series de fourier

Cap¶³tulo ul o 7 Series Funcionales. Series de Fourier. Problemas resueltos Salvador Salvador Vera Ballesteros www.satd.uma.es/matap/svera

7.1 7.1

Series eries de func funciones ones

7.2 7.2

series eries de poten potenci cia as

De¯nici¶ on on 7.1 Se llama serie de potencia a la serie de funciones del tipo 1

X

an xn = a0 + a1x + a2 x2 +

n=0

¢ ¢ ¢ + an xn + ¢ ¢ ¢

o del tipo 1

X n=0

an(x

¡ x0)n = a0 + a1 (x ¡ x0) + a2(x ¡ x0 )2 + ¢ ¢ ¢ + an(x ¡ xn)n + ¢ ¢ ¢

donde los coe¯cientes a 0; a1; a 2;

¢ ¢ ¢ ; an; ¢ ¢ ¢ son constantes. 1

Teorema 7.1 Para la convergencia convergencia de la serie de potencias potencias

X

n=0

caben las tres posibilidades siguientes 1

an xn s¶ olamente

2

CAP ¶ ITULO TULO 7.

SERIES ERIES FU FUN NCIONA CIONAL LES.

SERIE SERIES S DE DE FOUR FOURIE IER. R.

1. La serie converge unicamente ¶ 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 diverge fuera fuera de ¶el. el. Pudiendo ser convergente convergente o no en los extremos de dicho intervalo.

¡

De¯nici¶ on on 7.2 Al intervalo donde converge la serie se le llama intervalo de convergencia y a R radio de convergencia Teorema 7.2 El radio de convergencia de una serie de potencias puede calcularse por cualquiera de las dos f¶ ormulas siguientes R = lim

n!1

j an j

R = lim

j an+1 j

n!1

1 an

pj n

j

Teorema 7.3 (Continuidad uniforme) La serie de potencias converge absolutamente 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 suma de la serie serie de potencias otencias 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¶ andose el radio de convergencia. Ejemplo 7.1 Halla el campo de convergencia de la serie 1

X n=1

xn n!

Soluci¶ on: on: Podemos elegir entre aplicar el criterio del cociente o calcular el radio de d e convergencia convergencia directamente. Tenemos an =

1 n!

an+1 =

1 (n +1)!

de donde

¯¯¯

¯¯¯

an (n +1)! (n + 1) n! R = lim = lim = lim = lim (n + 1) = n n n n an+1 n! n! Por consiguiente, el intervalo de convergencia es ( ; ), es decir, la serie converge en toda la recta real. !1

!1

!1

¢

¡1 1

!1

1

7.2. 7.2.

3

SERIES SERIES DE DE POTENC POTENCIA IAS S

Ejemplo 7.2 Halla el campo de convergencia de la serie 1

X

n! xn

n=1

Soluci¶ on: on: Podemos elegir entre aplicar el criterio del cociente o calcular el radio de d e convergencia convergencia dire dir ectamente. ctamente. Tenemos enemos an = n !

an+1 = (n (n + 1)!

de donde

¯¯ ¯

¯¯ ¯

an n! n! 1 R = lim = lim = lim = lim =0 n n an+1 (n + 1)! n (n + 1) n ! n n+1 Por consiguiente, la serie converge s¶olo olo en el punto x = 0. !1

!1

¢

!1

!1


( 1)n 1 (x + 1)n n n 3

X¡ n=1

¡

¢

Soluci¶ on: on: Podemos elegir entre aplicar el criterio del cociente o calcular el radio de d e convergencia convergencia dire dir ectamente. ctamente. Tenemos enemos ( 1)n 1 an = n 3n

¡

de donde

¡

an+1

¢

( 1)n = (n + 1) 3n+1

¡

¢

an (n + 1) 3n+1 1 R = lim = lim = lim 3(1 + )= 3 n n n an+1 n 3n n Por consiguiente, la serie converge absolutamente en el intervalo x + 1 < 3, y eliminando el valor absoluto tenemos !1

¯¯ ¯

¯¯ ¯

¢

!1

¢

!1

j

j

j x + 1 j< 3 ! ¡3 < x + 1 < 3 ! ¡4 < x < 2 Tenemos que comprobar la convergencia de la serie en los extremos del intervalo Cuando x = 4, obtenemos la serie num¶erica erica

¡

1

( 1)n 1 ( 3)n = n n 3

X¡ n=1

¡

¢

¡

1

( 1)n n

X¡ n=1

1

1

¡

n

( 1) =

¡

n=1

que es la serie armonica divergente. Cuando x = 2, obtenemos la serie seri e num¶erica erica 1

( 1)n 1 n ( 1)n (3) = n 3n n n=1

X¡ n=1

1

( 1)2n n

X¡

¡

¢

X¡

1

¡

1

1

¡

=

X ¡ n=1

1 n

4




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

¡

· 2.


( 1)n (x + 1) n n n

X¡ n=1

Soluci¶ on: on: Podemos elegir entre aplicar el criterio de la raiz o calcular el radio de d e convergencia convergencia directamente. Tenemos ( 1)n an = nn de donde

¡

R = lim

n!1

s n

1 = lim n an

j j

!1

p n n

n = lim n = n!1

1

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

7.2.1 7.2.1

¡1; 1),

Desa Desarro rroll llo o de func funciones iones en serie series de potenci potencias as

Para hallar el desarrollo de una funci¶on on en serie de potencias se suele segir uno de los dos procedimientos siguientes: 1. Mediante la serie geom¶etrica etrica 2. Mediante Mediante la serie de Taylor. Taylor.

Desar Desarro rollo llo de func funcion iones es en series series de potenci potencias as media median nte la serie serie geom¶ etrica etrica Teniendo en cuenta que la suma de la serie seri e geom¶etrica viene de¯nida por 1 = 1 + r + r2 + r3 + 1 r y que la convergencia en este caso viene determinada por r < 1. Resulta que aquellas funciones que puedan expresarse en la forma del primer miembro miembro podr¶an desarr desarrol ollar larse se en serie serie de potenc potencia ia median mediante te la serie serie geom¶etrica etr ica,, sin si n m¶ m ¶as as que sustituir r por la expresi¶on on correspondiente, y el intervalo de convergencia vendr¶a determinado por la raz¶on on correspondien correspondiente. te. (en este caso la convergencia en los extremos no ser¶a necesaria veri¯carla, ya que la s erie geom¶ g eom¶etrica etrica diverge en los mismos). mis mos).

¡

¢¢¢

j j

7.2. 7.2.

5


Ejemplo 7.5 Desarrollar en serie de potencias, indicando el intervalo de convergencia, la funci¶ on 1 f ( x) = 1+x Soluci¶ on: on: Teniendo enien do en e n cuenta la suma geom¶etrica etrica 1 1 Cambiando x por

= 1 + x + x2 + x3 +

¡x

¢¢¢

¡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¶ on 5 f (x) = 3 x

¡

Soluci¶ on: on: Teniendo enien do en e n cuenta la suma geom¶etrica etrica 1 1

= 1 + r + r2 + r3 +

¡r

¢¢¢

Tratamos de expresar la funci¶on on en la forma del primer miembro y sustituimos r por la expresi¶on on correspondiente f ( f (x) =

5

3

5

¡ x = 3(1 ¡

5 x x2 = 1+ + 2 3 3 3

µ

5 1 = x 31 3)

¡ x3

¶ ¢¢¢

j j j x3 j< 1, de donde j x j< 3,

El intervalo de convergencia viene dado por r = es decir IC = ( 3; 3)

¡

Ejemplo 7.7 Desarrollar en serie de potencias, centrada en x0 = 1, indicando el intervalo de convergencia, la funci¶ on f (x) =

5 3

¡x

Soluci¶ on: on: Teniendo enien do en e n cuenta la suma geom¶etrica etrica 1 1

¡r

= 1 + r + r2 + r3 +

¢¢¢

Tratamos de expresar la funci¶on on en la forma del primer miembro, intentando que r sea del tipo (x (x 1), y sustituimos r por la expresi¶on on correspondiente

¡

f (x) =

5 3

¡x

=

5 3

¡ ( x ¡ 1 + 1)

=

5 3

¡ (x ¡ 1) ¡ 1

=

2

5 (x

¡ ¡ 1) =

6


5 = 2

1

1 x

¡ ¡2



5 x 1 (x 1)2 (x 1)3 + 1 = 2 1+ 2 + 22 23

µ

¡

¡

¡ ¢¢¢

¶

El interv intervaalo de conver convergen gencia cia viene viene dado por r = x2 1 < 1, de donde x 1 < 2, y quitando el valor absoluto resulta 2 < x 1 < 2, de donde 1 < x < 3, es decir IC = ( 1; 3) ¡

j ¡ j ¡

j j j j ¡ ¡

¡

Desarrollo de funciones en series de potencias mediante la serie de Taylor Toda funci¶on on in¯nitamente derivable en un intervalo (x (x0 r; x0 + r) puede desarrollarse en este intervalo mediante una serie in¯nita de potencias de la forma:

¡

0

00

f (x0) f (x0) f ( x) = f ( f (x0) + (x x0) + (x x0 )2 + 1! 2!

¡

¡

¢¢¢

f (n) (x0) + (x x0)n + n!

¡

¢¢¢

Cuando x = 0 obtenemos la llamada serie de Mac Laurin. 0

00

f (0) f (0) 2 f ( f (x) = f (0) (0) + x+ x + 1! 2!

¢¢ ¢

f (n)(0) n + x + n!

¢¢¢

Teorema 7.5 (Convergencia de la serie de Taylor) Para que sea posible desarrollar la funci¶ on f ( f (x) en serie de Tailor en un intervalo I es necesario y su¯ciente su¯cient e que qu e el t¶ermino ermino complementario complemen tario Rn(x) tienda a cero, cuando n , para todos los x I

!1

2

f (n+1)(c) lim Rn (x) = lim lim (x n n (n + 1)! !1

!1

¡ x0 )n+1 = 0

para todos los x

2 I

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

¡

j f (n)(x) j· K para n = 0;0; 1; 2; ¢ ¢ ¢

y para todos los x

Series de taylor de las funciones elementales x x2 x3 x e =1+ + + + ;
¡ ¡

¢ ¢ ¢ ¡1 ¡¢¢¢ ¡1 ¡ ¢ ¢ ¢ ¡1

1 1 1

2 I

7.2. 7.2.

7


(1+x (1+x)m

m m(m 1) = 1+ x+ + 1! 2!

¡

x2 x3 ln(1 + x) = x + 2 3 x3 x5 arctan x = x + 3 5

8< ¸ ! ¡ · · ¢¢¢ : ¡ !¡ ·¡ !¡

m 0 1 x 1 1
;

·1

¡ ¢ ¢ ¢ ; ¡1 < x · 1 ¡ ¢ ¢ ¢ ; ¡1 · x · 1

¡ ¡

Ejemplo 7.8 Desarrollar en series de potencias las funciones f ( x) = e

x

¡

x2

¡

y g(x) = e

Soluci¶ on: on: En el desarrollo de x x2 x3 e = 1+ + + + 1! 2! 3! sustituimos x por x y obtenemos x

¡

x

¡

e

x2 x+ 2!

¢ ¢ ¢ ; ¡1 < x < 1

x3 + 3!

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

7.2.2 7.2.2

=1

2

Desa Desarrol rrollo lo de funci funcio ones en serie seriess de potenc 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¶ on de polinom polinomios. ios. La nueva serie serie obtenida, tendr¶ tendr¶ a un intervalo de convergencia, que coincidir¶ a con el intervalo com¶ un de los intervalo intervaloss de conver convergenc gencia ia de las series series primitiv primitivas as.. Pudiendo Pudiendo ser o no convergente en los extremos de dicho intervalo. Teorema 7.8 Las series de potencias se pueden derivar e integrar t¶ ermino a t¶ ermino. ermino. El radio de converg convergencia encia de la serie serie obtenida obtenida por por derivaci¶ on o integrai¶ on es el mismo que el de la serie original, sin embargo, el intervalo de convergencia puede cambiar, porque unas sean convergentes en los extremos y las otras no. Ejemplo 7.9 Desarrolla en serie de potencias la funci¶ on ln

1+x 1 x

¡


8



Soluci¶ on on Aplicando las propiedades de los logaritmos tenemos que ln

1+x = ln(1 + x) 1 x

¡

¡ ln(1 ¡ x)

Teniendo en cuenta el desarrollo concolido de ln(1 + x) x ln(1 + x) = 1 Cambiando x por

¡

x2 x3 + 2 3

¡

x4 + 4

¢ ¢ ¢ (¡1 < x · 1)

¡x tenemos x2 2

x 1

x3 3

x4 4

¡ x) = ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¢ ¢ ¢ (¡1 · x < 1)

ln(1

Restando miembro a miembro ambas series resulta 1+x x3 x5 ln = 2 x+ + + 1 x 3 5

µ

¡

¶ ¢¢¢ ¡

( 1 < x < 1)

Ejemplo 7.10 desarrolla en serie de potencias la funci¶ on x2

¡

1 3x + 2

Soluci¶ on: on: Descomponemos la fracci¶on on en fracciones simples x2

¡

1 = 3x + 2 ( x

¡

1 1)(x 1)(x

¡ 2)

=

1

1 ¡ x ¡ 2 x ¡1

Transformamos ransf ormamos las l as fracciones f racciones buscando b uscando la serie s erie geom¶ g eom¶etrica etrica 1

1 1 1 1 1 1 ¡ ¡ ¡ = = x¡2 x ¡1 1¡x 2¡x 1¡x 21¡ x 2

Desarrollamos en serie cada una de las fracciones 1 1

¡x 1

= 1 + x + x2 + x3 +

¢ ¢ ¢ ! IC = (¡1; 1)

x x2 x3 = 1+ + + + 2 4 8

¢ ¢ ¢ ! I C = (¡2; 2) luego, las dos series convergen convergen en el intervalo intervalo com¶ un un (¡1; 1), y en ese es e interv intervalo 1

¡ x2

las podem po demos os sumar sum ar t¶ermino ermin o a t¶ermino ermin o x2

¡

1 x x2 x3 ) 1+ + + + 2 2 4 8

µ ¢¢¢ ¡

1 = (1+x (1+ x+x2+x3+ 3x + 2

¶ ¢¢¢

Ejemplo 7.11 Desarrolla en serie de potencias la funci¶ on arctan x

1 3 7 = + x+ x2 + 2 4 8

¢¢¢

7.2. 7.2.

9


Soluci¶ on on Partimos de que x

arctan x =

Z 0

dx 1 + x2

Teniendo en cuenta el desarrollo de la serie geom¶etrica etrica 1 1

= 1 + x + x2 + x3 + x4 +

¡x

¢¢¢

¡x2 obtenemos el desarrollo de la funci¶on on subintegral 1 1 = = 1 ¡ x2 + x4 ¡ x6 + ¢ ¢ ¢ 2 2 1+x 1 ¡ (¡x )

Cambiando x por

E integrando integrand o t¶ermino ermino a t¶ermino ermino obtenemos es desarrollo desarro llo pedido pedi do x

arctan x =

Z

2

4

(1 x + x

¡

0

6

¡ x +¢ ¢ ¢ )dx = x ¡

x3 x5 + 3 5

x7 + 7

¡

¢ ¢ ¢ (1 · x · 1)

Ejemplo 7.12 Determinar el desarrollo en serie de potencias, alrededor del punto x0 = 0, 0, de la funci¶ on f ( f (x) = ln

µ ¶ 1+x 1 x

¡

Estudiar el intervalo m¶ aximo de convergencia de la serie funcional resultante 1 y utilizarla para calcular (2n (2n + 1) 1) 32n+1 n=1 1

X

Soluci¶ on: on: Si intentamos aplicar el desarrollo de Taylor directamente a la funci¶on on dada resulta que las derivadas sucesivas son cada vez m¶as as complicadas. cadas. Por Por eso puede convenir convenir descomponer descomponer el logaritmo logaritmo en una diferenci diferenciaa ln

1+x 1 x

µ ¶ ¡

= ln(1 + x)

¡ ln(1 ¡ x)

Podemos ahora ahora aplicar aplicar el desarrollo desarrollo de Taylor conjuntamente conjuntamente a los los dos t¶ erminos, erminos, o bien desarrollar en serie cada t¶ermino ermino por separado separado y despu¶es sumar las series seri es resultantes t¶ermino ermino a t¶ermino. ermino. Sin embargo, embargo, en este caso caso podemos observar que al derivar derivar la serie inicial inici al obtenemos una u na serie seri e geom¶etrica etrica de raz¶on on 2 x . En efecto 0

f (x) =

1 1+x

+1+x 2 ¡ 1¡¡1x = (11 ¡+xx)(1 = ¡ x) 1 ¡ x2

Con lo cual podemos obtener el desarrollo en serie de f (x) 0

f (x) =

1

2

0

1

¡

2

x2

4

= 2+2x 2+2x +2x +2x +

2n

¢ ¢ ¢+2x +2x +¢ ¢ ¢ =

X n=0

2x2n para x

2 (¡1; 1)

10


SERIES ERIES FU FUNCION NCIONAL ALES. ES.

SERIE SERIES S DE FO FOUR URIE IER. R.

Ahora bien, f ( f (x) es una primitiva de f (x) que podemos obtener integrando t¶ermino ermino a t¶ermino ermino la serie obtenida. Para determinar determinar la constant con stantee de intei ntegraci¶on on buscamos un punto donde f ( f (x) = 0, y desde ¶el el integramos. Teniendo en cuenta que f (0) (0) = 0 resulta 0

Z ÃX ! X Z x

f (x) =

1

1

2x

o

2n

x

dx =

n=0

n=0

o

1

x2n+1 2x dx = 2 2n + 1 n=0 2n

X

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

1 f (1) f (1) = 2 Divergente 2 n + 1 n=0 ( 1)2n+1 ( 1) f ( f ( 1) = = 2 = Divergente 2 n + 1 2 n + 1 n=0 n=0

X X¡ 1

¡

1

¡

X

9>> = >>;

I C = ( 1; 1)

¡

La serie num¶erica erica dada se obtiene de la inicial, para x = 1=3, en efecto, 1 f ( f ( ) = ln 3

1 3 1 3

0 1 B@ CA ¡ 1+ 1

1

= ln 2 = 2

X n=0

2n+1

x =2 2n + 1

Ã X 1

2n+1

x 1 + 3 n=1 2n + 1

!

de donde despejando la suma de la serie propuesta 1

X

n=1

7.2. 7.2.3 3

x2n+1 ln 2 = 2n + 1 2

¡ 13

Deriv erivaci¶ aci¶ on on e integraci¶ o n de las series de potenon cias

La suma de algunas series de potencias puede conseguirse manipul¶andolas andolas mediante derivaci¶on, on, integraci¶on on o sacando sacando factor com¶un, un, hasta conseguir una serie conocida (normalmente la geom¶etrica), etrica), sumamos esta serie conocida y deshacemos las operaciones anteriores. Ejemplo 7.13 Halla el intervalo de convergencia y la suma de la serie: 1

X n=1

xn n

7.2. 7.2.

11


Soluci¶ on: on: LLamamos f ( f (x) a la serie dada 1

f (x) =

xn n

X n=1

Transformamos ransformamos la l a serie (derivando, (derivando, integrando, integrando, o sacando factor factor com¶un) un) hasta conseguir una serie geom¶etrica. etrica. En este caso, derivando derivando obtenemos una u na s erie geom¶ geom¶etrica. etrica. n 1 nx 1 f (x) = = xn 1 = 1 + x + x2 + x3 + = n 1 x n=1 n=1 Al tratarse de una serie geom¶etrica etrica de raz¶on on r = x, el inte interv rvaalo de conconvergencia viene de¯nido por x < 1, es decir decir 1 < x < 1, y por tan tanto IC = ( 1; 1), sin que sea convergente en los extremos del mismo, ya que las series seri es geom¶ geo m¶etricas etricas no n o convergen en los extremos del d el intervalo. La funci¶on on buscada f (x) es una primitiva de f (x) que adem¶as, as, en este caso, ha de complir f (0) f (0) = 0, en consecuencia: 1

0

1

¡

X

X

¡

¡

¢¢¢

jj

¡

¢

¡

¡

0

x

f ( f (x) =

Z

x

0

f (x) dx =

Z

1

dx = ln 1 x 1 x nota: Tambi¶en en podemos hacer primero la primitiva y despues determinar la constante, teniendo en cuenta cualquier valor concreto de la funci¶on on f (x). En consecuencia, 0

0

1

X n=1

xn = n

¡ j ¡ j

¡

¡ ln j1 ¡ xj

Para determinar el intervalo de convergencia s¶olo olo tenemos que comprobar comprobar la convergencia de la serie dada en los extremos del intervalo de convergencia de su derivada. 1

f (1) f (1) =

1 n

X X¡ n=1

Divergente

1

( 1)n f ( f ( 1) = Convergente n n=1

¡

9>> = >>;

IC = [ 1; 1)

¡

Ejemplo 7.14 Halla el intervalo de convergencia y la suma de la serie: 1

X

nenx

n=1

Soluci¶ on: on: LLamamos f ( f (x) a la serie dada 1

f (x) =

X n=1

nenx

12




Transformamos ransformamos la l a serie (derivando, (derivando, integrando, integrando, o sacando factor factor com¶un) un) hasta conseguir una serie geom¶etrica. etrica. En este caso, integrando hacemos desaparecen el factor n y obtenemos una serie geom¶etrica. etrica. Llamemos Llamemos F ( F (x) a una primiti primitiva va cualquiera. cualquiera. F ( F (x) =

Z

1

f (x)dx = C + C +

X

e

nx

2x

x

3x

= C + C + (e (e + e + e +

n=1

¢¢¢

ex ) = C + C + 1 ex

¡

El interval intervaloo de d e converg convergencia encia de esta serie geom¶ geom¶etrica de raz¶on on r = ex viene dado por ex < 1, de donde ex < 1, luego x < 0, y por tanto IC = ( ; 0) La serie dada la obtenemos derivando la obtenida

j j

¡1

ex(1

f (x) = F (x) = 0 + 0

en consecuencia,

¡ ex) ¡ ex(¡ex) = ex (1 ¡ ex)2 (1 ¡ ex)2

1

X

ex = (1 ex)2

nx

ne

¡

n=1

para determinar el intervalo de convergencia s¶olo tenemos que estudiar la convergencia en el extremo del intervalo obtenido. 1

f (0) (0) =

1

X X 0

ne =

n=1

n Divergente

n=1

) IC = (¡1; 0)


X n=1

Utiliza el resultado para calcular:

1 3

x3n+1 3n

¡ 16 + 19 ¡ 121 + 151 ¡ ¢ ¢ ¢

Soluci¶ on: on: LLamamos f (x) a la serie dada 1

f (x) =

x3n+1 3n n=1

X

Transformamos ransformamos la l a serie (derivando, (derivando, integrando, integrando, o sacando factor factor com¶un) un) hasta conseguir una serie geom¶etrica. etrica. En este caso, ni al derivar ni al integrar se elimina el 3n 3 n del denominador, pero s¶³ lo p odemos conseguir conseguir eliminando previamente previamente una x del numerador. En efecto, sacando x factor com¶ un, un, resulta: 1

f (x) =

X n=1

1

x3n+1 x3n =x 3n 3n n=1

X

7.2. 7.2.

13


Llamando g (x) a la serie obtenida, resulta: 1

X

g(x) =

n=1

x3n 3n

Que se convierte convierte en una serie geom¶ geom¶etrica etrica por po r derivaci¶ derivaci¶on, on, en efecto: 1

1

X

X

3nx3n g (x) = = x3n = x2 + x5 + x8 + 3n n=1 n=1 0

¢¢¢

x2 = 1 x3

¡

El intervalo de convergencia de esta serie g (x) al ser una serie geom¶etrica etrica de 3 3 r = x viene dado por x < 1, luego x < 1, y por tanto IC = ( 1; 1) La funci¶on on g(x) la obtenemos integrando g (x) y teniendo en cuenta un valor concreto de g(x) para determinar la constante, en este caso g(0) = 0 y, en consecuencia 0

j j

x

g(x) =

Z

jj

x

0

g (x)dx =

0

Z 0

x2 dx = 1 x3

¡

¡

0

1 3

x

3x2 dx = 1 x3

Z ¡ ¡ 0

¡

¡ 13 ln j1 ¡ x3j

En consecuencia: f (x) = x g (x) =

¡ x3 ln j1 ¡ x3j

luego la serie buscada es 1

x3n+1 = 3 n n=1

X

¡ x3 ln j1 ¡ x3j

Para calcular el intervalo de convergencia bastar¶a con estudiar la convergencia de la serie dada en los extremos del intervalo obtenido para g (x) 0

1

1 f (1) f (1) = Divergente 3 n n=1 ( 1)3n+1 f ( f ( 1) = Convergente 3 n n=1

X X¡ 1

¡

9>> = >>;

I C = C = [ 1; 1)

¡

La serie num¶ num¶erica erica dada se obtiene de la inicial, inici al, para x = 1, por lo tanto, 3 n 1 1 1 1 1 ( 1) +1 1 + + = = f ( f ( 1) = ln 2 3 6 9 12 15 3n 3 n=1 1

¡

¡

X¡

¡¢¢¢

¡

¡


pn xn n+1 n=0

X

1

Utiliza el resultado para calcular:

X n=0

con p > 0 1 4n(n + 1)

14




Soluci¶ on: on: LLamamos f (x) a la serie dada 1

pnxn f (x) = n+1 n=0

X

Transformamos ransformamos la l a serie (derivando, (derivando, integrando, integrando, o sacando factor factor com¶un) un) hasta conseguir una serie geom¶etrica. etrica. En este caso, ni al derivar ni al integrar se elimina el n + 1 del denominador, pero s¶³ lo po demos conseguir introduciendo introduciendo previamente previamente una x en el numerador. numerador. En efecto, multiplicando multiplicando y dividiendo por x, resulta: 1

pn xn 1 f ( f (x) = = n+1 x n=0

X

1

pnxn+1 n +1 n=0

X

Llamando g(x) a la serie obtenida, resulta: 1

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

X

Que se convierte en una serie geom¶etrica etrica por derivaci¶on, on, en efecto: n n p ( n + 1)x 1) x g (x) = = pn xn = ( px) px)n = n+1 n=0 n=0 n=0 0

1

1

1

X

X

X

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

¢ ¢ ¢ = 1 ¡1 px

El intervalo de convergencia de esta serie g (x) al ser una un a serie seri e geom geo m¶etrica etrica de 1 r = px viene dado por px px < 1, luego x < p , y por tanto I C = ( p1 ; p1 ) La funci¶on on g(x) la obtenemos integrando g (x) y teniendo en cuenta un valor concreto de g(x) para determinar la constante, en este caso g(0) = 0 y, en consecuencia 0

j j

x

g(x) =

Z

jj

x

0

g (x) dx =

0

Z 0

1 1 = 1 px p

¡

0

x

Z ¡

¡

0

¡ p dx = ¡ 1 ln j1 ¡ pxj 1 ¡ px p

En consecuencia: f (x) =

1 1 g(x) = ln 1 px x px

¡

j ¡ j

luego la serie buscada es 1

pnxn 1 = ln 1 px n + 1 px n=0

X

¡

j ¡ j


7.2. 7.2.

15


1

9>> = >;>

1 f (1 f (1=p =p)) = Divergente n + 1 n=0 ( 1)n f ( f ( 1=p) =p) = Convergente n + 1 n=0

X X¡ 1

¡

IC = [ 1=p; 1=p) =p)

¡

La serie num¶erica erica dada se obtiene de la inicial, para p = 1 y x = 1= 1 =4, por lo tanto, 1

X n=0

1 = 4n (n + 1)

¡ 11=4 ln j1 ¡ 14 j = ¡4 ln 34 = 4(ln4 ¡ ln3)

Ejemplo 7.17 Determin Determina a el campo campo de converg onvergencia encia y sumar sumar la siguie siguiente nte 1 serie de potencias: (x 3)n n+2 n=1 1

X

¡

Soluci¶ on: on: Llamamos f (x) a la serie dada 1

f ( x) =

X n=1

1 (x n +2

¡ 3)n

Transformamos ransformamos la l a serie (derivando, (derivando, integrando, integrando, o sacando factor factor com¶un) un) hasta conseguir una serie geom¶etrica. etrica. En este caso, ni al derivar ni al integrar se elimina el n + 2 del denominador denominador,, pero s¶³ lo podemos p odemos conseguir introduciendo previamente previamente un (x 3)2 en el numerado numerador. r. En efecto, multiplica multiplicando ndo y div d ividiendo idiendo por (x 3)2, resulta:

¡

f (x) =

1

1 (x

(x

X

¡ 3)2 n=1

¡

¡ 3)n+2

n +2

Llamando g (x) a la serie obtenida, resulta: 1

g (x) =

X

(x

¡ 3)n+2

n+2

n=1

Que se convierte convierte en una serie geom¶ geom¶etrica etrica por po r derivaci¶ derivaci¶on, on, en efecto: 1 0

g (x) =

X

n+1

(x 3)

n=1

¡

¡ 3)2 x2 ¡ 6x + 9 = (x (x¡ 3) +(x +(x¡3) +(x +( x¡ 3) +¢ ¢ ¢ = = ¡x + 4 1 ¡ (x ¡ 3) 2

3

(x

4

0

El intervalo de convergencia de esta serie g (x) al ser una serie geom¶etrica etrica de r = x 3 viene dado por x 3 < 1, luego 1 < x 3 < 1, y por tanto IC = (2; (2; 4) La funci¶on on g(x) la obtenemos integrando g (x) y teniendo en cuenta un valor concreto de g(x) para determinar la constante, en este caso g(3) = 0 y, en

¡

j ¡ j

¡

0

¡

16


consecuencia x


x 2

¡ 6t + 9 dt = g (x) = g (t)dt = ¡t + 4 3 3 2 x 3 = ¡ + 2x ¡ ln j4 ¡ xj ¡ 2 2

Z

Z

0

t

x


1 ( t+2+ +2+ )dt = t+4

Z ¡ 3

¡

·¡

t2 + 2t 2t 2

¡ ln 4

En consecuencia:

1

f (x) =

g( x) = (x 3)2 (x luego la serie buscada es

¡

1

X n=1

1 (x n+2

¡ 3)

n

1

¡ 3)2

µ¡

x2 + 2x 2x 2

¡ ln j4 ¡ xj ¡

3 2

¶

¡ x2 + 4x ¡ 2 ln j4 ¡ xj ¡ 3 = 2(x 2(x ¡ 3)2


1

f (4) f (4) =

n=1 1

f (2) f (2) =

1 Divergente n+2 ( 1)n+2 Convergente n+2

X X¡ n=1

9>> = >>;

I C = C = [2; [2; 4)

Ejemplo 7.18 Determinar el campo de convergencia y sumar la serie: 1

X

n=2

1 n

¡1

(x + 5)n

Soluci¶ on: on: Para estudiar la convergencia aplicamos el criterio del cociente:

¯¯ ¯

an+1 (x + 5) n+1 (x + 5) n n 1 (x + 5)n+1 = : = an n n 1 n (x + 5)n

¯¯ ¯

¯¯ ¯

¡

Luego la serie ser¶a: a:

¯¯ ¯

¯¯ ¯

¡

¯¯ ! j ¯

x +5

j

Convergente cuando x + 5 < 1 Divergente Divergente cuando cuando x + 5 > 1 y habr¶a duda cuando x + 5 = 1

) ¡1 < x + 5 < 1 ) ¡6 < x < ¡4 j j j j ) x = ¡6; x = ¡5 j

j

La duda la resolvemos sustituyendo los valores en la serie x= x=

¡6 ) ¡4 )

PP

1

( 1)n alternada alternada Convergente Convergente n 1 1 n onica onica Divergente n 1 (1) arm¶ ¡

¡

¡

¾)

IC = [ 6; 4)

¡ ¡

Para sumar la serie lo primero que hacemos es ponerle un nombre, llamarle f ( x) 1 f (x) = (x + 5) n n 1 n=2 1

X

¡

¸ j ¡j

x

t

= 3

7.2. 7.2.

17


y transformamos la expresi¶on on hasta conseguir una serie geom¶etrica. etrica. La serie dada no es geom¶ ge om¶etrica etrica debido deb ido al t¶ermino ermino que aparece en el denominador. Si derivamos la serie, dicho t¶ermino ermino no desaparece, necesitariamos, para ello, que el exponente fuera n 1. Pero ¶esto esto lo podemos conseguir sacando factor com¶un. un. En efecto:

¡

1

f (x) =

X n=2

1

1 n

n

¡1

(x + 5) = (x + 5)

X n=2

1 n

(x + 5)n

1

¡

¡1

Llamamos g (x) a la l a nueva serie, y ¶esta esta ya si se convierte en geom¶etrica etrica por p or derivaci¶on: on: f (x) 1 g(x) = = (x + 5)n 1 x + 5 n=2 n 1 1

X

¡

¡

Y derivando der ivando t¶ermino ermin o a t¶ermino ermin o resulta: resu lta: 1 0

g (x) =

X

n=2

n n

¡ 1 (x + 5)n ¡1

1

2

¡

=

X

(x + 5) n

2

¡

= 1 + (x (x + 5) 5) + (x (x + 5)2 +

n=2

¢¢¢

que es una serie geom¶etrica etrica de raz¶on on r = x + 5, cuya cuya suma es: es: 0

g (x) =

1

¡

1 = (x + 5) 1

de donde: g(x) =

1 x

1 1 = x 4 x +4

¡ ¡5 ¡ ¡

1 dx = x +4

Z ¡

=

¡

¡ ln jx + 4j + C

La constante de integraci¶on on la determinamos igual¶ando ando g(-5) en ambas expresiones: g( 5) = 0 = 0 C = 0 g( 5) = ln 1 + C = C

¡ ¡

P

¾)

¡ Con lo cual resulta: g(x) = ¡ ln jx + 4 j, y en consecuencia: f (x) = ¡ (x + 5) 5) ln jx + 4j 7.2. 7.2.4 4

Apli Aplica cacio cion nes de las las series eries de pote potenc ncia iass para para el c¶ alculo alculo de integrales integ rales de¯nidas de¯n idas

Para calcular el valor aproximado de la integral de¯nida de una funci¶on on f (x), se desarrolla la funci¶on on en series de potencias f (x) = S (x), se integra la serie t¶ ermino ermino a t¶ermino, y se s e toma como como valor aproximado aproximado de la integr i ntegral al la l a suma su ma de los n primeros t¶erminos erminos de la serie. Para estimar el error del valor aproximado distinguiremos tres situaciones:


18



1. Si la serie num¶erica erica resultante es alternada, que satisface el criterio de Leibniz, el error cometido vendr¶a determinado por el primer t¶ermino ermino que no se suma, es decir: Rn < t n+1

j

j

2. Si la serie resultante es de signo constante constante entonces entonces el error se puede determinar comparando el resto de la serie con una progresi¶on geom¶etrica etrica in¯nita decreciente. 3. En cualquier otro caso acudimos a la f¶ormula ormula de resto de Taylor. Ejemplo 7.19 Calcula, con un error menor que una mil¶ esima: 1

Z

x2

¡

e

dx

0

Soluci¶ on: on: Desarrollamos la funci¶on on subintegral en series de potencias. Para x ello utilizamos el desarrollo de e x x2 x3 e =1 + + + + 1! 2! 3! x

¢¢¢

xn + + n!

¢¢¢

¡x2, obtenemos: 2n x2 x4 x6 nx ¡ 3! + ¢ ¢ ¢ + (¡1) n! + ¢ ¢ ¢ = 1¡ + 1! 2!

Sustituyendo en esta serie x p or e

x2

¡

de1donde

1

Z Z µ ¡ ·¡ ¡ x2

¡

e

0

= x

dx =

1

0

x3 x5 + 3 2! 5

x2 x4 + 1! 2!

x7 x9 + 3! 7 4! 9

¡

x6 + 3!

¡

x11 + 5!11

nx

¢ ¢ ¢ + (¡1) 1

¸ ¢¢ ¢

0

=1

2n

n!

+

¶ ¢¢¢

dx =

1 ¡ 13 +2!15 ¡ 3!17 +4!19 ¡ 5!11 +¢ ¢ ¢

Como hemos obtenido una serie alternada que cumple el criterio de Leibniz, el error de la aproxima aproximaci¶ ci¶ on on vendr¶a determinado por el valor absoluto del primer t¶ermino ermino que no sumemos. Observamos que: 1 1 j t6 j= 5!111 = 1320 < 1000 Por consiguiente, para calcular la suma, con la precisi¶on on requerida, bastar¶a con sumar los cinco primeros t¶erminos erminos de la serie, es decir, 1

Z 0

e

x2

¡

dx

¼ 1 ¡ 13 + 2!15 ¡ 3!17 + 4!19 = 0 747 0

Ejemplo 7.20 Calcula, con precisi¶ on de hasta 0'001: 1=2

Z 0

1

¡ cos x dx x2

7.2. 7.2.

19


Soluci¶ on: on: Desarrollamos la funci¶on on subi s ubinteg ntegral ral en series de potencias potencias.. Para ello utilizamos el desarrollo de cos x cos x = 1

¡

x2 x4 + 2! 4!

x6 + 6!

¡

x2n + ( 1) + (2n (2n)! n

¢¢¢ ¡

¢¢ ¢

Sustituyendo en la expresi¶ on subintegral obtenemos: on 2

1

¡ cos x =

1

x2

de1donde 1 cos x dx = x2 0

Z

¡

·

x = 2!

¡

4

6

¡ 1 + x2! ¡ x4! + x6! ¡¢¢¢ x2

1

Z µ 0

1 2!

¡

x3 x5 + + 4! 3 6! 5

x2 x4 + + 4! 6! 1=2

¸ ¢¢¢

=

0

¶ ¢¢¢

=

1 2!

2

4

¡ x4! + x6! + ¢ ¢ ¢

dx =

1 2! 2

1 1 ¡ + ¢ 4! ¢ 3 ¢ 23 6!5_ ¢ 25 ¡ ¢ ¢ ¢

Como Como hemos obtenido obtenido una serie alternada alternada que q ue cumple el criterio criterio de Leibniz, el error de la aproximaci¶on vendr¶ a determinado por el valor absoluto del primer t¶ermino ermino que qu e no sumemos. s umemos. Observamos que: 1 1 j t2 j= 4! ¢ 31 ¢ 23 = 576 > 1000

y

1 1 j t3 j= 6! ¢ 51 ¢ 25 = 115200 < 1000

Por consiguiente, para calcular la suma, con la precisi¶on on requerida, bastar¶a con sumar los dos primeros t¶erminos erminos de la serie, es decir, 1

Z 0

1

¡ cos x dx ¼ x2

1 2! 2

1 ¡ ¢ 4! ¢ 3 ¢ 23 = 0 25 ¡ 0 0017 = 0 24831 0

0

0

Ejemplo 7.21 Calcula, con precisi¶ on de hasta 0'001: 0

01

Z 0

ln(1 + x) dx x

Soluci¶ on: on: Desarrollamos la funci¶on on subi s ubinteg ntegral ral en series de potencias potencias.. Para ello utilizamos el desarrollo de ln x ln x = x

¡

x2 x3 + 2 3

¡

x4 + 4

¢¢¢

Sustituyendo en la expresi¶ on subintegral obtenemos: on ln(1 + x) x = x

¡

x2 x3 + 2 3 x

¡

x4 + 4

¢¢¢

=1

¡

x x2 x3 + + + 2 3 4

¢¢¢


20

de donde 01 ln(1 + x) dx = x 0

Z

0

·¡

= x


0

01

Z µ ¡ 1

0

x2 x3 + 4 9

¡

x x2 + 2 3

x4 + 16

¡

x3 + 4

¶ ¢¢¢

0

01

¸ ¢¢¢

dx =

0 01 0 001 + 4 9 0

0

=01

0


¡

0

¡¢¢¢

Como hemos obtenido una serie alternada que cumple el criterio de Leibniz, el error de la aproxima aproximaci¶ ci¶ on on vendr¶a determinado por el valor absoluto del primer t¶ermino ermino que no sumemos. Observamos que: 1 1 j t2 j= 0 401 = 400 > 1000

1 1 j t3 j= 0 001 = < 9 9000 1000

0

0

y

Por consiguiente, para calcular la suma, con la precisi¶on on requerida, bastar¶a con sumar los dos primeros t¶erminos erminos de la serie, es decir, 0

01

Z 0

7.3 7.3 7.3.1 7.3.1

ln(1 + x) dx x

¼ 0 1 ¡ 0 401 = 0 1 ¡ 0 0025 = 0 098 0

0

0

0

0

Series eries de Fouri ourier er.. Serie Serie de Fourie ourier de de periodo periodo 2¼

De¯nici¶ on on 7.3 Se llama serie de Fourier de la funci¶ on f (x) a la siguiente serie trigonom¶ etrica: 1

a0 + (an cos nx + bn sen nx) nx) 2 n=1

X

cuyos coe¯cientes a0, an , bn se determinan a trav¶ trav¶es es de la funci¶ on f ( f (x) mediante las f¶ ormulas: 1 ¼ an = f (x)cos nx dx ¼ ¼

Z Z ¡

1 ¼ bn = f (x) sen nx dx ¼ ¼ Los coe¯cientes a 0, a n, bn , que se determinan seg¶ un estas f¶ ormulas, se denominan coe¯cientes de Fourier de la funci¶ on f ( f (x) ¡

nota 1: En la pr¶actica. actica. el coe¯ciente a0 debe calcularse de manera separada del resto de los coe¯cientes a n, es decir: 1 a0 = ¼

¼

Z

¼

¡

f ( f (x) dx

7.3. 7.3.

21

SERIES SERIES DE DE FOUR FOURIER IER..

nota nota 2: 2: En el c¶ alculo de los coe¯cientes de Fourier aparecen las siguientes alculo expresiones: cos n¼ = ( 1)n sen n¼ = 0

¡

A cada funci¶on on f (x) integrable en el intervalo [ ¼; ¼] se le puede poner en correspondencia su serie de Fourier

¡

1

f ( x)

»

a0 + (an cos nx + bn sen nx) nx) 2 n=1

X

Sin embargo, en general, esta correspondencia no se corresponde con una igualdad. Para que as¶ as¶³ sea, la serie tiene que converg converger er hacia hacia l a funci¶on. on.

7.3.2

Condici Condicion ones es su¯cient su¯cientes es de la desarro desarrollabi llabilida lidad d de una funci¶ on en serie de Fourier. on

Teorema 7.9 (Teorema de Dirichlet) Si una funci¶ on peri¶ odica f ( f (x) de periodo 2¼ es mon¶ otona a trozos y acotada en el intervalo [ ¼; ¼ ], entonces su serie de Fourier converge en cada punto x de este intervalo. Adem¶ as para la suma a0 S (x) = + (an cos nx + bn sen nx) nx) 2 n=1

¡

1

X

de esta serie se cumplen las igualdades: 1. S (x) = f (x) si x es un punto de continuidad de f (x) 2. S (x) =

f ( f (x+0)+ +0)+f f ((x ¡0) 2

si x si x en un punto de discontinuidad de f (x)

Ejemplo 7.22 Desarrolla en serie de Fourier la funci¶ on peri¶ odica de periodo 2¼ 0 si x [ ¼; 0] f (x) = x si x [0; [0; ¼ ]

½

2¡ 2

Utiliza el resultado para calcular la suma de la serie num¶ erica:

1

X

n=1

Soluci¶ on: on: La funci¶on on dada satisface las condiciones del teorema. Hallamos ¼los coe¯cientes de Fourier: 0 ¼ 1 1 a0 = f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx = ¼ ¼ ¼ 0 ¼ 0 ¼ 1 1 x2 ¼ ¼ = 0 dx + x dx = = ¼ ¼ 2 2 ¼ 0 0

Z ¡

µZ Z ¶ µZ ¢ Z ¶ · ¸ ¡

¡

1 (2n (2n

¡ 1)2


22



1 ¼ an = 0 + x cos nx dx ¼ 0 Calculamos la integral por partes x sen nx sen nx u=x du = dx x cos nx dx = = dx = sennx sen nx dv = cos nx dx v= n n n x sen nx cos nx + n n2 Luego 1 x sen nx cos nx ¼ 1 ¼ sen n¼ cos n¼ cos0 an = + = 0 + = ¼ n n2 0 ¼ n n2 n2 0 si n es par 1 ( 1)n 1 1 ( 1)n 1 = 0 0+ = = 2 = ¼ n2 n2 ¼ n2 si n es impar n2 ¼ ¼ 2 1 n b = 0 + x sen nx dx n (2n (2n 1)2 ¼ ¼ 0 Calculamos la integral por partes x cos nx cos nx u=x du = dx x sen nx dx = = + dx = cos nx dv = sen nxdx v= n n n x cos nx sen nx + n n2 Luego ¼ 1 x cos nx sen nx 1 ¼ cos n¼ sen n¼ cos n¼ bn = + = 0 + 0 = = 2 ¼ n n2 ¼ n n n 0 ( 1)n ( 1)n+1 = n n Por consiguiente, la serie de Fourier ser¶a: a:

Z

·

R

h

8

·

R ¡

¡¡

·¡

¸

i µ ¶ ¡ Z ¾

¡ ¡

µ¡

¡ ¡

¾

¡

¡

¡

¸ µ¡

¡

1

X ·¡

¼ f (x) = + 4 n=1

¡

R

¶

¡

(

¡

¸

¡

R

¶ ¡

¡

2 cos cos (2n (2n 1)x 1)x ( 1)n+1 sen nx + ¼ (2n (2n 1)2 n

¡ ¡

¡

)

¡

¸

En todos los puntos de continuidad de la funci¶on on ser¶a: a: S (x) = f ( f (x), mientras tras que que en los los extremos xtremos del inter interva valo lo [ ¼; ¼], es decir, en los puntos de discontinuidad de la funci¶on, on, los valores de la serie vendr¶an an dado por:

¡

S (x) =

0+¼ ¼ = 2 2

Para hallar la suma de la serie numerica damos un valor adecuado a x de modo que obtengamos obtengamos la serie serie que nos interes interesa. a. En este caso, caso, haciendo haciendo x = 0, desaparecen todos los senos, y los cosenos se transforman en 1. x=0 S (0) (0) = f (0) (0) = 0, con lo cual

)

¼ 0= 4

¡

2 ¼

µ

1 1 1 + + + 12 32 52

¶ ¢¢ ¢

de donde: 2 ¼

µ

1 1 1 + + + 12 32 52

¶ ¢¢¢

=

¼ 4

7.3. 7.3.

23


Con lo que resulta: 1

X n=1

1 (2n (2n

¡

1 1 1 = + + + 1)2 12 32 52

¢¢¢

¼2 = 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¶on on no es continua en este punto, y por lo tanto el valor de la serie hay que calcularlo como la media aritm arit m¶etica etica de d e los valores laterales, lat erales, es decir, d ecir, f ( ¼ 0) + f (¼ + 0) ¼ +0 ¼ x=¼ S (¼) = = = , con lo cual 2 2 2

¡

)

¼ ¼ 2 = + 2 4 ¼ de donde, 1

X n=1

1 (2n (2n

¡

1

1

X

(2n (2n

n=1

¼ = ( 1)2 2

¡

¡ 1)2

¼ ¼ ¼2 ) = 4 2 8

Ejemplo 7.23 Utilizando el desarrollo de Fourier de la extensi¶ on peri¶ odica x de la funci¶ on f (x) = e en el intervalo [ ¼; ¼), probar que

¡

ex =

" Xµ ¡ 1

n

2 senh ¼ 1 ( 1) + cos nx ¼ 2 n=1 1 + n2

¢

¶# 8 8 2 ¡

n

¡ n1(+¡1n)2 sen nx 1

X

Adem¶ as, utilizar la igualdad anterior para calcular x

(Indicaci¶ on: cosh x =

e +e 2

x

x

¡

; senh x =

e

n=1

x

¡

¡e 2

; x

( ¼; ¼)

1 1 + n2

)

soluci¶ on: on: El desarrollo de Fourier de la extensi¶on on peri¶odica odica de una funci¶on on f ( f (x) en el intervalo [ ¼; ¼ ) se puede escribir como

¡

1

a0 + (an cos cos nx+ nx+bn sen nx) nx) siend endo 2 n=1

X

8> >< >>:

1 an = ¼ 1 bn = ¼

¼

Z Z

f ( f (x)cos nx dx n = 0; 1; 2

¢¢¢

f (x)sen n x dx n = 1; 2; 3

¢¢¢

¼

¡

¼ ¼

¡

Al no ser f ( f (x) ni par ni imp i mpar, ar, los coe¯cien coe¯cientes tes han de calculars calcularsee por la forma forma general 1 ¼ 1 ¼ x 1 x¼ 1 ¼ 2 e¼ e ¼ ¼ a0 = f (x) dx = e dx = [e ] ¼ = (e e )= = ¼ ¼ ¼ ¼ ¼ ¼ ¼ 2 2 senh ¼ ¼

Z ¡

Z ¡

¡

¡

¡

¡

¡

24




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). ex sen nx 1 u = ex du = ex dx x e cos nx dx = = ex sen nxdx sennx sen nx dv = cos nx dx v= n n n x x x e cos nx 1 u=e du = e dx ex sen nx dx = = + ex cos nxdx cos nx dv = sen nx dx v= n n n Con lo cual cual aparece aparece nuevamen nuevamente te la integral integral que quer¶ quer¶³amos ³amos calcular. calcular. La pasamos al primer miembro y la sumamos con la existente

Z

Z

¡

¡

· ·

Z Z

Z

¾ ¾

¸ ¸

¡

ex sen nx ex cos cos nx e cos nxdx = + n n2 x

¡

1 n2

¡

¡

Z

Z Z

ex cos nx dx

Pasando esta integral al primer miembro y operando resulta n2 + 1 n2

ex(n sen nx + cos nx) nx ) e cos nxdx = n2

Z

x

luego

Z

ex cos nxdx =

de donde resulta, 1 ex(n sen nx + cos nx) nx ) an = ¼ n2 + 1

·

¸

ex(n sen nx + cos nx) nx) n2 + 1

¼

= ¼

¡

1 = e ¼(n sen n¼ +cos n¼) n¼) 2 ¼ (n + 1)

£

¼

¡

2( 1)n senh ¼ ( n sen n¼ + cos n¼) n¼) = ¼(n 2 + 1)

¡

¤

¡e ¡

analogamente

1 ¼ 1 ¼ x bn = f ( f (x)sen nx dx = e sen nx dx = ¼ ¼ ¼ ¼ Calculamos esta integral por partes (dos veces). ex cos nx 1 u = ex du = ex dx x e sen nx dx = = + ex cos nxdx cos nx dv = sen nxdx v= n n n x x x e sen nx 1 u=e du = e dx ex cos nx dx = = ex sen nxdx sen nx dv = cos nxdx v= n n n Con lo cual cual aparece aparece nuevamen nuevamente te la integral integral que quer¶ quer¶³amos ³amos calcular. calcular. La pasamos al primer miembro y la sumamos con la existente

Z

Z

¡

¡

· ·

Z Z

Z

¾ ¾

x

e sen nxdx =

¡

¡

ex cos nx ex sen nx + n n2

¸ ¸

¡

1 n2

¡

¡

Z

ex sen nx dx

Pasando esta integral al primer miembro y operando resulta n2 + 1 n2

ex( n cos cos nx + sen nx) nx) e sen nx dx = n2

Z

x

¡

Z Z

7.3. 7.3.

25


luego

Z

de donde resulta, resulta, 1 ex( n cos nx + sen nx) nx ) bn = ¼ n2 + 1

¡

·

ex( n cos nx + sen nx) nx ) n2 + 1

¡

ex cos nxdx =

¸

¼

= ¼

¡

1 = e¼( n cos n¼ + sen n¼) n¼ ) 2 ¼ (n + 1)

£

¡

¼

¤

¡

¡ e (¡n cos n¼ ¡ sen n¼) n¼ )

¡ 2n(¡1)n senh ¼ = ¼(n 2 + 1)

Sustituyendo los coe¯cientes en la serie de Fourier resulta senh ¼ 2( 1) n senh ¼ 2n ( 1)n senh ¼ x e = + cos nx + sen nx = 2 + 1) 2 + 1) ¼ ¼ ( n ¼ ( n n=1 1

=

X¡ " Xµ ¡ 1

2 senh ¼ 1 + ¼ 2 n=1

¢

¡ ¡

n

( 1) cos cos nx 1 + n2

¶# 8 2 ¡

n

¡ n1(+¡1)n2 sen nx

; x

( ¼; ¼ )

Para encontra la serie num¶erica erica dada, hacemos x = ¼ con lo cual eliminamos todos los senos de la serie de Fourier y al mismo tiempo eliminamos la alternancia nanci a de signos de los l os t¶erminos erminos an. Pero Pero con esta sustituci¶ sustituci¶ on on hay que tener en cuenta que se realiza en un punto de discontinuidad, luego el valor de la serie se obtiene de la media aritm¶etica etica de los valores laterales d e la funci¶on, on, es decir, f (¼ +) + f ( f (¼ ) e¼ + e ¼ S (¼) = = = cosh ¼ 2 2 de donde ¡

" Xµ ¡

¡

1

2 senh ¼ 1 ( 1)n cosh ¼ = + ( 1)n 2 ¼ 2 n=1 1 + n

¢

¡

# ¶ ¡ 0

" X µ ¶# 1

2 senh ¼ 1 = + ¼ 2 n=1

¢

Y despejando la serie pedida resulta 1

X

n=1

7.3. 7.3.3 3

1 ¼ cosh ¼ = 1 + n2 2 senh ¼

¡

1 1 ¼ = 2 2 tanh ¼

³

1 1 + n2

´ ¡ 1

Desa Desarro rroll llo o de las funcio funcione ness pares pares e impar impare es en series de Fourier.

Una funci¶ on on f (x) de¯nida en el intervalo [ ¼; ¼] se llama par si

¡

f ( x) = f (x) para ara todos todos los x

¡

2 [¡¼; ¼]

La gr¶a¯ca a¯ca de la funci¶on on par es sim¶etrica etrica respecto al eje de ordenadas. Una funci¶ on on f (x) de¯nida en el intervalo [ ¼; ¼] se llama impar si

¡

f ( x) =

¡

¡f (x)

para para todo todoss los los x

2 [¡¼; ¼ ]

La gr¶a¯ca a¯ca de la funci¶on on impar es sim¶etrica etrica respecto al origen de ordenadas.

26




Teorema 7.10 Los coe¯cientes de Fourier de una funci¶ on par f par f (x) se pueden obtener, de manera simpli¯cada, mediante las siguientes f¶ ormulas: 2 an = ¼

¼

Z

f ( x)cos nx dx

0

bn = 0 Por consiguiente, la serie de Fourier de una funci¶on on par contien ontienee s¶ olo olo los cosenos, es decir, tiene la forma: 1

a f ( f (x) = 0 + (an cos nx) nx) 2 n=1

X

Teorema 7.11 Los coe¯cientes e¯cientes de Fourie ourierr de una funci¶ on impar f (x) se pueden obtener, de manera simpli¯cada, mediante las siguientes f¶ ormulas: an = 0 2 bn = ¼

¼

Z

f (x)sen nx dx

0

Por consiguiente, la serie de Fourier de una funci¶on on impar contiene s¶olo olo los senos, es decir, tiene la forma: 1

f ( f (x) =

X

(bn sen nx) nx)

n=1

Ejemplo 7.24 Desarrollar en serie de Fourier la siguiente funci¶ on peri¶ odica de periodo 2¼ f (x) = x2 ¼ x ¼

¡ · ·

Utiliza el resultado para calcular la suma de la serie num¶ erica:

1

1 n2 n=1

X

Soluci¶ on: on: La funci¶on on cumple las condiciones del teorema de desarrollabilidad. la funci¶on on es par, luego se trata de una serie de cosenos, y los coe¯cientes se pueden calcular mediante la forma simpli¯cada. La serie de fourier tendr¶a la forma: a0 x2 = + (an cos nx) nx) 2 n=1 1

X

Los coe¯cientes de Fourier, por la forma simpli¯cada, son: b0 = 0

7.3. 7.3.

27

SERIES SERIES DE DE FOUR FOURIER IER.. ¼

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

·¸

Z Z

· ·

R R ¡

¾ ¾

R

¸ ¸

¡

µ¡

¡

·

¡

¡

R R

¶

¡

¸

¡

¡

1

¼2 ( 1)n x = +4 cos nx 2 3 n n=1

X¡

2

o en forma desarrollada ¼2 x2 = 3

cosx 4 12

µ ¡

¡

cos2 cos2x cos3 cos3x + 22 32

¶ ¡¢¢¢

Dado que la funci¶on on dada es continua en todo , la serie coincide con la funci¶on on S (x) = f ( f (x) para cualquier n¶umero umero real x. Sin Sin embar embargo go hay que que tener en cuenta que fuera del intervalo [ ¼; ¼] tenemos que f (x) = x2 , y habr¶a que calcular el valor de f (x) de acuerdo con la periodicidad de¯nida. La seri e num¶erica erica pedida p edida podemos pod emos obtenerla obtene rla haciendo ha ciendo x = ¼ 2 x=¼ S (¼) = f ( f (¼) = ¼ , luego

<

¡

6

)

¼2 2 ¼ = 3 de donde:

1

¡4

1 1 = n2 4 n=1

X

µ¡

µ

¼2

1 12

¡

1 22

¡ ¡

¼2 3

¶

=

1 32

¶ ¢ ¢¢

2¼ 2 ¼2 = 12 6

Ejemplo 7.25 Desarrolla en serie de Fourier la siguiente funci¶ on peri¶ odica de periodo 2¼ f (x) = x ¼
¡

·


28

SERIES ERIES FU FUNCION NCIONAL ALES. ES. 1

Utiliza el resultado para calcular


( 1)n 2n + 1

X¡ n=0

La funci¶on on f (x) satisface las condiciones del teorema de desarrollabilidad. La funci¶on on f (x) es impar, luego se trata de una serie de senos, y los coe¯cientes se pueden calcular por las f¶ormulas ormulas reducidas. reducidas. La serie ser¶a de la forma: 1

x=

X

bn sen nx

n=1

los coe¯cientes ser¶an: an: an = 0 ¼ 2 bn = x sen nxdx ¼ 0 Calculamos la integral por partes u=x x sen nx dx = dv = sen nxdx

Z

·

R

= Luego 2 bn = ¼

·¡

¸

du = dx nx v = cos n ¡

=

¡x cos nx+ n

¡x cos nx + sen nx

cos nx dx = n

R

n2

n

x cos nx sen nx + n n2 =

¾

¼

¸ µ¡ 0

2 = ¼

¼ cos n¼ n

¡ n2 cos n¼ = ¡ n2 (¡1) n = 2 ( ¡1)n

¡

sen n¼ 0+ n2

¶ ¡ 0

=

n+1

Por consiguiente, la serie de Fourier ser¶a: a: 1

sen nx sen x x=2 ( 1)n+1 =2 n 1 n=1

µ

X¡

¡

sen2x sen2x + 2

¶ ¢¢¢

Esta igualdad tiene lugar para todos los x ( ¼; ¼ ), sin embargo, en los extremos del intervalo la funci¶on on no es continua y el valor de la serie hay que calcularlo mediante la media aritm¶etica etica correspondiente, en este caso S ( ¼) = 0. Fuera del interv interval aloo habr¶ a que tener en cuenta el valor correspondiente debido a la periodicidad. La serie num¶erica erica dada la obtenemos haciendo x = ¼2

2 ¡

§

x=

¼ 2

) S ( ¼2 ) = f ( ¼2 ) = ¼2

luego, sen ¼2 ¼ =2 2 1

µ

¡

sen2 ¼2 sen 3 ¼2 + 2 3

¶ µ ¡¢¢¢ ¡ =2 1

0

¡

1 + 3

¶ µ ¢¢¢ ¡ =2 1

1 1 + 3 5

¶ ¡¢¢¢

7.3. 7.3.

29


y por lo tanto: 1

( 1)n = 1 2 n + 1 n=0

X¡ µ¡

1 1 + 3 5

¶ ¡¢¢¢

=

¼ 4

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

jj

¡

1

X

Soluci¶ on: on: La funci¶on on f (x) = x es par, ya que:

jj f (¡ x) = j ¡ xj = jxj = f ( f (x)

por lo tanto se trata de una serie de cosenos y los coe¯cientes pueden calcularse por el m¶etodo etodo simpli¯cado. 2 a0 = ¼ de donde:

¼

Z Z Z ½

2 an = ¼

f ( f (x)dx

0

2 ¼ 2 x2 a0 = xdx = ¼ 0 ¼ 2 2 ¼ an = x cos nx dx ¼ 0 hacemos la integral por partes:

Z

x cos nx dx =

con lo cual:

=

0 4 ¼ n2

¾

du = dx sen nx v = sennx n

2 cos n¼ = 0+ ¼ n2

¡4 cos(2n ¼ 4 ¡ ¡¼ cos(2 n 1)x 1) x = 2 ¡ ¼ (2n (2 n 1) 2 n=1

·

¼n 2

¡

si n es par si n es impar

¾

¡

=

¡ ¡ 1) =

(

0

bn = 0

2¼ 2 = =¼ 2¼

i · ¼

f (x)cos nx dx

0

)

1)n

2((

0

u=x dv = cos nx dx

2 x sen nx cos nx an = + ¼ n n2

h

¼

·¸

¼

Z

x sen nx = n

Z ¡

¸

sen nx x sen nx cos nx = + 2 n n n

cos0 2(cos n¼ cos cos 0) 0+ 2 = = n ¼n 2

¡4 ¼(2n (2n ¡ 1)2

¡

para n = 1; 1 ; 2; 3

¢¢ ¢

De donde. ¼ x = 2

jj

1

X ¡

cos x cos3x cos3x cos5x cos5x + + + 12 32 52

¸ ¢¢¢

La serie num¶erica erica pedida se obtiene de la obtenida, para x = 0, donde la funci¶on on es continua. Luego: ¼ 0 = 2

jj

1

1

¡4 cos0 = ¼ ¡ 4 1 ¼(2n (2n ¡ 1)2 2 ¼ n=1 (2n (2n ¡ 1)2 n=1

X ¡

X

30



de donde: 4 ¼ Con lo que resulta:

1

X n=1

1 (2n (2n

¡ 1)2

1

1

X

X

=


¼ 2

1 1 ¼2 = = (2n (2n + 1) 2 n=1 (2n (2n 1)2 8 n=0

¡

series de fourier

Recommend Documents