor) Para que sea posi-
ble desarrollar la funci¶n f (x) en serie de Tailor en un intervalo I es nece-
o
sario y su¯ciente que el t¶rmino complementario Rn(x) tienda a cero, cuando
e
n ! 1, para todos los x 2 I

f (n+1)(c)
lim Rn (x) = lim (x ¡ x0 )n+1 = 0 para todos los x 2 I
n!1 n!1 (n + 1)!

Teorema 7.6 (Condici¶n su¯ciente de convergencia) Para que sea posi-
o
ble desarrollar la funci¶n f (x) en el intervalo I = (x0 ¡ R; x0 + R), en una
o
serie de Taylor, es su¯ciente que f(x) tenga en este intervalo derivadas de
todos los ¶rdenes y que exista una constante K > 0 tal que
o

j f (n)(x) j· K para n = 0; 1; 2; ¢ ¢ ¢ y para todos los x 2 I

Series de taylor de las funciones elementales
x x2 x3
ex = 1 + + + + ¢ ¢ ¢ ; ¡1 < x < 1
1! 2! 3!
x3 x5
sen x = x ¡ + ¡ ¢ ¢ ¢ ; ¡1 < x < 1
3! 5!
2 4
x x
cos x = 1 ¡ + ¡ ¢ ¢ ¢ ; ¡1 < x < 1
2! 4!

8
< m ¸ 0 ! ¡1 · x · 1
(1+x) m = 1+ m x+ m(m ¡ 1) +¢ ¢ ¢ ; ¡1 < m < 0 ! ¡1 < x · 1
1! 2! : m · ¡1 ! ¡1 < x < 1
x2 x3
ln(1 + x) = x ¡ + ¡ ¢ ¢ ¢ ; ¡1 < x · 1
2 3
x3 x5
arctan x = x ¡ + ¡ ¢ ¢ ¢ ; ¡1 · x · 1
3 5

Ejemplo 7.8 Desarrollar en series de potencias las funciones
2
f(x) = e ¡x y g(x) = e¡x

Soluci¶n: En el desarrollo de
o
x x2 x3
ex = 1 + + + + ¢ ¢ ¢ ; ¡1 < x < 1
1! 2! 3!
sustituimos x por ¡x y obtenemos

¡x x2 x3
e = 1¡x+ ¡ + ¢ ¢ ¢ ; ¡1 < x < 1
2! 3!
y si sustituimos x por ¡x2 obtenemos
2 x4 x6
e¡x = 1 ¡ x2 + ¡ + ¢ ¢ ¢ ; ¡1 < x < 1
2! 3!

7.2.2 Desarrollo de funciones en series de potencias a
partir de otros desarrollos conocidos

Teorema 7.7 Dos series de potencia se pueden sumar miembro a miembro
y multiplicar por la regla de multiplicaci¶n de polinomios. La nueva serie
o
obtenida, tendr¶ un intervalo de convergencia, que coincidir¶ con el intervalo
a a
com¶n de los intervalos de convergencia de las series primitivas. Pudiendo
u
ser o no convergente en los extremos de dicho intervalo.

Teorema 7.8 Las series de potencias se pueden derivar e integrar t¶rmino e
a t¶rmino. El radio de convergencia de la serie obtenida por derivaci¶n o
e o
integrai¶n es el mismo que el de la serie original, sin embargo, el intervalo de
o
convergencia puede cambiar, porque unas sean convergentes en los extremos
y las otras no.

Ejemplo 7.9 Desarrolla en serie de potencias la funci¶n
o
1 +x
ln
1¡x

8 CAP¶

Soluci¶n Aplicando las propiedades de los logaritmos tenemos que
o
1+x
ln = ln(1 + x) ¡ ln(1 ¡ x)
1¡x
Teniendo en cuenta el desarrollo concolido de ln(1 + x)

x x2 x3 x4
ln(1 + x) = ¡ + ¡ + ¢ ¢ ¢ (¡1 < x · 1)
1 2 3 4
Cambiando x por ¡x tenemos
x x2 x3 x4
ln(1 ¡ x) = ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¢ ¢ ¢ (¡1 · x < 1)
1 2 3 4
Restando miembro a miembro ambas series resulta
µ ¶
1 +x x3 x5
ln = 2 x+ + + ¢ ¢ ¢ (¡1 < x < 1)
1¡x 3 5

Ejemplo 7.10 desarrolla en serie de potencias la funci¶n
o
1
x2 ¡ 3x + 2

Soluci¶n: Descomponemos la fracci¶n en fracciones simples
o o
1 1 1 1
= = ¡
x2 ¡ 3x + 2 (x ¡ 1)(x ¡ 2) x ¡ 2 x ¡ 1
Transformamos las fracciones buscando la serie geom¶trica
e
1 1 1 1 1 1 1
¡ = ¡ = ¡ x
x¡2 x ¡1 1¡x 2¡x 1¡x 21¡ 2

Desarrollamos en serie cada una de las fracciones
1
= 1 + x + x2 + x3 + ¢ ¢ ¢ ! IC = (¡1; 1)
1¡x
1 x x2 x3
= 1+ + + + ¢ ¢ ¢ ! IC = (¡2; 2)
1¡x2
2 4 8
luego, las dos series convergen en el intervalo com¶ n (¡1; 1), y en ese intervalo
u
las podemos sumar t¶rmino a t¶rmino
e e
µ ¶
1 2 3 1 x x2 x3 1 3 7
= (1+x+x +x +¢ ¢ ¢ )¡ 1+ + + + ¢ ¢ ¢ = + x+ x2+¢ ¢ ¢
x 2 ¡ 3x + 2 2 2 4 8 2 4 8

Ejemplo 7.11 Desarrolla en serie de potencias la funci¶n
o

arctan x


Soluci¶n Partimos de que
o
Z x
dx
arctan x =
0 1 + x2
Teniendo en cuenta el desarrollo de la serie geom¶trica
e
1
= 1 + x + x2 + x3 + x4 + ¢ ¢ ¢
1¡x
Cambiando x por ¡x2 obtenemos el desarrollo de la funci¶n subintegral
o
1 1
2
= 2)
= 1 ¡ x2 + x4 ¡ x6 + ¢ ¢ ¢
1+x 1 ¡ (¡x
E integrando t¶rmino a t¶rmino obtenemos es desarrollo pedido
e e
Z x
x3 x5 x7
arctan x = (1 ¡x2 + x4 ¡x6 +¢ ¢ ¢ )dx = x¡ + ¡ + ¢ ¢ ¢ (1 · x · 1)
0 3 5 7

Ejemplo 7.12 Determinar el desarrollo en serie de potencias, alrededor del
punto x0 = 0, de la funci¶n
o
µ ¶
1+x
f (x) = ln
1¡x
Estudiar el intervalo m¶ximo de convergencia de la serie funcional resultante
a
X1
1
y utilizarla para calcular
n=1
(2n + 1) 32n+1

Soluci¶n: Si intentamos aplicar el desarrollo de Taylor directamente a la
o
funci¶n dada resulta que las derivadas sucesivas son cada vez m¶s compli-
o a
cadas. Por eso puede convenir descomponer el logaritmo en una diferencia
µ ¶
1+x
ln = ln(1 + x) ¡ ln(1 ¡ x)
1¡x
Podemos ahora aplicar el desarrollo de Taylor conjuntamente a los dos t¶rminos,
e
o bien desarrollar en serie cada t¶rmino por separado y despu¶s sumar las
e e
series resultantes t¶rmino a t¶rmino. Sin embargo, en este caso podemos ob-
e e
servar que al derivar la serie inicial obtenemos una serie geom¶trica de raz¶n
e o
2
x . En efecto
1 ¡1 1 ¡x+1+x 2
f 0(x) = ¡ = =
1+x 1 ¡x (1 + x)(1 ¡ x) 1 ¡ x2
Con lo cual podemos obtener el desarrollo en serie de f 0 (x)
1
X 2n
0 2 2 4 2n
f (x) = = 2+2x +2x +¢ ¢ ¢+2x +¢ ¢ ¢ = 2x para x 2 (¡1; 1)
1 ¡ x2 n=0

10 CAP¶

Ahora bien, f (x) es una primitiva de f 0 (x) que podemos obtener integrando
t¶rmino a t¶rmino la serie obtenida. Para determinar la constante de inte-
e e
graci¶n buscamos un punto donde f (x) = 0, y desde ¶l integramos. Teniendo
o e
en cuenta que f(0) = 0 resulta
Z x ÃX 1
!
X Z x 2n
1 1
X x2n+1
2n
f(x) = 2x dx = 2x dx = 2
o n=0 n=0 o n=0
2n + 1

que es la serie buscada.
Para estudiar la convergencia de la serie podemos aplicar sobre la misma el
criterio del cociente, o bien utilizar el intervalo obtenido para su derivada,
comprobando la convergencia en los extremos del mismo.
1 9
X 1 >
f (1) = 2 Divergente >
>
2n + 1 =
n=0
1 1
X (¡1)2n+1 X (¡1) IC = (¡1; 1)
>
>
f (¡1) = = 2 = Divergente >
;
n=0
2n + 1 n=0
2n + 1

La serie num¶rica dada se obtiene de la inicial, para x = 1=3, en efecto,
e
0 1
1 Ã !
B1 + 3 C
1
X x2n+1 1
1 1 X x2n+1
f ( ) = ln @ 1 A = ln 2 = 2 =2 +
3 2n + 1 3 n=1 2n + 1
1¡ n=0
3
de donde despejando la suma de la serie propuesta
1
X x2n+1 ln 2 1
= ¡
2n + 1 2 3
n=1

7.2.3 Derivaci¶n e integraci¶n de las series de poten-
o o
cias

La suma de algunas series de potencias puede conseguirse manipul¶ndolas
a
mediante derivaci¶n, integraci¶n o sacando factor com¶n, hasta conseguir una
o o u
serie conocida (normalmente la geom¶trica), sumamos esta serie conocida y
e
deshacemos las operaciones anteriores.

Ejemplo 7.13 Halla el intervalo de convergencia y la suma de la serie:
1
X xn

n=1
n


Soluci¶n: LLamamos f (x) a la serie dada
o
1
X xn
f(x) =
n=1
n

Transformamos la serie (derivando, integrando, o sacando factor com¶ n) has-
u
ta conseguir una serie geom¶trica.
e
En este caso, derivando obtenemos una serie geom¶trica.
e
1
X nxn¡1 X 1
¡ ¢ 1
f 0(x) = = xn¡1 = 1 + x + x2 + x3 + ¢ ¢ ¢ =
n 1¡x
n=1 n=1
Al tratarse de una serie geom¶trica de raz¶n r = x, el intervalo de con-
e o
vergencia viene de¯nido por jxj < 1, es decir ¡1 < x < 1, y por tanto
IC = (¡1; 1), sin que sea convergente en los extremos del mismo, ya que las
series geom¶tricas no convergen en los extremos del intervalo.
e
La funci¶n buscada f(x) es una primitiva de f 0 (x) que adem¶s, en este caso,
o a
ha de complir f (0) = 0, en consecuencia:
Z x Zx
0 1
f (x) = f (x)dx = dx = ¡ ln j1 ¡ xj
0 0 1¡x
nota: Tambi¶n podemos hacer primero la primitiva y despues determinar la
e
constante, teniendo en cuenta cualquier valor concreto de la funci¶n f(x).
o
En consecuencia,
1
X xn
= ¡ ln j1 ¡ xj
n=1
n
Para determinar el intervalo de convergencia s¶lo tenemos que comprobar la
o
convergencia de la serie dada en los extremos del intervalo de convergencia
de su derivada.
1 9
X1 >
f (1) = Divergente >
>
n =
n=1
1
X (¡1)n IC = [¡1; 1)
>
>
f (¡1) = Convergente ; >
n=1
n

1
X
nenx
n=1

Soluci¶n: LLamamos f (x) a la serie dada
o
1
X
f(x) = nenx
n=1

12 CAP¶

u
e
En este caso, integrando hacemos desaparecen el factor n y obtenemos una
serie geom¶trica. Llamemos F (x) a una primitiva cualquiera.
e
Z 1
X nx x 2x 3x ex
F (x) = f(x)dx = C + e = C + (e + e + e + ¢ ¢ ¢ ) = C +
n=1
1 ¡ ex
El intervalo de convergencia de esta serie geom¶trica de raz¶n r = ex viene
e o
x x
dado por je j < 1, de donde e < 1, luego x < 0, y por tanto IC = (¡1; 0)
La serie dada la obtenemos derivando la obtenida

ex(1 ¡ ex) ¡ e x(¡ex) ex
f(x) = F 0(x) = 0 + =
(1 ¡ ex)2 (1 ¡ ex)2
en consecuencia,
1
X ex
nenx =
n=1
(1 ¡ ex)2
para determinar el intervalo de convergencia s¶lo tenemos que estudiar la
o
convergencia en el extremo del intervalo obtenido.
1
X 1
X
0
f(0) = ne = n Divergente ) IC = (¡1; 0)
n=1 n=1

1
X x3n+1
3n
n=1

1 1 1 1 1
Utiliza el resultado para calcular: ¡ + ¡ + ¡ ¢¢¢
3 6 9 12 15

Soluci¶n: LLamamos f(x) a la serie dada
o
1
X x3n+1
f(x) =
3n
n=1

u
e
En este caso, ni al derivar ni al integrar se elimina el 3n del denominador,
pero s¶ lo podemos conseguir eliminando previamente una x del numerador.
³
En efecto, sacando x factor com¶n, resulta:
u
1
X x3n+1 1
X x3n
f(x) = =x
n=1
3n n=1
3n


Llamando g(x) a la serie obtenida, resulta:
1
X x3n
g(x) =
n=1
3n
Que se convierte en una serie geom¶trica por derivaci¶n, en efecto:
e o
1
X 3nx3n 1
X
0 x2
g (x) = = x3n = x2 + x5 + x8 + ¢ ¢ ¢ =
n=1
3n n=1
1 ¡ x3
El intervalo de convergencia de esta serie g 0(x) al ser una serie geom¶trica de
e
3 3
r = x viene dado por jx j < 1, luego jxj < 1, y por tanto IC = (¡1; 1)
La funci¶n g(x) la obtenemos integrando g 0 (x) y teniendo en cuenta un valor
o
concreto de g(x) para determinar la constante, en este caso g(0) = 0 y, en
consecuencia
Z x Z x Z
0 x2 1 x ¡3x2 1
g(x) = g (x)dx = 3
dx = ¡ 3
dx = ¡ ln j1 ¡ x3j
0 0 1¡x 3 0 1¡x 3
En consecuencia:
x
f(x) = x g(x) = ¡ ln j1 ¡ x3j
3
luego la serie buscada es
1
X x3n+1 x
= ¡ ln j1 ¡ x3j
n=1
3n 3
Para calcular el intervalo de convergencia bastar¶ con estudiar la convergen-
a
cia de la serie dada en los extremos del intervalo obtenido para g 0 (x)
1 9
X 1 >
f (1) = Divergente >
>
3n =
n=1
1
X (¡1)3n+1 IC = [¡1; 1)
>
>
f (¡1) = Convergente > ;
n=1
3n
La serie num¶rica dada se obtiene de la inicial, para x = ¡1, por lo tanto,
e
1
X (¡1)3n+1
1 1 1 1 1 1
¡ + ¡ + ¡ ¢¢¢ = = f (¡1) = ln 2
3 6 9 12 15 3n 3
n=1

1
X p n xn
con p>0
n=0
n+1
1
X 1
Utiliza el resultado para calcular:
4n(n + 1)
n=0

14 CAP¶

Soluci¶n: LLamamos f(x) a la serie dada
o
1
X pnxn
f(x) =
n=0
n+1

u
e
En este caso, ni al derivar ni al integrar se elimina el n + 1 del denomi-
nador, pero s¶ lo podemos conseguir introduciendo previamente una x en el
³
numerador. En efecto, multiplicando y dividiendo por x, resulta:
1
X p n xn 1
1 X pnxn+1
f (x) = =
n=0
n+1 x n=0 n + 1

1
X pnxn+1
g(x) =
n +1
n=0

e o
1 1
X pn(n + 1)xn X n n X 1
g 0 (x) = = p x = (px)n =
n=0
n+1 n=0 n=0

1
= 1 + px + (px)2 + (px)3 + ¢ ¢ ¢ =
1 ¡ px

El intervalo de convergencia de esta serie g 0 (x) al ser una serie geom¶trica de
e
r = px viene dado por jpxj < 1, luego jxj < 1 , y por tanto IC = (¡ 1 ; 1 )
p p p
La funci¶n g(x) la obtenemos integrando g 0(x) y teniendo en cuenta un valor
o
consecuencia
Z x Zx Z
0 1 1 x ¡p 1
g(x) = g (x)dx = =¡ dx = ¡ ln j1 ¡ pxj
0 0 1 ¡ px p 0 1 ¡ px p

En consecuencia:

1 1
f(x) = g(x) = ¡ ln j1 ¡ pxj
x px
1
X pnxn 1
= ¡ ln j1 ¡ pxj
n+ 1 px
n=0

a


1 9
X 1 >
f (1=p) = Divergente >
>
n +1 =
n=0
1
X (¡1)n IC = [¡1=p; 1=p)
>
>
f (¡1=p) = Convergente >
;
n=0
n +1
La serie num¶rica dada se obtiene de la inicial, para p = 1 y x = 1=4, por lo
e
tanto,
1
X 1 1 1 3
=¡ ln j1 ¡ j = ¡4 ln = 4(ln 4 ¡ ln 3)
4n (n+ 1) 1=4 4 4
n=0

Ejemplo 7.17 Determina el campo de convergencia y sumar la siguiente
1
X 1
serie de potencias: (x ¡ 3)n
n=1
n+2

Soluci¶n: Llamamos f(x) a la serie dada
o
1
X 1
f(x) = (x ¡ 3)n
n=1
n +2

u
e
En este caso, ni al derivar ni al integrar se elimina el n + 2 del denominador,
pero s¶ lo podemos conseguir introduciendo previamente un (x ¡ 3)2 en el
³
numerador. En efecto, multiplicando y dividiendo por (x ¡ 3) 2, resulta:
1
X (x ¡ 3)n+2
1
f(x) =
(x ¡ 3)2 n=1 n + 2

1
X (x ¡ 3)n+2
g(x) =
n=1
n+2
e o
1
X
0 (x ¡ 3)2 x2 ¡ 6x + 9
g (x) = (x¡3)n+1 = (x¡3)2 +(x¡3)3+(x¡3)4+¢ ¢ ¢ = =
1 ¡ (x ¡ 3) ¡x + 4
n=1

El intervalo de convergencia de esta serie g 0(x) al ser una serie geom¶trica de
e
r = x ¡ 3 viene dado por jx ¡ 3j < 1, luego ¡1 < x ¡ 3 < 1, y por tanto
IC = (2; 4)
La funci¶n g(x) la obtenemos integrando g 0 (x) y teniendo en cuenta un valor
o

16 CAP¶

consecuencia
Z x Z Z x · 2 ¸x
x 2
0 t ¡ 6t + 9 1 t
g(x) = g (t)dt = dt = (¡t+2+ )dt = ¡ + 2t ¡ ln j4 ¡ tj =
3 3 ¡t + 4 3 ¡t + 4 2 3
x2 3
= ¡ + 2x ¡ ln j4 ¡ xj ¡
2 2
En consecuencia:
µ 2 ¶
1 1 x 3
f(x) = g(x) = ¡ + 2x ¡ ln j4 ¡ xj ¡
(x ¡ 3)2 (x ¡ 3)2 2 2
1
X 1 ¡x2 + 4x ¡ 2 ln j4 ¡ xj ¡ 3
(x ¡ 3)n =
n=1
n+2 2(x ¡ 3)2
a
1 9
X 1 >
f (4) = Divergente > >
=
n=1
n+2
1
X (¡1)n+2 IC = [2; 4)
>
>
f (2) = Convergente > ;
n=1
n+2

Ejemplo 7.18 Determinar el campo de convergencia y sumar la serie:
1
X 1
(x + 5)n
n=2
n¡1

Soluci¶n: Para estudiar la convergencia aplicamos el criterio del cociente:
o
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ an+1 ¯ ¯ (x + 5)n+1 (x + 5)n ¯ ¯ n ¡ 1 (x + 5)n+1 ¯
¯ ¯ ¯ ¯=¯ ¯ ! jx + 5j
¯ an ¯ = ¯ n
:
n ¡ 1 ¯ ¯ n (x + 5)n ¯
Luego la serie ser¶:
a
Convergente cuando jx + 5j < 1 ) ¡1 < x + 5 < 1 ) ¡6 < x < ¡4
Divergente cuando jx + 5j > 1
y habr¶ duda cuando jx + 5j = 1 ) x = ¡6; x = ¡5
a
La duda la resolvemos sustituyendo los valores en la serie
P 1 ¾
x = ¡6 ) (¡1)n alternada Convergente
P n¡1 n
1 ) IC = [¡6; ¡4)
x = ¡4 ) n¡1 (1) arm¶nica Divergente
o
Para sumar la serie lo primero que hacemos es ponerle un nombre, llamarle
f(x)
1
X 1
f(x) = (x + 5)n
n=2
n¡ 1


y transformamos la expresi¶n hasta conseguir una serie geom¶trica. La serie
o e
dada no es geom¶trica debido al t¶rmino que aparece en el denominador. Si
e e
derivamos la serie, dicho t¶rmino no desaparece, necesitariamos, para ello,
e
que el exponente fuera n ¡ 1. Pero ¶sto lo podemos conseguir sacando factor
e
com¶ n. En efecto:
u
1
X 1
X 1
1 n
f(x) = (x + 5) = (x + 5) (x + 5)n¡1
n=2
n¡1 n=2
n¡1

Llamamos g(x) a la nueva serie, y ¶sta ya si se convierte en geom¶trica por
e e
derivaci¶n:
o
1
X 1
f(x)
g(x) = = (x + 5)n¡1
x +5 n=2
n¡1

Y derivando t¶rmino a t¶rmino resulta:
e e
1
X n ¡1 X1
g 0(x) = (x + 5)n¡2 = (x + 5)n¡2 = 1 + (x + 5) + (x + 5)2 + ¢ ¢ ¢
n=2
n ¡1 n=2

que es una serie geom¶trica de raz¶n r = x + 5, cuya suma es:
e o

1 1 1 ¡1
g 0 (x) = = = =
1 ¡ (x + 5) 1 ¡ x ¡ 5 ¡x ¡ 4 x +4

de donde: Z
¡1
g(x) = dx = ¡ ln jx + 4j + C
x +4
La constante de integraci¶n la determinamos igual¶ndo g(-5) en ambas ex-
o a
presiones: ¾
P
g(¡5) = 0 = 0
)C =0
g(¡5) = ¡ ln 1 + C = C
Con lo cual resulta: g(x) = ¡ ln jx + 4j, y en consecuencia:

f(x) = ¡(x + 5) ln jx + 4j

7.2.4 Aplicaciones de las series de potencias para el
c¶lculo de integrales de¯nidas
a

Para calcular el valor aproximado de la integral de¯nida de una funci¶n f(x),
o
se desarrolla la funci¶n en series de potencias f(x) = S(x), se integra la serie
o
t¶rmino a t¶rmino, y se toma como valor aproximado de la integral la suma
e e
de los n primeros t¶rminos de la serie.
e
Para estimar el error del valor aproximado distinguiremos tres situaciones:

18 CAP¶

1. Si la serie num¶rica resultante es alternada, que satisface el criterio de
e
Leibniz, el error cometido vendr¶ determinado por el primer t¶rmino
a e
que no se suma, es decir: j Rn j< tn+1
2. Si la serie resultante es de signo constante entonces el error se puede de-
terminar comparando el resto de la serie con una progresi¶n geom¶trica
o e
in¯nita decreciente.
3. En cualquier otro caso acudimos a la f¶rmula de resto de Taylor.
o

Ejemplo 7.19 Calcula, con un error menor que una mil¶sima:
e
Z 1
2
e¡x dx
0

Soluci¶n: Desarrollamos la funci¶n subintegral en series de potencias. Para
o o
x
ello utilizamos el desarrollo de e
x x2 x3 xn
ex = 1 + + + + ¢¢¢ + + ¢¢¢
1! 2! 3! n!
Sustituyendo en esta serie x por ¡x2, obtenemos:
2 x2 x4 x6 x2n
e ¡x = 1 ¡ + ¡ + ¢ ¢ ¢ + (¡1) n +¢ ¢¢
1! 2! 3! n!
de1donde
Z Z 1µ ¶
¡x2 x2 x4 x6 nx
2n
e dx = 1¡ + ¡ + ¢ ¢ ¢ + (¡1) + ¢ ¢ ¢ dx =
0 0 1! 2! 3! n!
· ¸1
x3 x5 x7 x9 x11 1 1 1 1 1
= x¡ + ¡ + ¡ + ¢ ¢ ¢ = 1¡ + ¡ + ¡ +¢ ¢ ¢
3 2! 5 3! 7 4! 9 5! 11 0 3 2! 5 3! 7 4! 9 5! 11
Como hemos obtenido una serie alternada que cumple el criterio de Leibniz,
el error de la aproximaci¶n vendr¶ determinado por el valor absoluto del
o a
primer t¶rmino que no sumemos. Observamos que:
e
1 1 1
j t6 j= = <
5! 11 1320 1000
Por consiguiente, para calcular la suma, con la precisi¶n requerida, bastar¶
o a
con sumar los cinco primeros t¶rminos de la serie, es decir,
e
Z 1
2 1 1 1 1
e ¡x dx ¼ 1 ¡ + ¡ + = 00747
0 3 2! 5 3! 7 4! 9

Ejemplo 7.20 Calcula, con precisi¶n de hasta 0'001:
o
Z 1=2
1 ¡ cos x
dx
0 x2


o o
ello utilizamos el desarrollo de cos x
x2 x4 x6 x2n
cos x = 1 ¡ + ¡ + ¢ ¢ ¢ + (¡1)n +¢¢ ¢
2! 4! 6! (2n)!

Sustituyendo en la expresi¶n subintegral obtenemos:
o

x2 x4 x6
1 ¡ cos x 1¡1 + ¡ + ¡ ¢¢¢ 1 x2 x4
= 2! 4! 6! = ¡ + + ¢¢¢
x2 x2 2! 4! 6!
de1donde
Z Z 1µ ¶
1 ¡ cos x 1 x2 x4
dx = ¡ + + ¢ ¢ ¢ dx =
0 x2 0 2! 4! 6!
· ¸1=2
x x3 x5 1 1 1
= ¡ + + ¢¢¢ = ¡ + ¡ ¢¢¢
2! 4! 3 6! 5 0 2! ¢ 2 4! ¢ 3 ¢ 2 3 _ ¢ 25
6!5

o a
e

1 1 1 1 1 1
j t2 j= = > y j t3 j= = <
4! ¢ 3 ¢ 23 576 1000 6! ¢ 5 ¢ 25 115200 1000
o a
con sumar los dos primeros t¶rminos de la serie, es decir,
e
Z 1
1 ¡ cos x 1 1
dx ¼ ¡ = 00 25 ¡ 00 0017 = 0024831
0 x 2 2! ¢ 2 4! ¢ 3 ¢ 23

Ejemplo 7.21 Calcula, con precisi¶n de hasta 0'001:
o
Z 00 1
ln(1 + x)
dx
0 x

o o
ello utilizamos el desarrollo de ln x
x2 x3 x4
ln x = x ¡ + ¡ + ¢¢¢
2 3 4
Sustituyendo en la expresi¶n subintegral obtenemos:
o

x2 x3 x4
ln(1 + x) x¡ + ¡ +¢¢¢ x x2 x3
= 2 3 4 = 1¡ + + +¢¢¢
x x 2 3 4

20 CAP¶

de donde
Z 0 01 Z 00 1 µ ¶
ln(1 + x) x x2 x3
dx = 1¡ + ¡ + ¢ ¢ ¢ dx =
0 x 0 2 3 4
· ¸00 1
x2 x3 x4 00 01 00001
= x¡ + ¡ + ¢¢¢ = 00 1 ¡ + ¡ ¢¢¢
4 9 16 0 4 9
o a
e
00 01 1 1 00 001 1 1
j t2 j= = > y j t3 j= = <
4 400 1000 9 9000 1000
o a
con sumar los dos primeros t¶rminos de la serie, es decir,
e
Z 0 01
ln(1 + x) 00 01
dx ¼ 00 1 ¡ = 001 ¡ 00 0025 = 00 098
0 x 4

7.3 Series de Fourier.

7.3.1 Serie de Fourier de periodo 2¼

De¯nici¶n 7.3 Se llama serie de Fourier de la funci¶n f(x) a la siguiente
o o
serie trigonom¶trica:
e
1
a0 X
+ (an cos nx + bn sen nx)
2 n=1

cuyos coe¯cientes a0, an , bn se determinan a trav¶s de la funci¶n f (x) me-
e o
diante las f¶rmulas:
o Z
1 ¼
an = f(x) cos nx dx
¼ ¡¼
Z
1 ¼
bn = f(x) sen nx dx
¼ ¡¼
Los coe¯cientes a 0, a n, bn , que se determinan seg¶n estas f¶rmulas, se de-
u o
nominan coe¯cientes de Fourier de la funci¶n f (x)
o

nota 1: En la pr¶ctica. el coe¯ciente a0 debe calcularse de manera separada
a
del resto de los coe¯cientes a n, es decir:
Z
1 ¼
a0 = f (x) dx
¼ ¡¼

7.3. SERIES DE FOURIER. 21

nota 2: En el c¶lculo de los coe¯cientes de Fourier aparecen las siguientes
a
expresiones:
cos n¼ = (¡1)n sen n¼ = 0
A cada funci¶n f(x) integrable en el intervalo [¡¼; ¼] se le puede poner en
o
correspondencia su serie de Fourier
X 1
a
f(x) » 0 + (an cos nx + bn sen nx)
2 n=1

Sin embargo, en general, esta correspondencia no se corresponde con una
igualdad. Para que as¶ sea, la serie tiene que converger hacia la funci¶n.
³ o

7.3.2 Condiciones su¯cientes de la desarrollabilidad de
una funci¶n en serie de Fourier.
o

Teorema 7.9 (Teorema de Dirichlet) Si una funci¶n peri¶dica f (x) de
o o
periodo 2¼ es mon¶tona a trozos y acotada en el intervalo [¡¼; ¼], entonces
o
su serie de Fourier converge en cada punto x de este intervalo. Adem¶s para
a
la suma 1
a0 X
S(x) = + (an cos nx + bn sen nx)
2 n=1
de esta serie se cumplen las igualdades:

1. S(x) = f(x) si x es un punto de continuidad de f(x)
f (x+0)+f (x¡0)
2. S(x) = 2
si x en un punto de discontinuidad de f(x)

Ejemplo 7.22 Desarrolla en serie de Fourier la funci¶n peri¶dica de periodo
o o
2¼ ½
0 si x 2 [¡¼; 0]
f(x) =
x si x 2 [0; ¼]
1
X 1
Utiliza el resultado para calcular la suma de la serie num¶rica:
e
n=1
(2n ¡ 1)2

Soluci¶n:
o
La funci¶n dada satisface las condiciones del teorema.
o
Hallamos ¼ coe¯cientesµZ Fourier:
Z los de 0 Z¼ ¶
1 1
a0 = f(x) dx = f(x) dx + f(x) dx =
¼ ¡¼ ¼ ¡¼ 0
µZ 0 Z ¼ ¶ · ¸
1 1 x2 ¼ ¼
= 0 ¢ dx + x dx = =
¼ ¡¼ 0 ¼ 2 0 2

22 CAP¶
Z
1 ¼
an = 0 + x cos nx dx
¼ 0
Calculamos la integral por partes ¾
· ¸
R u=x du = dx x sen nx R sen nx
x cos nx dx = sen nx = ¡ dx =
dv = cos nx dx v= n n n
x sen nx cos nx
+
n n2
Luego µ ¶
1 h x sen nx cos nx i¼ 1 ¼ sen n¼ cos n¼ cos 0
an = + = ¡0+ ¡ 2 =
¼ n n2 0 ¼ n n2 n
µ ¶ ( )
1 (¡1)n 1 1 (¡1)n ¡ 1 0 si n es par
= 0¡0 + ¡ 2 = = ¡2 =
¼ n2 n ¼ n2 2¼
si n es impar
Z n
¡2 1 ¼
8n bn = 0 + x sen nx dx
(2n ¡ 1)2 ¼ ¼ 0
Calculamos la integral por partes ¾
· ¸
R u=x du = dx ¡x cos nx R cos nx
x sen nx dx = ¡ cos nx = + dx =
dv = sen nx dx v= n n n
¡x cos nx sen nx
+
n n2
Luego · ¸ µ ¶
1 ¡x cos nx sen nx ¼ 1 ¡¼ cos n¼ sen n¼ cos n¼
bn = + 2
= ¡0 + 2
¡0 = ¡ =
¼ n n 0 ¼ n n n
(¡1)n (¡1)n+1
¡ =
n n
Por consiguiente, la serie de Fourier ser¶: a
1 · ¸
¼ X 2 cos (2n ¡ 1)x (¡1)n+1 sen nx
f(x) = + ¡ +
4 n=1 ¼ (2n ¡ 1)2 n

En todos los puntos de continuidad de la funci¶n ser¶: S(x) = f (x), mien-
o a
tras que en los extremos del intervalo [¡¼; ¼], es decir, en los puntos de
discontinuidad de la funci¶n, los valores de la serie vendr¶n dado por:
o a
0 +¼ ¼
S(x) = =
2 2
Para hallar la suma de la serie numerica damos un valor adecuado a x de
modo que obtengamos la serie que nos interesa. En este caso, haciendo x = 0,
desaparecen todos los senos, y los cosenos se transforman en 1.
x = 0 ) S(0) = f(0) = 0, con lo cual
µ ¶
¼ 2 1 1 1
0= ¡ + + +¢¢ ¢
4 ¼ 12 32 52

de donde:
µ ¶
2 1 1 1 ¼
+ 2 + 2 + ¢¢¢ =
¼ 1 2 3 5 4


Con lo que resulta:
1
X 1 1 1 1 ¼2
= 2 + 2 + 2 +¢¢¢ =
n=1
(2n ¡ 1)2 1 3 5 8

El mismo resultado se obtiene si en vez de darle a x el valos x = 0, le damos
el valor x = ¼, sin embargo, en este caso la funci¶n no es continua en este
o
punto, y por lo tanto el valor de la serie hay que calcularlo como la media
aritm¶tica de los valores laterales, es decir,
e
f(¼ ¡ 0) + f(¼ + 0) ¼ +0 ¼
x = ¼ ) S(¼) = = = , con lo cual
2 2 2
1
¼ ¼ 2X 1
= +
2 4 ¼ n=1 (2n ¡ 1)2
de donde,
1
X 1 ¼ ¼ ¼ ¼2
=( ¡ ) =
n=1
(2n ¡ 1)2 2 4 2 8

Ejemplo 7.23 Utilizando el desarrollo de Fourier de la extensi¶n peri¶dica
o o
x
de la funci¶n f(x) = e en el intervalo [¡¼; ¼), probar que
o
" 1 µ ¶#
2 ¢ senh ¼ 1 X (¡1)n n(¡1)n
ex = + cos nx ¡ sen nx ; 8x 2 (¡¼; ¼)
¼ 2 n=1 1 + n2 1 + n2
1
X 1
Adem¶s, utilizar la igualdad anterior para calcular
a
1 + n2
n=1
ex + e ¡x ex ¡ e¡x
(Indicaci¶n: cosh x =
o ; senh x = )
2 2

soluci¶n: El desarrollo de Fourier de la extensi¶n peri¶dica de una funci¶n
o o o o
f (x) en el intervalo [¡¼; ¼) se puede escribir como
8 Z ¼
> a = 1
> n
>
> f (x) cos nx dx n = 0; 1; 2 ¢ ¢ ¢
a0 X1 < ¼ ¡¼
+ (an cos nx+bn sen nx) siendo Z ¼
2 n=1 >
>
> b = 1
> n
: f(x) sen nx dx n = 1; 2; 3 ¢ ¢ ¢
¼ ¡¼

Al no ser f (x) ni par ni impar, los coe¯cientes han de calcularse por la forma
general Z Z
1 ¼ 1 ¼ x 1 1 2 e ¼ ¡ e¡¼
a0 = f(x) dx = e dx = [ex] ¼ = (e¼ ¡ e¡¼) =
¡¼ =
¼ ¡¼ ¼ ¡¼ ¼ ¼ ¼ 2
2 senh ¼
¼

24 CAP¶
Z Z
1 ¼ 1 ¼ x
an = f(x) cos nx dx = e cos nx dx =
¼ ¡¼ ¼ ¡¼
Calculamos esta integral por partes (dos veces). ¸
Z · ¾ Z
x u = ex du = ex dx ex sen nx 1
e cos nx dx = = ¡ ex sen nxdx
dv = cos nx dx ¾ v = sen nx ¸ n n Z
Z · n
x u = ex du = e xdx ¡ex cos nx 1
e sen nx dx = = + ex cos nxdx
dv = sen nx dx v = ¡ cos nx
n n n
Con lo cual aparece nuevamente la integral que quer¶ ³amos calcular. La
pasamos al primer miembro y la sumamos con la existente
Z Z
x ex sen nx ex cos nx 1
e cos nx dx = + ¡ 2 ex cos nx dx
n n2 n
Pasando esta integral al primer miembro y operando resulta
Z
n2 + 1 ex(n sen nx + cos nx)
ex cos nx dx =
n2 n2

luego Z
ex(n sen nx + cos nx)
ex cos nx dx =
n2 + 1
de donde resulta,
· ¸
1 ex(n sen nx + cos nx) ¼
an = =
¼ n2 + 1 ¡¼

1 £ ¼ ¤ 2(¡1)n senh ¼
= e (n sen n¼ + cos n¼) ¡ e¡¼ (¡n sen n¼ + cos n¼) =
¼(n2 + 1) ¼(n 2 + 1)

analogamente

Z Z
1 ¼ 1 ¼ x
bn = f (x) sen nx dx = e sen nx dx =
¼ ¡¼ ¼ ¡¼
Calculamos esta integral por partes¾
Z · (dos veces). ¸ Z
x u=e x
du = ex dx ex cos nx 1
e sen nx dx = =¡ + ex cos nxdx
dv = sen nx dx ¾ v = ¡cos nx ¸ n n
Z · n Z
x u = ex du = exdx ex sen nx 1
e cos nx dx = = ¡ ex sen nxdx
dv = cos nx dx v = sen nx
n n n
Con lo cual aparece nuevamente la integral que quer¶ ³amos calcular. La
pasamos al primer miembro y la sumamos con la existente
Z Z
x ex cos nx ex sen nx 1
e sen nx dx = ¡ + ¡ 2 ex sen nx dx
n n2 n
Pasando esta integral al primer miembro y operando resulta
Z
n2 + 1 ex(¡n cos nx + sen nx)
e x sen nx dx =
n2 n2


luego Z
ex(¡n cos nx + sen nx)
ex cos nx dx =
n2 + 1
de donde resulta,
· ¸
1 ex(¡n cos nx + sen nx) ¼
bn = =
¼ n2 + 1 ¡¼

1 £ ¼ ¡¼
¤ ¡2n(¡1)n senh ¼
= e (¡n cos n¼ + sen n¼) ¡ e (¡n cos n¼ ¡ sen n¼) =
¼(n2 + 1) ¼(n 2 + 1)
Sustituyendo los coe¯cientes en la serie de Fourier resulta
1
x senh ¼ X 2(¡1) n senh ¼ ¡2n(¡1)n senh ¼
e = + cos nx + sen nx =
¼ n=1
¼(n 2 + 1) ¼(n2 + 1)
" ¶#
1 µ
2 ¢ senh ¼ 1 X (¡1)n n(¡1)n
= + cos nx ¡ sen nx ; 8x 2 (¡¼; ¼)
¼ 2 n=1 1 + n2 1 + n2
Para encontra la serie num¶rica dada, hacemos x = ¼ con lo cual eliminamos
e
todos los senos de la serie de Fourier y al mismo tiempo eliminamos la alter-
nancia de signos de los t¶rminos an. Pero con esta sustituci¶n hay que tener
e o
en cuenta que se realiza en un punto de discontinuidad, luego el valor de la
serie se obtiene de la media aritm¶tica de los valores laterales de la funci¶n,
e o
es decir,
f(¼ +) + f (¼¡ ) e¼ + e¡¼
S(¼) = = = cosh ¼
2 2
de donde
" 1 µ ¶# " 1 µ ¶#
2 ¢ senh ¼ 1 X (¡1)n 2 ¢ senh ¼ 1 X 1
cosh ¼ = + (¡1)n ¡ 0 = +
¼ 2 n=1 1 + n2 ¼ 2 n=1 1 + n2
Y despejando la serie pedida resulta
1³ ¼ ´
1
X 1 ¼ cosh ¼ 1
= ¡ = ¡1
n=1
1 + n2 2 senh ¼ 2 2 tanh ¼

7.3.3 Desarrollo de las funciones pares e impares en
series de Fourier.

Una funci¶n f(x) de¯nida en el intervalo [¡¼; ¼] se llama par si
o
f(¡x) = f(x) para todos los x 2 [¡¼; ¼]
La gr¶¯ca de la funci¶n par es sim¶trica respecto al eje de ordenadas.
a o e
Una funci¶n f(x) de¯nida en el intervalo [¡¼; ¼] se llama impar si
o
f(¡x) = ¡f(x) para todos los x 2 [¡¼; ¼]
La gr¶¯ca de la funci¶n impar es sim¶trica respecto al origen de ordenadas.
a o e

26 CAP¶

Teorema 7.10 Los coe¯cientes de Fourier de una funci¶n par f(x) se pueden
o
obtener, de manera simpli¯cada, mediante las siguientes f¶rmulas:
o
Z ¼
2
an = f(x) cos nx dx
¼ 0
bn = 0

Por consiguiente, la serie de Fourier de una funci¶n par contiene s¶lo los
o o
cosenos, es decir, tiene la forma:
X 1
a
f (x) = 0 + (an cos nx)
2 n=1

Teorema 7.11 Los coe¯cientes de Fourier de una funci¶n impar f(x) se
o
pueden obtener, de manera simpli¯cada, mediante las siguientes f¶rmulas:
o

an = 0
Z ¼
2
bn = f(x) sen nx dx
¼ 0

Por consiguiente, la serie de Fourier de una funci¶n impar contiene s¶lo los
o o
senos, es decir, tiene la forma:
1
X
f (x) = (bn sen nx)
n=1

Ejemplo 7.24 Desarrollar en serie de Fourier la siguiente funci¶n peri¶dica
o o
de periodo 2¼
f(x) = x2 ¡¼ ·x·¼
1
X 1
Utiliza el resultado para calcular la suma de la serie num¶rica:
e
n2
n=1

Soluci¶n: La funci¶n cumple las condiciones del teorema de desarrollabili-
o o
dad.
la funci¶n es par, luego se trata de una serie de cosenos, y los coe¯cientes se
o
pueden calcular mediante la forma simpli¯cada. La serie de fourier tendr¶ la
a
forma: 1
2 a0 X
x = + (an cos nx)
2 n=1
Los coe¯cientes de Fourier, por la forma simpli¯cada, son:
b0 = 0

Z · ¸
2 ¼ 2 2 x3 ¼ 2 2
a0 = x dx = = ¼
¼ Z0 ¼ 3 0 3
¼
2
a0 = x2 cos nx dx
¼ 0
Calculamos esta · integral por partes (dos veces) ¸
¾
R 2 u = x2 du = 2x dx x2 sen nx 2 R
x cos nx dx = = ¡ x sen nxdx
dv = cos nx dx ¾ v = sen nx ¸ n n
· n
x sen nx dx = ¡cos nx = + dx =
¡x cos nx sen nx
+
n n2
Luego µ ¶
R 2 x2 sen nx 2 ¡x cos nx sen nx x2 sen nx 2x cos nx
x cos nx dx = ¡ + = + ¡
n n n n2 n n2
2 sen nx
de donde,
n3 · 2 ¸
2 x sen nx 2x cos nx 2 sen nx ¼ 2 2¼ cos n¼ 4 cos n¼
an = + 2
¡ 3
= 2
= =
n n n n 0 ¼ n n2
4
(¡1)n Por lo tanto la serie de Fourier de la funci¶n dada es:
o
n2
1
X (¡1)n
2 ¼2
x = +4 cos nx
3 n=1
n2

o en forma desarrollada
µ ¶
2 ¼2 cosx cos2x cos3x
x = ¡4 ¡ + ¡ ¢¢¢
3 12 22 32
Dado que la funci¶n dada es continua en todo <, la serie coincide con la
o
funci¶n S(x) = f (x) para cualquier n¶mero real x. Sin embargo hay que
o u
tener en cuenta que fuera del intervalo [¡¼; ¼] tenemos que f(x) 6x2 , y
=
habr¶ que calcular el valor de f(x) de acuerdo con la periodicidad de¯nida.
a
La serie num¶rica pedida podemos obtenerla haciendo x = ¼
e
x = ¼ ) S(¼) = f (¼) = ¼ 2, luego
µ ¶
2 ¼2 1 1 1
¼ = ¡ 4 ¡ 2 ¡ 2 ¡ 2 ¢ ¢¢
3 1 2 3

de donde: µ ¶
1
X 1 1 2 ¼2 2¼ 2 ¼2
= ¼ ¡ = =
n=1
n2 4 3 12 6

Ejemplo 7.25 Desarrolla en serie de Fourier la siguiente funci¶n peri¶dica
o o
de periodo 2¼
f(x) = x ¡¼ < x·¼

28 CAP¶

1
X (¡1)n
Utiliza el resultado para calcular
2n + 1
n=0

La funci¶n f(x) satisface las condiciones del teorema de desarrollabilidad.
o
La funci¶n f(x) es impar, luego se trata de una serie de senos, y los coe-
o
¯cientes se pueden calcular por las f¶rmulas reducidas. La serie ser¶ de la
o a
forma:
X1
x= bn sen nx
n=1

los coe¯cientes ser¶n:
a
an = 0 Z ¼
2
bn = x sen nx dx
¼ 0
Calculamos la integral por partes
· ¾ ¸
x sen nx dx = ¡ cos nx = + dx =
¡x cos nx sen nx
= +
n n2
Luego · ¸ µ ¶
2 ¡x cos nx sen nx ¼ 2 ¡¼ cos n¼ sen n¼
bn = + = ¡0+ ¡0 =
¼ n n2 0 ¼ n n2

2 2 (¡1)n+1
= ¡ cos n¼ = ¡ (¡1) n = 2
n n n
Por consiguiente, la serie de Fourier ser¶:
a

X1 µ ¶
n+1 sen nx sen x sen 2x
x=2 (¡1) =2 ¡ + ¢¢¢
n=1
n 1 2

Esta igualdad tiene lugar para todos los x 2 (¡¼; ¼), sin embargo, en los
extremos del intervalo la funci¶n no es continua y el valor de la serie hay
o
que calcularlo mediante la media aritm¶tica correspondiente, en este caso
e
S(§¼) = 0. Fuera del intervalo habr¶ que tener en cuenta el valor corre-
a
spondiente debido a la periodicidad.
La serie num¶rica dada la obtenemos haciendo x = ¼
e 2

¼ ¼ ¼ ¼
x= ) S( ) = f( ) =
2 2 2 2
luego,
µ ¶ µ ¶ µ ¶
¼ sen ¼
2 sen 2 ¼
2 sen 3 ¼
2 1 1 1
=2 ¡ + ¡ ¢¢¢ = 2 1¡ 0¡ + ¢¢¢ = 2 1¡ + ¡ ¢¢¢
2 1 2 3 3 3 5


y por lo tanto:
1 µ ¶
X (¡1)n 1 1 ¼
= 1¡ + ¡ ¢¢¢ =
n=0
2n + 1 3 5 4

Ejemplo 7.26 Calcula la serie de Fourier de la funci¶n f (x) = jxj en el
o
intervalo [¡¼; ¼].
X1
1
Usar el desarrollo obtenido para sumar la serie
n=0
(2n + 1)2

Soluci¶n: La funci¶n f(x) = jxj es par, ya que:
o o
f(¡x) = j ¡ xj = jxj = f (x)
por lo tanto se trata de una serie de cosenos y los coe¯cientes pueden calcu-
larse por el m¶todo simpli¯cado.
e
Z Z
2 ¼ 2 ¼
a0 = f (x)dx an = f(x) cos nx dx bn = 0
¼ 0 ¼ 0
de donde: Z · ¸
2 ¼ 2 x2 ¼ 2¼ 2
a0 = xdx = = =¼
¼ Z0 ¼ 2 0 2¼
2 ¼
an = x cos nx dx
¼ 0
hacemos la integral por partes:
Z ½ ¾ ¾ Z
u=x du = dx x sen nx sen nx x sen nx cos nx
x cos nx dx = = ¡ = + 2
dv = cos nx dx v = sen nx
n n n n n
con lo cual:

· ¸
2 h x sen nx cos nx i¼ 2 cos n¼ cos 0 2(cos n¼ ¡ cos 0)
an = + 2
= 0+ 2
¡0+ 2 = =
¼ n n 0 ¼ n n ¼n 2
( )
2((¡1)n ¡ 1) 0 si n es par ¡4
= 2
= ¡4 = para n = 1; 2; 3 ¢ ¢ ¢
¼n 2 si n es impar ¼(2n ¡ 1)2
¼n
De donde.
1 · ¸
¼ X ¡4 ¼ 4 cos x cos 3x cos 5x
jxj = ¡ cos(2n¡1)x = ¡ + + + ¢¢¢
2 n=1 ¼(2n ¡ 1)2 2 ¼ 12 32 52

La serie num¶rica pedida se obtiene de la obtenida, para x = 0, donde la
e
funci¶n es continua. Luego:
o
1 1
¼ X ¡4 ¼ 4X 1
j0j = ¡ 2
cos 0 = ¡
2 n=1 ¼(2n ¡ 1) 2 ¼ n=1 (2n ¡ 1)2

30 CAP¶

de donde: 1
4X 1 ¼
2
=
¼ n=1 (2n ¡ 1) 2
Con lo que resulta:
1
X 1
X
1 1 ¼2
= =
(2n + 1)2 n=1 (2n ¡ 1)2 8
n=0

series de fourier

Recomendados

Recomendados

Más contenido relacionado

La actualidad más candente

La actualidad más candente (9)

Destacado

Destacado (8)

Similar a series de fourier

Similar a series de fourier (20)

Último

Último (20)

series de fourier