ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ANÁLISIS DE FOURIER Y ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES • HOJA DE EJERCICIOS NO.1 Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica 3. Calcule la potencia del siguiente numero complejo: 1 2 + 1 2 i 10 . Solución. Sabiendo que z n = r n e inθ = r n (cos(nθ )+ i sen(nθ )), expresmos el número complejo en su forma polar. En efecto, r = r ( 1 2 ) 2 +( 1 2 ) 2 = r 1 2 θ = arctan( 1 2 )= π 4 . Por lo tanto, 1 2 + 1 2 i = r 1 2 e i π 4 = r 1 2 cos( π 4 )+ i sen( π 4 ) y así 1 2 + 1 2 i 10 = r 1 2 ! 10 cos 10π 4 + i sen 10π 4 = 1 32 cos 5π 2 + i sen 5π 2 = i 32 4. Reducir la siguiente fracción: (1 - i ) 10 (1 + i ) 3 Solución. Expresando los números complejos en forma polar, tenemos (1 + i ) 10 (1 + i ) 3 = √ 2e -i π 4 10 √ 2e i π 4 3 . Aplicando el teorema de De Moivre, (1 + i ) 10 (1 + i ) 3 = ( √ 2) 10 e -i10 π 4 ( √ 2) 3 e i3 π 4 . Utilizando propiedades de la función exponencial (1 + i ) 10 (1 + i ) 3 = √ 2 7 e -13iπ 4 . Página 1 de 4
Transcript
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ANÁLISIS DE FOURIER Y ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES • HOJA
DE EJERCICIOS NO. 1
Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica
3. Calcule la potencia del siguiente numero complejo:(12+
12
i)10
.
Solución. Sabiendo que zn = rneinθ = rn (cos(nθ) + i sen(nθ)), expresmos el número complejo en suforma polar. En efecto,
r =
√(
12)2 + (
12)2 =
√12
θ = arctan(12) =
π
4.
Por lo tanto, (12+
12
i)=
√12
ei π4 =
√12
(cos(
π
4) + i sen(
π
4))
y así (12+
12
i)10
=
(√12
)10 (cos
(10π
4
)+ i sen
(10π
4
))=
(132
)(cos
(5π
2
)+ i sen
(5π
2
))=
i32
4. Reducir la siguiente fracción:(1− i)10
(1 + i)3
Solución. Expresando los números complejos en forma polar, tenemos
(1 + i)10
(1 + i)3 =
(√2e−i π
4
)10
(√2ei π
4
)3 .
Aplicando el teorema de De Moivre,
(1 + i)10
(1 + i)3 =(√
2)10e−i10 π4
(√
2)3ei3 π4
.
Utilizando propiedades de la función exponencial
(1 + i)10
(1 + i)3 =(√
2)7
e−13iπ
4 .
Página 1 de 4
Haciendo uso del teorema de Euler, se tiene
(1 + i)10
(1 + i)3 = 272
(cos
(−13iπ
4
)+ i sen
(−13iπ
4
))= 2
72
(1√2− i
1√2
)=
272
212(1− i)
= 8− 8i
5. Dada la funciónf : C −→ C
z 7−→ sen(z),
determinar la parte real y la parte imaginaria de f (z), con z = x + yi y x, y ∈ R.
Solución. Por la indentidad del seno de la suma, tenemos que
De este modo se tiene quef (z) = sen(x) cosh(y) + i cos(x) sinh(y),
con lo que<( f (z)) = sen(x) cosh(y) y =( f (z)) = cos(x) sinh(y),
como se deseaba.
7. Sean f y g funciones continuas a trozos en intervalo [a, b] y suponga que f1 se identifica con f y g1 seidentifica con g. Pruebe que ˆ b
af1(x)g1(x) dx =
ˆ b
af (x)g(x) dx
Solución. Comenzamos notando que las funciones f g y f1g1 están definidas en el intervalo [a, b]. Anali-cemos entonces ˆ b
af1(x)g1(x)− f (x)g(x) dx.
Tenemos queˆ b
af1(x)g1(x)− f (x)g(x) dx =
ˆ b
af1(x)g1(x)− f1(x)g(x) + f1(x)g(x)− f (x)g(x) dx,
=
ˆ b
af1(x)[g1(x)− g(x)] + [ f1(x)− f (x)]g(x) dx,
=
ˆ b
af1(x)[g1(x)− g(x)] dx +
ˆ b
a[ f1(x)− f (x)]g(x) dx.
Página 2 de 4
Ahora notemos que si g1 se identifica con g, la función g1 − g es nula salvo en un número finito depuntos, esto significa que f1(g1− g) es nula salvo en un número finito de puntos, lo que anula la primeraintegral. Con un razonamiento similar se sigue que se anula la segunda integral, de dónde
ˆ b
af1(x)g1(x) dx =
ˆ b
af (x)g(x) dx.
8. Sea f una función diferenciable en el intervalo [−a, a]. Muestre que f ′ es impar cuando f es par e imparcuando f es par.
Solución. a) Supongamos que f es par. Es decir que para todo x ∈ [−a, a] se tiene f (x) = f (−x).Ya que f es diferenciable en [−a, a], tenemos que para todo x ∈ [−a, a]
f ′(x) = lımh→0
f (x + h)− f (x)h
= lımh→0+
f (x + h)− f (x)h
= lımh→0−
f (x + h)− f (x)h
.
Entonces tenemos que
f ′(−x) = lımh→0+
f (−x + h)− f (−x)h
,
usando la paridad de f tenemos
f ′(−x) = lımh→0+
f (x− h)− f (x)h
,
= lımh→0+
f (x + (−h))− f (x)−(−h)
,
usando el cambio de variable t = −h obtenemos
f ′(−x) = lımt→0−
f (x + t)− f (x)−t
,
= − lımt→0−
f (x + t)− f (x)t
,
= − f ′(x).
b) Supongamos que f es impar. Es decir que para todo x ∈ [−a, a] se tiene f (−x) = − f (x).
Sea c ∈ [−a, a]. Ya que f es diferenciable en c tenemos
f ′(c) = lımx→c
f (x)− f (c)x− c
.
Usando la paridad de f conseguimos
f ′(c) = lımx→c
− f (x) + f (c)−x + c
,
= lımx→c
f (−x)− f (−c)−x− (−c)
,
de dónde, si usamos el cambio de variable y = −x se tiene
f ′(c) = lımy→−c
f (y)− f (−c)y− (−c)
,
= f ′(−c).
Página 3 de 4
9. Demuestre que toda función real f , definida en un intervalo de la forma [−a, a] para a ∈ R, puede serexpresada como la suma de una función par y una impar (A cada uno de estos sumandos se los conocecomo la parte par y la parte impar de f ). [Pista: 2 f (x) = f (x) + f (−x) + f (x)− f (−x).]
Solución. Definimos las funciones
fE(x) =f (x) + f (−x)
2, fO(x) =
f (x)− f (−x)2
.
Tenemos que
fE(−x) =f (−x) + f (−(−x))
2=
f (−x) + f (x)2
= fE(x),
por otra parte
fO(−x) =f (−x)− f (−(−x))
2=
f (−x)− f (x)2
= − fO(x).
De donde f se expresa comof = fE + fO.
Página 4 de 4
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ANÁLISIS DE FOURIER Y ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES • HOJA
DE EJERCICIOS NO. 2
Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica
Ejercicios clase CP: 3, 4c, 5b, 5c, 5d, 6b, 10b.
3. Sea f : [0, 1]→ R una función creciente y acotada. Para cada n ∈N∗ se define
sn =1n
n−1
∑k=0
f(
kn
)y tn =
1n
n
∑k=1
f(
kn
).
a) Demostrar que, para todo n ∈N∗,
sn ≤ˆ 1
0f (x) dx ≤ tn y 0 ≤
ˆ 1
0f (x) dx− sn ≤
f (1)− f (0)n
.
b) Demuestre que las sucesiones (sn) y (tn) ambas convergen y que
lımn→∞
sn = lımn→∞
tn =
ˆ 1
0f (x) dx.
Solución. a) Fijemos k ∈ 0, 1, . . . , n− 1 y sea x ∈ [k/n, (k + 1)/1]. Así
kn≤ x ≤ k + 1
n,
y, como f es creciente, se tiene que
f(
kn
)≤ f (x) ≤ f
(k + 1
n
), si
kn≤ x ≤ k + 1
n.
Integrando la desigualdad anterior en el intervalo [k/n, (k + 1)/n] se tiene que
1n
f(
kn
)≤ˆ (k+1)/n
k/nf (x) dx ≤ 1
nf(
k + 1n
),
para todo k ∈ 0, 1, . . . , n − 1. Sumando término a término la anterior desigualdad para k ∈0, 1, . . . , n− 1 se tiene que
1n
n−1
∑k=0
f(
kn
)≤
n−1
∑k=0
ˆ (k+1)/n
k/nf (x) dx ≤ 1
n
n−1
∑k=0
f(
k + 1n
).
Pero tenemos quen−1
∑k=0
ˆ (k+1)/n
k/nf (x) dx =
ˆ 1
0f (x) dx,
con lo cual se tiene que
1n
n−1
∑k=0
f(
kn
)≤ˆ 1
0f (x) dx ≤ 1
n
n−1
∑k=0
f(
k + 1n
),
en donde, cambiando el índice k de la última sumatoria por k− 1, se tiene que
1n
n−1
∑k=0
f(
kn
)≤ˆ 1
0f (x) dx ≤ 1
n
n
∑k=1
f(
kn
),
es decir,
sn ≤ˆ 1
0f (x) dx ≤ tn
Página 1 de 6
como se deseaba.
Para probar la segunda desigualdad, de la primera desigualdad restamos sn a cada término, con locual
0 ≤ˆ 1
0f (x) dx− sn ≤ tn − sn.
Con esto, dado que
tn − sn =1n
n
∑k=1
f(
kn
)− 1
n
n−1
∑k=0
f(
kn
)=
1n
f (1)− 1n
f (0) =f (1)− f (0)
n,
se tiene
0 ≤ˆ 1
0f (x) dx− sn ≤
f (1)− f (0)n
.
b) De la desigualdad anterior, por el teorema del sándwich, tenemos que
0 ≤ lımn→∞
ˆ 1
0f (x) dx− sn ≤
f (1)− f (0)n
≤ lımn→∞
f (1)− f (0)n
= 0,
con lo cual
lımn→∞
sn =
ˆ 1
0f (x) dx.
Además, tenemos que
tn =1n
n
∑k=1
f(
kn
)=
1n
n−1
∑k=0
f(
kn
)+
f (1)− f (0)n
→ˆ 1
0f (x) dx,
como se quería.
4. Estudie la convergencia de cada una de las siguientes series. Si la serie es convergente, calcule su suma.
a)∞
∑n=1
2n + n2 + n2n+1n(n + 1)
.
b)∞
∑n=2
log((1 + 1/n)n(1 + n))log(nn) log((n + 1)n+1)
, donde log es la función logaritmo natural.
c)∞
∑n=1
nan, donde 0 < a < 1.
Solución. c) Para cada n ≥ 1 sea
Sn =n
∑k=1
kak.
Entonces, para todo n ≥ 1 se tiene que
Sn+1 =n+1
∑k=1
kak
= an+1
∑k=1
kak−1
= an
∑k=0
(k + 1)ak
= an
∑k=0
kak + an
∑k=0
ak
Página 2 de 6
= an
∑k=1
kak + a1− an+1
1− a
= aSn +a
1− a− an+2
1− a,
en donde hemos utilizado la fórmula de la suma de los n + 1 primeros términos de una seriegeométrica. Con esto, tenemos la relación de recurrencia
Sn+1 = aSn +a
1− a− an+2
1− a, n ≥ 1.
Usando reiteradamente esta relación de recurrencia, se tiene
Sn+1 = a(
aSn−1 +a
1− a− an+1
1− a
)− an+2
1− a
= a2Sn−1 +a + a2
1− a− 2an+1
1− a
= a2(
aSn−2 +a
1− a− an
1− a
)+
a + a2
1− a− 2an+1
1− a
= a3Sn−2 +a + a2 + a3
1− a− 3an+2
1− a,
para todo n ≥ 3. Tomando en cuenta que S1 = a, esto sugiere que
Sn+1 = an+1 +1
1− a
n
∑k=1
ak − nan+2
1− a, n ≥ 1. (1)
Demostraremos (1) por inducción sobre n. Para n = 1 se tiene
S2 = a + 2a2 = a1+1 − a1− a
+a1+2
1− a,
lo que prueba el caso base. Ahora, supongamos que (1) es válida para n. Entonces, de la relación derecurrencia tenemos que
Sn+2 = aSn+1 +a
1− a− an+3
1− a,
en donde, usando la hipótesis de inducción, se obtiene
Sn+2 = a
(an+1 +
11− a
n
∑k=1
ak − nan+2
1− a
)+
a1− a
− an+3
1− a
= an+2 +1
1− a
n+1
∑k=1
ak − (n + 1)an+3
1− a,
lo que completa la demostración.Con esto, junto con la fórmula de la suma geométrica, podemos escribir
Sn =a
(1− a)2 +an
1− a− nan a
1− a, n ≥ 1. (2)
Como 0 < a < 1 se tiene quelım
n→∞an = 0 y lım
n→∞nan = 0,
lo que implica que (Sn)n∈N es convergente y∞
∑n=1
nan = lımn→∞
Sn =a
(1− a)2 .
5. Determine si las series que se presentan a continuación son convergentes o divergentes.
Página 3 de 6
a)∞
∑n=1
(n!)2
2n2 .
b)∞
∑n=1
3nn!nn .
c)∞
∑n=1
(n1/n − 1)n.
d)∞
∑n=1
(1n− e−n2
).
Solución. b) Para cada n ≥ 1 sea
an =3nn!nn .
Entonces tenemos que
an+1
an=
3n+1(n + 1)!/(n + 1)n+1
3nn!/nn
=3(n + 1)nn
(n + 1)n+1
= 3n + 1
n
(n
n + 1
)n+1
= 3n + 1
n
(1− 1
n + 1
)n+1
,
para todo n ≥ 1. Con esto tenemos que
lımn→∞
an+1
an= lım
n→∞3
n + 1n
(1− 1
n + 1
)n+1
= 3e−1,
y como e < 3, se tiene que
lımn→∞
an+1
an> 1,
por lo que la serie∞
∑n=1
3nn!nn
diverge.
c) Escribimosan = (n1/n − 1)n, n ≥ 1.
Tenemos quen√
an = n1/n − 1, n ≥ 1,
y dado quelım
n→∞n1/n = 1,
se sigue quelım
n→∞n√
an = lımn→∞
(n1/n − 1) = 0 < 1.
Así, por el criterio de la raíz, la serie∞
∑n=1
(n1/n − 1)n
converge.
d) Escribimos
an =1n
y bn = e−n2, n ≥ 1.
Página 4 de 6
La serie de término general an diverge. Por otro lado, si escribimos bn = f (n) para cada n ≥ 1, conf : R→ R definida para cada x ∈ R por f (x) = e−x2
, tenemos que, para todo x ≥ 1
e−x2 ≤ e−x,
y además ˆ ∞
1e−x dx = e−1,
lo que implica, por el criterio de comparación, que la integral de Riemann impropiaˆ ∞
1e−x2
dx
converge. Así, por el criterio integral, se tiene que la serie de término general bn converge. Tenemosentonces que la serie
∞
∑n=1
(1n− e−n2
)diverge, pues el término general de la misma es la suma del término general de una serie divergentey del término general de serie una convergente.
6. Sea (an)n∈N una sucesión de números reales no negativos.
a) Si ∑ an converge, demuestre que la serie∞
∑n=1
√an
n
converge.
b) Si ∑ an diverge, demuestre que la serie∞
∑n=1
an
1 + an
también diverge.
Solución. b) Consideremos dos posibilidades. Si
lımn→∞
an 6= 0,
entonceslım
n→∞
an
1 + an6= 0,
y por ende la serie ∑ an1+an
diverge. En caso contrario, es decir, si
lımn→∞
an = 0,
existe n0 ∈N tal que para todo n ≥ n0 se verifica que
an < 1.
Así, para todo n ≥ n0 se tiene que
an
1 + an≥ an
1 + 1=
12
an.
Como la serie ∑ an diverge, también diverge la serie ∑ 12 an, de modo que, por el criterio de compa-
ración, la serie ∑ an1+an
diverge.
Página 5 de 6
10. Verifique los siguientes desarrollos en serie de Taylor alrededor del punto x0 = 0, para los valores de xindicados.
a) sen3(x) =34
∞
∑n=1
(−1)n+1 32n − 1(2n + 1)!
x2n+1, para todo x ∈ R;
b) log√
1 + x1− x
=∞
∑n=0
x2n+1
2n + 1, para |x| < 1; y
c)x
1 + x− 2x2 =13
∞
∑n=1
[1− (−2)n]xn, para |x| < 1/2.
Para ello, puede asumir conocidos los desarrollos en serie de Taylor de sen(x) y cos(x) para x ∈ R ylog(1− x) y 1/(1− x) si |x| < 1.
Solución. b) Notemos que, para |x| < 1
log
√1 + x1− x
=12
log1 + x1− x
=12[log(1 + x)− log(1− x)] .
Hacemos uso de los desarrollos en serie de Taylor siguientes
log(1− x) = −∞
∑n=1
1n
xn y log(1 + x) =∞
∑n=1
(−1)n+1
nxn,
para |x| < 1, de modo que
log(1 + x)− log(1− x) =∞
∑n=1
(−1)n+1
nxn +
∞
∑n=1
1n
xn =∞
∑n=1
(−1)n − 1n
xn.
Por otro lado, tenemos que (−1)n+1 + 1 = 0 si n es par y (−1)n+1 + 1 = 2 si n es impar, con lo cual
log(1 + x)− log(1− x) = 2∞
∑n=0
12n + 1
x2n+1,
y se obtiene la fórmula deseada.
Página 6 de 6
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ANÁLISIS DE FOURIER Y ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES • HOJA
DE EJERCICIOS NO. 3
Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica
Ejercicios clase CP: 1, 2, 10//4, 7 y 9.
1. Dadas dos funciones f y g de I ⊆ R en R periódicas de periodo p > 0. Demostrar que el producto deestas funciones o cualquier combinación lineal de ellas, es también una función periódica de periodo p.
Solución. Sean f y g dos funciones periódicas de periodo p. Para demostrar que el producto H(x) =
f (x)g(x) es también periódica (con periodo p) debemos probar que:
H(x) = H(x + p)
para todo x ∈ I. Para esto, calculemos H(x + p):
H(x + p) = f (x + p)g(x + p)
y como las funciones f y g son periódicas: f (x + p) = f (x) y g(x + p) = g(x) tenemos que:
H(x + p) = f (x + p)g(x + p) = f (x)g(x) = H(x)
Por otro lado, si denotamos por F(x) a la combinación lineal de las funciones f y g, es decir:
F(x) = c1 f (x) + c2g(x),
con c1, c2 ∈ R, para probar que esta es periódica con periodo p, debemos mostrar que:
2. Si la función f : I ⊆ R → R es una función periódica de periodo p > 0, mostrar que para todo númeroentero n se cumple que:
f (x) = f (nx + p).
para todo x ∈ I. f y g de I ⊆ R en R periódicas de periodo p > 0.
Solución. Como la función f es periódica, tenemos que:
f (x) = f (x + p).
para todo x ∈ I. Pero además:
f (x + 2p) = f ((x + p) + p) = f (x + p) = f (x),
f (x + 3p) = f ((x + 2p) + p) = f (x + 2p) = f (x),
...
f (x + np) = f ((x + (n− 1)p) + p) = f (x + (n− 1)p) = f (x),
para todo x ∈ I.
Página 1 de 5
3. Las funciones f : I ⊆ R → R y g : I ⊆ R → R con f (x) = sen(mπx/L) y g(x) cos(mπx/L) consti-tuyen una familia de funciones mutuamente ortogonales sobre el intervalo I = [−L, L]. Verificar (porintegración directa) que las siguientes relaciones de ortogonalidad:
ˆ L
−Lcos
(mπxL
)cos
(nπxL
)dx =
L si m = n,
0 si m 6= n;ˆ L
−Lcos
(mπxL
)sen
(nπxL
)dx = 0 para todo m, n;
ˆ L
−Lsen
(mπxL
)sen
(nπxL
)dx =
L si m = n,
0 si m 6= n.
4. Sea f : [−π, π]→ R una función par continua a trozos con desarrollo en serie de Fourier
a0
2+
∞
∑k=1
[ak cos(kx) + bk sen(kx)].
Asuma que
f(π
2+ x)+ f
(π
2− x)= 0, 0 < π < x.
Demuestre quea2k = 0, k = 1, 2, . . .
y encuentre una expresión para a2k+1, con k = 0, 2, . . . .
Solución. Puesto que f es par, por las fórmulas de Euler-Fourier tenemos que bk = 0 para todo k ∈ N∗.Por ende, el desarrollo en serie de Fourier para f puede escribirse como
a0
2+
∞
∑k=1
ak cos(kx).
Ahora, por las fórmulas de Euler-Fourier y la paridad de f tenemos que, para todo k ∈N,
ak =1π
ˆ π
−πf (x) cos(kx) dx =
2π
ˆ π
0f (x) cos(kx) dx.
Definamos g :] − π/2, π/2[→ R mediante g(x) = f(
π2 + x
). Si en la integral anterior realizamos el
cambio de variable u = x− π2 , tenemos:
ak =2π
ˆ π/2
−π/2f(π
2+ u
)cos
(k(π
2+ u
))du
=2π
ˆ π/2
−π/2g(u)
[cos
(kπ
2
)cos(ku)− sen
(kπ
2
)sen(ku)
]du,
de modo que,
a2k =2π
ˆ π/2
−π/2g(u)[cos(kπ) cos(2ku)− sen(kπ) sen(2ku)] du
=2π
ˆ π/2
−π/2(−1)kg(u) cos(2ku) du.
Ahora, notemos que para todo x ∈]− π/2, π/2[,
g(−x) = f(π
2− x)= − f
(π
2+ x)= −g(x),
por lo que g es impar. Con esto, puesto que el coseno es par, se tiene que
a2k = 0.
Página 2 de 5
Por otro lado, tenemos que
a2k+1 =2π
ˆ π/2
−π/2g(u)
[cos
(π
2+ kπ
)cos((2k + 1)u)− sen
(π
2+ kπ
)sen((2k + 1)u)
]du
= − 2π
ˆ π/2
−π/2(−1)kg(u) sen((2k + 1)u) du
= (−1)k+1 2π
ˆ π/2
−π/2f(
x +π
2
)sen((2k + 1)x) dx.
5. Sea f : [−π, π]→ R una función continua a trozos con desarrollo en serie de Fourier
f (x) =a0
2+
∞
∑k=1
[ak cos(kx) + bk sen(kx)], −π < x < π.
Demuestre que1π
ˆ π
−π| f (x)|2 dx =
a20
2+
∞
∑k=1
(a2k + b2
k).
Esta igualdad se conoce como la identidad de Parseval.
6. Sea f : [−π, π] → R una función continua a trozos. Demuestre que las sucesiones ak y bk, queaparecen en el desarrollo en serie de Fourier
f (x) =a0
2+
∞
∑k=1
[ak cos(kx) + bk sen(kx)], −π < x < π,
ambas convergen hacia 0.
7. En este ejercicio probaremos la convergencia y hallaremos la suma de la serie∞
∑n=0
1n2 .
a) Encuentre la expansión en serie de Fourier de la función
f : [0, 2] −→ R
x 7−→ x2 .
b) Redefina la función f de tal manera que sea períodica con período 2.
c) Utilice el teorema de convergencia de series de Fourier para calcular el valor al que converge laserie para x = 0.
d) Concluya el valor de la suma∞
∑n=0
1n2 .
Solución.
a) Aplicando las fórmulas para los coeficientes de Fourier tenemos que la función definida por f (x) =x2 en el intervalo [0, 2] tiene la expansión
43+
4π2
∞
∑n=1
cos(nπx)n2 − 4
π
∞
∑n=1
sen(nπx)n
.
b) Definimos la función f : R→ R definida por
f (x) = f (x) = x2 si x ∈ [2(k− 1), 2k[, para k ∈ Z.
Página 3 de 5
c) Por el teorema de convergencia de las series de Fourier tenemos que la serie Fourier hallada en a)converge a
lımx→0−
f (x) + lımx→0+
f (x)
2=
4 + 02
= 2
para x = 0. Es decir,
2 =43+
4π2
∞
∑n=1
cos(nπ0)n2 − 4
π
∞
∑n=1
sen(nπ0)n
=43+
4π2
∞
∑n=1
1n2 .
d) Así, tenemos que∞
∑n=0
1n2 =
π2
6.
8. Sea p ∈N, pruebe que las funciones
1, cos(
πxp
), sen
(πxp
), cos
(2πx
p
), sen
(2πx
p
), . . .
son ortogonales en el intervalo [−p, p].
9. Sea f una función continua por tramos, periódica de período 2p con p ∈N. Muestre queˆ a+2p
af (x) dx =
ˆ b+2p
bf (x) dx.
Solución. Probaremos primero que para todo a ∈ R se tiene queˆ a+2p
af (x)dx =
ˆ 2p
0f (x)dx.
Sea a ∈ R, como 2p > 0, pues es el período de la función, tenemos que existe un entero n ∈ Z talque
n <a
2p< n + 1
de donde2pn < a < (n + 1)2p = 2pn + 2p
y por lo tanto2pn + 2p < a + 2p,
es decira < 2pn + 2p < a + 2p.
Así, podemos descomponer la integral comoˆ a+2p
af (x)dx =
ˆ (n+1)2p
af (x)dx +
ˆ a+2p
(n+1)2pf (x)dx.
Usando el cambio de variable y = x− 2pn en la primera integral y y = x− (n + 1)2p en la segundaˆ (n+1)2p
af (x)dx +
ˆ a+2p
(n+1)2pf (x)dx =
ˆ 2p
a−2pnf (y + 2pn)dy +
ˆ a−2pn
0f (y + (n + 1)p)dy,
Página 4 de 5
del ejercicio 2 tenemosˆ 2p
a−2pnf (y + 2pn)dy +
ˆ a−2pn
0f (y + (n + 1)p)dy =
ˆ 2p
a−2pnf (y)dy +
ˆ a−2pn
0f (y)dy,
y ya que 0 < a− 2pn < 2pˆ a+2p
af (x)dx =
ˆ 2p
a−2pnf (y)dy +
ˆ a−2pn
0f (y)dy =
ˆ 2p
0f (y)dy =
ˆ 2p
0f (x)dx.
Se sigue de inmediato que para todo a, b ∈ R se tieneˆ a+2p
af (x)dx =
ˆ 2p
0f (x)dx =
ˆ b+2p
bf (x)dx.
10. Descomponer en serie de Fourier en términos de cosenos la función f :]0, π[→ R definida por
f (x) =
1 si 0 < x ≤ h
0 si h < x < π,
donde 0 < h < π.
Solución. Tenemos que
a0 =2π
ˆ π
0f (x) dx =
2π
ˆ h
01 dx =
2hπ
,
y, para n ≥ 1,
an =2π
ˆ π
0f (x) cos(nx) dx =
2π
ˆ h
0cos(nx) dx =
2 sen(nh)πn
.
Así
f (x) =12
(2hπ
)+
∞
∑n=1
2 sen(nh)πn
cos(nx),
con lo cual
f (x) =2hπ
(12+
∞
∑n=1
sen(nh)nh
cos(nx)
).
11. Descomponer en una serie de Fourier en términos de senos la función f : [0, π]→ R dada por f (x) = 1,para x ∈ [0, π].
12. Descomponer en una serie de Fourier la función f : [0, 2π] → R definida por f (x) = x, para todox ∈ [0, 2π].
Página 5 de 5
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ANÁLISIS DE FOURIER Y ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES • HOJA
b) La representación en integrales de Fourier seno.
c) La representación en integrales de Fourier coseno.
d) Estimar la integral impropiaˆ ∞
0
(2 sen(2w)
w− cos(2w)− 1
w2
)cos(wx)dw
Solución. a) La representación en integrales de Fourier de la función está dada por:
f (x) =ˆ ∞
0[A(w) cos(wx) + B(w) sen(wx)]dw
de donde:
A(w) =1π
ˆ ∞
−∞f (v) cos(wv)dv
B(w) =1π
ˆ ∞
−∞f (v) sen(wv)dv
por tanto, la función A(w) se determina por:
A(w) =1π
ˆ ∞
−∞f (v) cos(wv)dv =
1π
ˆ 2
0f (v) cos(wv)dv =
1π
ˆ 2
0v cos(wv)dv
de donde la integral es igual a:ˆ 2
0x cos(wx)dx =
cos(wx)w2
∣∣∣20+ x
sen(wx)w
∣∣∣20=
2 sen(2w)
w− cos(2w)− 1
w2 (1)
Finalmente,
A(w) =1π
[2 sen(2w)
w− cos(2w)− 1
w2
].
Por otro lado B(w) se determina por:
B(w) =1π
ˆ ∞
−∞f (v) sen(wv)dv =
1π
ˆ 2
0f (v) sen(wv)dv =
1π
ˆ 2
0v sen(wv)dv
de donde la integral es igual a:ˆ 2
0x sen(wx)dx =
sen(wx)w2
∣∣∣20− x cos(wx)
w
∣∣∣20=
sen(2w)
w2 − 2 cos(2w)
w(2)
Finalmente,
B(w) =1π
[sen(2w)
w2 − 2 cos(2w)
w
].
Página 1 de 11
Por tanto, la representación en integrales de Fourier de f (x) está dada por:
f (x) =1π
ˆ ∞
0
[(2 sen(2w)
w− cos(2w)− 1
w2
)cos(wx) +
(sen(2w)
w2 − 2 cos(2w)
w
)sen(wx)
]dw.
b) Determinar la representación en integrales de Fourier seno de f (x) significa (en este caso) obtenerla representación en integrales de Fourier de la extensión impar de f (x) dada por:
F(x) =
x, si − 2 < x < 2,
0, si |x| > 2,
Como F(v) es impar y cos(wv) es par en el intervalo ]− 2, 2[, entonces:
A(w) =1π
ˆ ∞
−∞F(v) cos(wv)dv =
1π
ˆ 2
−2F(v) cos(wv)dv = 0.
Por otro lado,
B(w) =1π
ˆ ∞
−∞F(v) sen(wv)dv =
1π
ˆ 2
−2F(v) sen(wv)dv.
como F(v) y sen(wv) son impares,
B(w) =1π
ˆ 2
−2F(v) sen(wv)dv =
2π
ˆ 2
0F(v) sen(wv)dv =
2π
ˆ 2
0v sen(wv)dv.
En donde podemos utilizar el resultado obtenido en el literal anterior para la integral (2) es decir:
B(w) =2π
ˆ 2
0v sen(wv)dv =
2π
(sen(2w)
w2 − 2 cos(2w)
w
)Finalmente,
F(x) =ˆ ∞
0B(w) sen(wx)dw
F(x) =2π
ˆ ∞
0
(sen(2w)
w2 − 2 cos(2w)
w
)sen(wx)dw
c) Determinar la representación en integrales de Fourier coseno de f (x) significa (en este caso) obtenerla representación en integrales de Fourier de la extensión par de f (x) dada por:
G(x) =
x, si 0 < x < 2,
−x, si − 2 < x < 0,
0, si |x| > 2,
Como G(v) es par y sen(wv) es impar en el intervalo ]− 2, 2[, entonces:
B(w) =1π
ˆ ∞
−∞G(v) sen(wv)dv =
1π
ˆ 2
−2G(v) sen(wv)dv = 0.
Además como G(v) y cos(wv) son pares
A(w) =1π
ˆ ∞
−∞G(v) cos(wv)dv =
1π
ˆ 2
−2G(v) cos(wv)dv =
2π
ˆ 2
0G(v) cos(wv)dv.
de donde,
A(w) =2π
ˆ 2
0G(v) cos(wv)dv =
2π
ˆ 2
0v cos(wv)dv.
En donde podemos utilizar el resultado obtenido en el literal anterior para la integral (1) es decir:
A(w) =2π
ˆ 2
0v cos(wv)dv =
2π
(2 sen(2w)
w− cos(2w)− 1
w2
)
Página 2 de 11
Finalmente,
G(x) =ˆ ∞
0A(w) cos(wx)dw
G(x) =2π
ˆ ∞
0
(2 sen(2w)
w− cos(2w)− 1
w2
)cos(wx)dw
d) La integral impropia ˆ ∞
0
(2 sen(2w)
w− cos(2w)− 1
w2
)cos(wx)dw
puede estimarse a partir de la representación en integrales de Fourier de G(x) obtenida en el últimoliteral. Considerando que en el intervalo ]−∞, ∞[ por el teorema de la existencia de la integral deFourier, la función va a converger a x en [0, 2], a G(2+)+G(2−)
2 en x = 2 y a 0 para x > 2 entonces,
ˆ ∞
0
(2 sen(2w)
w− cos(2w)− 1
w2
)cos(wx)dw =
π2 x, si 0 < x < 2,π2 , si x = 2,
0, si x > 2,
2. Encontar la representación en integral de Fourier para la función
f (x) =
e−x si x > 0,
0 si x < 0.
Solución. Desarrollemos la representación en integral de Fourier de dicha función,
f (x) =ˆ ∞
0[A(w) cos(wx)+ B(w) sen(wx)]dw; A(w) =
1π
ˆ ∞
−∞f (v) cos(wv)dv, B(w) =
1π
ˆ ∞
−∞f (v) sen(wv)dv
Calculamos el coeficiente A(w),
A(w) =1π
ˆ ∞
0e−v cos(wv)dv =
1wπ
[e−v sen(wv)
∣∣∞o +
ˆ ∞
0e−v sen(wv)dv
]=
1wπ
ˆ ∞
0e−v sen(wv)dv
A(w) =−1
w2π
[e−v cos(wv)
∣∣∞o +
ˆ ∞
0e−v cos(wv)dv
]=−1
w2π
[−1 +
ˆ ∞
0e−v cos(wv)dv
]=
1− πA(w)
w2π
de donde obtenemos:A(w) =
1π(1 + w2)
De la misma forma, calculamos el coeficiente B(w),
B(w) =1π
ˆ ∞
0e−v sen(wv)dv =
−1wπ
[e−v cos(wv)
∣∣∞o +
ˆ ∞
0e−v cos(wv)dv
]=
1wπ
[1−ˆ ∞
0e−v cos(wv)dv
]
B(w) =1
wπ
[1− 1
w
(e−v sen(wv)
∣∣∞0 +
ˆ ∞
0e−v sen(wv)dv
)]=
1wπ
[1− 1
w
ˆ ∞
0e−v sen(wv)dv
]=
1− πw B(w)
wπ
de donde obtenemos: B(w) =w
π(1 + w2)
Página 3 de 11
Reemplazando los coeficientes A(w) y B(w) en la integral de Fourier tenemos,
f (x) =1π
ˆ ∞
0
(cos(wx)1 + w2 +
w sen(wx)1 + w2
)dw =
e−x si x > 00 si x < 012 si x = 0
Como sabemos, debe cumplirse que f (0) = 1/2, para ello es fácil ver que,
f (0) =1π
ˆ ∞
0
11 + w2 dw =
1π
tan−1(w)|∞0 =1π· π
2=
12
Del resultado final que hemos obtenido, pueden obtenerse resultados como los siguientes. Evalue-mos f (3) y f (−5), obtenemos
f (3) =1π
ˆ ∞
0
(cos(3w)
1 + w2 +w sen(3w)
1 + w2
)dw =⇒
ˆ ∞
0
cos(3x) + x sen(3x)1 + x2 dx = πe−3
f (−5) =1π
ˆ ∞
0
(cos(5w)
1 + w2 +w sen(−5w)
1 + w2
)dw =⇒
ˆ ∞
0
cos(5x)− x sen(5x)1 + x2 dx = 0
3. Encontar la representación en integral de Fourier para la función
f (x) =
e−x si x > 0,
ex si x < 0.
Solución. Desarrollemos la representación en integral de Fourier de dicha función,
f (x) =ˆ ∞
0[A(w) cos(wx) + B(w) sen(wx)]dw
Al ser la función par solo necesitamos calcular A(w),
A(w) =1π
ˆ ∞
−∞f (v) cos(wv)dv =
2π
ˆ ∞
0e−v cos(wv)dv =⇒ A(w) =
2π(1 + w2)
Entonces la integral de Fourier viene a ser,
f (x) =2π
ˆ ∞
0
cos(wx)1 + w2 dw =
e−x si x > 0ex si x < 01 si x = 0
De este resultado podemos concluir que,
ˆ ∞
0
cos(5x)1 + x2 dx =
πe−5
2;
ˆ ∞
0
cos(x)1 + x2 dx =
πe−1
2; · · · etc.
4. Encontar la representación en integral de Fourier para la función
f (x) =
1− |x| si |x| ≤ 1,
0 de otro modo.
Página 4 de 11
5. Encontrar la representación como integral de Fourier de la función
f (x) =
0 si x < 0,12 si x = 0,
e−x si x > 0.
6. Demostrar que
1π
ˆ ∞
0
sen(w)
wcos(wx) dw =
12 si 0 ≤ x < 1,14 si x = 1,
0 si x > 1.
7. Demostrar que
1π
ˆ ∞
0
sen(wπ)
1− w2 sen(wx) dw =
12 sen(x) si x < π
0 si x > π.
8. Represente mediante una integral de Fourier del tipo
1π
ˆ ∞
0A(w) cos(wx) dw
la función
f (x) =
x si 0 < x < 1,
2− x si 1 < x < 2,
0 si x > 2.
9. Demuestre la siguiente identidad:
ˆ ∞
0
sen(πw) sen(wx)1− w2 =
π2 sen(x) si 0 ≤ x ≤ π
0 si x > π.
10. a) Utilizando las representación en serie de Fourier de coseno y seno de la función f (x) = e−kx, conx > 0 y k > 0, demuestre que
ˆ ∞
0
cos(wx)k2 + w2 dw =
π
2ke−kx y
ˆ ∞
0
w sen(wx)k2 + w2 dw =
π
2e−kx, x > 0, k > 0.
Estas integrales se conocen como integrales de Laplace.
b) Usando el inciso anterior, encuentre la representación de la función f (x) = 1/(1 + x2), definidapara x > 0, en serie de Fourier de coseno.
Solución.
a) Para la representación de integral de Fourier de coseno, calculamos la integral de Fourier de laexpansión par de la función f , la cual notamos f1, lo que significa que
B(w) =1π
ˆ ∞
−∞f1(v) sen(wv)dv = 0,
pues f1 es par.Así mismo tenemos que
A(w) =1π
ˆ ∞
−∞f1(v) cos(wv)dv =
2π
ˆ ∞
0f (v) cos(wv)dv =
2π
ˆ ∞
0e−kv cos(wv)dv.
Para calcular la integral de la derecha tenemosˆ ∞
0e−kv cos(wv) dv =
1w
sen(wv)e−kv∣∣∣∞0+
kw
ˆ ∞
0sen(wv)e−kv dv
Página 5 de 11
= 0 +kw
ˆ ∞
0sen(wv)e−kv dv
=kw
[− e−kv
wcos(wv)
∣∣∣∣∞0− k
w
ˆ ∞
0e−kv cos(wv) dv
]
=kw
[1w− k
w
ˆ ∞
0e−kv cos(wv) dv
]=
kw2 −
k2
w2
ˆ ∞
0e−kv cos(wv) dv
de donde (1 +
k2
w2
) ˆ ∞
0e−kv cos(wv) dv =
kw2
es decir ˆ ∞
0e−kv cos(wv) dv =
kw2 + k2 .
Con esto tenemos que la representación de f en integral de Fourier de coseno es
e−kx = f (x) =ˆ ∞
0
2π
(k
w2 + k2
)cos(wx) dw
por lo tantoπ
2ke−kx =
ˆ ∞
0
cos(wx)w2 + k2 dw.
Para la representación de integral de Fourier de seno, calculamos la integral de Fourier de la ex-pansión impar de la función f , la cual notamos f2, de manera similar a antes concluimos
A(w) =1π
ˆ ∞
−∞f2(v) cos(wv)dv = 0
y así mismo
B(w) =1π
ˆ ∞
−∞f2(v) sen(wv)dv =
2π
ˆ ∞
0f (v) sen(wv)dv =
2π
ˆ ∞
0e−kv sen(wv)dv.
Para calcular la integral de la derecha tenemosˆ ∞
0e−kv sen(wv) dv = − 1
wcos(wv)e−kv
∣∣∣∞0− k
w
ˆ ∞
0cos(wv)e−kv dv
=1w− k
w
ˆ ∞
0cos(wv)e−kv dv
=1w− k
w
[e−kv
wsen(wv)
∣∣∣∣∞0+
kw
ˆ ∞
0e−kv sen(wv) dv
]
=1w− k
w
[0 +
kw
ˆ ∞
0e−kv sen(wv) dv
]=
1w− k2
w2
ˆ ∞
0e−kv sen(wv) dv
de donde (1 +
k2
w2
) ˆ ∞
0e−kv sen(wv) dv =
1w
es decir ˆ ∞
0e−kv sen(wv) dv =
ww2 + k2 .
Con esto tenemos que la representación de f en integral de Fourier de seno es
e−kx = f (x) =ˆ ∞
0
2π
(w
w2 + k2
)sen(wx) dw
Página 6 de 11
por lo tantoπ
2e−kx =
ˆ ∞
0
w sen(wx)w2 + k2 dw.
b) Para hallar la representación en integral de Fourier de coseno de f (x) = 1/(1 + x2), razonando dela misma manera que antes sabemos que basta calcular A(w) como
A(w) =2π
ˆ ∞
0
cos(wv)1 + v2 dv.
De la primera parte del literal anterior, con k = 1, sabemos queˆ ∞
0
cos(wx)1 + w2 dw =
π
2e−x,
es decir, ˆ ∞
0
cos(vw)
1 + v2 dv =π
2e−w.
Por lo tanto tenemos que la representación de f en integral de Fourier de coseno es
f (x) =ˆ ∞
0e−w cos(wx) dw.
11. El objetivo de este ejercicio es calcular el valor de la integral
I =ˆ ∞
0
t3 sen(t)t4 + 4
dt.
Para ello, realice lo siguiente:
a) Considere la función f :]0,+∞[→ R definida para cada x > 0 por
f (x) = e−x cos(x).
Demuestre que la extensión impar de f es absolutamente integrable, continua por tramos en cadaintervalo acotado y que admite derivadas laterales en cada punto.
b) Del inciso anterior concluya que f puede ser representada por una integral de Fourier de senos.Calcule esta representación.
c) Usando el inciso anterior, calcule el valor de la integral I.
Solución. a) f es claramente continua y derivable, además se tiene que, para x > 0,
f ′(x) = −e−x(cos(x) + sen(x)),
de dondelım
x→0+f (x) = −1.
Así, la extensión impar de f es continua por tramos en cada intervalo acotado y admite derivadaslaterales en cada punto. Para ver que esta es absolutamente integrable, basta analizar su integrabi-lidad en ]0,+∞[:
| f (x)| = |e−x cos(x)| ≤ e−x,
y dado que la función x 7→ e−x es Riemann impropiamente integrable en ]0,+∞[, se tiene lo desea-do.
b) Por el teorema de existencia de la integral de Fourier, se concluye que la extensión impar de fadmite una representación como integral de Fourier. Por imparidad, se sique que f admite unarepresentación como integral de Fourier de senos.
Página 7 de 11
Tenemos entonces que
B(w) =2π
ˆ ∞
0e−v cos(v) sen(wv) dv
=1π
ˆ ∞
0e−v[sen((1 + w)v)− sen((1− w)v)] dv
=1π
(1 + w
(1 + w)2 + 1− 1− w
(1− w)2 + 1
)=
2π
w3
w4 + 4.
De este modo, la representación de f como integral de Fourier de senos es
e−x cos(x) =2π
ˆ ∞
0
w3 sen(wx)w4 + 1
dw, x > 0.
c) De lo anterior, tomando x = 1, se tiene que
e−1 cos(1) =2π
ˆ ∞
0
w3 sen(w)
w4 + 1dw,
de donde
I =ˆ ∞
0
t3 sen(t)t4 + 4
dt =π cos(1)
2e.
12. Sea f : R→ R una función par con representación en integral de Fourier de coseno
f (x) =ˆ ∞
0A(w)cos(wx) dw, donde A(w) =
2π
ˆ ∞
0f (v) cos(wv) dv.
a) Demuestre que, para todo a > 0 y para todo x > 0, se verifica la identidad de cambio de escala:
f (ax) =1a
ˆ ∞
0A(w
a
)cos(wx) dw.
b) Demuestre que para todo x > 0 se verifica
x f (x) = −ˆ ∞
0A′(w) sen(wx) dw,
donde A′ es la primera derivada de la función A.
c) Demuestre que para todo x > 0 se verifica
x2 f (x) = −ˆ ∞
0A′′(w) cos(wx) dw,
donde A′′ es la segunda derivada de la función A.
d) Proponga fórmulas similares para la transformada de Fourier de senos de una función impar f ydemuéstrelas.
Solución. a) Se tiene que, para x > 0,
f (ax) =ˆ ∞
0A(u) cos(u(ax)) du,
en donde, haciendo el cambio de variable w = au se obtiene, ya que a > 0, que
f (ax) =1a
ˆ ∞
0A(w
a
)cos(wx) dw,
como se deseaba.
Página 8 de 11
b) Como f es par, la función x 7→ x f (x) es impar, por ende tiene representación en serie de Fourier desenos
x f (x) =ˆ ∞
0B(w) sen(wx) dw donde B(w) =
2π
ˆ ∞
0v f (v) sen(wv) dv.
Por ende, nuestro trabajo consiste en demostrar que A′ = −B. En efecto, para w > 0 se tiene que
A′(w) =2π
ddw
ˆ ∞
0f (v) cos(wv) dv;
asumiendo que es posible intercambiar la derivada con la integral1 se tiene que
A′(w) =2π
ˆ ∞
0
ddw
( f (v) cos(wv)) dv =2π
ˆ ∞
0−v f (v) sen(wv) dv = −B(w),
como se deseaba.
c) En este caso, la función x 7→ x2 f (x) es par, por ende tiene un desarrollo en serie de Fourier decosenos
x2 f (x) =ˆ ∞
0A(w) cos(wx) dw donde A(w) =
1π
ˆ ∞
0v2 f (v) cos(wv) dv.
Tenemos entonces que
A′′(w) = − 2π
ddw
ˆ ∞
0v f (v) sen(wv) dv = − 2
π
ˆ ∞
0v2 f (v) cos(wv) dv = A(w),
de donde se sigue el resultado.
d) Si f es impar con representación en integral de integral de Fourier de senos
f (x) =ˆ ∞
0B(w) sen(wx) dx donde B(w) =
2π
ˆ ∞
0f (v) sen(wv) dv,
se tienen, para a > 0 y x > 0 las siguientes fórmulas:
f (ax) =1a
ˆ ∞
0B(w
a
)sen(wx) dw
x f (x) =ˆ ∞
0B′(w) cos(wx) dw
x2 f (x) = −ˆ ∞
0B′′(w) sen(wx) dw.
Las demostraciones son análogas al caso anterior (realizarlas).
13. Considere las funciones f , g :]0,+∞[→ R y g :]0,+∞[→ R definidas por
f (x) =
1 si 0 < x < 1,
0 si x > 1,y g(x) =
x2 si 0 < x < 1,
0 si x > 1,
a) Represente a f mediante una integral de Fourier de cosenos.
b) Sin calcular ninguna integral, y utilizando la representación de f como integral de Fourier de cose-nos, encuentre la representación de g como integral de Fourier de cosenos.
c) Compruebe el resultado anterior calculando mediante definición la representación de g como inte-gral de Fourier de cosenos.
1Esto es un asunto delicado, por ende no lo justificaremos
Página 9 de 11
Solución. a) Para f tenemos que
A(w) =2π
ˆ ∞
0f (v) cos(wv) dv =
2π
ˆ 1
0cos(wv) dv =
2π
sen(w)
w,
de modo que
f (x) =2π
ˆ ∞
0
sen(w)
wcos(wx) dw.
b) Notemos que, para w > 0 tenemos
A′(w) = − 2π
w cos(w)− sen(w)
w2 y A′′(w) = − 2π
(w2 − 2) sen(w) + 2w cos(w)
w3 ,
de modo que por el ejercicio anterior se tiene que
g(x) = x2 f (x) =2π
ˆ ∞
0
(w2 − 2) sen(w) + 2w cos(w)
w3 cos(wx) dw.
c) Para este caso, tenemos que
A(w) =2π
g(v) cos(wv) dv
=2π
ˆ 1
0v2 cos(wv) dv
=2π
(w2 − 2) sen(w) + 2w cos(w)
w3 ,
de modo que
g(x) =2π
ˆ ∞
0
(w2 − 2) sen(w) + 2w cos(w)
w3 cos(wx) dw.,
lo que comprueba el resultado obtenido anteriormente.
14. Sea f : R → R una función absolutamente integrable, derivable con continuidad, con representacióncomo integral de Fourier
f (x) =ˆ ∞
0[A(w) cos(wx) + B(w) sen(wx)] dw, x ∈ R.
a) Si f ′ también admite una representación como integral de Fourier, demuestre que
f ′(x) =ˆ ∞
0w[B(w) cos(wx)− A(w) sen(wx)] dw.
b) Asuma que f es dos veces derivable con continuidad y que f ′′ admite una representación comointegral de Fourier. Demuestre que
f ′′(x) = −ˆ ∞
0w2[A(w) cos(wx) + B(w) sen(wx)] dw
Solución. Como f es absolutamente integrable, se tiene que
lımx→∞
f (x) = 0 y lımx→−∞
f (x) = 0.
Escribamos
f ′(x) =ˆ ∞
0A(w) cos(wx) + B(w) sen(wx)] dw,
Página 10 de 11
de modo que
A(w) =1π
ˆ ∞
−∞f ′(v) cos(wv) dv.
Integrando por partes se tiene que
A(w) = lımv→∞
cos(wv) f (v)− lımv→−∞
cos(wv) f (v) +ˆ ∞
−∞w f (v) sen(wv) dv.
Entonces, por el teorema del sándwich, como 0 ≤ | cos(wv) f (v)| ≤ | f (v)|, se concluye que
A(w) = wˆ ∞
−∞f (v) sen(wv) dv = wB(w).
De manera similar se tiene queB(w) = −wA(w),
lo que implica que
f ′(x) =ˆ ∞
0w[B(w) cos(wx)− A(w) sen(wx)] dw.
La segunda parte es una aplicación inmediata de la primera.
Página 11 de 11
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ANÁLISIS DE FOURIER Y ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES • HOJA
DE EJERCICIOS NO. 5
Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica
Ejercicios clase CP: 1, 9, 10, 12,13
1. Determinar la transformada de Fourier de la función f : [−1, 1]→ R con f (x) = x.
Respuesta: F ( f ) = −i√
2π
[ sen w−w cos ww2
]Solución. A partir de la definición de transformada de Fourier:
F ( f ) =1√2π
ˆ ∞
−∞f (x)e−iwxdx
F ( f ) =1√2π
ˆ 1
−1xe−iwxdx
F ( f ) =1√2π
ˆ 1
−1x(cos(wx)− i sen(wx))dx
F ( f ) =1√2π
ˆ 1
−1x cos(wx)dx− i
1√2π
ˆ 1
−1x sen(wx)dx
Como f (x) = x es una función impar en su dominio:
F ( f ) = −i1√2π
ˆ 1
−1x sen(wx)dx
F ( f ) = −i2√2π
ˆ 1
0x sen(wx)dx
F ( f ) = −i
√2π
[sen w− w cos w
w2
]
2. Determinar la transformada de Fourier seno de f (x) = e−|x|. Respuesta: fs(w) =√
2π
w1+w2 .
3. Determine la transformada de Fourier seno inversa de:
fs(w) =
√2π
w1 + w2
y a partir de ella evaluar la integral impropia:ˆ ∞
0
x sen(mx)1 + x2 dx, m > 0
Respuesta:´ ∞
0x sen(mx)
1+x2 dw = π2 e−m
4. Demostrar que la transformada de Fourier de la función f (x) = e−x2
2 es auto recíproca, Es decir, que la
transformada de Fourier de e−x2
2 está dada por e−w2
2 , y viceversa.
5. Determinar la transformada de Fourier de:
f (t) =
e−(1+i)t, si t > 0,
0, si t < 0.
Respuesta: F ( f ) = 1√2π
[1
1+i(w+1)
].
Página 1 de 6
6. Demostrar que:
F−1(
1√2π
11 + i(w + 1)
)=
e−(1+i)t, si t > 0,
0, si t < 0,
1/2, si t = 0,
7. Determinar la transformada de Fourier de la función:
f (t) =
1, si |t| < a,
0, si |t| > a.
Respuesta: F ( f ) = 1√2π
2 sen(wa)w
8. DetermineF−1
( 1 + iw6− w2 + 5iw
)Hint: Separe en fracciones parciales.
9. Determinar la transformada de Fourier de la función:
f (t) =
−1, si − 1 < t < 0,
1, si 0 < t < 1,
0, si |t| > 1.
Respuesta: F ( f ) = 1√2π
[ 2iw + 2 sen w
w
].
Solución. A partir de la definición de transformada de Fourier:
F ( f (t)) =1√2π
ˆ ∞
−∞f (t)e−iwtdt,
F ( f (t)) =1√2π
[ˆ −1
−∞f (t)e−iwtdt +
ˆ 0
−1f (t)e−iwtdt +
ˆ 1
0f (t)e−iwtdt +
ˆ ∞
1f (t)e−iwtdt
],
F ( f (t)) =1√2π
[ˆ −1
−∞(0)e−iwtdt +
ˆ 0
−1(−1)e−iwtdt +
ˆ 1
0(1)e−iwtdt +
ˆ ∞
1(0)e−iwtdt
],
F ( f (t)) =1√2π
[−ˆ 0
−1e−iwtdt +
ˆ 1
0e−iwtdt
],
F ( f (t)) =1√2π
[− e−iwt
(−iw)
∣∣∣0−1
+e−iwt
(−iw)
∣∣∣10
]=
1√2π
[2
iw+
2 sen ww
].
10. Determinar la transformada de Fourier del pulso triangular:
f (t) =
2t, si 0 ≤ t ≤ 1,
3− t, si 1 ≤ t ≤ 3,
0, en otros casos.
Respuesta: F ( f ) = 1√2π
[2−3e−iw+e−3iw
(iw)2
].
a) A partir de la definición de transformada de Fourier.
b) A partir de la transformada de Fourier de la segunda derivada de f (t). Para esto, halle la primera
Página 2 de 6
derivada de f (t) y exprese el resultado através de la función escalón unitario:
u(t) =
1, si t > 0,
0, si t < 0.
Derive nuevamente f (t) y exprese dicho resultado através de la función impulso δ(t), teniendo encuenta que:
u′(t) = δ(t).
(La función impulso se define como:
δ(t) =
∞, si t = 0,
0, si t 6= 0.)
Finalmente, halle la transformada de Fourier de f ”(t). Utilice las relaciones:
F ( f ′′) = (iw)2F ( f ),
y
F (δ(t− a)) =1√2π
e−aiw
para determinarF . Observación: Una función del tipo impulso rectangular, puede expresarse atra-vés de una combinación de funciones escalón unitario. Considere por ejemplo, la función:
g(t) =
2, si 2 ≤ t ≤ 3,
0, en en otros casos.
Esta puede expresarse como:g(t) = 2u(t− 2)− 2u(t− 3),
donde
u(t− a) =
1, si t > a,
0, si t < a.
En este caso, u′(t− a) = δ(t− a).
Solución. a) A partir de la definición de transformada de Fourier:
F ( f (t)) =1√2π
ˆ ∞
−∞f (t)e−iwtdt,
F ( f (t)) =1√2π
[ˆ 0
−∞f (t)e−iwtdt +
ˆ 1
0f (t)e−iwtdt +
ˆ 3
1f (t)e−iwtdt +
ˆ ∞
3f (t)e−iwtdt
],
F ( f (t)) =1√2π
[ˆ 0
−∞(0)e−iwtdt +
ˆ 1
0(2t)e−iwtdt +
ˆ 3
1(3− t)e−iwtdt +
ˆ ∞
3(0)e−iwtdt
],
F ( f (t)) =1√2π
[ˆ 1
0(2t)e−iwtdt +
ˆ 3
1(3− t)e−iwtdt
],
F ( f (t)) =1√2π
[2− 3e−iw + e−3iw
(iw)2
].
b) La primera derivada de f (t) está dada por:
f ′(t) =
2, si 0 ≤ t ≤ 1,
−1, si 1 ≤ t ≤ 3,
0, en otros casos.
Página 3 de 6
La cual puede escribirse como una combinaciòn lineal de funciones escalón como:
Aplicando la tranformada de Fourier a la última ecuación tenemos:
F ( f ′′(t)) = 2F (δ(t))− 3F (δ(t− 1)) +F (δ(t− 3)).
F ( f ′′(t)) =1√2π
[2− 3e−iw + e−3iw
].
y como F ( f ′′) = (iw)2F ( f ), tenemos:
(iw)2F ( f ) =1√2π
[2− 3e−iw + e−3iw
].
y finalmente,
F ( f ) =1√2π
[2− 3e−iw + e−3iw
(iw)2
].
11. Determine la transformada de Fourier de la función:
f (t) =
5, si 3 ≤ t ≤ 11,
0, en otro caso .
Respuesta: F ( f ) = 5√2π
[e−3iw−e−11iw
iw
].
12. La función f : R→ C definida porf (x) = eix2
para cada x ∈ R se conoce como función de Fresnel. Asumiendo su existencia, encuentre la transformadade Fourier de la función de Fresnel.
Respuesta: F ( f )(w) =1 + i
2e−w2/4.
Solución. Por definición de transformada de Fourier tenemos que
F ( f )(w) =1√2π
ˆ ∞
−∞eix2
e−iwx dx =1√2π
ˆ ∞
−∞ei(x−w/2)2
e−iw2/4 dx,
de donde
F ( f )(w) =e−iw2/4√
2πI, con I =
ˆ ∞
−∞ei(x−w/2)2
dx.
En la integral I realizamos el cambio de variable u = x− w/2, de modo que
I =ˆ ∞
−∞eiu2
du.
Página 4 de 6
Para calcular I realizamos lo siguiente: Sean α > 0 y
J =ˆ ∞
−∞e(i−α)x2
dx.
Tenemos que
J2 =
ˆ ∞
−∞
ˆ ∞
−∞e(i−α)(x2+y2) dxdy,
en donde, usando coordenadas polares se obtiene
J2 =
ˆ ∞
0
ˆ 2π
0re(1−α)r2
dθdr =πi
1 + αi.
Haciendo α→ 0 se tiene queI2 = πi.
Además observamos que
<(I) =ˆ ∞
−∞cos(u2) du > 0,
por ende, dado que las raíces cuadradas de I2 son√
πeπi/4 y√
πe5πi/4, nos quedamos con aquella cuyaparte real es positiva, es decir,
I =√
πeπi/4 =
√π
2(1 + i).
De este modo, se tiene que
F ( f )(w) =1 + i
2e−w2/4.
13. Evalúe, para cada x ∈ R la integral
g(x) =ˆ ∞
−∞
sen(y)y
sen(x− y)x− y
dy
Respuesta: g(x) =
π sen(x)
x si x 6= 0,
π si x = 0.
Solución. Escribimos, para cada x ∈ R r 0,
f (x) =sen(x)
x,
de modo que g = f ∗ f . Aplicando la transformada de Fourier, tenemos que
F (g) = F ( f ∗ f ) =√
2πF ( f )F ( f ) =√
2πF ( f )2.
Luego, sabemos que
F ( f )(w) =
√π2 si |w| < a,
0 en caso contrario,
de modo que
F ( f )2(w) =
√π
2F ( f )(w).
Con esto, se tiene que
F (g) =√
2π
√π
2F ( f )(w) = πF ( f ),
Página 5 de 6
y por ende, dada la linealidad de la transformación inversa de Fourier, se tiene que
g(x) = π f (x) = πsen(x)
x.
Esto implica que, para x 6= 0 se verificaˆ ∞
−∞
sen(y)y
sen(x− y)x− y
dy = ππ sen(x)
x.
Por continuidad, dado que
lımx→0
sen xx
= 1,
podemos entonces concluir que
g(x) =ˆ ∞
−∞
sen(y)y
sen(x− y)x− y
dy =
π sen(x)
x si x 6= 0,
π si x = 0.
14. Dadas dos variables aleatorias continuas independientes X e Y, con funciones de densidad fX y fY, sesabe que la función de densidad fX+Y de la variable aleatoria X + Y está dada por
fX+Y(x) = ( fX ∗ fY)(x),
para todo x ∈ R. La función de densidad de una variable aleatoria que sigue una distribución normalX ∼ N (µ, σ2) está dada por
fµ,σ(x) =1√2πσ
e−(x−µ)2
2σ2 .
Sean X, Y variables aleatorias independientes tales que X ∼ N (µ1, σ21 ) y Y ∼ N (µ2, σ2
2 ). Demuestre queX + Y ∼ N (µ1 + µ2, σ2
1 + σ22 ).
Página 6 de 6
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ANÁLISIS DE FOURIER Y ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES • HOJA
DE EJERCICIOS NO. 6
Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica
Ejercicios clase CP: 1, 4, 5
1. Dados a, b > 0, se define la función pulso rectangular de altura b por:
f (x) =
0 si x < −a,
b si − a < x < a,
0 si a < x.
Halle su transformada de Fourier a partir de la definición y a partir de la transformada de f ′.
Respuesta: f (w) =2b sen(wa)
w√
2π
Solución. Calcularemos primero la transformada de la función de pulso rectangular unitario f1(x), estoes cuando b = 1, es decir f1(x) = f (x)|b=1. De la definición de transformada de Fourier tenemos
f1(w) =1√2π
ˆ ∞
−∞f1(x)e−iwx dx
=1√2π
ˆ a
−ae−iwx dx
= − 1iw√
2π
(e−iwa − eiwa
)= − 1
iw√
2π
(eiwa − eiwa
)=
1iw√
2π2i sen(wa)
=2 sen(wa)
w√
2π
Notemos ahora que cualquier función pulso rectangular de altura b es de la forma b f1. Luego, utilizandola linealidad de la transformada de Fourier, tenemos:
F [b f1(x)] = bF [ f1(x)] = b2 sen(wa)
w√
2π=
2b sen(wa)w√
2π.
Por otro lado, f (x) puede ser expresado a través de la función escalón unitario como:
Aplicando la transformada de Fourier sobre la última expresión tenemos:
F ( f ′(x)) = b[F (δ(x + a))−F (δ(x− a))]
de donde:F ( f ′(x)) = − b√
2π
(e−iwa − eiwa
)F ( f ′(x)) =
b√2π
2i sen(wa))
Página 1 de 3
además como F ( f ′(x)) = iwF ( f (x)), tenemos que:
F ( f (x)) =2b
w√
2πsen(wa))
2. Halle la transformada de Fourier de la función definida por:
f (x) =
ex si |x| < a
0 si |x| > a.
Respuesta: f (w) =e2a − e2aiw
√2π(1− wi)ea(1+wi)
.
3. Halle la transformada de Fourier de la función definida por:
f (x) =
0 si x < 0
e−ax si x > 0.
Respuesta: f (w) =a− iw√
2π(a2 + w2)
4. Usando la definición de transformada de Fourier, pruebe las siguientes propiedades. Recuerde que lassiguientes notaciones son equivalentes: F ( f ) = F ( f (t)) = F ( f (t))(w) = F ( f )(w) = f (w)
a) F ( f (t− t0)) = F ( f )e−iwt0
b) F ( f (t)eiw0t) = f (w− w0)
c) F ( f (αt)) = 1|α| f
(wα
)d) F (F ( f )) = f (−w)
Solución. Haciendo uso de la definición de transformada de Fourier, para cada uno de los casos tenemosque:
a)
F f (t− t0) =ˆ ∞
−∞f (t− t0)e−iwtdt Sea: t′ = t− t0
F f (t− t0) =ˆ ∞
−∞f (t′)e−iw(t+t0)dt′ = e−iwt0
ˆ ∞
−∞f (t′)e−iwt′dt′ = F ( f )e−iwt0
b)
F f (t)eiw0t =ˆ ∞
−∞f (t)eiw0te−iwtdt′ =
ˆ ∞
−∞f (t)e−i(w−w0)tdt = f (w− w0)
c)
F f (αt) =ˆ ∞
−∞f (αt)e−iwtdt Sea: t′ = αt
F f (αt) =ˆ ∞
−∞f (t′)e−iwt′/α 1
αdt′ =
1|α| f
(wα
)d)
f (t) = F−1[ f (w)] =1√2π
ˆ ∞
−∞f (w)eiwtdw
Sea t′ = −t obtenemos,
f (−t′) =1√2π
ˆ ∞
−∞f (w)e−iwt′dw
Página 2 de 3
Intercambiando t′ and w obtenemos:
f (−w) =1√2π
ˆ ∞
−∞f (t′)e−iwt′dt′ = F ( f ) = FF ( f )
5. Pruebe que F (e|t|) = 1√2π
21+w2 y utilice las propiedades de la transformada de Fourier para determinar:
F (e|at|). Respuesta: F (e|at|) = 1√2π
2|a|a2+w2
Solución. Como F ( f (αt)) = 1|α|F ( f
(wα ))
y además F (e|t|) = 1√2π
21+w2
F (e|at|) =1√2π
1|a|
2
a2 + (w2
a2 )=
1√2π
2|a|a2 + w2
6. Determinar F (e|3t|). Solución: F (e|3t|) = 1√2π
6w2+9
7. Determinar F (e−atu(at)). Solución: F (e−atu(at)) = 1√2π
a|a|(a+wi)
Página 3 de 3
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ANÁLISIS DE FOURIER Y ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES • HOJA
DE EJERCICIOS NO. 7
Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica
Ejercicios clase CP: 2a, 4c, 5b
1. Teorema Fundamental: Si u1 y u2, dos funciones de Ω ⊆ Rn en R, son soluciones de una EDP lineal yhomogénea en Ω, entonces la combinación lineal de ellas u, con:
u(x) = c1u1(x) + c2u2(x),
c1, c2 ∈ R, y x = (x1, x2, ..., xn) ∈ Ω ⊆ Rn también es solución (de esa EDP en Ω). Pruebe el teoremafundamental (por sustitución de u(x)) para una EDP de segundo orden y para x = (x1, x2) ∈ Ω ⊆ R2.
2. Verifique para cada uno de los siguientes casos (y para un valor de c ∈ R adecuado) que la funciónu : Ω ⊆ R2 → R con:
a) u(x, t) = x2 + t2,
b) u(x, t) = cos(4t) sen(2x),
c) u(x, t) = sen(kct) cos(kx),
d) u(x, t) = sen(at) sen(bx),
satisface la ecuación de la onda unidimensional:
∂2u∂t2 = c2 ∂2u
∂x2 .
Solución. a) Determinando las derivadas parciales de u:
∂u∂t
= 2t,∂2u∂t2 = 2
∂u∂x
= 2x,∂2u∂x2 = 2
y sustituyendo en la EDP:2 = 2c2
tenemos que la función u es solución de la ecuación si c2 = 1.
3. Verifique que u : Ω ⊆ R2 → R con u(x, t) = v(x + ct) + w(x + ct) donde v y w son funciones al menosdos veces diferenciales y c ∈ R, satisface la ecuación de la onda en una dimensión.
4. Verifique para cada uno de los siguientes casos (y para un valor de c ∈ R adecuado) que la funciónu : Ω ⊆ R2 → R con:
a) u(x, t) = e−t sen(x),
b) u(x, t) = e−w2c2t cos(wx),
c) u(x, t) = e−9t sen(wx),
satisface la ecuación del calor unidimensional:
∂u∂t
= c2 ∂2u∂x2 .
Página 1 de 2
Solución. c) Determinando las derivadas parciales de u:
∂u∂t
= −9e−9t sen(wx),∂u∂x
= we−9t cos(wx),∂u
∂x2 = −w2e−9t sen(wx)
y sustituyendo en la EDP:
−9e−9t sen(wx) = c2(−w2e−9t sen(wx))
tenemos que la función u es solución de la ecuación si c2w2 = 9.
5. Verifique para cada uno de los siguientes casos que la función u : Ω ⊆ R2 → R con:
a) u(x, y) = x2 − y2.
b) u(x, y) = ex cos y.
c) u(x, y) = ex sen y.
d) u(x, y) = ln(x2 + y2).
satisface la ecuación de Laplace en dos dimensiones:
∂2u∂x2 +
∂2u∂y2 = 0.
Solución. b) Determinando las derivadas parciales de u:
∂u∂x
= ex cos(y),∂2u∂x2 = ex cos(y)
∂u∂y
= −ex sen(y),∂2u∂y2 = −ex cos(y),
como∂2u∂y2 = −∂2u
∂x2 ,
la función u satisface la ecuación diferencial parcial.
6. Verifique que la función u : Ω ⊆ R2 → R con u(x, y) = a log10(x2 + y2) + b, con a, b ∈ R, satisfacela ecuación de Laplace en dos dimensiones. Determine a y b tales que satisfagan las condiciones defrontera: u = 110 en el circulo x2 + y2 = 1 y u = 0 en el circulo x2 + y2 = 100.Respuesta: a = −55, b = 110.
Página 2 de 2
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ANÁLISIS DE FOURIER Y ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES • HOJA
DE EJERCICIOS NO. 8
Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica
Ejercicios clase CP: 1,6,9
1. El siguiente problema de valor en la frontera describe las vibraciones transversales u(x, t) de una cuerdaelástica de longitud L = π fija en ambos extremos, la cual ha sido desplazada levantándola en su centroy luego soltada al tiempo t = 0.
utt = 9uxx t > 0, 0 < x < π
u(0, t) = 0, u(π, t) = 0 t ≥ 0,
u(x, 0) = f (x) ut(x, 0) = 0 0 ≤ x ≤ π.
donde
f (x) =
x, 0 ≤ x ≤ π/2.
π − x, π/2 ≤ x ≤ π
Utilice el método de separación de variables para encontrar una expresión que describa las vibracionestransversales u(x, t) en todo punto x ∈ [0, π] de la cuerda y para todo tiempo t.Respuesta: u(x, t) = 4
π ∑∞n=1
(−1)k−1
(2k−1)2 sen((2k−1)π
2
)sen((2k− 1)x) cos(3(2k− 1)t)
Solución. Buscamos una solución de la forma:
u(x, t) = X(x)T(t) (1)
la cual al derivarutt = X(x)T′′(t)
uxx = X′′(x)T(t)
y reemplazar utt y uxx en nuestra EDP: utt = 9uxx, tenemos:
X(x)T′′(t) = 9X′′(x)T(t)
que se puede reescribir como:T′′(t)9T(t)
=X′′(x)X(x)
.
El lhs de la ecuación depende solamente de t y el rhs solamente de x, esto es posible si ambos son iguala una constante k (arbitraria), es decir:
T′′(t)9T(t)
=X′′(x)X(x)
= k.
de donde podemos obtener las EDO’s:
X′′(x)− kX(x) = 0 (2)
T′′(t)− 9kT(t) = 0. (3)
Como k es una constante arbitraria, esta puede ser positiva, negativa o incluso cero, y dependiendo deesto las soluciones de las (2) y (3). Los valores para k > 0 o k = 0 corresponden a la solución trivialu(x, t) = 0.
Página 1 de 9
Para k < 0 y tomando k = −γ2 tenemos la ecuación:
X′′(x) + γ2X(x) = 0 (4)
con las condiciones de frontera:
u(0, t) = X(0)T(t) = 0, X(0) = 0
u(π, t) = X(π)T(t) = 0, X(π) = 0
Para resolverla, buscamos una solución de la forma:
X(x) = emx, (5)
que derivando y reemplazando X′(x) y X′′(x) en (4) tenemos:
m2emx + γ2emx = 0
emx(m2 + γ2) = 0
de donde:m = ±iγ.
Reemplazando m en (5),X(x) = e±iγx. (6)
Se puede verificar que la solución general de (4) está dada por:
X(x) = A cos(γx) + B sen(γx). (7)
Las constantes A y B se determinan a partir de las condiciones X(0) = 0 y X(π) = 0.
X(0) = A cos(γ0) + B sen(γ0) = 0, A = 0. (8)
X(π) = B sen(γπ) = 0. (9)
El sen(γπ) es 0 si el argumento γπ es igual a nπ para todo n = 1, 2, 3, ... es decir:
γπ = nπ
y por tanto,γn = n n = 1, 2, 3, ...
Como X(x) = B sen(γx) y existen un infinito número de valores de γ, existen también un infinitonúmero de soluciones para la ecuación (4) (denotadas por el subíndice n), es decir:
Xn(x) = Bn sen(γnx)
reemplazando γn = n y tomando Bn = 1, tenemos:
Xn(x) = sen(nx). (10)
Como habíamos considerado k = −γ2, la ecuación (3) se convierte en:
T′′(t) + 9n2T(t) = 0. (11)
cuya resolucón es similar a la ecuación (4). Se puede verificar que la solución a (11) está dada por:
Tn(t) = An cos(3nt) + Bn cos(3nt) (12)
para n = 1, 2, 3, .... Reemplazando las ecuaciones (10) y (12) en (1), tenemos:
Por el teorema fundamental de superposición, la solución general está dada por:
u(x, t) =∞
∑n=1
un(x, t) =∞
∑n=1
sen(nx) [An cos(3nt) + Bn cos(3nt)] (14)
donde, para determinar las constantes An y Bn utilizamos las condiciones iniciales: u(x, 0) = f (x) yut(x, 0) = 0, y se puede demostrar que estas están dadas por:
An =2π
ˆ π
0f (x) sen(nx)dx =
2π
ˆ π/2
0x sen(nx)dx +
2π
ˆ π
π/2(π − x) sen(nx)dx =
4πn2 sen(
nπ
2)
Bn =2
nπ
ˆ π
0ut(x, 0) sen(nx)dx = 0
por tanto:
u(x, t) =∞
∑n=1
4πn2 sen(
nπ
2) sen(nx) cos(3nt)
o
u(x, t) =4π
∞
∑n=1
(−1)k−1
(2k− 1)2 sen((2k− 1)π
2
)sen((2k− 1)x) cos(3(2k− 1)t)
2. Resuelva el problema de la onda unidimensional:utt = 4uxx t > 0, 0 < x < 5
u(0, t) = 0, u(5, t) = 0 t ≥ 0,
u(x, 0) = f (x) ut(x, 0) = 0 0 ≤ x ≤ π.
con f (x) = 4 sen(πx)− sen(2πx)− 3 sen(5πx).Respuesta: u(x, t) = 4 cos(2πt) sen(πx)− cos(4πt) sen(2πx)− 3 cos(10πt) sen(5πx).
3. Resuelva el problema de la onda unidimensional:utt = 4uxx t > 0, 0 < x < 5
u(0, t) = 0, u(5, t) = 0 t ≥ 0,
u(x, 0) = 0 ut(x, 0) = 4 0 ≤ x ≤ π.
Respuesta: u(x, t) = ∑∞n=1
802(2n−1)2π2 sen 2(2n−1)πt
5 sen (2n−1)πx5 .
4. Encuentre la solución a la vibración de una cuerda de longitud L y fija en sus extremos si la velocidadde sus puntos en t = 0 es cero y en ese mismo instante tiene la forma de un triángulo con vértice en(h, a). Se debe resolver la ecuación
∂2u∂t2 = c2 ∂2u
∂t2 .
Respuesta: u(x, t) =∞
∑n=1
2L2ha(L− a)n2π2 sen
nπaL
sennπx
Lcos
nπctL
.
5. Resuelva la ecuación de la onda sujeta a las condiciones
u(0, t) = 0; u(L, t) = 0;
u(x, 0) = 0;∂u∂t
(x, 0) = sen(x).
Respuesta: u(x, t) =2L sen L
c
∞
∑n=1
(−1)n
L2 − π2n2 sennπx
Lsen
nπctL
.
Página 3 de 9
6. Hallar la función u(x, t), con x ∈ [0, L] y t > 0, que resuelve la ecuación de la onda unidimensional,
∂2u∂t2 = c2 ∂2u
∂x2
y satisface las condiciones de frontera u(0, t) = u(L, t) = 0,
u(x, 0) = x(L− x),
ut(x, 0) = 0.
Respuesta: u(x, t) = 4L2
π3 ∑∞n=1
[(−1)n−1]n3 cos
( ncπtL
)sen
( nπxL
).
Solución. Usando el método de separación de variables tenemos que la solución para este problema devalores de frontera está dada por
u(x, t) =∞
∑n=1
[sen
(nπxL
)(An sen
(ncπt
L
)+ Bn cos
(ncπt
L
))]donde
An =2
ncπ
ˆ L
00 · sen
(nπxL
)dx = 0 y Bn =
2L
ˆ L
0x(L− x) · sen
(nπxL
)dx.
Calculando Bn tenemos
Bn =2L· Lˆ L
0x sen
(nπxL
)dx− 2
L·ˆ L
0x2 sen
(nπxL
)dx,
= 2
(− xL
nπcos
(nπxL
)∣∣∣L0+
Lnπ
ˆ L
0cos
(nπxL
)dx
)− 2
L·ˆ L
0x2 sen
(nπxL
)dx,
= 2(− L2
nπcos(nπ) + 0
)− 2
L·ˆ L
0x2 sen
(nπxL
)dx,
=2L2
nπ(−1)n+1 − 2
L
(− x2L
nπcos
(nπxL
)∣∣∣∣L0+
2Lnπ
ˆ L
0x cos
(nπxL
)dx
),
=2L2
nπ(−1)n+1 − 2
L
[− L3
nπ(−1)n +
2Lnπ
(xLnπ
sen(nπx
L
)∣∣∣L0− L
nπ
ˆ L
0sen
(nπxL
)dx
)],
=2L2
nπ(−1)n+1 +
2L2
nπ(−1)n +
4nπ
(L2
n2π2 cos(nπx
L
)∣∣∣L0
),
=4L2
n3π3 [(−1)n − 1].
De donde la función buscada es
u(x, t) =∞
∑n=1
[sen
(nπxL
)( 4L2
n3π3 [(−1)n − 1] cos(
ncπtL
))]=
4L2
π3
∞
∑n=1
[(−1)n − 1]n3 cos
(ncπt
L
)sen
(nπxL
).
7. Hallar la función u(x, t), con x ∈ [0, L] y t > 0, que resuelve la ecuación de la onda unidimensional,
∂2u∂t2 = c2 ∂2u
∂x2
Página 4 de 9
y satisface las condiciones de frontera
u(0, t) = u(2, t) = 0,
u(x, 0) =N
∑j=1
Aj sen(
jπx2
),
ut(x, 0) =N
∑j=1
Bj sen(
jπx2
).
Respuesta: u(x, t) =N
∑j=1
(2
ncπBn sen
(ncπt
2
)+ An cos
(ncπt
L
))sen
(nπx2
).
8. Sean a, b ∈ R y f , g : Ω → R dos funciones, donde Ω = [0, L]× [0,+∞[, siendo L > 0. Considere elsiguiente problema de valor en la frontera, asociado a la ecuación de la onda unidimensional:
(P)
∂2u∂t2 = c2 ∂2u
∂x2 (x, t) ∈ Ω,
u(0, t) = a t ≥ 0,
u(L, t) = b t ≥ 0,
u(x, 0) = f (x) x ∈ [0, L],∂u∂t
(x, 0) = g(x) x ∈ [0, L].
a) Demuestre que toda solución u del problema (P) puede escribirse en la forma
u(x, t) = w(x, t) + a +b− a
Lx, (x, t) ∈ Ω,
donde w : Ω→ R es solución del problema
(Ph)
∂2w∂t2 = c2 ∂2w
∂x2 (x, t) ∈ Ω,
w(0, t) = w(L, t) = 0 t ≥ 0,
w(x, 0) = f (x)− a− b− aL
x x ∈ [0, L],∂w∂t
(x, 0) = g(x) x ∈ [0, L].
b) Sea Ω = [0, π]× [0,+∞[. Use el inciso anterior para resolver el siguiente problema de valor en lafrontera:
∂2u∂t2 =
∂2u∂x2 (x, t) ∈ Ω,
u(0, t) = −3 t ≥ 0,
u(L, t) = 8 t ≥ 0,
u(x, 0) = sen(17x) x ∈ [0, π],∂u∂t
(x, 0) = 0 x ∈ [0, π].
Respuesta: u(x, t) = sen(17x) cos(17t)− 3 +11π
x +∞
∑k=1
2(3 + 8(−1)k)
kπsen(kx) cos(kt)
9. El objetivo de este ejercicio es el de resolver la ecuación de la onda unidimensional
∂2u∂t2 = c2 ∂2u
∂x2 , 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0,
con condiciones de Neumann homogéneas:
∂u∂x
(0, t) =∂u∂x
(L, t) = 0, t ≥ 0,
Página 5 de 9
y con condiciones iniciales
u(x, 0) = f (x),∂u∂t
(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ L,
Donde f : [0, L] → R es una función conocida no nula. Nótese que a diferencia del problema usual, lascondiciones de frontera se encuentran sobre la derivada parcial ∂u
∂x en lugar de sobre la función u.
Para esto, usaremos el método de separación de variables: Asumiremos que existen funciones X :[0, L]→ R y T : [0,+∞[→ R tales que, para todo (x, t) se cumple que
u(x, t) = X(x)T(t).
a) Demuestre que existe una constante λ ∈ R tal que las funciones X y T son soluciones de las si-guientes ecuaciones diferenciales ordinarias con restricciones:
c2X′′(x)− λX(x) = 0, 0 ≤ x ≤ L,
X′(0) = X′(L) = 0,y
T′′(t)− λT(t) = 0, t ≥ 0,
T′(0) = 0.
b) Suponiendo que λ = 0, demuestre que X y T son funciones constantes.
c) Demuestre que no es posible que λ > 0.
d) Demuestre que si λ < 0, entonces existe k ∈ Z+ tal que
λ = − c2k2π2
L2 X(x) = C cos(
kπxL
)y T(t) = D cos
(ckπt
L
)para todo x ∈ [0, L] y t ≥ 0, donde C y D son constantes.
e) Demuestre que la solución u del problema de Neumann puede escribirse en la forma
u(x, t) =a0
2+
∞
∑k=1
ak cos(
kπxL
)cos
(ckπt
L
),
donde para todo k ∈N se tiene que
ak =2L
ˆ L
0f (x) cos
(kπx
L
)dx.
f ) Use los incisos anteriores para resolver el siguiente problema de Neumann asociado a la ecuaciónde la onda:
∂2u∂t2 = 4
∂2u∂x2 (x, t) ∈ [0, π]× [0,+∞[,
∂u∂x
(0, t) =∂u∂x
(π, t) = 0 t ≥ 0,
u(x, 0) = cos3(x) 0 ≤ x ≤ π,∂u∂t
(x, 0) = 0 0 ≤ x ≤ π.
Respuesta: u(x, t) =34
cos(x) cos(2t) +14
cos(3x) cos(6t).
Solución. a) Sustituyendo en la ecuación∂2u∂t2 = c2 ∂2u
∂x2
la solución u = XT se tiene queXT′′ = c2X′′T,
de donde, dividiendo para u = XT, se tiene que
T′′
T= c2 X′′
X.
Página 6 de 9
El lado izquierdo de esta igualdad es una función que depende solamente de la variable t, mientrasque el derecho depende solamente de la variable x, por ende ambos términos deben ser iguales auna constante λ ∈ R, así
T′′
T= c2 X′′
X= λ.
Ahora, como T no puede ser idénticamente nula, se tiene que 0 =∂u∂x
(0, t) = X′(0)T(t), de donde
X′(0) = 0 y similarmente X′(L) = 0. De igual manera se tiene que T′(0) = 0. Con esto, se tienenlas siguientes EDOs con restricciones:
c2X′′(x)− λX(x) = 0, 0 ≤ x ≤ L,
X′(0) = X′(L) = 0,y
T′′(t)− λT(t) = 0, t ≥ 0,
T′(0) = 0.
b) Supongamos que λ = 0. Entonces se tiene que X′′ = 0 y que T′′ = 0. De la primera ecuación setiene que
X(x) = c1 + c2x,
de donde, X′(x) = c2 y dado que X′(0) = X′(L) = 0, se sigue que c2 = 0, por ende X(x) = c1,es decir, X es una función constante. Con el mismo razonamiento se tiene que T es también unafunción constante.
c) Supongamos que λ > 0, entonces se tiene que c2X′′ − λX = 0, de donde
X(x) = c1e√
λc x + c2e−
√λ
c x,
de donde
X′(x) =√
λ
c
(c1e
√λ
c x − c2e−√
λc x)
.
Dado que X′(0) = X′(L) = 0 se tiene que
c1 − c2 = 0 y c1e√
λc L − c2e−
√λ
c L = 0,
lo que implica que c1 = c2 = 0. Por ende X = 0 y así u = 0, lo que no es posible ya que f es nonula.
d) Supongamos que λ < 0. Entonces, la solución general de la EDO c2X′′ − λX = 0 es
X(x) = c1 cos
(√−λ
cx
)+ c2 sen
(√−λ
cx
),
de donde
X′(x) =√−λ
c
(−c1 sen
(√−λ
cx
)+ c2 cos
(√−λ
cx
)),
y como X′(0) = 0, se tiene que
0 = X′(0) =√−λ
cc2,
con lo cual c2 = 0. Así
X(x) = c1 cos
(√−λ
cx
)y X′(x) = −
√−λ
cc1 sen
(√−λ
cx
).
Ahora, necesitamos que c1 6= 0 en orden de tener u 6= 0, por ende, de la condición
0 = X′(L) = −√−λ
cc1 sen
(√−λ
cL
),
Página 7 de 9
se tiene que sen
(√−λ
cL
)= 0, lo que sucede solamente si existe k ∈ Z+ tal que
√−λ
cL = kπ,
de donde tenemos que, escribiendo C = c1,
λ = − c2k2π2
L2 y X(x) = C cos(
kπxL
).
Con este valor de λ, procedemos a resolver la EDO T′′ − λT = 0 con la condición inicial T′(0) = 0.La solución general de esta EDO es
T(t) = c1 cos(
ckπtL
)+ c2 sen
(ckπt
L
),
de donde, por la condición T′(0) = 0, se tiene que c2 = 0, así, escribiendo D = c1, se tiene que
T(t) = D cos(
ckπtL
).
e) Por los incisos b) y d) se tiene que la solución u se puede escribir en la forma
u(x, t) = A +∞
∑k=1
Ak cos(
kπxL
)cos
(ckπt
L
).
Escribiendo a0 = 2A y ak = Ak, se tiene que
u(x, t) =a0
2+
∞
∑k=1
ak cos(
kπxL
)cos
(ckπt
L
).
Ahora, como u(x, 0) = f (x), se tiene que
f (x) =a0
2+
∞
∑k=1
ak cos(
kπxL
),
por ende, los coeficientes ak son los coeficientes del desarrollo en serie de Fourier de coseno de fen el intervalo [0, L], y por ende
ak =2L
ˆ L
0f (x) cos
(kπx
L
)dx.
Para calcular los coeficientes de Fourier, considere la siguiente identidad trigonométrica: cos(3x) =
4 cos3(x)− 3 cos(x).
10. Sean f , g : [0, L] → R dos funciones. Considere el siguiente problema de valor en la frontera asociado ala ecuación de la onda:
(P)
∂2u∂t2 = c2 ∂2u
∂x2 (x, t) ∈ [0, L]× [0,+∞[,
u(0, t) = u(L, t) = 0 t ≥ 0,
u(x, 0) = f (x) 0 ≤ x ≤ π,∂u∂t
(x, 0) = g(x) 0 ≤ x ≤ π.
a) Demuestre que toda solución u de (P) puede escribirse en la forma
