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Coeficientes de Fourier de ondas simétricas. Fourier.

Teoremas

Teorema 1. Si f(t) es una función periódica par con período T, la serie de Fourier consta de una constante y de términos del coseno solamente, es decir,

\displaystyle f(t) = \frac{1}{2} a_0 + \sum_{n=1}^{\infty}{a_n \cos{n\omega_0 t}}

donde

\displaystyle \omega_0 = \frac{2\pi}{T}

y

\displaystyle a_n = \frac{4}{T} \int_{0}^{T/2}{f(t) \cos{n \omega_0 t} \, dt}

Teorema 2. Si f(t) es una función periódica impar con período T, la parte inferior de la serie de Fourier consta de términos del seno solamente, es decir,

\displaystyle f(t) = \sum_{n=1}^{\infty}{b_n \sin{n \omega_0 t}}

donde

\displaystyle \omega_0 = \frac{2\pi}{T}

y

\displaystyle b_n = \frac{4}{T} \int_{0}^{T/2}{f(t) \sin{n \omega_0 t} \, dt}

Teorema 3. La serie de Fourier de cualquier función periódica f(t) que tiene simetría de media onda, contiene solamente armónicas impares.

\displaystyle a_n = \left\{ \begin{matrix} 0 \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad para \, n \, par \\ \frac{4}{T} \int_{0}^{T/2}{f(t) \cos{n \omega_0 t} \, dt} \quad \quad para \, n \, impar \end{matrix} \right.

\displaystyle b_n = \left\{ \begin{matrix} 0 \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad para \, n \, par \\ \frac{4}{T} \int_{0}^{T/2}{f(t) \sin{n \omega_0 t} \, dt} \quad \quad para \, n \, impar \end{matrix} \right.

Teorema 4. La serie de Fourier de cualquier función periódica f(t) que tiene simetría de cuarto de onda par, consta solamente de armónicos impares términos del coseno, es decir,

\displaystyle f(t) = \sum_{n=1}^{\infty}{a_{2n-1} \cos{(2n-1) \omega_0 t}}

donde

\displaystyle \omega_0 = \frac{2\pi}{T}

Y

\displaystyle a_{2n-1} = \frac{8}{T} \int_{0}^{T/4}{f(t) \cos{(2n-1) \omega_0 t} \, dt}

Teorema 5. La serie de Fourier de cualquier función periódica f(t) que tiene simetría de cuarto de onda impar, consta solamente de armónicos impares de términos del seno, es decir,

\displaystyle f(t) = \sum_{n=1}^{\infty}{b_{2n-1} \sin{(2n-1) \omega_0 t}}

donde

\displaystyle \omega_0 = \frac{2\pi}{T}

Y

\displaystyle b_{2n-1} = \frac{8}{T} \int_{0}^{T/4}{f(t) \sin{(2n-1) \omega_0 t} \, dt}

Problemas resueltos

Problema 1. Encontrar la serie de Fourier de la siguiente onda cuadrada (figura 1).

forma de onda del problema 1
Figura 1. Forma de onda del problema 1.

Solución. En la figura se observa que

f(-t) = f(t)    y    \displaystyle f \left(t + \frac{1}{2} T \right) = - f(t)

Y esto quiere decir que la función f(t) tiene simetría de cuarto de onda par. Por lo que, la serie de Fourier esperado es

f(t) = \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}{a_{2n-1} \cos{(2n-1) \omega_0 t}}

Calculando a_{2n-1}

\displaystyle a_{2n-1} = \frac{8}{T} \int_{0}^{T/4}{f(t) \cos{(2n-1) \omega_0 t} \, dt}

\displaystyle a_{2n-1} = \frac{8}{T} \int_{0}^{T/4}{(1) \cdot \cos{(2n-1) \omega_0 t} \, dt}

\displaystyle a_{2n-1} = \frac{8}{T} \int_{0}^{T/4}{\cos{(2n-1) \omega_0 t} \, dt}

\displaystyle a_{2n-1} = \frac{8}{T} \left[ \frac{1}{(2n-1) \omega_0} \sin{(2n-1) \omega_0 t} + C \right]_{0}^{T/4}

\displaystyle a_{2n-1} = \frac{8}{T} \left[ \frac{1}{(2n-1) \omega_0} \sin{(2n-1) \omega_0 (\frac{T}{2})} - \frac{1}{(2n-1) \omega_0} \sin{(2n-1) \omega_0 (0)} \right]

\displaystyle a_{2n-1} = \frac{8}{T} \left[ \frac{1}{(2n-1) \omega_0} \sin{(2n-1) (\frac{2\pi}{T}) (\frac{T}{4})} - \frac{1}{(2n-1) \omega_0} \sin{(0)} \right]

\displaystyle a_{2n-1} = \frac{8}{T} \left[ \frac{1}{(2n-1) \omega_0} \sin{(2n-1) \frac{\pi}{2}} \right] = \frac{8}{T} \left[ \frac{1}{(2n-1) \frac{2\pi}{T}} \sin{(2n-1) \frac{\pi}{2}} \right]

\displaystyle a_{2n-1}= \frac{8}{T} \left[ \frac{T}{2 (2n-1) \pi} \sin{(2n-1) \frac{\pi}{2}} \right] = \frac{4}{(2n-1) \pi} \sin{(2n-1) \frac{\pi}{2}}

Si n=1,3,5, \cdots

\displaystyle a_{2n-1} = \frac{4}{(2n-1) \pi} \sin{(2n-1) \frac{\pi}{2}}

\displaystyle a_{2n-1} = \frac{4}{(2n-1) \pi} (1) = \frac{4}{(2n-1) \pi}

\displaystyle a_{2n-1} = \frac{4}{(2n-1) \pi}

Si n=2,4,6, \cdots

\displaystyle a_{2n-1} = \frac{4}{(2n-1) \pi} \sin{(2n-1) \frac{\pi}{2}}

\displaystyle a_{2n-1} = \frac{4}{(2n-1) \pi} (-1) = - \frac{4}{(2n-1) \pi}

\displaystyle a_{2n-1} = - \frac{4}{(2n-1) \pi}

Entonces a_{2n-1} es

\displaystyle \large a_{2n-1} = \left\{ \begin{matrix} \frac{4}{(2n-1) \pi} \quad , \quad n=1,3,5, \cdots \\ - \frac{4}{(2n-1) \pi} \quad, \quad n =2,4,6, \cdots \end{matrix} \right.

Regresando, el resultado final es

\displaystyle f(t) = \sum_{n=1}^{\infty}{a_{2n-1} \cos{(2n-1) \omega_0 t}}

\displaystyle f(t) = \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{4}{(2n-1) \pi} \sin{(2n-1) \frac{\pi}{2}} \cdot \cos{(2n-1) \omega_0 t}}

\displaystyle \therefore f(t) = \frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}{\left(\frac{1}{2n-1} \right) \sin{(2n-1) \frac{\pi}{2}} \cdot \cos{(2n-1) \omega_0 t}}

O también

\displaystyle \therefore f(t) = \frac{4}{\pi} \left[ \sum_{n=impar}^{\infty}{\left( \frac{1}{2n-1} \right) \cos{(2n-1) \omega_0 t}} + \sum_{n=par}^{\infty}{\left( \frac{1}{2n-1} \right) \cos{(2n-1) \omega_0 t}} \right]

Problema 2. Encontrar la serie de Fourier de la siguiente forma de onda cuadrada (figura 2.)

forma de onda del problema 2
Figura 2. Forma de onda del problema 2.

Solución. Observando la figura 2.2.2, se tiene lo siguiente

\displaystyle f(-t) = - f(t)   y   \displaystyle f \left(t + \frac{1}{2} T \right)

esto quiere decir que la función f(t) tiene simetría de cuarto de onda impar. La serie de Fourier esperado es

\displaystyle f(t) = \sum_{n=1}^{\infty}{b_{2n-1} \sin{(2n-1) \omega_0 t}}

Calculando b_{2n-1}

\displaystyle b_{2n-1} = \frac{8}{T} \int_{0}^{T/4}{f(t) \sin{(2n-1) \omega_0 t} \, dt}

\displaystyle b_{2n-1} = \frac{8}{T} \int_{0}^{T/4}{(1) \sin{(2n-1) \omega_0 t} \, dt}

\displaystyle b_{2n-1} = \frac{8}{T} \int_{0}^{T/4}{\sin{(2n-1) \omega_0 t} \, dt}

\displaystyle b_{2n-1} = \frac{8}{T} \left[- \frac{1}{(2n-1) \omega_0} \cos{(2n-1) \omega_0 t} + C \right]_{0}^{T/4}

\displaystyle b_{2n-1} = \frac{8}{T} \left[- \frac{1}{(2n-1) \omega_0} \cos{(2n-1) \omega_0 (\frac{T}{4})} + \frac{1}{(2n-1) \omega_0} \cos{(2n-1) \omega_0 (0)} \right]

\displaystyle b_{2n-1} = \frac{8}{T} \left[- \frac{1}{(2n-1) \frac{2\pi}{T}} \cos{(2n-1) \frac{2\pi}{T} (\frac{T}{4})} + \frac{1}{(2n-1) \frac{2\pi}{T}} \cos{(0)} \right]

\displaystyle b_{2n-1} = \frac{8}{T} \left[- \frac{T}{2 (2n-1) \pi} \cos{(2n-1) \frac{\pi}{2}} + \frac{T}{2 (2n-1)\pi} (1) \right]

\displaystyle b_{2n-1} = - \frac{4}{(2n-1) \pi} \cos{(2n-1) \frac{\pi}{2}} + \frac{4}{(2n-1)\pi}

Si n=1,3,5, \cdots

\displaystyle b_{2n-1} = - \frac{4}{(2n-1) \pi} \cos{(2n-1) \frac{\pi}{2}} + \frac{4}{(2n-1)\pi}

\displaystyle b_{2n-1} = - \frac{4}{(2n-1) \pi} (0) + \frac{4}{(2n-1)\pi}

\displaystyle b_{2n-1} = \frac{4}{(2n-1)\pi}

Si n=2,4,6, \cdots

\displaystyle b_{2n-1} = - \frac{4}{(2n-1) \pi} \cos{(2n-1) \frac{\pi}{2}} + \frac{4}{(2n-1)\pi}

\displaystyle b_{2n-1} = - \frac{4}{(2n-1) \pi} (0) + \frac{4}{(2n-1)\pi}

\displaystyle b_{2n-1} = \frac{4}{(2n-1)\pi}

Entonces b_{2n-1} es

\displaystyle \large b_{2n-1} = \frac{4}{(2n-1)\pi}

Regresando, el resultado final es

\displaystyle f(t) = \sum_{n=1}^{\infty}{b_{2n-1} \sin{(2n-1) \omega_0 t}}

\displaystyle f(t) = \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{4}{(2n-1)\pi} \cdot \sin{(2n-1) \omega_0 t}}

\displaystyle \therefore f(t) = \frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}{ \left(\frac{1}{2n-1} \right) \sin{(2n-1) \omega_0 t}}

Problema 3. Encontrar la serie de Fourier de la función f(t) que se muestra en la siguiente figura

forma de onda del problema 3a
Figura 3. Forma de onda del problema 3.

Solución. La figura presenta una simetría escondida, para ello, se desplazará 1/2 de la función para tener la siguiente forma

forma de onda del problema 3b
Figura 4. Forma de onda que se ha desplazado 1/2 haciéndolo simétrico en el eje «t».

Y la nueva función a tomar para resolver este problema es \displaystyle g(t) = f(t) - \frac{1}{2}, donde g(t) es una función impar. De f(t) (de la figura 2.2.3), la función es (0 < t < T )

\displaystyle f(t) - f(t_1) = \left[ \frac{f(t_2) - f(t_1)}{t_2 - t_1} \right] (t - t_1)

\displaystyle f(t) - 1 = \left( \frac{-\frac{1}{2} - \frac{1}{2}}{T - 0} \right) (t - 0)

\displaystyle f(t) - 1 = \left(- \frac{1}{T} \right) (t)

\displaystyle f(t) - 1 = - \frac{1}{T} t

\displaystyle f(t) = 1 - \frac{1}{T} t

Por lo que g(t) (de la figura 2.2.4) es

\displaystyle g(t) = f(t) - \frac{1}{2}

\displaystyle g(t) = 1 - \frac{1}{T} t - \frac{1}{2}

\displaystyle g(t) = \frac{1}{2} - \frac{1}{T} t

Si g(t) es impar, la serie de Fourier es

\displaystyle g(t) = \sum_{n=1}^{\infty}{b_n \sin{n \omega_0 t}}

Calculando b_n

\displaystyle b_n = \frac{4}{T} \int_{0}^{T/2}{g(t) \sin{n \omega_0 t} \, dt}

\displaystyle b_n = \frac{4}{T} \int_{0}^{T/2}{\left(\frac{1}{2} - \frac{1}{T} t \right) \sin{n \omega_0 t} \, dt}

\displaystyle b_n = \frac{4}{T} \int_{0}^{T/2}{\frac{1}{2} \sin{n \omega_0 t} \, dt} + \frac{4}{T} \int_{0}^{T/2}{\left(- \frac{1}{T} t \right) \sin{n \omega_0 t} \, dt}

\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \int_{0}^{T/2}{\sin{n \omega_0 t} \, dt} - \frac{4}{T^2} \int_{0}^{T/2}{t \sin{n \omega_0 t} \, dt}

\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \left[- \left(\frac{1}{n \omega_0} \right) \cos{n \omega_0 t} + C \right]_{0}^{T/2} - \frac{4}{T^2} \left[\left(-\frac{1}{n \omega_0} \right) t \cos{n \omega_0 t} + \left( \frac{1}{n \omega_0} \right)^2 \sin{n \omega_0 t} + C \right]_{0}^{T/2}

\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \left[- \left(\frac{1}{n \omega_0} \right) \cos{n \omega_0 (\frac{T}{2})} + \left(\frac{1}{n \omega_0} \right) \cos{n \omega_0 (0)} \right] - \frac{4}{T^2} \left[\left(-\frac{1}{n \omega_0} \right) (\frac{T}{2}) \cos{n \omega_0 (\frac{T}{2})} + \left( \frac{1}{n \omega_0} \right)^2 \sin{n \omega_0 (\frac{T}{2})} - \left(-\frac{1}{n \omega_0} \right) (0) \cos{n \omega_0 (0)} - \left( \frac{1}{n \omega_0} \right)^2 \sin{n \omega_0 (0)} \right]

\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \left[- \left(\frac{1}{n \omega_0} \right) \cos{n \omega_0 (\frac{T}{2})} + \left(\frac{1}{n \omega_0} \right) (1) \right] - \frac{4}{T^2} \left[\left(-\frac{1}{n \omega_0} \right) (\frac{T}{2}) \cos{n \omega_0 (\frac{T}{2})} + \left( \frac{1}{n \omega_0} \right)^2 \sin{n \omega_0 (\frac{T}{2})} - (0) (1) - \left( \frac{1}{n \omega_0} \right)^2 (0) \right]

\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \left[- \left(\frac{1}{n \omega_0} \right) \cos{n \omega_0 (\frac{T}{2})} + \left(\frac{1}{n \omega_0} \right) \right] - \frac{4}{T^2} \left[\left(-\frac{1}{n \omega_0} \right) (\frac{T}{2}) \cos{n \omega_0 (\frac{T}{2})} + \left( \frac{1}{n \omega_0} \right)^2 \sin{n \omega_0 (\frac{T}{2})} \right]

\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \left[- \left(\frac{1}{n \left(\frac{2\pi}{T} \right)} \right) \cos{n \left(\frac{2\pi}{T} \right) (\frac{T}{2})} + \left(\frac{1}{n \left(\frac{2\pi}{T} \right)} \right) \right] - \frac{4}{T^2} \left[\left(-\frac{1}{n \left(\frac{2\pi}{T} \right)} \right) (\frac{T}{2}) \cos{n \left(\frac{2\pi}{T} \right) (\frac{T}{2})} + \left( \frac{1}{n \left(\frac{2\pi}{T} \right)} \right)^2 \sin{n \left(\frac{2\pi}{T} \right) (\frac{T}{2})} \right]

\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \left[- \left(\frac{T}{2 n \pi} \right) \cos{n \pi} + \left(\frac{T}{2n \pi} \right) \right] - \frac{4}{T^2} \left[ \left(- \frac{T^2}{4 n \pi} \right) \cos{n \pi} + \left( \frac{T}{2 n \pi} \right)^2 \sin{n \pi} \right]

\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \left(- \frac{T}{2 n \pi} \cos{n \pi} + \frac{T}{2n \pi} \right) - \frac{4}{T^2} \left( - \frac{T^2}{4 n \pi} \cos{n \pi} + \frac{T^2}{4 n^2 \pi^2} \sin{n \pi} \right)

\displaystyle b_n = - \frac{1}{n \pi} \cos{n \pi} + \frac{1}{n \pi} + \frac{1}{n \pi} \cos{n \pi} - \frac{1}{n^2 \pi^2} \sin{n \pi}

\displaystyle b_n = \frac{1}{n \pi} - \frac{1}{n^2 \pi^2} \sin{n \pi}

Si n=1,3,5, \cdots

\displaystyle b_n = \frac{1}{n \pi} - \frac{1}{n^2 \pi^2} \sin{n \pi}

\displaystyle b_n = \frac{1}{n \pi} - \frac{1}{n^2 \pi^2} (0) = \frac{1}{n \pi}

Si n=2,4,6, \cdots

\displaystyle b_n = \frac{1}{n \pi} - \frac{1}{n^2 \pi^2} \sin{n \pi}

\displaystyle = \frac{1}{n \pi} - \frac{1}{n^2 \pi^2} (0) = \frac{1}{n \pi}

Entonces, b_n es

\displaystyle b_n = \frac{1}{n \pi}

Regresando a la serie de Fourier para g(t)

\displaystyle g(t) = \sum_{n=1}^{\infty}{b_n \sin{n \omega_0 t}}

\displaystyle g(t) = \sum_{n=1}^{\infty}{\left(\frac{1}{n \pi} \right) \sin{n \omega_0 t}}

Regresando a f(t), se obtiene el resultado final

\displaystyle g(t) = f(t) - \frac{1}{2}

\displaystyle f(t) = \frac{1}{2} + g(t)

\displaystyle f(t) = \frac{1}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}{\left(\frac{1}{n \pi} \right) \sin{n \omega_0 t}}

\displaystyle \therefore f(t) = \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n} \sin{n \omega_0 t}}


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