series de fourier

Cap¶³tulo 7

Series Funcionales.Series de Fourier.

Problemas resueltosSalvador Vera Ballesteroswww.satd.uma.es/matap/svera

7.1 Series de funciones

7.2 series de potencias

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

1X

n=0

anxn = a0 + a1x + a2x

2 + ¢ ¢ ¢+ anxn + ¢ ¢ ¢

o del tipo

1X

n=0

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

donde los coe¯cientes a0; a1; a2; ¢ ¢ ¢ ; an; ¢ ¢ ¢ son constantes.

Teorema 7.1 Para la convergencia de la serie de potencias1X

n=0

anxn s¶olamente

caben las tres posibilidades siguientes

1

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

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) ydiverge fuera de ¶el. Pudiendo ser convergente o no en los extremos dedicho intervalo.

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

Teorema 7.2 El radio de convergencia de una serie de potencias puede cal-cularse por cualquiera de las dos f¶ormulas siguientes

R = limn!1

j an jj an+1 j

R = limn!1

1npj an j

Teorema 7.3 (Continuidad uniforme) La serie de potencias converge ab-solutamente y de manera uniforme en cualquier intervalo cerrado totalmentecomprendido en el intervalo de convergencia

[¡a; a]½ (¡R;R)

Teorema 7.4 1. La suma de la serie de potencias S(x) es continua encada punto x de su intervalo de convergencia (¡R;R)

2. La serie de potencias puede derivarse e integrarse dentro del intervalode convergencia,conserv¶andose el radio de convergencia.

Ejemplo 7.1 Halla el campo de convergencia de la serie

1X

n=1

xn

n!

Soluci¶on: Podemos elegir entre aplicar el criterio del cociente o calcular elradio de convergencia directamente. Tenemos

an =1

n!an+1 =

1

(n + 1)!

de donde

R = limn!1

¯̄¯̄ anan+1

¯̄¯̄ = lim

n!1(n + 1)!

n!= lim

n!1(n + 1) ¢ n!

n!= lim

n!1(n + 1) =1

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

7.2. SERIES DE POTENCIAS 3


1X

n=1

n!xn


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

de donde

R = limn!1

¯̄¯̄ anan+1

¯̄¯̄ = lim

n!1n!

(n + 1)!= lim

n!1n!

(n + 1) ¢ n!= lim

n!11

n + 1= 0

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


1X

n=1

(¡1)n¡1

n ¢ 3n (x + 1)n


an =(¡1)n¡1

n ¢ 3n an+1 =(¡1)n

(n + 1) ¢ 3n+1

de donde

R = limn!1

¯̄¯̄ anan+1

¯̄¯̄ = lim

n!1(n + 1) ¢ 3n+1

n ¢ 3n = limn!1

3(1 +1

n) = 3

Por consiguiente, la serie converge absolutamente en el intervalo j x+1 j< 3,y eliminando el valor absoluto tenemos

j x+ 1 j< 3 !¡3 < x + 1 < 3! ¡4 < x < 2

Tenemos que comprobar la convergencia de la serie en los extremos del in-tervaloCuando x = ¡4, obtenemos la serie num¶erica

1X

n=1

(¡1)n¡1

n ¢ 3n (¡3)n =1X

n=1

(¡1)n¡1

n(¡1)n =

1X

n=1

(¡1)2n¡1

n= ¡

1X

n=1

1

n

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

1X

n=1

(¡1)n¡1

n ¢ 3n (3)n =1X

n=1

(¡1)n¡1

n


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

Ejemplo 7.4 Halla el campo de convergencia de la serie1X

n=1

(¡1)n

nn(x+ 1)n

Soluci¶on: Podemos elegir entre aplicar el criterio de la raiz o calcular elradio de convergencia directamente. Tenemos

an =(¡1)n

nn

de donde

R = limn!1

n

s1

j an j= lim

n!1npnn = lim

n!1n = 1

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

7.2.1 Desarrollo de funciones en series de potencias

Para hallar el desarrollo de una funci¶on en serie de potencias se suele segiruno de los dos procedimientos siguientes:

1. Mediante la serie geom¶etrica

2. Mediante la serie de Taylor.

Desarrollo de funciones en series de potencias mediante la seriegeom¶etrica

Teniendo en cuenta que la suma de la serie geom¶etrica viene de¯nida por

1

1¡ r = 1 + r + r2 + r3 + ¢ ¢ ¢

y que la convergencia en este caso viene determinada por j r j< 1.Resulta que aquellas funciones que puedan expresarse en la forma del primermiembro podr¶an desarrollarse en serie de potencia mediante la serie ge-om¶etrica, sin m¶as que sustituir r por la expresi¶on correspondiente, y el inter-valo de convergencia vendr¶a determinado por la raz¶on correspondiente. (eneste caso la convergencia en los extremos no ser¶a necesaria veri¯carla, ya quela serie geom¶etrica diverge en los mismos).


Ejemplo 7.5 Desarrollar en serie de potencias, indicando el intervalo deconvergencia, la funci¶on

f(x) =1

1 + x

Soluci¶on: Teniendo en cuenta la suma geom¶etrica

1

1¡ x = 1 + x+ x2 + x3 + ¢ ¢ ¢

Cambiando x por ¡x obtenemos el desarrollo pedido

1

1 + x=

1

1¡ (¡x)= 1¡ x + x2 ¡ x3 + ¢ ¢ ¢

Ejemplo 7.6 Desarrollar en serie de potencias, indicando el intervalo deconvergencia, la funci¶on

f(x) =5

3¡ x


1

1¡ r = 1 + r + r2 + r3 + ¢ ¢ ¢

Tratamos de expresar la funci¶on en la forma del primer miembro y sustitu-imos r por la expresi¶on correspondiente

f (x) =5

3¡ x =5

3(1 ¡ x3)

=5

3

1

1 ¡ x3

=5

3

µ1 +

x

3+x2

32¢ ¢ ¢¶

El intervalo de convergencia viene dado por j r j=j x3j< 1, de donde j x j< 3,

es decir IC = (¡3; 3)

Ejemplo 7.7 Desarrollar en serie de potencias, centrada en x0 = 1, indi-cando el intervalo de convergencia, la funci¶on

f(x) =5

3¡ x


1

1¡ r = 1 + r + r2 + r3 + ¢ ¢ ¢

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

f(x) =5

3¡ x =5

3 ¡ (x¡ 1 + 1)=

5

3¡ (x ¡ 1) ¡ 1=

5

2¡ (x ¡ 1)=


=5

2

1

1 ¡ x ¡ 1

2

=5

2

µ1 +

x¡ 1

2+

(x ¡ 1)2

22+

(x ¡ 1)3

23¢ ¢ ¢¶

El intervalo de convergencia viene dado por j r j=j x¡12 j< 1, de donde

j x ¡ 1 j< 2, y quitando el valor absoluto resulta ¡2 < x¡ 1 < 2, de donde¡1 < x < 3, es decir IC = (¡1; 3)

Desarrollo de funciones en series de potencias mediante la serie deTaylor

Toda funci¶on in¯nitamente derivable en un intervalo (x0 ¡ r; x0 + r) puededesarrollarse en este intervalo mediante una serie in¯nita de potencias de laforma:

f(x) = f (x0)+f 0(x0)

1!(x¡x0)+

f 00(x0)

2!(x¡x0)2+ ¢ ¢ ¢+ f (n)(x0)

n!(x¡x0)

n+ ¢ ¢ ¢

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

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

1!x+

f 00(0)

2!x2 + ¢ ¢ ¢+ f(n)(0)

n!xn + ¢ ¢ ¢

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

limn!1

Rn(x) = limn!1

f (n+1)(c)

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

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

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

Series de taylor de las funciones elementales

ex = 1 +x

1!+x2

2!+x3

3!+ ¢ ¢ ¢ ;¡1 < x < 1

senx = x¡ x3

3!+x5

5!¡ ¢ ¢ ¢ ;¡1 < x < 1

cos x = 1¡ x2

2!+x4

4!¡ ¢ ¢ ¢ ;¡1 < x < 1


(1+x)m = 1+m

1!x+

m(m¡ 1)

2!+¢ ¢ ¢ ;

8<:

m ¸ 0! ¡1 · x · 1¡1 <m < 0! ¡1 < x · 1m · ¡1!¡1 < x < 1

ln(1 + x) = x¡ x2

2+x3

3¡ ¢ ¢ ¢ ;¡1 < x · 1

arctan x = x¡ x3

3+x5

5¡ ¢ ¢ ¢ ;¡1 · x · 1

Ejemplo 7.8 Desarrollar en series de potencias las funciones

f(x) = e¡x y g(x) = e¡x2

Soluci¶on: En el desarrollo de

ex = 1 +x

1!+x2

2!+x3

3!+ ¢ ¢ ¢ ;¡1 < x <1

sustituimos x por ¡x y obtenemos

e¡x = 1¡ x +x2

2!¡ x3

3!+ ¢ ¢ ¢ ;¡1 < x < 1

y si sustituimos x por ¡x2 obtenemos

e¡x2

= 1¡ x2 +x4

2!¡ x6

3!+ ¢ ¢ ¢ ;¡1 < x < 1

7.2.2 Desarrollo de funciones en series de potencias a

partir de otros desarrollos conocidos

Teorema 7.7 Dos series de potencia se pueden sumar miembro a miembroy multiplicar por la regla de multiplicaci¶on de polinomios. La nueva serieobtenida, tendr¶a un intervalo de convergencia, que coincidir¶a con el intervalocom¶un de los intervalos de convergencia de las series primitivas. Pudiendoser o no convergente en los extremos de dicho intervalo.

Teorema 7.8 Las series de potencias se pueden derivar e integrar t¶erminoa t¶ermino. El radio de convergencia de la serie obtenida por derivaci¶on ointegrai¶on es el mismo que el de la serie original, sin embargo, el intervalo deconvergencia puede cambiar, porque unas sean convergentes en los extremosy las otras no.

Ejemplo 7.9 Desarrolla en serie de potencias la funci¶on

ln1 + x

1¡ x


Soluci¶on Aplicando las propiedades de los logaritmos tenemos que

ln1 + x

1 ¡ x = ln(1 + x) ¡ ln(1¡ x)

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

ln(1 + x) =x

1¡ x2

2+x3

3¡ x4

4+ ¢ ¢ ¢ (¡1 < x · 1)

Cambiando x por ¡x tenemos

ln(1¡ x) = ¡x1¡ x2

2¡ x3

3¡ x4

4¡ ¢ ¢ ¢ (¡1 · x < 1)

Restando miembro a miembro ambas series resulta

ln1 + x

1¡ x = 2

µx+

x3

3+x5

5+ ¢ ¢ ¢

¶(¡1 < x < 1)

Ejemplo 7.10 desarrolla en serie de potencias la funci¶on

1

x2 ¡ 3x + 2

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

1

x2 ¡ 3x + 2=

1

(x¡ 1)(x¡ 2)=

1

x ¡ 2¡ 1

x ¡ 1

Transformamos las fracciones buscando la serie geom¶etrica

1

x¡ 2¡ 1

x ¡ 1=

1

1¡ x ¡1

2¡ x =1

1¡ x ¡1

2

1

1¡ x2

Desarrollamos en serie cada una de las fracciones

1

1¡ x = 1 + x + x2 + x3 + ¢ ¢ ¢ ! IC = (¡1; 1)

1

1 ¡ x2

= 1 +x

2+x2

4+x3

8+ ¢ ¢ ¢ ! IC = (¡2; 2)

luego, las dos series convergen en el intervalo com¶un (¡1; 1), y en ese intervalolas podemos sumar t¶ermino a t¶ermino

1

x2¡ 3x + 2= (1+x+x2+x3+¢ ¢ ¢ )¡1

2

µ1 +

x

2+x2

4+x3

8+ ¢ ¢ ¢

¶=

1

2+

3

4x+

7

8x2+¢ ¢ ¢

Ejemplo 7.11 Desarrolla en serie de potencias la funci¶on

arctan x


Soluci¶on Partimos de que

arctanx =

Z x

0

dx

1 + x2

Teniendo en cuenta el desarrollo de la serie geom¶etrica

1

1¡ x = 1 + x+ x2 + x3 + x4 + ¢ ¢ ¢

Cambiando x por ¡x2 obtenemos el desarrollo de la funci¶on subintegral

1

1 + x2=

1

1¡ (¡x2)= 1¡ x2 + x4 ¡x6 + ¢ ¢ ¢

E integrando t¶ermino a t¶ermino obtenemos es desarrollo pedido

arctanx =

Z x

0

(1¡x2 +x4¡x6 +¢ ¢ ¢ )dx = x¡ x3

3+x5

5¡ x

7

7+ ¢ ¢ ¢ (1 · x · 1)

Ejemplo 7.12 Determinar el desarrollo en serie de potencias, alrededor delpunto x0 = 0, de la funci¶on

f (x) = ln

µ1 + x

1¡ x

¶

Estudiar el intervalo m¶aximo de convergencia de la serie funcional resultante

y utilizarla para calcular1X

n=1

1

(2n+ 1) 32n+1

Soluci¶on: Si intentamos aplicar el desarrollo de Taylor directamente a lafunci¶on dada resulta que las derivadas sucesivas son cada vez m¶as compli-cadas. Por eso puede convenir descomponer el logaritmo en una diferencia

ln

µ1 + x

1¡ x

¶= ln(1 + x) ¡ ln(1¡ x)

Podemos ahora aplicar el desarrollo de Taylor conjuntamente a los dos t¶erminos,o bien desarrollar en serie cada t¶ermino por separado y despu¶es sumar lasseries resultantes t¶ermino a t¶ermino. Sin embargo, en este caso podemos ob-servar que al derivar la serie inicial obtenemos una serie geom¶etrica de raz¶onx2. En efecto

f 0(x) =1

1 + x¡ ¡1

1 ¡ x =1 ¡ x+ 1 + x

(1 + x)(1¡ x)=

2

1 ¡ x2

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

f 0(x) =2

1¡ x2= 2+2x2+2x4+¢ ¢ ¢+2x2n+¢ ¢ ¢ =

1X

n=0

2x2n para x 2 (¡1; 1)


Ahora bien, f (x) es una primitiva de f 0(x) que podemos obtener integrandot¶ermino a t¶ermino la serie obtenida. Para determinar la constante de inte-graci¶on buscamos un punto donde f (x) = 0, y desde ¶el integramos. Teniendoen cuenta que f(0) = 0 resulta

f(x) =

Z x

o

Ã 1X

n=0

2x2n

!dx =

1X

n=0

Z x

o

2x2ndx =1X

n=0

2x2n+1

2n + 1

que es la serie buscada.Para estudiar la convergencia de la serie podemos aplicar sobre la misma elcriterio del cociente, o bien utilizar el intervalo obtenido para su derivada,comprobando la convergencia en los extremos del mismo.

f (1) =1X

n=0

21

2n + 1Divergente

f (¡1) =1X

n=0

(¡1)2n+1

2n + 1=1X

n=0

2(¡1)

2n + 1= Divergente

9>>>=>>>;IC = (¡1; 1)

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

f (1

3) = ln

0B@

1 +1

3

1¡ 1

3

1CA = ln 2 = 2

1X

n=0

x2n+1

2n + 1= 2

Ã1

3+1X

n=1

x2n+1

2n + 1

!

de donde despejando la suma de la serie propuesta

1X

n=1

x2n+1

2n+ 1=

ln 2

2¡ 1

3

7.2.3 Derivaci¶on e integraci¶on de las series de poten-

cias

La suma de algunas series de potencias puede conseguirse manipul¶andolasmediante derivaci¶on, integraci¶on o sacando factor com¶un, hasta conseguir unaserie conocida (normalmente la geom¶etrica), sumamos esta serie conocida ydeshacemos las operaciones anteriores.

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

1X

n=1

xn

n


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

f(x) =1X

n=1

xn

n

Transformamos la serie (derivando, integrando, o sacando factor com¶un) has-ta conseguir una serie geom¶etrica.En este caso, derivando obtenemos una serie geom¶etrica.

f 0(x) =1X

n=1

nxn¡1

n=1X

n=1

xn¡1 =¡1 + x + x2 + x3 + ¢ ¢ ¢

¢=

1

1 ¡ xAl tratarse de una serie geom¶etrica de raz¶on r = x, el intervalo de con-vergencia viene de¯nido por jxj < 1, es decir ¡1 < x < 1, y por tantoIC = (¡1; 1), sin que sea convergente en los extremos del mismo, ya que lasseries geom¶etricas no convergen en los extremos del intervalo.La funci¶on buscada f(x) es una primitiva de f 0(x) que adem¶as, en este caso,ha de complir f (0) = 0, en consecuencia:

f (x) =

Z x

0

f 0(x)dx =

Z x

0

1

1¡ xdx = ¡ ln j1¡ xj

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

1X

n=1

xn

n= ¡ ln j1¡ xj

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

f (1) =1X

n=1

1

nDivergente

f (¡1) =1X

n=1

(¡1)n

nConvergente

9>>>=>>>;IC = [¡1;1)


1X

n=1

nenx

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

f(x) =1X

n=1

nenx


Transformamos la serie (derivando, integrando, o sacando factor com¶un) has-ta conseguir una serie geom¶etrica.En este caso, integrando hacemos desaparecen el factor n y obtenemos unaserie geom¶etrica. Llamemos F (x) a una primitiva cualquiera.

F (x) =

Zf(x)dx = C +

1X

n=1

enx = C + (ex + e2x + e3x + ¢ ¢ ¢ ) = C +ex

1 ¡ ex

El intervalo de convergencia de esta serie geom¶etrica de raz¶on r = ex vienedado por jexj < 1, de donde ex < 1, luego x < 0, y por tanto IC = (¡1; 0)La serie dada la obtenemos derivando la obtenida

f(x) = F 0(x) = 0 +ex(1 ¡ ex)¡ ex(¡ex)

(1 ¡ ex)2=

ex

(1¡ ex)2

en consecuencia,

1X

n=1

nenx =ex

(1¡ ex)2

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

f(0) =1X

n=1

ne0 =1X

n=1

n Divergente ) IC = (¡1; 0)


1X

n=1

x3n+1

3n

Utiliza el resultado para calcular:1

3¡ 1

6+

1

9¡ 1

12+

1

15¡ ¢ ¢ ¢

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

f(x) =1X

n=1

x3n+1

3n

Transformamos la serie (derivando, integrando, o sacando factor com¶un) has-ta conseguir una serie geom¶etrica.En este caso, ni al derivar ni al integrar se elimina el 3n del denominador,pero s¶³ lo podemos conseguir eliminando previamente una x del numerador.En efecto, sacando x factor com¶un, resulta:

f(x) =1X

n=1

x3n+1

3n= x

1X

n=1

x3n

3n


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

g(x) =1X

n=1

x3n

3n

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

g0(x) =1X

n=1

3nx3n

3n=1X

n=1

x3n = x2 + x5 + x8 + ¢ ¢ ¢ = x2

1 ¡ x3

El intervalo de convergencia de esta serie g0(x) al ser una serie geom¶etrica der = x3 viene dado por jx3j < 1, luego jxj < 1, y por tanto IC = (¡1; 1)La funci¶on g(x) la obtenemos integrando g0(x) y teniendo en cuenta un valorconcreto de g(x) para determinar la constante, en este caso g(0) = 0 y, enconsecuencia

g(x) =

Z x

0

g0(x)dx =

Z x

0

x2

1¡ x3dx = ¡1

3

Z x

0

¡3x2

1 ¡ x3dx = ¡1

3ln j1 ¡ x3j

En consecuencia:

f(x) = x g(x) = ¡x3

ln j1¡ x3j

luego la serie buscada es

1X

n=1

x3n+1

3n= ¡x

3ln j1¡ x3j

Para calcular el intervalo de convergencia bastar¶a con estudiar la convergen-cia de la serie dada en los extremos del intervalo obtenido para g0(x)

f (1) =1X

n=1

1

3nDivergente

f (¡1) =1X

n=1

(¡1)3n+1

3nConvergente

9>>>=>>>;IC = [¡1; 1)

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

3¡ 1

6+

1

9¡ 1

12+

1

15¡ ¢ ¢ ¢ =

1X

n=1

(¡1)3n+1

3n= f (¡1) =

1

3ln 2


1X

n=0

pnxn

n + 1con p > 0

Utiliza el resultado para calcular:1X

n=0

1

4n(n + 1)


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

f(x) =1X

n=0

pnxn

n + 1

Transformamos la serie (derivando, integrando, o sacando factor com¶un) has-ta conseguir una serie geom¶etrica.En este caso, ni al derivar ni al integrar se elimina el n + 1 del denomi-nador, pero s¶³ lo podemos conseguir introduciendo previamente una x en elnumerador. En efecto, multiplicando y dividiendo por x, resulta:

f (x) =1X

n=0

pnxn

n + 1=

1

x

1X

n=0

pnxn+1

n + 1


g(x) =1X

n=0

pnxn+1

n + 1


g0(x) =1X

n=0

pn(n+ 1)xn

n + 1=1X

n=0

pnxn =1X

n=0

(px)n =

= 1 + px+ (px)2 + (px)3 + ¢ ¢ ¢ = 1

1¡ px

El intervalo de convergencia de esta serie g0(x) al ser una serie geom¶etrica der = px viene dado por jpxj < 1, luego jxj < 1

p, y por tanto IC = (¡1p;

1p)

La funci¶on g(x) la obtenemos integrando g0(x) y teniendo en cuenta un valorconcreto de g(x) para determinar la constante, en este caso g(0) = 0 y, enconsecuencia

g(x) =

Z x

0

g0(x)dx =

Z x

0

1

1¡ px = ¡1

p

Z x

0

¡p1¡ pxdx = ¡1

pln j1¡ pxj

En consecuencia:

f(x) =1

xg(x) = ¡ 1

pxln j1 ¡ pxj


1X

n=0

pnxn

n+ 1= ¡ 1

pxln j1¡ pxj



f (1=p) =1X

n=0

1

n + 1Divergente

f (¡1=p) =1X

n=0

(¡1)n

n + 1Convergente

9>>>=>>>;IC = [¡1=p; 1=p)

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

1X

n=0

1

4n(n + 1)= ¡ 1

1=4ln j1¡ 1

4j = ¡4 ln

3

4= 4(ln 4 ¡ ln 3)

Ejemplo 7.17 Determina el campo de convergencia y sumar la siguiente

serie de potencias:1X

n=1

1

n + 2(x ¡ 3)n

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

f(x) =1X

n=1

1

n + 2(x¡ 3)n

Transformamos la serie (derivando, integrando, o sacando factor com¶un) has-ta conseguir una serie geom¶etrica.En este caso, ni al derivar ni al integrar se elimina el n+ 2 del denominador,pero s¶³ lo podemos conseguir introduciendo previamente un (x ¡ 3)2 en elnumerador. En efecto, multiplicando y dividiendo por (x ¡ 3)2, resulta:

f(x) =1

(x¡ 3)2

1X

n=1

(x¡ 3)n+2

n + 2


g(x) =1X

n=1

(x ¡ 3)n+2

n + 2


g0(x) =1X

n=1

(x¡3)n+1 = (x¡3)2+(x¡3)3+(x¡3)4+¢ ¢ ¢ = (x¡ 3)2

1 ¡ (x¡ 3)=x2 ¡ 6x+ 9

¡x+ 4

El intervalo de convergencia de esta serie g0(x) al ser una serie geom¶etrica der = x ¡ 3 viene dado por jx ¡ 3j < 1, luego ¡1 < x ¡ 3 < 1, y por tantoIC = (2; 4)La funci¶on g(x) la obtenemos integrando g0(x) y teniendo en cuenta un valorconcreto de g(x) para determinar la constante, en este caso g(3) = 0 y, en


consecuencia

g(x) =

Z x

3

g0(t)dt =

Z x

3

t2 ¡ 6t + 9

¡t+ 4dt =

Z x

3

(¡t+2+1

¡t+ 4)dt =

·¡t

2

2+ 2t¡ ln j4¡ tj

¸x

3

=

= ¡x2

2+ 2x ¡ ln j4¡ xj ¡ 3

2En consecuencia:

f(x) =1

(x¡ 3)2g(x) =

1

(x ¡ 3)2

µ¡x

2

2+ 2x ¡ ln j4¡ xj ¡ 3

2

¶


1X

n=1

1

n + 2(x ¡ 3)n =

¡x2 + 4x¡ 2 ln j4¡ xj ¡ 3

2(x¡ 3)2


f (4) =1X

n=1

1

n + 2Divergente

f (2) =1X

n=1

(¡1)n+2

n + 2Convergente

9>>>=>>>;IC = [2; 4)

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

1X

n=2

1

n¡ 1(x + 5)n

Soluci¶on: Para estudiar la convergencia aplicamos el criterio del cociente:¯̄¯̄an+1

an

¯̄¯̄ =

¯̄¯̄(x+ 5)n+1

n:

(x+ 5)n

n¡ 1

¯̄¯̄ =

¯̄¯̄n¡ 1

n

(x + 5)n+1

(x + 5)n

¯̄¯̄! jx + 5j

Luego la serie ser¶a:

Convergente cuando jx+ 5j < 1) ¡1 < x+ 5 < 1) ¡6 < x < ¡4Divergente cuando jx+ 5j > 1y habr¶a duda cuando jx + 5j = 1) x = ¡6; x = ¡5

La duda la resolvemos sustituyendo los valores en la serie

x = ¡6 )P1

n¡1(¡1)n alternada Convergente

x = ¡4 )P 1n¡1(1)n arm¶onica Divergente

¾) IC = [¡6;¡4)

Para sumar la serie lo primero que hacemos es ponerle un nombre, llamarlef(x)

f(x) =1X

n=2

1

n¡ 1(x+ 5)n


y transformamos la expresi¶on hasta conseguir una serie geom¶etrica. La seriedada no es geom¶etrica debido al t¶ermino que aparece en el denominador. Siderivamos la serie, dicho t¶ermino no desaparece, necesitariamos, para ello,que el exponente fuera n¡ 1. Pero ¶esto lo podemos conseguir sacando factorcom¶un. En efecto:

f(x) =1X

n=2

1

n¡ 1(x + 5)n = (x+ 5)

1X

n=2

1

n¡ 1(x + 5)n¡1

Llamamos g(x) a la nueva serie, y ¶esta ya si se convierte en geom¶etrica porderivaci¶on:

g(x) =f(x)

x + 5=1X

n=2

1

n¡ 1(x + 5)n¡1

Y derivando t¶ermino a t¶ermino resulta:

g0(x) =1X

n=2

n¡ 1

n¡ 1(x+ 5)n¡2 =

1X

n=2

(x+ 5)n¡2 = 1 + (x+ 5) + (x + 5)2 + ¢ ¢ ¢

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

g0(x) =1

1 ¡ (x+ 5)=

1

1¡ x ¡ 5=

1

¡x¡ 4=¡1

x + 4

de donde:

g(x) =

Z ¡1

x + 4dx = ¡ ln jx+ 4j+C

La constante de integraci¶on la determinamos igual¶ando g(-5) en ambas ex-presiones:

g(¡5) =P

0 = 0g(¡5) = ¡ ln 1 + C = C

¾) C = 0

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

f(x) = ¡(x+ 5) ln jx + 4j

7.2.4 Aplicaciones de las series de potencias para elc¶alculo de integrales de¯nidas

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


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

2. Si la serie resultante es de signo constante entonces el error se puede de-terminar comparando el resto de la serie con una progresi¶on geom¶etricain¯nita decreciente.

3. En cualquier otro caso acudimos a la f¶ormula de resto de Taylor.

Ejemplo 7.19 Calcula, con un error menor que una mil¶esima:Z 1

0

e¡x2dx

Soluci¶on: Desarrollamos la funci¶on subintegral en series de potencias. Paraello utilizamos el desarrollo de ex

ex = 1 +x

1!+x2

2!+x3

3!+ ¢ ¢ ¢+ xn

n!+ ¢ ¢ ¢

Sustituyendo en esta serie x por ¡x2, obtenemos:

e¡x2

= 1¡ x2

1!+x4

2!¡ x6

3!+ ¢ ¢ ¢+ (¡1)n

x2n

n!+ ¢ ¢ ¢

de dondeZ 1

0

e¡x2dx =

Z 1

0

µ1 ¡ x2

1!+x4

2!¡ x6

3!+ ¢ ¢ ¢+ (¡1)n

x2n

n!+ ¢ ¢ ¢

¶dx =

=

·x¡ x3

3+

x5

2! 5¡ x7

3! 7+

x9

4! 9¡ x11

5! 11+ ¢ ¢ ¢

¸1

0

= 1¡1

3+

1

2! 5¡ 1

3! 7+

1

4! 9¡ 1

5! 11+¢ ¢ ¢

Como hemos obtenido una serie alternada que cumple el criterio de Leibniz,el error de la aproximaci¶on vendr¶a determinado por el valor absoluto delprimer t¶ermino que no sumemos. Observamos que:

j t6 j=1

5! 11=

1

1320<

1

1000

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

Z 1

0

e¡x2

dx ¼ 1 ¡ 1

3+

1

2! 5¡ 1

3! 7+

1

4! 9= 00747

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

Z 1=2

0

1¡ cos x

x2dx


Soluci¶on: Desarrollamos la funci¶on subintegral en series de potencias. Paraello utilizamos el desarrollo de cos x

cos x = 1 ¡ x2

2!+x4

4!¡ x6

6!+ ¢ ¢ ¢+ (¡1)n

x2n

(2n)!+ ¢ ¢ ¢

Sustituyendo en la expresi¶on subintegral obtenemos:

1¡ cos x

x2=

1¡ 1 +x2

2!¡ x4

4!+x6

6!¡ ¢ ¢ ¢

x2=

1

2!¡ x2

4!+x4

6!+ ¢ ¢ ¢

de dondeZ 1

0

1¡ cos x

x2dx =

Z 1

0

µ1

2!¡ x2

4!+x4

6!+ ¢ ¢ ¢

¶dx =

=

·x

2!¡ x3

4! 3+

x5

6! 5+ ¢ ¢ ¢

¸1=2

0

=1

2! ¢ 2 ¡1

4! ¢ 3 ¢ 23+

1

6!_5 ¢ 25¡ ¢ ¢ ¢


j t2 j=1

4! ¢ 3 ¢ 23=

1

576>

1

1000y j t3 j=

1

6! ¢ 5 ¢ 25=

1

115200<

1

1000

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

Z 1

0

1¡ cosx

x2dx ¼ 1

2! ¢ 2 ¡1

4! ¢ 3 ¢ 23= 0025¡ 000017 = 0024831

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

Z 001

0

ln(1 + x)

xdx

Soluci¶on: Desarrollamos la funci¶on subintegral en series de potencias. Paraello utilizamos el desarrollo de ln x

lnx = x¡ x2

2+x3

3¡ x4

4+ ¢ ¢ ¢

Sustituyendo en la expresi¶on subintegral obtenemos:

ln(1 + x)

x=x¡ x2

2+x3

3¡ x4

4+ ¢ ¢ ¢

x= 1¡ x

2+x2

3+x3

4+ ¢ ¢ ¢


de dondeZ 001

0

ln(1 + x)

xdx =

Z 001

0

µ1 ¡ x

2+x2

3¡ x3

4+ ¢ ¢ ¢

¶dx =

=

·x¡ x2

4+x3

9¡ x4

16+ ¢ ¢ ¢

¸001

0

= 001¡ 0001

4+

00001

9¡ ¢ ¢ ¢


j t2 j=0001

4=

1

400>

1

1000y j t3 j=

00001

9=

1

9000<

1

1000

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

Z 001

0

ln(1 + x)

xdx ¼ 001¡ 0001

4= 001 ¡ 000025 = 00098

7.3 Series de Fourier.

7.3.1 Serie de Fourier de periodo 2¼

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

a0

2+1X

n=1

(an cos nx+ bn sennx)

cuyos coe¯cientes a0, an, bn se determinan a trav¶es de la funci¶on f (x) me-diante las f¶ormulas:

an =1

¼

Z ¼

¡¼f(x) cos nx dx

bn =1

¼

Z ¼

¡¼f(x) sennx dx

Los coe¯cientes a0, an, bn, que se determinan seg¶un estas f¶ormulas, se de-nominan coe¯cientes de Fourier de la funci¶on f (x)

nota 1: En la pr¶actica. el coe¯ciente a0 debe calcularse de manera separadadel resto de los coe¯cientes an, es decir:

a0 =1

¼

Z ¼

¡¼f (x) dx

7.3. SERIES DE FOURIER. 21

nota 2: En el c¶alculo de los coe¯cientes de Fourier aparecen las siguientesexpresiones:

cos n¼ = (¡1)n senn¼ = 0

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

f(x) » a0

2+1X

n=1

(an cos nx+ bn sennx)

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

7.3.2 Condiciones su¯cientes de la desarrollabilidad de

una funci¶on en serie de Fourier.

Teorema 7.9 (Teorema de Dirichlet) Si una funci¶on peri¶odica f (x) deperiodo 2¼ es mon¶otona a trozos y acotada en el intervalo [¡¼; ¼], entoncessu serie de Fourier converge en cada punto x de este intervalo. Adem¶as parala suma

S(x) =a0

2+1X

n=1

(an cos nx + bn sen nx)

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 (x+0)+f (x¡0)2

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

Ejemplo 7.22 Desarrolla en serie de Fourier la funci¶on peri¶odica de periodo2¼

f(x) =

½0 si x 2 [¡¼; 0]x si x 2 [0; ¼]

Utiliza el resultado para calcular la suma de la serie num¶erica:1X

n=1

1

(2n¡ 1)2

Soluci¶on:La funci¶on dada satisface las condiciones del teorema.Hallamos los coe¯cientes de Fourier:

a0 =1

¼

Z ¼

¡¼f(x) dx =

1

¼

µZ 0

¡¼f(x) dx +

Z ¼

0

f(x) dx

¶=

=1

¼

µZ 0

¡¼0 ¢ dx +

Z ¼

0

x dx

¶=

1

¼

·x2

2

¸¼

0

=¼

2


an = 0 +1

¼

Z ¼

0

x cos nx dx

Calculamos la integral por partesRx cos nx dx =

·u = xdv = cos nx dx

¾du = dxv = sennx

n

¸=x sennx

n¡R sen nx

ndx =

x sennx

n+

cosnx

n2

Luego

an =1

¼

hx sen nx

n+

cos nx

n2

i¼0

=1

¼

µ¼ sen n¼

n¡ 0 +

cos n¼

n2¡ cos0

n2

¶=

=1

¼

µ0¡ 0 +

(¡1)n

n2¡ 1

n2

¶=

1

¼

(¡1)n ¡ 1

n2=

(0 si n es par¡2

n2¼si n es impar

)=

¡2

(2n¡ 1)2¼8n bn = 0 +

1

¼

Z ¼

0

x sen nx dx

Calculamos la integral por partesRx sennx dx =

·u = xdv = sennxdx

¾du = dxv = ¡ cosnx

n

¸=¡x cos nx

n+R cos nx

ndx =

¡x cos nx

n+

sen nx

n2

Luego

bn =1

¼

·¡x cos nx

n+

sen nx

n2

¸¼

0

=1

¼

µ¡¼ cos n¼

n¡ 0 +

sen n¼

n2¡ 0

¶= ¡cosn¼

n=

¡(¡1)n

n=

(¡1)n+1

nPor consiguiente, la serie de Fourier ser¶a:

f(x) =¼

4+1X

n=1

·¡ 2

¼

cos (2n¡ 1)x

(2n¡ 1)2+

(¡1)n+1 sennx

n

¸

En todos los puntos de continuidad de la funci¶on ser¶a: S(x) = f (x), mien-tras que en los extremos del intervalo [¡¼; ¼], es decir, en los puntos dediscontinuidad de la funci¶on, los valores de la serie vendr¶an dado por:

S(x) =0 + ¼

2=¼

2

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

0 =¼

4¡ 2

¼

µ1

12+

1

32+

1

52+ ¢ ¢ ¢

¶

de donde:

2

¼

µ1

12+

1

32+

1

52+ ¢ ¢ ¢

¶=¼

4


Con lo que resulta:

1X

n=1

1

(2n¡ 1)2=

1

12+

1

32+

1

52+ ¢ ¢ ¢ = ¼2

8

El mismo resultado se obtiene si en vez de darle a x el valos x = 0, le damosel valor x = ¼, sin embargo, en este caso la funci¶on no es continua en estepunto, y por lo tanto el valor de la serie hay que calcularlo como la mediaaritm¶etica de los valores laterales, es decir,

x = ¼ ) S(¼) =f(¼¡ 0) + f(¼ + 0)

2=¼ + 0

2=¼

2, con lo cual

¼

2=¼

4+

2

¼

1X

n=1

1

(2n¡ 1)2

de donde,

1X

n=1

1

(2n¡ 1)2= (

¼

2¡ ¼

4)¼

2=¼2

8

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

ex =2 ¢ senh ¼

¼

"1

2+1X

n=1

µ(¡1)n

1 + n2cosnx¡ n(¡1)n

1 + n2sen nx

¶#;8x 2 (¡¼; ¼)

Adem¶as, utilizar la igualdad anterior para calcular1X

n=1

1

1 + n2

(Indicaci¶on: coshx =ex + e¡x

2; senhx =

ex ¡ e¡x2

)

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

a0

2+1X

n=1

(an cos nx+bn sen nx) siendo

8>>>><>>>>:

an =1

¼

Z ¼

¡¼f (x)cos nx dx n = 0; 1; 2 ¢ ¢ ¢

bn =1

¼

Z ¼

¡¼f(x) sennx dx n = 1; 2; 3 ¢ ¢ ¢

Al no ser f (x) ni par ni impar, los coe¯cientes han de calcularse por la formageneral

a0 =1

¼

Z ¼

¡¼f(x) dx =

1

¼

Z ¼

¡¼ex dx =

1

¼[ex]¼¡¼ =

1

¼(e¼¡ e¡¼) =

2

¼

e¼ ¡ e¡¼2

=

2 senh¼

¼


an =1

¼

Z ¼

¡¼f(x) cosnx dx =

1

¼

Z ¼

¡¼ex cos nx dx =

Calculamos esta integral por partes (dos veces).Zex cos nx dx =

·u = ex

dv = cos nx dx

¾du = ex dxv = sennx

n

¸=ex sen nx

n¡ 1

n

Zex sennxdx

Zex sen nx dx =

·u = ex

dv = sennx dx

¾du = exdxv = ¡ cosnx

n

¸=¡ex cos nx

n+

1

n

Zex cos nxdx

Con lo cual aparece nuevamente la integral que quer¶³amos calcular. Lapasamos al primer miembro y la sumamos con la existente

Zex cosnxdx =

ex sennx

n+ex cos nx

n2¡ 1

n2

Zex cos nx dx

Pasando esta integral al primer miembro y operando resulta

n2 + 1

n2

Zex cos nxdx =

ex(n sennx+ cosnx)

n2

luego Zex cosnxdx =

ex(n sennx + cos nx)

n2 + 1

de donde resulta,

an =1

¼

·ex(n sennx+ cosnx)

n2 + 1

¸¼

¡¼=

=1

¼(n2 + 1)

£e¼(n senn¼ + cos n¼) ¡ e¡¼(¡n senn¼ + cos n¼)

¤=

2(¡1)n senh¼

¼(n2 + 1)

analogamente

bn =1

¼

Z ¼

¡¼f (x) sen nx dx =

1

¼

Z ¼

¡¼ex sen nx dx =

Calculamos esta integral por partes (dos veces).Zex sennx dx =

·u = ex

dv = sen nxdx

¾du = ex dxv = ¡cosnx

n

¸= ¡e

x cos nx

n+

1

n

Zex cos nxdx

Zex cos nx dx =

·u = ex

dv = cosnxdx

¾du = exdxv = sennx

n

¸=ex sen nx

n¡ 1

n

Zex sennxdx

Con lo cual aparece nuevamente la integral que quer¶³amos calcular. Lapasamos al primer miembro y la sumamos con la existente

Zex sennxdx = ¡e

x cosnx

n+ex sennx

n2¡ 1

n2

Zex sennx dx

Pasando esta integral al primer miembro y operando resulta

n2 + 1

n2

Zex sen nx dx =

ex(¡n cos nx + sennx)

n2


luego Zex cosnxdx =

ex(¡n cos nx+ sennx)

n2 + 1

de donde resulta,

bn =1

¼

·ex(¡n cos nx+ sennx)

n2 + 1

¸¼

¡¼=

=1

¼(n2 + 1)

£e¼(¡n cos n¼ + senn¼) ¡ e¡¼(¡n cos n¼ ¡ senn¼)

¤=¡2n(¡1)n senh ¼

¼(n2 + 1)

Sustituyendo los coe¯cientes en la serie de Fourier resulta

ex =senh¼

¼+1X

n=1

2(¡1)n senh ¼

¼(n2 + 1)cos nx +

¡2n(¡1)n senh¼

¼(n2 + 1)sennx =

=2 ¢ senh¼

¼

"1

2+1X

n=1

µ(¡1)n

1 + n2cos nx ¡ n(¡1)n

1 + n2sennx

¶#;8x 2 (¡¼; ¼)

Para encontra la serie num¶erica dada, hacemos x = ¼ con lo cual eliminamostodos los senos de la serie de Fourier y al mismo tiempo eliminamos la alter-nancia de signos de los t¶erminos an. Pero con esta sustituci¶on hay que teneren cuenta que se realiza en un punto de discontinuidad, luego el valor de laserie se obtiene de la media aritm¶etica de los valores laterales de la funci¶on,es decir,

S(¼) =f(¼+) + f (¼¡)

2=e¼ + e¡¼

2= cosh¼

de donde

cosh ¼ =2 ¢ senh¼

¼

"1

2+1X

n=1

µ(¡1)n

1 + n2(¡1)n ¡ 0

¶#=

2 ¢ senh ¼

¼

"1

2+1X

n=1

µ1

1 + n2

¶#

Y despejando la serie pedida resulta1X

n=1

1

1 + n2=¼ cosh¼

2 senh ¼¡ 1

2=

1

2

³ ¼

tanh¼¡ 1´

7.3.3 Desarrollo de las funciones pares e impares en

series de Fourier.

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

f(¡x) = f(x) para todos los x 2 [¡¼; ¼]

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

f(¡x) = ¡f(x) para todos los x 2 [¡¼; ¼]

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


Teorema 7.10 Los coe¯cientes de Fourier de una funci¶on par f(x) se puedenobtener, de manera simpli¯cada, mediante las siguientes f¶ormulas:

an =2

¼

Z ¼

0

f(x) cos nx dx

bn = 0

Por consiguiente, la serie de Fourier de una funci¶on par contiene s¶olo loscosenos, es decir, tiene la forma:

f (x) =a0

2+1X

n=1

(an cos nx)

Teorema 7.11 Los coe¯cientes de Fourier de una funci¶on impar f(x) sepueden obtener, de manera simpli¯cada, mediante las siguientes f¶ormulas:

an = 0

bn =2

¼

Z ¼

0

f(x) sennx dx

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

f (x) =1X

n=1

(bn sennx)

Ejemplo 7.24 Desarrollar en serie de Fourier la siguiente funci¶on peri¶odicade periodo 2¼

f(x) = x2 ¡ ¼ · x · ¼

Utiliza el resultado para calcular la suma de la serie num¶erica:1X

n=1

1

n2

Soluci¶on: La funci¶on cumple las condiciones del teorema de desarrollabili-dad.la funci¶on es par, luego se trata de una serie de cosenos, y los coe¯cientes sepueden calcular mediante la forma simpli¯cada. La serie de fourier tendr¶a laforma:

x2 =a0

2+1X

n=1

(an cos nx)

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


a0 =2

¼

Z ¼

0

x2dx =2

¼

·x3

3

¸¼

0

=2

3¼2

a0 =2

¼

Z ¼

0

x2 cos nxdx

Calculamos esta integral por partes (dos veces)Rx2 cos nx dx =

·u = x2

dv = cos nxdx

¾du = 2xdxv = sennx

n

¸=x2 sen nx

n¡2

n

Rx sennxdx

Rx sennx dx =

·u = xdv = sen nx dx

¾du = dxv = ¡cosnx

n

¸=¡x cos nx

n+R cos nx

ndx =

¡x cos nx

n+

sennx

n2

LuegoRx2 cos nx dx =

x2 sennx

n¡ 2

n

µ¡x cos nx

n+

sennx

n2

¶=x2 sennx

n+

2x cos nx

n2¡

2 sen nx

n3de donde,

an =2

n

·x2 sennx

n+

2x cos nx

n2¡ 2 sennx

n3

¸¼

0

=2

¼

2¼ cosn¼

n2=

4 cosn¼

n2=

4

n2(¡1)n Por lo tanto la serie de Fourier de la funci¶on dada es:

x2 =¼2

3+ 4

1X

n=1

(¡1)n

n2cos nx

o en forma desarrollada

x2 =¼2

3¡ 4

µcosx

12¡ cos2x

22+cos3x

32¡ ¢ ¢ ¢

¶

Dado que la funci¶on dada es continua en todo <, la serie coincide con lafunci¶on S(x) = f (x) para cualquier n¶umero real x. Sin embargo hay quetener en cuenta que fuera del intervalo [¡¼; ¼] tenemos que f(x) 6= x2, yhabr¶a que calcular el valor de f(x) de acuerdo con la periodicidad de¯nida.La serie num¶erica pedida podemos obtenerla haciendo x = ¼x = ¼ ) S(¼) = f (¼) = ¼2, luego

¼2 =¼2

3¡ 4

µ¡ 1

12¡ 1

22¡ 1

32¢ ¢ ¢¶

de donde: 1X

n=1

1

n2=

1

4

µ¼2 ¡ ¼2

3

¶=

2¼2

12=¼2

6

Ejemplo 7.25 Desarrolla en serie de Fourier la siguiente funci¶on peri¶odicade periodo 2¼

f(x) = x ¡ ¼ < x · ¼


Utiliza el resultado para calcular1X

n=0

(¡1)n

2n + 1

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

x =1X

n=1

bn sennx

los coe¯cientes ser¶an:an = 0

bn =2

¼

Z ¼

0

x sennxdx

Calculamos la integral por partesRx sen nx dx =

·u = xdv = sennxdx

¾du = dxv = ¡ cosnx

n

¸=¡x cos nx

n+R cos nx

ndx =

=¡x cos nx

n+

sennx

n2

Luego

bn =2

¼

·¡x cosnx

n+

sennx

n2

¸¼

0

=2

¼

µ¡¼ cosn¼

n¡ 0 +

senn¼

n2¡ 0

¶=

= ¡ 2

ncos n¼ = ¡ 2

n(¡1)n = 2

(¡1)n+1

n

Por consiguiente, la serie de Fourier ser¶a:

x = 21X

n=1

(¡1)n+1 sennx

n= 2

µsenx

1¡ sen 2x

2+ ¢ ¢ ¢

¶

Esta igualdad tiene lugar para todos los x 2 (¡¼; ¼), sin embargo, en losextremos del intervalo la funci¶on no es continua y el valor de la serie hayque calcularlo mediante la media aritm¶etica correspondiente, en este casoS(§¼) = 0. Fuera del intervalo habr¶a que tener en cuenta el valor corre-spondiente debido a la periodicidad.La serie num¶erica dada la obtenemos haciendo x = ¼

2

x =¼

2) S(

¼

2) = f(

¼

2) =

¼

2

luego,

¼

2= 2

µsen ¼

2

1¡ sen 2¼2

2+

sen 3¼23¡ ¢ ¢ ¢

¶= 2

µ1¡ 0¡ 1

3+ ¢ ¢ ¢

¶= 2

µ1¡ 1

3+

1

5¡ ¢ ¢ ¢

¶


y por lo tanto:

1X

n=0

(¡1)n

2n + 1=

µ1¡ 1

3+

1

5¡ ¢ ¢ ¢

¶=¼

4

Ejemplo 7.26 Calcula la serie de Fourier de la funci¶on f (x) = jxj en elintervalo [¡¼; ¼].

Usar el desarrollo obtenido para sumar la serie1X

n=0

1

(2n + 1)2

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

f(¡x) = j ¡xj = jxj = f (x)

por lo tanto se trata de una serie de cosenos y los coe¯cientes pueden calcu-larse por el m¶etodo simpli¯cado.

a0 =2

¼

Z ¼

0

f (x)dx an =2

¼

Z ¼

0

f(x) cos nx dx bn = 0

de donde:

a0 =2

¼

Z ¼

0

xdx =2

¼

·x2

2

¸¼

0

=2¼2

2¼= ¼

an =2

¼

Z ¼

0

x cos nx dx

hacemos la integral por partes:

Zxcos nx dx =

½u = xdv = cos nx dx

¾du = dxv = sennx

n

¾=x sennx

n¡Z

sennx

n=x sen nx

n+

cos nx

n2

con lo cual:

an =2

¼

hx sen nx

n+

cos nx

n2

i¼0

=2

¼

·0 +

cos n¼

n2¡ 0 +

cos 0

n2

¸=

2(cosn¼ ¡ cos 0)

¼n2=

=2((¡1)n ¡ 1)

¼n2=

(0¡4

¼n2

si n es par

si n es impar

)=

¡4

¼(2n¡ 1)2para n = 1; 2; 3 ¢ ¢ ¢

De donde.

jxj= ¼

2¡1X

n=1

¡4

¼(2n¡ 1)2cos(2n¡1)x =

¼

2¡4

¼

·cos x

12+

cos 3x

32+

cos5x

52+ ¢ ¢ ¢

¸

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

j0j = ¼

2¡1X

n=1

¡4

¼(2n¡ 1)2cos 0 =

¼

2¡ 4

¼

1X

n=1

1

(2n¡ 1)2


de donde:4

¼

1X

n=1

1

(2n¡ 1)2=¼

2

Con lo que resulta:

1X

n=0

1

(2n + 1)2=1X

n=1

1

(2n¡ 1)2=¼2

8

Date post:	07-Jun-2015
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