Capítulo 6

Series de Fourier.

Con este importante capítulo comienza la segunda parte la materia. La teoría de las series de Fourier tiene importantes aplicaciones a la ingeniería al tiempo que enriquece el análisis matemático con un nuevo algoritmo de desarrollo en serie.

La idea iniciada por Fourier de intentar desarrollar una “teoría analítica del calor” se ejemplifica y aplica en esta primera sección. Nuestro objetivo es mostrar varios ejemplos de desarrollo en serie y a través de la pantalla mostrar los distintos tipos de convergencia que pueden ser considerados de una manera moderna y dinámica que agrega comprensión a nuestro estudio para que tengamos una base sólida sobre la cual sentarnos en las materias de aplicación más adelante en nuestra carrera.

Sección 1

CONTENIDO.

1. Desarrollo en serie trigonométrica.

2. Desarrollo en serie exponencial.

3. Suma de series numéricas.

4. Igualdad de Parseval.

Desarrollo en serie de Fourier.

120

Problemas.

1) Desarrollar en serie trigonométrica de Fourier la función

f (x) = x, − π < x < π, f (x) = f (x + 2π)

y aprovechar este desarrollo para obtener las sumas de las siguientes series numéricas

∞

∑n=1

(−1)n+1

2n − 1

∞

∑n=1

1n2

.

Solución.

Comencemos por dibujar la función que queremos desarrollar en serie trigonométrica de Fourier. La misma la vemos en la galería 6.1.

Siguiendo por el desarrollo en serie propiamente dicho, si f (x) está definida como en el ejercicio su serie de Fourier es

a0

2+

∞

∑n=1

an cos(nx) + bn sen(nx)

y se anota

f (x) ∼a0

2+

∞

∑n=1

an cos(nx) + bn sen(nx) (1)

121

Gráfica de la función periódica que queremos desarrollar en serie de Fourier.

Galería 6.1. Serie de Fourier de f (x).

donde más abajo explicamos el importante significado del símbolo ∼ y las fórmulas para los coeficientes an y bn son

an =1π ∫

π

−πf (x)cos(nx)dx, n = 0,1,2,…

bn =1π ∫

π

−πf (x)sen(nx)dx, n = 1,2,….

Pero como la función es impar, sabemos que todos los an se anulan y por lo tanto sólo debemos calcular

bn =1π ∫

π

−πx sen(nx)dx =

2π ∫

π

0x sen(nx)dx.

Buscando en la tabla de integrales obtenemos

bn =2π (x .

−cos(nx)n

+sen(nx)

n2

π

0)

de lo cual, evaluando, concluimos que

bn =2

πn (π . ( − (−1)n) =2n

(−1)n+1.

Por lo tanto tenemos

f (x) ∼∞

∑n=1

2n

(−1)n+1 sen(nx)

o lo que es lo mismo

f (x) ∼21

sen(x) −22

sen(2x) +23

sen(3x) − …. (2)

Esta es la primera parte de nuestro ejercicio. Para hallar la primera suma de las series numéricas que nos piden aplicamos el teorema de Dirichlet para la

función f (x) en el punto x =π2

y como en dicho punto

la función es continua tenemos que la serie de Fourier converge en dicho punto al valor de la función en dicho punto obteniéndose entonces de (2) que

f (π2

) =21

sen(π2

) −22

sen(2π2

) +23

sen(3π2

) − …

122

es decir

π2

= 2 − 0 −23

− 0 +25

+ …

de lo cual obtenemos

π4

= 1 −13

+15

−17

+ …

que escrito en sumatoria nos da

∞

∑n=1

(−1)n+1

2n − 1=

π4

.

Con respecto a la segunda serie numérica ∞

∑n=1

1n2

observemos de (1) que la igualdad de Parseval nos dice que si f ∈ L2(−π, π) entonces

∫π

−πf 2(x)dx = π( a2

0

4+

∞

∑n=1

a2n + b2

n).

En nuestro caso esta igualdad se reduce a

∫π

−πx2dx = π

∞

∑n=1

4n2

y calculando el miembro de la derecha obtenemos

2π3

3= 4π

∞

∑n=1

1n2

de lo cual deducimos el resultado final

∞

∑n=1

1n2

=π2

6.

En la galería 6.2. vemos en acción el teorema de Dirichlet sobre la convergencia de la serie de Fourier de una función f (x) en un punto dado. Además vemos el significado de la convergencia de esta serie en cada punto de la recta, es decir a qué función converge la serie de funciones

a0

2+

∞

∑n=1

an cos(nx) + bn sen(nx).

□123

124

Esta es la función definida como la suma parcial S1( f )

Galería 6.2. Convergencia de la serie de Fourier.

Se puede ver una solución on-line aquí.

2) Hallar el desarrollo en serie exponencial de Fourier de la función

f (x) = x, − π < x < π, f (x) = f (x + 2π).

Solución.

Es evidente que el gráfico de esta función es igual a la del ejercicio anterior pues la función es la misma. Pero ahora se pide el desarrollo en serie exponencial y eso es lo que queremos practicar.

La primera solución que daremos es a través de la fórmula de Euler y luego daremos la solución con los coeficientes que se obtienen de las integrales de la serie exponencial.

Para la primera, de (2) del ejercicio anterior obtenemos

f (x) ∼21

sen(x) −22

sen(2x) +23

sen(3x) − ….

o lo que es lo mismo

f (x) ∼∞

∑n=1

2n

(−1)n+1 sen(nx). (3)

Ahora bien, sabemos de la fórmula de Euler que

sen(nx) =einx − e−inx

2i

por lo tanto, sustituyendo en (3) obtenemos

f (x) ∼∞

∑n=1

2n

(−1)n+1 einx − e−inx

2i.

Esta sumatoria puede sintetizarse. Para ello escribamos las dos sumatorias que podríamos llamar de “exponenciales positivas y negativas”

f (x) ∼∞

∑n=1

2n

(−1)n+1 einx

2i+

∞

∑n=1

2n

(−1)n+1 −e−inx

2i.

125

Haciendo el cambio de índice k = − n en la segunda de ellas obtenemos

f (x) ∼∞

∑n=1

2n

(−1)n+1 einx

2i+

k=−1

∑k=−∞

2−k

(−1)−k+1 −eikx

2i

lo cual, utilizando el “menos” que precede a la exponencial en la segunda sumatoria en el denominador obtenemos

f (x) ∼∞

∑n=1

2n

(−1)n+1 einx

2i+

k=−1

∑k=−∞

2k

(−1)−k+1 eikx

2i

y observando que (−1)−k+1 = (−1)k+1 ya que sólo importa la paridad de k obtenemos cambiando k por n que

f (x) ∼∞

∑n=1

2n

(−1)n+1 einx

2i+

n=−1

∑n=−∞

2n

(−1)n+1 einx

2i

suma de sumatorias que por abuso de notación podemos escribir simplificando el 2 como

f (x) ∼∞

∑n=−∞,n≠0

1in

(−1)n+1 einx.

Si queremos llegar al mismo resultado con las fórmulas de las integrales recordemos que si f es la función del ejercicio entonces

f (x) ∼∞

∑n=−∞

cneinx

donde

cn =1

2π ∫π

−πxe−inxdx.

Para n = 0 vemos claramente que

c0 =1

2π ∫π

−πxdx = 0

y para n ≠ 0 obtenemos integrando por partes que

cn =1

2π [ −xin

e−inxπ

−π+ ∫

π

−π

e−inx

indx] =

(−1)n+1

in

126

con lo cual concluimos, en concordancia con la solución anterior que

f (x) ∼∞

∑n=−∞,n≠0

1in

(−1)n+1 einx.

□

3) Desarrollar en serie trigonométrica de Fourier la función

f (x) = |x | , − π ≤ x ≤ π f (x + 2π) = f (x)

y determinar si su serie de Fourier converge

a) puntualmente

b) uniformemente

c) en media cuadrática ( L2 ).

Solución.

Dejamos como una buena práctica para el lector calcular las integrales análogas a las del ejercicio 1 para concluir que la serie de Fourier de

f (x) = |x | , − π ≤ x ≤ π

es

|x | ∼π2

−4π

∞

∑n=1

cos(2n − 1)x(2n − 1)2

.

127

La extensión de la función módulo del ejercicio y su extensión periódica producen una función continua en cada punto x ∈ R.

Galería 6.3. La función módulo y su extensión periódica.

a) Como la función extendida a toda la recta, como se muestra en la galería 6.3, es una función

continua y suave a trozos tenemos, de acuerdo al teorema de Dirichlet, que

∀x ∈ [−π, π] limn→∞

Sn(x) = f (x)

es decir hay convergencia puntual al valor de la función para todo x.

b) Si la función extendida periódicamente es continua y suave a trozos entonces sus coeficientes de Fourier an, bn, que por este ejericio llamaremos indistintamente cn satisfacen la desigualdad

|cn | ≤Kn2

K ∈ R, K > 0.

Por lo tanto, de acuerdo al teorema o criterio M de Weierstrass la serie de Fourier S(x) converge uniformemente a la función f (x) = |x | , esto es

∀ϵ > 0 : ∃no ∈ N : n ≥ n0 ⟹ |Sn(x) − f (x) | < ϵ

donde enfatizamos que en la definición anterior no hay dependencia de x, es decir : para cada ϵ, existe un n0 tal que ∀x tenemos |Sn(x) − f (x) | < ϵ.

c) Si la serie de Fourier Sf (x) converge

uniformemente a la función f (x) entonces converge en media cuadrática. La demostración de este hecho nos puede ayudar a repasar y a relacionar ambos conceptos y puesto que no es difícil la haremos aquí.

Las dos definiciones que hay que relacionar son :

DEF 1 : Sn(x) converge uniformemente a f si y sólo si

∀ϵ > 0 : ∃n0 ∈ N : n ≥ n0 ⟹ |Sn(x) − f (x) | < ϵ.

128

DEF 2 : Sn(x) converge en L2 a f (x) si y sólo si

∀ϵ > 0 : ∃n0 ∈ N : n ≥ n0 ⟹ ∫π

−π|Sn(x) − f (x) |2 dx < ϵ.

Lo que queremos probar entonces es que la definición 1 implica la definición 2. Sea entonces ϵ > 0 (que se supone tomado en la definición 2, la que queremos probar). Entonces como la definición 1 vale para todo ϵ, tenemos que para nuestro ϵ

∃n0 ∈ N : n ≥ n0 ⟹ |Sn(x) − f (x) | < ϵ.

Luego, la integral del consecuente de la definición 2, es decir la integral

∫π

−π|Sn(x) − f (x) |2 dx

es menor o igual que

∫π

−πϵ2 dx = 2πϵ2.

Esto significa que

∫π

−π|Sn(x) − f (x) |2 dx < 2πϵ2

es decir Sn(x) converge en L2 a f (x).

Nota : Algunas veces se define la convergencia en media cuadrática así :

∀ϵ > 0 : ∃n0 ∈ N : n ≥ n0 ⟹1

2π ∫π

−π|Sn(x) − f (x) |2 dx < ϵ.

El lector no debe encontrar ninguna complicación en adaptar la demostración anterior para que aparezca

este factor 12π

.

129

En la primera suma parcial hay puntos x, por ejemplo x = 0,5 tales que el módulo |s1(x) − f (x) | > ϵ.

Galería 6.4. Convergencia uniforme.

130

131

En la segunda sección de este capítulo aplicamos la teoría y los ejemplos del capítulo anterior para resolver algunas de las ecuaciones que llevan el nombre de “Ecuaciones de la Física Matemática”. Esta sección y la correspondiente del capítulo siguiente muestran - sin ninguna intención de ocultarla - la importancia del tema que estamos estudiando y el genio que parió todo esto : Fourier!

Sección 2

CONTENIDO.

1. Ecuación de la cuerda vibrante.

2. Ecuación de difusión.

3. Ecuación de Laplace.

Solución de Ecuaciones Diferenciales.

132

Problemas.

1) Resolver el problema de contorno siguiente :

y′�′�xx = y′�′�

tt

y(0,t) = y(π, t) = 0 t > 0

∂y∂t

(x,0) = 0 0 < x < π.

y(x,0) = f (x) = {x si 0 ≤ x ≤ π

2

π − x si π2 < x ≤ π

.

Solución.

Separando las variables tenemos que

y(x, t) = X(x)T(t)

y sustituyendo en la ecuación diferencial obtenemos

X′�′�(x)T(t) = X(x)T′ �′�(t)

de lo que deducimos

X′�′�X

=T′�′�T

= − λ2.

Esto conduce al sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias

{X′�′�+ λ2X = 0T′�′�+ λ2T = 0

cuya solución es el par de funciones dependiente del parámetro λ

X(x) = Acos(λx) + Bsen(λx)

T(t) = Ccos(λt) + Dsen(λt).

Ahora bien, como

y(0,t) = X(0)T(t) = 0 ⟹ X(0) = 0

deducimos que

A.1 + B.0 = 0 ⟹ A = 0.

Y como

y(π, t) = X(π)T(t) = 0 ⟹ X(π) = 0

133

lo cual implica

Bsen(λπ) = 0

y para no obtener la solución trivial B = 0 es necesario que

λ = n ∈ N.

Luego por ahora tenemos que para satisfacer la ecuación diferencial y las dos condiciones de contorno

X(x) = Bsen(nx)

y

T(t) = Ccos(nt) + Dsen(nt).

Para satisfacer la condición

∂y∂t

(x,0) = 0

debemos tener que

X(x)T′�(0) = 0

de lo cual obtenemos

T′�(0) = 0.

Ahora bien

T′�(t) = − Cn sen(nt) + Dn cos(nt)

que evaluado en t = 0 produce

Dn = 0 ⟹ D = 0.

Por lo tanto, para satisfacer la ecuación diferencial y las tres condiciones que hemos considerado tenemos que

y(x, t) = Bsen(nx)Ccos(nt)

de donde juntando el producto BC y recordando que este producto depende de n podemos escribir

yn(x, t) = bnsen(nx)cos(nt).

Utilizando el principio de superposición tenemos que una solución posible de nuestra ecuación diferencial es

134

y(x, t) =∞

∑n=1

bnsen(nx)cos(nt)

y como finalmente debemos tener que

y(x,0) = f (x) =∞

∑n=1

bnsen(nx)

deducimos, en concordancia con la sección anterior que

bn =2π ∫

π

0f (x)sen(nx)dx.

Para nuestra función

f (x) = {x si 0 ≤ x ≤ π

2

π − x si π2 < x ≤ π

estos coeficientes bn son

bn = {0 si n es par

4n2π

si n es impar (alternando signos).

Con esto resulta que la solución de nuestro problema es

y(x, t) =4π

sen(x)cos(t) −4

32πsen(3x)cos(3t)+

+ 452π

sen(5x)cos(5t) − …

En el video que sigue vemos el movimiento de la cuerda en función del tiempo.

Observemos que de la igualdad trigonométrica

sen(nx)cos(nt) =12 [sen(n(x − t)) + sen(n(x + t))]

concluimos que nuestra solución puede escribirse en la forma

y(x, t) = F(x − t) + F(x + t)

donde

F(x) =2π

∞

∑n=1

(−1)n+1 sen((2n − 1)x)(2n − 1)2

.

135

136

En esta movie vemos el movimiento de la cuerda en función del tiempo con la suma parcial S5(x, t) en lugar de con la solución exacta U(x, t). Se aprecia claramente el significado físico de nuestra solución y la coherencia con lo que esperaríamos que suceda con la cuerda en función del tiempo, tiempo que se encuentra en la parte superior izquierda de la pantalla.

Movie 6.5. Cuerda vibrante.

□

Se puede ver una solución on-line aquí.

2) Resolver el problema de contorno siguiente :

u′�′�xx + u′�′�yy = 0

con las condiciones

u(0,y) = u(π, y) = u(x,1) = 0

y

u(x,0) = f (x) = sen3(x)

donde

0 ≤ x ≤ π 0 ≤ y ≤ 1.

Solución.

Planteando una solución de la forma

u(x, y) = X(x)Y(y)

obtenemos

X′�′�(x)Y(y) = − X(x)Y′�′�(y)

y omitiendo los argumentos se obtiene que

X′�′�X

= −Y′�′�Y

= − λ2.

De aquí obtenemos

{X′�′�+ λ2X = 0Y′�′�− λ2Y = 0

,

sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias cuya solución general es el par de funciones

X(x) = Acos(λx) + Bsen(λx)

Y(y) = Ccosh(λ(y − 1)) + Dsenh(λ(y − 1)).

Una explicación de porqué hemos corrido el argumento de la función Y(y). Porque la condición de anulación en el borde superior de nuestro rectángulo nos permitirá cancelar la constante C. Como un ejemplo análogo la solución general de la ecuación diferencial trivial

137

y′� = y

puede escribirse tanto

y = Cex

como

y = Aex−1.

Si tuviéramos condiciones iniciales en x = 1 la segunda sería más conveniente que la primera.

Continuando con nuestro ejercicio, usando la condición

X(0)Y(y) = 0

obtenemos

X(0) = 0 ⟹ A.1 + B.0 = 0

de lo que deducimos

A = 0.

Como además

X(π) = 0

deducimos

Bsen(λπ) = 0

con lo cual

λ = n ∈ N.

Para satisfacer ahora la condición

u(x,1) = X(x)Y(1) = 0

debemos tener

Y(1) = Ccosh(n.0) + Dsenh(n.0) = 0

es decir

C.1 + D.0 = 0

de lo cual obtenemos

C = 0.

138

Por lo tanto, tenemos un conjunto de soluciones de la forma

un(x, y) = BDsen(nx)senh(n(y − 1))

de donde juntando el producto BD recordando que depende de n podemos escribir

un(x, y) = bnsen(nx)senh(n(y − 1)).

Utilizando el principio de superposición tenemos entonces que la función

U(x, y) =∞

∑n=1

bnsen(nx)senh(n(y − 1)). (*)

Finalmente, para satisfacer la condición

U(x,0) = sen3(x)

debemos tener que

U(x,0) =∞

∑n=1

− bnsenh(n)sen(nx) = sen3(x)

y de la teoría del desarrollo en serie de Fourier de una función impar obtenemos que

−bnsenh(n) =2π ∫

π

0sen3(x)sen(nx)dx.

Pero podemos proceder más elegantemente para obtener estos coeficientes bn. Hagamos

−bnsenh(n) = Bn.

Obtenemos entonces que

∞

∑n=1

Bnsen(nx) = sen3(x). (1)

Pero de la fórmula de Euler para sen(x) obtenemos que

sen3(x) = (eix − e−ix

2i )3

y desarrollando el cubo

( eix − e−ix

2i )3

=ei3x − 3eix + 3e−ix − e−i3x

(2i)2

12i

139

y volviendo a aplicar la fórmula de Euler obtenemos

( eix − e−ix

2i )3

=−14 [sen(3x) − 3sen(x)]

es decir

sen3(x) =34

sen(x) −14

sen(3x).

Pero el miembro de la derecha es un desarrollo en serie de Fourier (finito esta vez) del miembro de la izquierda, y por el teorema de unicidad del desarrollo de Fourier para funciones continuas debemos tener en virtud de (1) que

Bn =

34 si n = 1

− 14 si n = 3

0 en otro caso

.

Con esto obtenemos que

b1 =−3

4senh(1) b3 =

14senh(3)

y que

bn = 0

en otro caso.

140

Con todo esto la solución de nuestro ejercicio resulta, mirando (*)

U(x, y) = −3

4senh(1)sen(x)senh(y − 1)+

14senh(3)

sen(3x)senh(3(y − 1)).

En la galería 6.6. vemos maravillosamente la temperatura de una placa con las condiciones de borde del problema. Complementariamente en la galería 6.7. vemos la gráfica de nuestra solución e incidentalmente vemos que el máximo de nuestra solución se alcanza en el borde de nuestro rectángulo como era de esperar de la función armónica que resuelve nuestro problema.

□

141

Los puntos azules son los puntos más fríos de nuestra placa y los colorados los más calientes. Vemos como tres de los cuatro bordes se mantienen a temperatura 0∘.

Galería 6.6. Interpretación física de nuestro problema.

Si cada punto (x, y) de la galería anterior, lo levantamos en el eje z hasta su temperatura obtendremos la gráfica que se muestra aquí. Observamos varias cosas : que tres de los bordes no se levantan en absoluto y que el máximo y el mínimos de la función armónica u se alcanzan en el borde. (Principio del máximo)

Galería 6.7. Gráfica de la función armónica del ejercicio.

3) Resolver el problema de contorno siguiente

u′�t = u′�′�xx

con las condiciones

u(0,t) = u(π, t) = 0

y la condición inicial

u(x,0) = sen5(x).

Solución.

Planteando una solución de la forma

u(x, t) = X(x)T(t)

y sustituyendo en la ecuación diferencial tenemos que

X(x)T′�(t) = X′�′�(x)T(t)

de lo cual, luego de separar las variables llegamos a

T′�T

=X′�′�X

= − λ2.

Esto nos conduce al sistema

{X′�′�+ λ2X = 0T′�+ λ2T = 0

,

sistema cuya solución es el par de funciones

X(x) = Acos(λx) + Bsen(λx)

T(t) = Ce−λ2t.

Como debemos tener que

X(0) = 0

debemos tener

A.1 + B.0 = 0

de lo que deducimos

A = 0.

Además como

142

X(π) = 0

debemos tener

Bsen(λπ) = 0 ⟹ λ = n.

Esto nos da, juntando las constantes B y C un conjunto de soluciones de la forma

un(x, t) = bne−n2tsen(nx)

y utilizando el principio de superposición planteamos como solución

U(x, t) =∞

∑n=1

bne−n2tsen(nx)

de lo cual, para satisfacer la condición inicial debemos tener

U(x,0) =∞

∑n=1

bnsen(nx) = sen5(x).

Usando la fórmula de Euler llegamos a que

sen5(x) = (eix − e−ix

2i )5

y desarrollando la potencia como en el ejercicio anterior obtenemos que

sen5(x) =58

sen(x) −516

sen(3x) +116

sen(5x)

y por unicidad del desarrollo en serie de Fourier para funciones continuas obtenemos que

bn =

58 si n = 1

− 516 si n = 3

116 si n = 50 en otro caso

.

Esto nos conduce a que la solución final de nuestro problema es

U(x, t) =58

e−tsen(x) −516

e−9tsen(3x) +116

e−25tsen(5x).

143

E n l a

144

Los puntos azules son los puntos fríos y los colorados los calientes. Vemos como a medida que pasa el tiempo la temperatura de toda la barra se acerca a la de los bordes, los cuales se mantienen a temperatura 0∘

Movie 6.8. La barra enfriándose en función del tiempo.

movie 6.8. vemos maravillosamente cómo se va enfriando la barra a medida que pasa el tiempo si se desea una interpretación física del problema.

□

145